$PSL(2,\mathbb C)$ $PGL(2,\mathbb C)$

Question

Quiero mostrar a $PSL(2,\mathbb C)\cong PGL(2,\mathbb C)$$PSL(2,\mathbb R) \not\cong PGL(2,\mathbb R)$.

No tengo idea de cómo tratar con él. Alguna sugerencia ?

gracias

Answer 1

Una manera de demostrar la no-isomorfismo parte sería mostrar que ${\rm PGL}(2,{\mathbb R})$ tiene Klein 4-grupo $C_2 \times C_2$ como subgrupo, pero ${\rm PSL}(2,{\mathbb R})$ no.

La primera afirmación es fácil. $C_2 \times C_2$ es la imagen en ${\rm PGL}(2,{\mathbb R})$ de los diedros grupo de orden 8 generados por $\left(\begin{array}{rr}1&0\\0&-1\end{array}\right)$$\left(\begin{array}{rr}0&1\\1&0\end{array}\right)$.

También es sencillo de demostrar que el único elemento de orden 2 en ${\rm SL}(2,{\mathbb R})$$-I_2$. Así que la única posibilidad para la inversa de la imagen en ${\rm SL}(2,{\mathbb R})$ $C_2 \times C_2$ es el grupo de cuaterniones $Q_8$. Pero $Q_8$ no tiene un 2-dimensional de la representación real. Que puede ser mostrado usando el Frobenius-Schur indicador de la 2-dimensional representación compleja, pero espero que prefieren una más elementales de la prueba.

¿Cuál es el origen de este problema? Es un ejercicio, y si es así, ¿a qué nivel?

Edit: De hecho, no es difícil mostrar que $Q_8$ no es un subgrupo de ${\rm GL}(2,{\mathbb R})$ sin el uso de teoría de la representación. Un elemento de orden 4 en ${\rm GL}(2,{\mathbb R})$ tiene un mínimo de polinomio $x^2+1$ y por lo tanto es conjugado a $A := \left(\begin{array}{rr}0&1\\-1&0\end{array}\right)$. Por simple álgebra lineal nos encontramos con que las matrices de la conjugación de los $A$ $A^{-1}$tiene la forma $B:=\left(\begin{array}{rr}a&b\\b&-a\end{array}\right)$, e $B^2 = -I$ da $a^2+b^2 = -1$, que no tiene solución en ${\mathbb R}$.

Así que ahora tiene tres pruebas de la no-isomorfismo!

Answer 2

Usted tiene surjective morfismos $xL(n,K)\to PxL(n,K)$ (cuyo núcleo consiste de los múltiplos de la identidad) para $x\in\{G,S\}$, $n\in\mathbb N$ y y $K\in\{\mathbb C,\mathbb R\}$. Usted también tiene incrustaciones $SL(n,K)\to GL(n,K)$. Dado que el núcleo del compuesto de morfismos $SL(n,K)\to GL(n,K)\to PGL(n,K)$ contiene (y, de hecho, coincide con) el núcleo de la morfismos $SL(n,K)\to PSL(n,K)$ (es el (finito) conjunto de múltiplos de la identidad en $SL(n,K)$), uno puede pasar al cociente para obtener un morfismos $PSL(n,K)\to PGL(n,K)$, que es inyectiva (porque "coincide con" más arriba). La pregunta es si esto de morfismos es surjective.

La pregunta equivale a lo siguiente: dado e $g\in GL(n,K)$, hace que su imagen en $PGL(n,K)$ coinciden con la imagen de algunos de los $g'\in SL(n,K)\subset GL(n,K)$? Para que esto suceda, debe haber un $\lambda\in K^\times$ tal que $\lambda g\in SL(n,K)$, y desde $\det(\lambda g)=\lambda^n\det g$, uno es llevado a la búsqueda de soluciones a $\lambda$ $\lambda^n=(\det g)^{-1}$ donde $(\det g)^{-1}$ podría ser cualquier elemento de $K^\times$. Es fácil ver cómo la solvencia de esta ecuación polinómica depende de $n$$K$.

Answer 3

Sugerencia: Deje $K$ ser cualquier campo. $PSL_{n}(K) \simeq PGL_{n}(K)$ fib $SL_{n}(K)$ cruza todos los cosets de $Z(GL_{n}(K))$ $GL_{n}(K)$

Answer 4

El determinante mapa da lugar a una división exacta de la secuencia

$$ PSL(n, F) \hookrightarrow PGL(n,F) \twoheadrightarrow F^\times / (F^\times)^n, $$

es decir, tenemos un isomorfismo $PSL(n,F) \rtimes F^\times / (F^\times)^n \cong PGL(n,F)$.

Ahora, $F^\times / (F^\times)^n = 1$, si y sólo si todo elemento de a $F$ $n$- ésima raíz.

Desde $\mathbb{R}$ no es algebraicamente cerrado, $F^\times / (F^\times)^2$ tiene dos elementos. Pero los números complejos son algebraicamente cerrado.