Diferencial de la inversión del grupo de Lie

Question

Sea $G$ un grupo de Lie y $\iota \colon G\to G$ denote la inversión. Si $e$ es la identidad de $G$, prueba que: $$\text d \iota _e = -\text {id} _{T_e G}.$$ Entiendo que la diferencial en $e$ debería ser una involución, ya que $$\iota \circ \iota = \text{id}_G$$ implica que $$\text d \iota _e \circ \text d \iota _e=\text d (\iota \circ \iota)_e=\text d(\text {id} _G)_e=\text {id} _{T_e G}.$$ Sin embargo, no sé cómo concluir la tesis a partir de esto. ¿Algún consejo?

Answer 1

Desde tu enfoque, solo puedes decir que el valor propio es $1$ o $-1$, por lo tanto es imposible responder tu pregunta.

Si usas la definición de curva del vector tangente, el resultado no puede ser más obvio: $$ \iota: g(t)\mapsto g^{-1}(t), g(0)=e. $$ Entonces por regla de la cadena: $$ d\iota_e(\dot g(0))=\dot g^{-1}(0). $$ Sin embargo, $g(t)g^{-1}(t)=e$ y por lo tanto por la regla de Leibniz: $$ \dot g(0)=-\dot g^{-1}(0). $$ y en consecuencia, $$ d\iota_e(\dot g(0))=-\dot g(0), \forall \dot g(0)\in T_eG. $$

Nota que un grupo de Lie $G$ es necesariamente un espacio simétrico con la simetría de inversión $S_g$ en $g\in G$ dada por $S_g: h\mapsto gh^{-1}g$. Por lo tanto, cada simetría de inversión es involutiva y en particular, en $g=e$, $S_g$ coincide con la inversión del grupo. Esto dice aproximadamente que deberías esperar tener un mapa involutivo en primer lugar.

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Verificación honesta de la regla de Leibniz:

Si $G$ es un grupo de Lie de matrices, la multiplicación del grupo es la multiplicación de matrices y listo. Para un grupo de Lie general, la situación es similar: $\forall a,b\in G$ parametrizados por coordenadas locales $a=a(x^1,\dots,x^n)$ y $b=b(y^1,\dots,y^n)$, su producto es suave y un mapa de $(x^1,\dots,x^n;y^1,\dots,y^n)$ a $a\cdot b\in G$ está bien definido: $$ a\cdot b(x^1,\dots,x^n;y^1,\dots,y^n)=a(x^1,\dots,x^n)\cdot b(y^1,\dots,y^n) $$ Nota que $$ \begin{split} \frac{d}{dt}a\cdot b(x^1(t),\dots,x^n(t);y^1(t),\dots,y^n(t))&=\sum_{i=1}^n\frac{\partial a\cdot b}{\partial x^i}\frac{dx^i}{dt}+\sum_{i=1}^n\frac{\partial a\cdot b}{\partial y^i}\frac{dy^i}{dt}\\ &=\frac{d}{dt}(R_b(a(t)))+\frac{d}{dt}(L_a(b(t)))\\ &=R_{b*}\dot a(t)+L_{a*}\dot b(t) \end{split} $$ En nuestro caso, tomamos $a=g, b=g^{-1}$ y el resto sigue.

Answer 2

Puede ser taaaan sencillo... :)

Aplicando la multiplicación infinitesimalmente: $$[\alpha]+\mathrm{d}\iota[\alpha]=[\alpha]+[\iota\circ\alpha]=\mathrm{d}\mu[(\alpha,\alpha^{-1})]=[\mu(\alpha,\alpha^{-1})]=[e]=0$$ (Señale que todos los signos de igualdad en esta línea son reales)

Answer 3

Basado en el hecho de que $\iota$ es una involución, no puedes concluir que $d\iota_{e} = -\text{id}_{T_{e}G}$. Por ejemplo, piensa en la involución $R$ de $\mathbb{R}^3$ que consiste en una rotación de $\pi$ alrededor del eje $z$. Esto tiene un diferencial en el origen dado por \begin{equation} \left[ {\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} } \right]. \end{equation>

Una manera de ver que $d\iota_{e} = -\text{id}_{T_{e}G}$ es haciendo uso de los subgrupos de 1 parámetro. Dado un elemento $X \in T_{e}G$, tenemos el subgrupo de 1 parámetro de $G$ generado por $X$: \begin{equation} \Phi_{X}(t) = \text{exp}(tX). (Nota que estamos identificando el espacio tangente $T_{e}G$ con $\text{Lie}(G)$, el álgebra de Lie de $G$, y que exp es el mapa exponencial: exp$: \text{Lie}(G) \to G$.)

Dado que $\Phi_{X}'(0) = X$, y que \begin{equation}\iota \circ \Phi_{X}(t) = \text{exp}(tX)^{-1} = \text{exp}(-tX) = \Phi_{-X}(t), \end{equation> tenemos que \begin{equation} d\iota_{e}(X) = d\iota_{e} \circ d(\Phi_{X})_{0}(\frac{d}{dt}) = d(\iota \circ \Phi_{X})_{0}(\frac{d}{dt}) = \Phi_{-X}'(0) = -X.

Nota que hacer uso del subgrupo de 1 parámetro a menudo es útil en problemas como este que involucran diferenciales de mapas en grupos de Lie.