Cálculo de la Mentira soporte en la Mentira de grupo $GL(n, \mathbb{R})$

Question

Considere la posibilidad de la Mentira de grupo $GL(n, \mathbb{R})$. Desde $GL(n, \mathbb{R})$ es un subconjunto abierto del espacio $M_{n,n}(\mathbb{R})$ $n \times n$ matrices, podemos identificar el espacio de la tangente (Mentira álgebra) $T_{e}GL(n, \mathbb{R})$ $M_{n,n}(\mathbb{R})$ donde $e$ es la matriz identidad. Estoy tratando de comprender lo siguiente:

Para todos los $x, y \in M_{n,n}(\mathbb{R}) = T_{Id}GL(n, \mathbb{R})$ tenemos $[x, y] = xy -yx$ donde $[\cdot, \cdot]$ es la Mentira de álgebra soporte.

Según la pregunta Es la Mentira de soporte de una Mentira Álgebra de una Matriz Mentira Grupo siempre el colector?, este parece ser el caso de la matriz de la Mentira de los grupos en general.

Hasta ahora, he elaborado el siguiente: Vamos a $x \in M_{n,n}(\mathbb{R}) = T_{Id}GL(n, \mathbb{R})$ y deje $X \in \Gamma^{inv}(TG)$ ser la izquierda invariante en el campo de vectores correspondientes a $x$, es decir, con $X(e) = x$. Por apertura, se puede optar $\epsilon > 0$ de manera tal que la curva de $(-\epsilon, \epsilon) \ni t \mapsto e + tx$ a través de la identidad está contenida en $GL(n, \mathbb{R})$. Para $g \in GL(n, \mathbb{R})$ deje $L_g$ ser la izquierda la multiplicación por $g$$GL(n, \mathbb{R})$. El uso de izquierda invariancia de $X$ calcular: $$X(g) = ((L_g)_{*}X)(g) = D_eL_g(X(e)) = D_eL_g(x) = \frac{d}{dt}|_{t=0}g(e+tx) = gx$$ Ahora, lo anterior implica para$f \in C^{\infty}(GL(n, \mathbb{R}))$$g \in GL(n, \mathbb{R})$: $$X(g)(f) = (D_gf)(gx)$$ donde podemos identificar el vector tangente $X(g)$ con la correspondiente derivación a $g$.

Ahora, ¿cómo puedo calcular el $[x,y] \stackrel{def.}{=} [X, Y](e) \stackrel{\text{WHY?}}{=}xy-yx$ a partir de esto?

Answer 1

Tal vez esto no te satisface, pero sabemos que $ad:\mathfrak{g}\to\mathfrak{gl}(\mathfrak{g})$ $Ad:G\to GL(\mathfrak{g})$ satisfacer $d(Ad)_e=ad$, para cualquier Mentira grupo. Aquí, ya que estamos trabajando con matrices en $\mathbb{R}^{n^2}$, esto implica:

Si $X,Y\in\mathfrak{gl}_n$, e $g(t)$ es un camino de matrices en $GL_n$ tal que $g(0)=I_n$$g'(0)=X$, entonces: $$ ad(X)(Y)=\frac{d}{dt}Ad(g(t))(Y)\bigg|_{t=0}=\frac{d}{dt}g(t)Yg(t)^{-1}\bigg|_{t=0}=XY-YX $$ con la última línea por la regla del producto.

EDIT: he Aquí un acercamiento más práctico, siguiendo algunas notas por Wolfgang Ziller (siempre me confundo durante estos cálculos! Espero que esto ayude a alguien.)

Deje $X,Y\in T_eG$ ser vectores tangente a la identidad ($G=GL_n(\mathbb{R}))$. Entonces a partir de la $G$ es una submanifold de $Mat_n(\mathbb{R})$, podemos hacer una canónicas de identificación de todos sus tangente espacios con $Mat_n(\mathbb{R})$. Una vez que hacemos esto, si $g\in GL_n(\mathbb{R})$$(dL_g)_e(X)=gX$, (ya que la multiplicación de la matriz es lineal) para la izquierda invariante en el campo de vectores asociado a $X$ $gX$ en el punto de $g\in G$. Del mismo modo la asociada a $Y$$gY$$g$.

Siguiente, observe que si $y_{ij}$ es la función de las coordenadas en las matrices de escoger las $(i,j)$por la entrada en el espacio de la tangente $T_{h}G$, $(gX)(y_{ij})=dy_{ij}(gX)=(gX)_{ij}$ porque $y_{ij}$ es una función lineal. Tenga en cuenta que $(gX)_{ij}$ debe ser pensado como la función definida en un pequeño barrio de $h$$g\mapsto (gX)_{ij}$.

Ahora podemos calcular el valor del soporte de $X$ $Y$ a la identidad de $e$:

$$ [X,Y](y_{ij})=X(Y(y_{ij}))-Y(X_{ij}))=X(g\mapsto(gY)_{ij})-Y(g\mapsto(gX)_{ij}) $$ Ahora $d(g\mapsto (gY)_{ij})=\sum\limits_{k=1}^ny_{kj}dy_{ik}$, por lo que $$ X(g\mapsto(gY)_{ij})=\sum\limits_{k=1}^ny_{kj}dy_{ik}(X)=\sum\limits_{k}x_{ik}y_{kj}=(XY)_{ij} $$ Similarmente, $Y(g\mapsto(gX)_{ij})=(YX)_{ij}$, lo $[X,Y](y_{ij})=(XY-YX)_{ij}$. Esto nos dice que las entradas de $[X,Y]$ son las mismas que las entradas de $(XY-YX)$, así que hemos terminado.

Answer 2

Ahora he sido capaz de hacer el cálculo a mí mismo con un poco de inspiración de freeRmodule la respuesta:

El uso de los cálculos presentados en la pregunta, calculamos el adjunto del operador de la Mentira de grupo $G := GL(n, \mathbb{R})$. Para$g \in G$$x \in M_{n,n}(\mathbb{R})=T_{Id}G$, con la correspondiente izquierda invariante en el campo de vectores $X$ tenemos: $$Ad(g)(x) = ((R_{g^{-1}})_{*}X)(Id) = D_gR_{g^{-1}}(\overbrace{X(g)}^{=gx}) = gxg^{-1}$$

Por una afirmación que tiene para Mentir grupos, en general, a continuación, calcular la Mentira de soporte de $x$ $y$ (teniendo en cuenta que la Mentira de grupo exponencial $exp_G$ $G$ es simplemente la matriz exponencial $Exp$): \begin{align*} [x,y] &= \frac{d}{dt}|_{t=0} Ad(exp_G(tx))(y) = \frac{d}{dt}|_{t=0}Exp(tx)yExp(-tx) \\ &= \left( \frac{d}{dt}|_{t=0}Exp(tx) \right)\cdot y \cdot Id + Id \cdot y \cdot \left( \frac{d}{dt}|_{t=0}Exp(-tx) \right) \\ &= xy -yx \end{align*}

Answer 3

Yo sé cómo hacerlo para algebraicas lineales grupos de más de un algebraicamente cerrado campo de $k$. Supongo que funciona de la misma para Mentir grupos? No sé Mentir grupos. De todos modos, espero que esto sea de ayuda para usted.

Deje $G = \textrm{GL}_n$, vamos a $R = k[T_{ij} : 1 \leq i, j \leq n]$, y deje $A$ ser la localización de $R$ en la función de $\textrm{Det}$. A continuación, $A = k[G]$ es la coordenada anillo de $G$.

Por definición, el espacio de la tangente de $G$ $1_G$ $k$- espacio vectorial de derivaciones $\textrm{Der}_k(A,k)$ $A$ a $k$, es decir, los $k$-lineal mapas de $\delta: A \rightarrow k$ que $\delta(fg) = f(1_G)\delta(g) + g(1_G) \delta(f)$ todos los $f, g \in A$.

Cada $\delta \in \textrm{Der}_k(R,k)$ se extiende de forma exclusiva, mediante el cociente de la regla, a un elemento de $\textrm{Der}_k(A,k)$. Y $\textrm{Der}_k(R,k)$ es isomorfo como $k$-espacios vectoriales a $M_n(k)$, el espacio de $n$ $n$ matrices: cada $\delta \in \textrm{Der}_k(R,k)$ está completamente determinada por sus valores en la de coordinar las funciones de $T_{ij}$, por lo que asociar $\delta$ a la matriz $(\delta(T_{ij})) \in M_n(k)$.

Ahora, vamos a $L(G)$ ser el subespacio de $\textrm{Der}_k(A,A)$ (derivaciones de$A$) que consta de los $D$ que son invariantes a la izquierda: esto significa que $\lambda_x \circ D = D \circ \lambda_x$ todos los $x \in G$. Aquí si $x \in G$, $\lambda_x$ es el $k$-álgebra isomorfismo $A \rightarrow A$ $\lambda_x(f)(y) = f(x^{-1}y)$ todos los $y \in G$.

Uno puede mostrar que $\textrm{Der}_k(A,k)$ es isomorfo como $k$-espacios vectoriales de $L(G)$: si $D \in L(G)$, podemos asociar el elemento $\delta \in \textrm{Der}_k(A,k)$$\delta(f) = D(f)(1_G)$. A la inversa mapa es más complicado de describir: si $\delta \in \textrm{Der}_k(A,k)$, entonces hemos asociado el elemento $D \in L(G)$ que envía un $f \in A$ a, el elemento de la $A$ dado por la fórmula $x \mapsto \delta(\lambda_{x^{-1}}(f))$.

Ahora, $L(G)$ es, naturalmente, una Mentira álgebra con el soporte de la operación $[D,D'] = D \circ D' - D' \circ D$. El uso de la $k$-espacio vectorial isomorfismo $L(G) \rightarrow \textrm{Der}_k(A,k)$, la transferencia de la escuadra de operación $\textrm{Der}_k(A,k)$ dar $\textrm{Der}_k(A,k)$ la estructura de una Mentira álgebra. El espacio vectorial $\textrm{Der}_k(A,k)$, considerado como una Mentira álgebra, se llama la Mentira álgebra de $G$ y es a menudo denotado $\mathfrak g$.

Ahora usted identificar la Mentira de álgebra de $G$$M_n(k)$, y desea describir el soporte de la operación $M_n(k)$ explícitamente. Por lo que necesita para transferir el soporte de la operación $L(G)$ el uso de la isomorphisms

$$M_n(k) \rightarrow \textrm{Der}_k(R,k) \rightarrow \textrm{Der}_k(A,k) \rightarrow L(G)$$

Si usted va a través de estos isomorphisms, verá que un elemento $D \in L(G)$, identificado como un elemento de $M_n(k)$, es el $n$ $n$ matriz cuyas $ij$th entrada es $D(T_{ij})(1_G)$. Por el contrario, si usted comienza con un $n$ $n$ matriz $A = (a_{ij})$, el correspondiente elemento de $D$ $L(G)$ está dado por la fórmula

$$D(T_{ij}) = \sum\limits_l T_{il}a_{lj}$$

Ahora, vamos a $A, B \in M_n(k)$, y deje $D,D'$ ser los elementos correspondientes de a $L(G)$. Para mostrar que la Mentira de soporte de transferencias a través de la manera que desea, es suficiente para demostrar que $D \circ D'$ es el elemento de la $L(G)$ que corresponde a la del producto $AB$.

Deje $C$ ser la matriz correspondiente a $D \circ D'$. El $ij$th entrada de $C$$(D \circ D')(T_{ij})(1_G)$.

Ahora $D'(T_{ij}) = \sum\limits_l T_{il}b_{lj}$, e $D(T_{il}) = \sum\limits_s T_{is}a_{sl}$. Por lo tanto

$$D \circ D'(T_{ij}) = \sum\limits_{l,s} T_{is}a_{sl}b_{lj}$$ and so $c_{ij}$ is the evaluation of this polynomial at the identity matrix $1_G$. Now $T_{es}(1_G) = \delta_{es}$, y así

$$c_{ij} = \sum\limits_l a_{il}b_{lj}$$ hecho.