Derivada de los mapas de multiplicación e inverso en un grupo de Lie

Question

Estoy tratando de resolver los siguientes dos problemas:

Sea $G$ un grupo de Lie con la multiplicación $\mu\colon G\times G\to G$, y sean $\ell_a\colon G\to G$ y $r_b\colon G\to G$ las multiplicaciones izquierda y derecha por $a$ y $b$ en $G$, respectivamente. Muestra que la diferencial de $\mu$ en $(a,b)\in G\times G$ es $$ \mu_{*, (a,b)}(X_a,Y_b) = (r_b)_*(X_a) + (\ell_a)_*(Y_b) \quad \text{para } X_a\in T_aG,\ Y_b\in T_bG. $$

y

Sea $G$ un grupo de Lie con la multiplicación $\mu\colon G\times G\to G$, la inversa $\iota\colon G\to G$ y el elemento identidad $e$. Muestra que la diferencial de la inversa en $a\in G$, $$ \iota_{*,a} \colon T_aG \to T_{a^{-1}}G, $$ es dada por $$ \iota_{*,a}(Y_a) = -(r_{a^{-1}})_* (\ell_{a^{-1}})_* Y_a, $$ donde $(r_{a^{-1}})_* = (r_{a^{-1}})_{*,e}$ y $(\ell_{a^{-1}})_* = (\ell_{a^{-1}})_{*,a}$.

Me pregunto si debo intentar encontrar curvas a través de estos puntos, o simplemente aplicar cualquiera de los lados a funciones en $C^\infty(G)$? Parece que hay algunas preguntas aquí sobre la diferencial de la multiplicación y la inversión en la identidad, pero estoy tratando de evaluar esto en puntos arbitrarios... el autor (Tu) menciona la exponencial de matrices en esta sección pero ¿debería usar eso aquí? Estos grupos de Lie no necesariamente contienen matrices.

Answer 1

Uno de los ejercicios anteriores de Tu, por ejemplo, $8.7^*$ muestra que para los módulos $M,N$, al definir $\pi_1:M\times N\to M$ y $\pi_2: M\times N \to N$, se puede demostrar que para $(p,q)\in M\times N$ se tiene que $$\pi_{1*}\times\pi_{2*}:T_{(p,q)}(M\times N)\to T_pM\times T_qN$$ es un isomorfismo. Además, $T_pM\times T_qN\cong T_pM \oplus T_q N$, lo cual aparece en otros textos como el de Lee.

La prueba de esto se encuentra en realidad al final del libro de Tu, que supongo que tienes o tuviste, pero puedo proporcionarla si se solicita.

De todos modos, la clave es usar esto y su proposición $8.17$ que muestra cómo calcular diferenciales con curvas. La utilidad del ejercicio anterior es que podemos escribir un vector tangente en $(a,b)$ como $(X_a,Y_b)$ en lugar de solo algo como $v$, ya que $T_{(a,b)}(G\times G)\cong T_aG\times T_bG$

Para $Q1$ primero usamos que $\mu_*$ es una aplicación lineal de $T_a G\times T_b G \to T_{\mu(a,b)}G$ de manera que $$\mu_{*,(a,b)}(X_a,Y_b)=\mu_{*,(a,b)}(X_a,0)+\mu_{*,(a,b)}(0,Y_b)$$

Luego, por la proposición $8.17$ podemos calcular estos con curvas. Para $\mu_{*,(a,b)}(X_a,0)$ consideramos una curva $c(t)$ en $G$ tal que $c(0)=a$ y $c'(0)=X_a$, luego definimos una curva $\gamma(t)$ en $G\times G$ como $\gamma(t)=(c(t),b)$. Así $$\mu_{*,(a,b)}(X_a,0)=\frac{d}{dt}\bigg|_0 \mu\circ\gamma=\frac{d}{dt}\bigg|_0 \mu(c(t),b)$$

Por otro lado, consideremos la aplicación de multiplicación derecha por $r_b:G\to G$ dada por $a\mapsto \mu(a,b)$. Entonces $(r_{b})_*:T_a(G)\to T_{\mu(a,b)}G$. Nuevamente podemos calcular esto mediante la misma curva $c(t)$ de manera que $(r_{b})_*(X_a)=\dfrac{d}{dt}\bigg|_0 r_b\circ c$. Luego podemos identificar esto con lo anterior, ya que

$$(r_{b})_*(X_a)=\dfrac{d}{dt}\bigg|_0 r_b\circ c= \dfrac{d}{dt}\bigg|_0 \mu(c(t),b)$$

Un argumento similar con la multiplicación izquierda muestra que:

$$\mu_{*,(a,b)}(X_a,Y_b)=\mu_{*,(a,b)}(X_a,0)+\mu_{*,(a,b)}(0,Y_b)=(r_{b})_*(X_a)+(l_{a})_*(Y_b)$$

Actualizaré cuando tenga resuelta la pregunta $2$.

Actualización(mucho tiempo después - disculpas)

Dado $\iota:G\to G$, $\iota(a)=a^{-1}$, y $\iota_{*,a}:T_a G\to T_{a^{-1}}G$, se nos pide demostrar que $$\iota_{*,a}(Y_a)=-(r_{a^{-1}})(l_{a^{-1}})_*(Y_a)$$ donde $(l_{a^{-1}})_*=(l_{a^{-1}})_{*,a}$ y $(r_{a^{-1}})_*=(r_{a^{-1}})_{*,e}$. Dado que sabemos cómo se supone que debe verse la respuesta y se nos recuerda que en el problema $8.8(b)^\&$ demostramos que $\iota_{*,e}(X_e)=-X_e$, el truco es notar que $\iota=r_{a^{-1}}\circ\iota\circ l_{a^{-1}}$ verificando que (usando la yuxtaposición en lugar de escribir $\mu$) $$r_{a^{-1}}\circ\iota\circ l_{a^{-1}}(x)=(a^{-1}x)^{-1}a^{-1}=x^{-1}aa^{-1}=x^{-1}=\iota(x)$$

Entonces usando esto y la regla de la cadena tenemos que

$$\iota_{*,a}(Y_a)=(r_{a^{-1}})_{*,e}\circ\iota_{*,e}\circ (l_{a^{-1}})_{*,a}(Y_a)$$

Llamando para conveniencia $X_e:=(l_{a^{-1}})_{*,a}(Y_a)$, y usando $\iota_{*,e}(X_e)=-X_e$ y la linealidad de los mapas de diferencial/envío hacia adelante tenemos

$$\iota_{*,a}(Y_a)=(r_{a^{-1}})_{*,e}(-X_e)=-(r_{a^{-1}})_{*,e}(l_{a^{-1}})_{*,a}(Y_a)$$

---

---

$^\&$ Demostración del $8.8(b)$ para completitud:

El envío hacia adelante $\iota_{*,e}:T_e G\to T_e G$ de la función inversa se puede calcular como en la primera pregunta eligiendo una curva. Si queremos calcular $\iota_{*,e}(X_e)$, elegimos una curva $c(t)$ en $G$ tal que $c(0)=e$ y $c'(0)=X_e$.

Sabemos que $\iota_{*,e}(X_e)=\frac{d}{dt}\big|_0 \iota\circ c$ que llamamos $Y_e$ por conveniencia, es decir, fijamos $Y_e=\iota_{*,e}(X_e)$. La pista nos dice que usemos que $\mu(c(t),\iota\circ c(t))=e$. Esto puede verse como una composición de los mapas $\mu \circ \left(c\times (\iota\circ c)\right)$, que es un mapa constante en algún intervalo (digamos) abierto $(a,b)\times (a,b)\to G\times G$.

Usando que el diferencial de un mapa constante es el mapa cero, entonces $$\mu_{*,(e,e)}(X_e,Y_e)=\mu_{*,(e,e)}(X_e,0)+\mu_{*,(e,e)}(0,Y_e)=0$$

Solo necesitamos que $\mu_{*,(e,e)}(X_e,0)=X_e$ y $\mu_{*,(e,e)}(0,Y_e)=Y_e$, de $8.8(a)$, lo cual esencialmente sigue de manera similar al problema 1, definiendo curvas $\gamma(t)=(c(t),e)$ y $\tilde{\gamma}(t)=(e,\iota\circ c(t))$ $$\mu_{*,(e,e)}(X_e,0)=\frac{d}{dt}\bigg|_0 \mu\circ \gamma=\frac{d}{dt}\bigg|_0 \mu(c(t),e)=\frac{d}{dt}\bigg|_0 c=X_e$$

y

$$\mu_{*,(e,e)}(0,Y_e)=\frac{d}{dt}\bigg|_0 \mu\circ \tilde{\gamma}=\frac{d}{dt}\bigg|_0 \mu(e,\iota\circ c(t))=\frac{d}{dt}\bigg|_0 \iota\circ c=Y_e$$

entonces tenemos que $X_e+Y_e=0$ y así que

$$\iota_{*,e}(X_e)=Y_e=-X_e$$

Answer 2

Aquí $\exp(tX)$ es una curva en la identidad $e$ cuya tangente es $X \in T_eG

(1) $$\frac{d}{dt} \mu (a,\exp(tY)b)= \frac{d}{dt} a(\exp (tY)b)=dl_a\ Y_b$$

$$\frac{d}{dt} \mu (a\exp(tX), b)= \frac{d}{dt} (a \exp (tX)) b=dr_b\ X_a$$ Hence $$ dl_a\ Y_b + dr_b\ X_a= d\mu\ \{ \frac{d}{dt} (a,\exp(tY)b) + \frac{d}{dt} (a\exp (tX),b) \} =d\mu \{ (0,Y_b) + (X_a,0) \} $$

(2) $$ 0= \frac{d}{dt}\mu (a\exp (tY), [\exp (tY)]^{-1} a^{-1} ) =\frac{d}{dt}\mu (a\exp (tY), i (a \exp (tY) ) ) = dr_{a^{-1}} Y_a + dl_a \ di_a\ Y_a $$ so that $$ di_a \ Y_a= - (dl_a)^{-1} dr_{a^{-1}}\ Y_a $$

( Mostraremos que $(dl_a)^{-1}=dl_{a^{-1}} $ : $ dl_{a^{-1}} dl_a\ X = \frac{d}{dt} \exp (tX) =X $)

Answer 3

Conozco que esta es una pregunta antigua. Aquí está mi solución elemental, que no hace uso de curvas.

Empezamos con un teorema:

Teorema: Sean $M$ y $N$ variedades suaves. Sean $p\in M$ y $q\in N$. Sean $$\pi_1: M\times N \to M, \quad \pi_2: M\times N \to N$$ los mapas de proyección. Sean $$\eta_1: M\to M\times N: m\mapsto (m,q), \quad \eta_2: N \to M\times N: n \mapsto (p,n)$$ los mapas de inclusión. Tenemos mapas canónicos $$\varphi: T_{(p,q)}(M\times N) \to T_p M \times T_q N: z \mapsto ((\pi_1)_{*, (p,q)}(z), (\pi_2)_{*, (p,q)}(z))$$ $$\psi: T_p M\times T_q N\to T_{(p,q)}(M\times N): (x,y) \mapsto (\eta_1)_{*,p}(x)+ (\eta_2)_{*,q}(y).$$ Entonces $\varphi$ y $\psi$ son inversos entre sí.

Prueba: Solo calcula una composición usando la regla de la cadena.

Corolario: Sea $G$ un grupo de Lie. Si $p,q\in G$, y $l_p: G \to G$ es la multiplicación izquierda y $r_q: G \to G$ es la multiplicación derecha en $G$ y $\kappa = \mu_{*,(p,q)}\circ \psi$ es la composición $$T_p G \times T_q G \cong T_{(p,q)}(G\times G)\to T_{pq}(G)$$ entonces $$\kappa(X_p, X_q) = (r_q)_{*,p}(X_p) + (l_p)_{*,q}(Y_p).$$ En particular, tomando $p=q=e$ obtenemos $\kappa(X_e, Y_e) = X_e + Y_e.$

Prueba: Observa que $\mu \circ \eta_1 = r_q, \mu \circ \eta_2 = l_p$. Por lo tanto, $$\kappa(X_p, X_q) = \mu_{*,(p,q)}((\eta_1)_{*,p}(X_p) + (\eta_2)_{*,q}(X_q))= (r_q)_{*,p}(X_p) + (l_p)_{*,q}(X_q)$$ por la regla de la cadena.

Answer 4

Aquí hay una prueba para la pregunta (b):
Define $K=id\times \ell:G\rightarrow G\times G$, donde "$id$" es la identidad. Entonces $F=\mu\circ K$ es una aplicación constante hacia la unidad. Por lo tanto, $\forall X_{e}\in T_{e}G$: \begin{align} (\mathrm{d}F)_{e}(X_{e})&=\mathrm{d}\mu_{(e,e)}\circ (\mathrm{d}K)_{e}(X_{e})\\ &=\mathrm{d}\mu_{(e,e)}((X_{e},(\mathrm{d}\ell)_{e}(X_{e})))\\ &=X_{e}+(\mathrm{d}\ell)_{e}(X_{e})=0 \end{align} El resultado sigue.