9. Második ZH

Megoldás: Egy $E$ egyenest önmagába vivő transzformációk kompozíciója, inverze szintén önmagába viszi $E$-t, és az egységelem is önmagába viszi $E$-t. Tehát $H$ zárt a műveletekre, így részcsoport. Könnyen látható, hogy $H$ elemei: az $E$-vel párhuzamos eltolások, és az $E$ bármely pontja körüli $180$ fokos elforgatások. Ezért $H$-nak két összefüggő komponense van, és $1$ dimenziós. (Általában: minden komponens ugyanakkora dimenziós!) A konjugált részcsoportok az $E$ egyenes transzformáltjait hagyják helyben. Ezért $H$ konjugáltjai éppen a következő részcsoportok: egy tetszőleges $E^{\prime }$ egyenest önmagába vivő transzformációk részcsoportja.

Megoldás: Egy $E$ egyenes minden pontját helyben hagyó transzformációk kompozíciója, inverze szintén helyben hagyja $E$ pontjait, és az egységelem is helyben hagyja $E$ pontjait. Tehát $H$ zárt a műveletekre, így részcsoport. Könnyen látható, hogy $H$ elemei: az $E$ körüli (tetszőleges szögű) elforgatások. Ezért $H$ összefüggő és $1$ dimenziós. A konjugált részcsoportok az $E$ egyenes transzformáltjain lévő pontokat hagyják helyben. Ezért $H$ konjugáltjai éppen a következő részcsoportok: egy tetszőleges $E^{\prime }$ egyenes minden pontját helyben hagyó transzformációk részcsoportja.

1. Megoldás: A $G$-beli transzformációk az $x$ tengelyt saját magába képezik. Ha "elfelejtjük", hogy hogyan transzformálják az $x$ tengelyen kívüli pontokat, akkor egy 1 dimenziós lineáris transzformációt kapunk. Ez a "felejtés" egy $\varphi :G\to \mathrm{GL}(1,ℝ)$ homomorfizmus. Világos, hogy a magja éppen $H$, a képe pedig az egész $\mathrm{GL}(1,ℝ)$. Ezért $H$ normálosztó, és $G/H$ izomorf $\mathrm{GL}(1,ℝ)$-hez, ami nem más, mint ${ℝ}^{*}$, a nemnulla valós számok csoportja a szorzásra nézve.

2. Megoldás: Az $x$ tengelyen a $(x\mathrm{,0})$ alakú vektorok vannak. Ezért $G$ elemei a $g=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ 0& d\end{array}\right)$ alakú mátrixok, $H$ elemei pedig a $h=\left(\begin{array}{cc}1& e\\ 0& f\end{array}\right)$ alakú mátrixok, ahol $a,d,f\ne 0$. A konjugált mátrix $$gh{g}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ 0& d\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}1& e\\ 0& f\end{array}\right)\cdot \frac{1}{\mathrm{ad}}\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ 0& a\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& (\mathrm{ae}+\mathrm{bf}-b)/d\\ 0& f\end{array}\right)$$ szintén $H$-beli, tehát $H$ valóban normálosztó $G$-ben. A $\mathrm{gH}$ mellékosztály elemei az $\left(\begin{array}{cc}a& *\\ 0& *\end{array}\right)$ alakú invertálható mátrixok, tehát a mellékosztály nem függ a $b,d$ számoktól, csak az $a$-tól. Ha a $g^{\prime }\in G$ mátrix bal felső sarkában egy $a\prime$ szám áll, akkor a ${\mathrm{gg}}^{\prime }$ szorzat bal felső sarkában az ${\mathrm{aa}}^{\prime }$ szorzatot találjuk. Ezért a $G/H$ faktorcsoport izomorf ${ℝ}^{*}$-gal, a nem nulla valós számok csoportjával (a szorzásra nézve).

Megoldás: Az ortogonális mátrixok determinánsa $\pm 1$, tehát $O(7)$-nek két komponense van: az $1$ determinánsú komponens $\mathrm{SO}(7)$, a $-1$ determinánsú komponens pedig távol van az egységmátrixtól, tehát a Lie algebrát nem befolyásolja. Ezért $O(7)$ és $\mathrm{SO}(7)$ Lie algebrája ugyanaz. Tanultuk, hogy ez éppen $\mathrm{so}(7)$, a $7\times 7$-es antiszimmetrikus mátrixok Lie algebrája. Egy antiszimmetrikus mátrix főátlójában $0$ áll, a főátló alatti rész pedig éppen a főátló feletti rész negatívja. Ezért $\mathrm{so}(7)$ dimenziója megegyezik a főátló feletti elemek számával, $21$-gyel.

1. Megoldás: Az ortogonális csoport Lie algebrája $\mathrm{so}(7)$, az antiszimmetrikus mátrixok tere. Az invertálható felső háromszög mátrixok részcsoportjának Lie algebrája pedig az összes felső háromszög mátrix tere. A két csoport metszetének Lie algebrája tehát éppen a Lie algebrák metszete: az antiszimmetrikus felső háromszög mátrixok tere. De egy felső háromszög mátrixban a főátló alatt csupa $0$ áll, az antiszimmetria miatt tehát a főátló felett is nullák vannak. Sőt, minden antiszimmetrikus mátrix főátlója $0$. Ezért a kerestt Lie algebra csak a nullmátrixból áll, dimenziója $0$.

2. Megoldás: Egy ortogonális felső háromszög mátrix első oszlopa olyan egységvektor, amelynekcsak az első koordinátája nem nulla, tehát a vektor $(\pm \mathrm{1,0,0,0},\dots 0)$. A Második oszlop erre merőleges egységvektor, és csak az első két koorinátája lehet nem $0$, tehát a második oszlop $(0,\pm \mathrm{1,0,0,0},\dots 0)$. Ezt ismételgetve látjuk, hogy a mátrixunk főátlójában csupa $\pm 1$ áll, azon kívül pedig csupa $0$. Ezért a $G$ csoport véges, Lie algebrája csak a nullmátrixból áll, a dimenziója $0$.

1. Megoldás: Az invertálható átlós mátrixok csoportjának Lie algebrája az összes átlós mátrix tere, az $1$ determinánsú mátrixok csoportjának Lie algebrája pedig a $0$ nyomú mátrixok tere. A keresett Lie algebra ennek a két Lie algebrának a metszete, tehát a nulla nyomú átlós mátrixok tere. A főátló első hat elemét szabadon választhatjuk, a hetedik pedig az összegük negatívja. Tehát a Lie algebra $6$ dimenziós.

2. Megoldás: $G$ olyan átlós mátrixokból áll, amelyekben az átlóban lévő elemek szorzata $1$. Tehát hat elemet szabadon választhatunk (csak $0$ ne legyen), a hetedik pedig a szorzatuk reciproka. Ezért $G$, és a Lie algebrája is $6$ dimenziós. Mivel $G$ kommutatív, a Lie algebrája is kommutatív (azaz minden Lie zárójel $0$). Tehát nem más, mint a hatdimenziós komutatív Lie algebra.

Megoldás: Látni fogjuk, hogy két pálya van. Az origót minden lineáris transzformáció helyben hagyja, tehát az origó az egyik pálya, a hozzá tartozó stabilizátor pedig az egész csoport. A nem nulla vektorok pedig mind egymásba transzformálhatók, tehát egy pályán vannak - ez a másik pálya. A $v=(\mathrm{1,0,0})$ pont stabilizátora, $G$, az olyan invertálható mátrixokból áll, amelyek első oszlopa éppen $v$: $$\left(\begin{array}{ccc}1& *& *\\ 0& *& *\\ 0& *& *\end{array}\right)$$ Az összes többi nem nulla vektor a $v$ transzformáltja, mondjuk $\mathrm{Mv}$, tehát a stabilizátora éppen a $G^M$ konjugált részcsoport.

Megoldás: Az $x$ tengely körüli forgás pályái az $(y,z)$ síkkal párhuzamos körök, és a tengely pontjai. Tehát a generáló vektormező az $x$ tengely mentén $0$, máshol pedig érinti ezeket a köröket. A vektorok hossza olyan, hogy minden körön ugyanannyi idő alatt érjen körbe a forgás, tehát a vektor hossza arányos a kör kerületével, azaz a tengelytől mért távolsággal. Így a vektormező $$V_x:=y\frac{\partial }{\partial z}-z\frac{\partial }{\partial y}$$ vagy ennek konstansszorosa. A konstansszoros vektormezők ugyanúgy jó generátorok (csak más sebességgel forgatnak), mi most ezt választjuk. Hasonlóan, az $y$ és a $z$ tengely körüli forgás generátora: $$V_y:=z\frac{\partial }{\partial x}-x\frac{\partial }{\partial z}$$ $$V_z:=x\frac{\partial }{\partial y}-y\frac{\partial }{\partial x}$$ Számoljunk ki kettő Lie zárójelét! Amikor számolunk, a másodrendű tagok úgyis kiesnek, elég tehát csak az elsőrendű tagokat megtartani - tehát azokat, amikor a baloldali differenciálást, a jobboldali együtthatóra alkalmazzuk: $$[V_x,V_y]=(y\frac{\partial }{\partial z}-z\frac{\partial }{\partial y})(z\frac{\partial }{\partial x}-x\frac{\partial }{\partial z})-(z\frac{\partial }{\partial x}-x\frac{\partial }{\partial z})(y\frac{\partial }{\partial z}-z\frac{\partial }{\partial y})=$$ $$=y\left(\frac{\partial }{\partial z}z\right)\frac{\partial }{\partial x}-y\left(\frac{\partial }{\partial z}x\right)\frac{\partial }{\partial z}-z\left(\frac{\partial }{\partial y}z\right)\frac{\partial }{\partial x}+z\left(\frac{\partial }{\partial y}x\right)\frac{\partial }{\partial z}-z\left(\frac{\partial }{\partial x}y\right)\frac{\partial }{\partial z}+z\left(\frac{\partial }{\partial x}z\right)\frac{\partial }{\partial y}+x\left(\frac{\partial }{\partial z}y\right)\frac{\partial }{\partial z}-x\left(\frac{\partial }{\partial z}z\right)\frac{\partial }{\partial y}=$$ $$=y\frac{\partial }{\partial x}-x\frac{\partial }{\partial y}=-V_z$$

Megoldás: Legyen $z$ a komplex számsík koordinátája, $t$ pedig az egyparaméteres részcsoport paramétere. Íme, a forgatvanyújtások: $z\to e^{t(1+i)}z$. A generátor ennek $t$ szerinti deriváltja a $t=0$ helyen: $$\frac{\partial }{\partial t}{e}^{t(1+i)}z{\mid }_{t=0}=(1+i)z$$ Ez egy vektormező: minden $z$ pontban az $(1+i)z$ vektor. Írjuk át valós koordinátákra: $x$ a valós, $y$ a képzetes tengely: $$(1+i)z=(1+i)(x+\mathrm{yi})=(x-y)+(x+y)i$$ Differenciál operátorként írva: $$(x-y)\frac{\partial }{\partial x}+(x+y)\frac{\partial }{\partial y}$$ Az eltolások egyparaméteres részcsoportja pedig: $z\to z+t$. Ennek generátora: $$\frac{\partial }{\partial t}(z+t){\mid }_{t=0}=1=1+0i$$ ami differenciál operátorként $\frac{\partial }{\partial x}$. A két vektormező Lie zárójele: $$[\frac{\partial }{\partial x},(x-y)\frac{\partial }{\partial x}+(x+y)\frac{\partial }{\partial y}]=\frac{\partial }{\partial x}((x-y)\frac{\partial }{\partial x}+(x+y)\frac{\partial }{\partial y})-((x-y)\frac{\partial }{\partial x}+(x+y)\frac{\partial }{\partial y})\frac{\partial }{\partial x}=$$ Amikor számolunk, a másodrendű tagok úgyis kiesnek, elég tehát csak az elsőrendű tagokat megtartani - tehát azokat, amikor az egyik differenciálást a másik operátor együtthatójára alkalmazzuk. A fenti különbség második tagjában a második tényező $\frac{\partial }{\partial x}$, együtthatója $1$, azért az ő deriváltjai kiesnek: $$=(\frac{\partial }{\partial x}(x-y))\frac{\partial }{\partial x}+(\frac{\partial }{\partial x}(x+y))\frac{\partial }{\partial y}-0=\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}$$