Tenemos que A y B pertenecen a diferentes representaciones del mismo grupo de Lie. Las representaciones tienen la misma dimensión. X e Y son elementos de las respectivas representaciones del álgebra de Lie. $$A = e^{tX}$$ $$B = e^{tY}$$ Queremos demostrar, para una matriz específica M $$B^{-1} M B = AM$$ ¿Basta con demostrarlo en primer lugar? $$\left(1 -tY + \dots \right)M \left(1 + tY + \dots \right) = \left(1 + tX + \dots \right)M$$ En otras palabras es $$-YM + MY = XM$$ suficiente para demostrar $$B^{-1} M B = AM$$ para todos los t?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
GmonC
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No veo razón alguna para esperar que tal cosa sea cierta. Significaría que $B^{-1}MB=AM$ implicaría (sustituyendo $nt$ para $t$ ) $B^{-n}MB^n=A^nM$ Lo que parece totalmente erróneo.
Probemos un ejemplo. Tomemos $B=(\begin{smallmatrix}a^{-1}&0\\0&a\end{smallmatrix})$ and $M=(\begin{smallmatrix}1&1\\0&1\end{smallmatrix})$ entonces $B^{-1}MB=(\begin{smallmatrix}1&a^2\\0&1\end{smallmatrix})$ which we can write as $AM$ for $A=(\begin{smallmatrix}1&a^2-1\\0&1\end{smallmatrix})$ . Ahora $B^{-2}MB^2=(\begin{smallmatrix}1&a^4\\0&1\end{smallmatrix})\neq(\begin{smallmatrix}1&2a^2-1\\0&1\end{smallmatrix})=A^2M$ . Falla.
Respondiendo al comentario, se puede hacer lo mismo infinitesimalmente. Tome $Y=(\begin{smallmatrix}-1&0\\0&1\end{smallmatrix})$ and still $M=(\begin{smallmatrix}1&1\\0&1\end{smallmatrix})$ entonces $-YM+MY=(\begin{smallmatrix}0&2\\0&0\end{smallmatrix})=XM$ for $X=(\begin{smallmatrix}0&2\\0&0\end{smallmatrix})$ . Con $B=e^{tY}=(\begin{smallmatrix}e^{-t}&0\\0&e^t\end{smallmatrix})$ and $A=e^{tX}=(\begin{smallmatrix}1&2t\\0&1\end{smallmatrix})$ esto da $B^{-1}MB=(\begin{smallmatrix}1&e^{2t}\\0&1\end{smallmatrix})\neq AM$ .
