Mostrar las álgebras de Lie $\mathfrak{su}(2)$ y $\mathfrak{sl}(2,\mathbb{R})$ no son isomorfas.

Question

Estoy trabajando en los ejercicios de "Lie Groups, Lie Algebras, and Representations" - Hall y no puedo completar el ejercicio 11 del capítulo 3. Mi objetivo era demostrar que no existe un isomorfismo del espacio vectorial $A$ entre los dos espacios que también preserva el conmutador.
$$[AX, AY] = A[X, Y]$$ Para ello he calculado las siguientes relaciones de conmutación en bases para dos espacios.

Para el $\mathfrak{su}(2)$ matrices de base $e_1, e_2, e_3$ sostiene que $$[e_1, e_2] = 2e_3 \,\,\,\,\,\, [e_1, e_3] = -2e_2 \,\,\,\,\,\, [e_2, e_3] = 2e_1$$

Para el $\mathfrak{sl}(2, \mathbb{R})$ matrices de base $f_1, f_2, f_3$ sostiene que $$[f_1, f_2] = 2f_2 \,\,\,\,\,\, [f_1, f_3] = -2f_3 \,\,\,\,\,\, [f_2, f_3] = f_1$$

Está claro que para la biyección lineal $(e_1, e_2, e_3) \mapsto (f_1, f_2, f_3)$ no conservaría las relaciones, como tampoco lo haría una permutación de las matrices de destino. Sin embargo, necesito demostrar que ninguna matriz invertible satisface $$[AX, AY] = A[X, Y]$$ Así que a partir de ahí empecé a derivar ecuaciones para los elementos de $A$ . Son expresiones feas en términos de los subdeterminantes de la $A$ matriz, y teniendo en cuenta que no se me ocurre una forma de concluir $A$ no puede existir. ¿Hay alguna manera más fácil de terminar la prueba que derivar las ecuaciones para $A$ ?

Nota: He buscado soluciones para este problema y la única técnica que veo insinuada es considerar las formas de matar (que aún no han sido tratadas en este libro).

Answer 1

Su enfoque funciona sin problemas, si escribe la condición $[Ax,Ay]=A[x,y]$ para todos $x,y$ en términos de $9$ coeficientes de la matriz $A$ . Las ecuaciones polinómicas en estos $9$ desconocidos sobre $\mathbb{R}$ ceder rápidamente $\det(A)=0$ una contradicción.

Otro argumento elemental es el siguiente. $\mathfrak{sl}(2,\mathbb{R})$ tiene un $2$ -subálgebra dimensional, por ejemplo, $\mathfrak{a}=\langle f_1,f_2\rangle$ pero $\mathfrak{su}(2)$ no tiene $2$ -subálgebra dimensional. Por lo tanto, no pueden ser isomorfas.

Answer 2

Esta es una respuesta de estilo Q&A que no pretende ser la respuesta definitiva a la pregunta. Desarrolla una de las técnicas sugeridas por Dietrich Burde para futuros lectores.

Otro argumento elemental es el siguiente. $\mathfrak{sl}(2,\mathbb{R})$ tiene un $2$ -subálgebra dimensional, por ejemplo, $\mathfrak{a}=\langle f_1,f_2\rangle$ pero $\mathfrak{su}(2)$ no tiene $2$ -subálgebra dimensional. Por lo tanto, no pueden ser isomorfas.

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$\mathfrak{sl}(2, \mathbb{R})$ tiene un subespacio bidimensional.

Consideremos las matrices de la forma $\alpha_1 f_1 + \alpha_2 f_2$ . Es evidente que se trata de un subespacio de $\mathfrak{sl}(2)$ . Tenemos que demostrar que la operación de conmutación es cerrada en este subespacio: $$[\alpha_1 f_1 + \alpha_2 f_2, \beta_1 f_1 + \beta_2 f_2] = 2(\alpha_1\beta_2 - \alpha_2\beta_1)f_2$$

$\mathfrak{su}(2)$ no tiene un subespacio bidimensional.

Consideremos un subespacio bidimensional con base $g_1, g_2$ . Entonces $$[\alpha_1 g_1 + \alpha_2 g_2, \beta_1 g_1 + \beta_2 g_2] = (\alpha_1\beta_2 - \alpha_2\beta_1)[g_1, g_2]$$ Debemos demostrar que $g_1, g_2$ no se puede elegir tal $[g_1, g_2]$ se encuentra en el tramo de $g_1, g_2$ . Para ello, dejemos que $g_1 = \sum_i a_i e_i, g_2 = \sum b_i e_i$ . Se puede demostrar mediante un cálculo directo que $$[g_1, g_2] = \begin{vmatrix} 2 e_1 & a_1 & b_1 \\ 2 e_2 & a_2 & b_2 \\ 2 e_3 & a_3 & b_3 \notag \end{vmatrix}$$ En otras palabras, el conmutador de $g_1$ y $g_2$ es el doble de su producto cruzado. Como el producto cruzado es perpendicular a $g_1, g_2$ hemos terminado.

Answer 3

(Advertencia: Ver los comentarios debajo de este post - esta respuesta es incorrecta actualmente. Se ha publicado una respuesta completa en math.stackexchange.com/a/4032652/96384 )

Esta es una respuesta de estilo Q&A que no pretende ser la respuesta final a la pregunta. Completa la técnica original para futuros lectores. Gracias a Dietrich Burde por la motivación para continuar con ella.

Como en el caso anterior, supongamos $A$ es un isomorfismo de $\mathfrak{su}(2) \to \mathfrak{sl}(2, \mathbb{R})$ . Entonces $$[AX, AY] = A[X, Y]$$

Dejemos que $A_i$ denotan los vectores columna de $A$ . Entonces $$Ae_i = \sum_j A_{ij} f_j$$ Utilizamos $[Ae_1, Ae_2] = A[e_1, e_2]$ para obtener $$2\begin{vmatrix} A_{11} & A_{21} \\ A_{12} & A_{22} \end{vmatrix}f_2 + 2\begin{vmatrix} A_{11} & A_{21} \\ A_{13} & A_{23} \end{vmatrix}(-f_3) + \begin{vmatrix} A_{12} & A_{22} \\ A_{13} & A_{23} \end{vmatrix}f_1 = 2 (A_{31}f_1 + A_{32}f_2 + A_{33}f_3)$$ Combinando estas tres ecuaciones implícitas con la expansión del cofactor del determinante: $$\begin{vmatrix} A_{11} & A_{21} & A_{31} \\ A_{12} & A_{22} & A_{32} \\ A_{13} & A_{23} & A_{33} \end{vmatrix} = A_{31}\begin{vmatrix} A_{12} & A_{22} \\ A_{13} & A_{23} \end{vmatrix} - A_{32}\begin{vmatrix} A_{11} & A_{21} \\ A_{13} & A_{23} \end{vmatrix} + A_{33}\begin{vmatrix} A_{11} & A_{21} \\ A_{12} & A_{22} \end{vmatrix} $$ obtenemos: $$\det(A) = 2 A_{31}^2 + A_{32}A_{33} + A_{33}A_{32}$$ Utilizando las otras dos relaciones de conmutatividad obtenemos: $$\det(A) = 2 A_{11}^2 + 2 A_{12} A_{13}$$ $$\det(A) = 2 A_{21}^2 + 2 A_{22} A_{23}$$

Answer 4

Sólo para añadir otro método a esta bonita colección de respuestas:

Se ve fácilmente que $\mathfrak{sl}(2, \mathbb R)$ tiene muchos elementos adnilpotentes además de $0$ (por ejemplo, en su presentación $f_1$ y $f_2$ ), mientras que se puede demostrar que $\mathfrak{su}_2$ no tiene ningún elemento adnilpotente $\neq 0$ .

Para ver este último hecho, se pueden calcular los valores propios de $ad$ de un elemento general, o utilice el siguiente atajo: Sabemos que $\mathfrak{su}_2$ tiene una representación estándar en $\mathbb C^2$ que lo identifica con las matrices

$$\pmatrix{ai&b+ci\\-b+ci&-ai}$$

( $a,b,c \in \mathbb R$ ); ahora bien, si algún elemento fuera $ad$ -nilpotente, entonces debe actuar de forma nilpotente en cualquier representación, es decir, la matriz anterior también tendría que ser nilpotente, en particular tener determinante evanescente. Pero su determinante es $a^2+b^2+c^2$ que es $\neq 0$ a menos que $a=b=c=0$ .

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Lo bueno de este método es que es un caso especial de un hecho general Me ha resultado útil:

Entre las álgebras de Lie reales semisimples, las del compacto formas (como $\mathfrak{su}_n$ ) son precisamente las que no tienen elementos nilpotentes no triviales.

Answer 5

Esta es una respuesta de estilo Q&A que no pretende ser la respuesta definitiva a la pregunta. Desarrolla una de las técnicas sugeridas por Mariano Suárez-Alvarez para futuros lectores.

Un isomorfismo $f:\mathfrak{su}(2) \to \mathfrak{su}(3)$ tiene que asignar un elemento diagonalizable a un elemento diagonalizable.

No es exactamente la misma técnica, pero se inspira en ella. En su lugar utilizaré que si existiera un isomorfismo entre $\mathfrak{su}(2)$ y $\mathfrak{sl}(2, \mathbb{R})$ entonces el homomorfismo inducido en sus representaciones adjuntas tendría que preservar la diagonalizabilidad de las matrices. Esto lleva a una contradicción.

La siguiente proposición se inspira en Los homomorfismos del álgebra de Lie preservan la forma de Jordan :

Supongamos que las álgebras de Lie $\mathfrak{g}, \mathfrak{h}$ son isomorfas. Denotemos el isomorfismo como $\phi : \mathfrak{g} \to \mathfrak{h}$ . Entonces, para todo diagonalizable $ad_X \in ad_\mathfrak{g}$ , $\phi^*(ad_X) \in ad_\mathfrak{h}$ es diagonalizable (donde $\phi^*$ es el homomorfismo inducido entre las representaciones adjuntas). En particular, si $\lambda_i$ , $Y_i$ es un par de valores propios y vectores propios de $ad_X$ entonces $\lambda_i$ , $\phi(Y_i)$ es un par de valores propios, valores propios de $ad_{\phi(X)}$ .

Supongamos que $ad_X$ es diagonalizable con valores propios $\lambda_i$ y los vectores propios $Y_i$ . Entonces $$ad_X(Y_i) = \lambda_i Y_i$$ Queremos demostrar que $\phi(Y_i)$ es un vector propio de $\phi^*(ad_X)$ .

\begin{eqnarray*} \phi^*(ad_X)(\phi(Y_i)) &=& ad_{\phi(X)}(\phi(Y_i)) \\ &=& [\phi(X), \phi(Y_i)] \\ &=& \phi([X, Y_i]) \\ &=& \phi(ad_X(Y_i)) \\ &=& \lambda_i\phi(Y_i) \\ \end{eqnarray*}

Ahora, utilizando las relaciones de conmutatividad indicadas en el problema, podemos calcular la representación adjunta de $\mathfrak{su}(2)$ : $$ ad_{e_1} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \\ 0 & 2 & 0 \end{bmatrix} \,\,\,\,\, ad_{e_2} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 0 \end{bmatrix}\,\,\,\,\, ad_{e_3} = \begin{bmatrix} 0 & -2 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

Para $\mathfrak{sl}(2, \mathbb{R})$ encontramos: $$ ad_{f_1} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{bmatrix} \,\,\,\,\, ad_{f_2} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\,\,\,\,\, ad_{f_3} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

Supongamos que $\phi$ es un isomorfismo entre $\mathfrak{sl}(2, \mathbb{R})$ y $\mathfrak(su)(2)$ y que $$\phi(f_1) = a_1 e_1 + a_2 e_2 + a_3 e_3$$ Ahora cualquier combinación lineal de las matrices $ad_{e_i}$ es asimétrica, lo que significa que tiene valores propios imaginarios. Por otro lado, la matriz $ad_{f_1}$ tiene valores propios $0, -2, 2$ . Consideremos el par valor propio, vector propio $-2, v$ de $f_1$ . No hay manera de que $\phi(v)$ puede ser un vector propio de $\phi(f_1)$ con valor propio $-2$ Así que tenemos una contradicción.