¿Grupo de Lie nilpotentes homeomorfa a $\mathbb R^n$?

Question

Es cierto que una conectada, simplemente conectado, nilpotent $n$-dimensiones de la Mentira de grupo $G$ es homeomórficos a $\mathbb R^n$?

EDITAR: Tal vez un posible argumento es el siguiente: Puesto que la $G$ es de $G$ no puede contener no trivial máxima compacto subgrupos. Por un teorema asociados a Iwasawa y Malcev, todos de máxima compacto subgrupos son conjugado y por lo tanto tienen la misma dimensión. Por un teorema por Hochschild(?), $G/K$ es diffeomorphic a $\mathbb R^n$ donde $K$ es un(ny) máxima compacto subgrupo. Pero para $G$ simplemente conectado, conectado, nilpotent, $K$ debe ser trivial, de donde $G$ sí es diffeomorphic a $\mathbb R^n$.

Answer 1

Si una Mentira grupo $G$ es nilpotent, su Mentira álgebra $\mathfrak g$ es nilpontent, y no es un ideal de a $\mathfrak h\subseteq\mathfrak g$ de codimension $1$. De ello se desprende que hay un subgrupo de $H\subseteq G$ cuyo Mentira álgebra es $\mathfrak h$ de este subgrupo está cerrada debido a la $G$ es simplemente conectado, y tenemos una breve secuencia exacta de los grupos de Lie $$1\to H\to G\to\mathbb R\to 0$$ This extension of groups is split, so that $G$ is in fact a semidirect product of $\mathbb R$ and $H$; to exhibit a splitting, let $\mathfrak un$ be a subspace of $\mathfrak g$ complementary to $\mathfrak h$: the $1$-dimensional closed Lie subgroup of $G$ tangent to it maps isomorphically to the $\mathbb R$ here, so its inverse splits the exact sequence. Since $H$ is nilpotent and of smaller dimension than $G$, by induction we can assume that $H$ is diffeomorphic to $\mathbb R^n$ for some $n$ and then $G\cong\mathbb R\rtimes H$ is diffeomorphic to $\mathbb R^{n+1}$.

Answer 2

$S^1$ es abelian, por lo tanto nilpotent, pero no es homeomórficos a $\mathbb{R}$.

Edit: Con la suposición de que la Mentira de grupo $G$ es simplemente conectado, sí. El exponencial mapa se define un local homeomorphism de $\mathbb{R}^n$ $G$(cada punto de $x \in \mathbb{R}^n$ tiene un vecindario $U$ tal que $\exp$ restringido a $U$ es un homeomorphism en su imagen).

Pero si 2 conectado y simplemente-espacios conectados localmente homeomórficos, entonces son homeomórficos. (No hay necesidad de ser algunos de los supuestos en los espacios para hacer esto la verdad pero seguro que se cumplen para $\mathbb{R}^n$ y un suave colector $G$.)

Edit 2: Esto aún no está del todo bien. Ver los comentarios de abajo. Para una cosa, no hemos usado el nilpotency asunción. Si $G$ es nilpotent, a continuación, $\exp$ es surjective, pero necesitamos más para concluir local homeomorphism $\implies$ homeomorphism.

Answer 3

Deje $G$ ser simplemente conectado nilpotent Mentira de un grupo con la Mentira de álgebra $\mathfrak g$. El nilpotency de $G$ implica que el Panadero-Campbell-Hausdorff fórmula tiene sólo un número finito de términos, por lo que converge en todas partes en $\mathfrak g$. Así que puede ser utilizado para definir un grupo de la ley de $\times$ en la Mentira de álgebra $\mathfrak g$ tal que $(\mathfrak g,\times)$ es una Mentira grupo cuyo Mentira álgebra es isomorfo a $\mathfrak g$. Desde hace dos simplemente se conecta Mentira grupos con la misma Mentira de álgebra son isomorfos, $G$ es isomorfo a $(\mathfrak g,\times)$. En particular, $G$ es homeomórficos a $\mathfrak g$.