问题及解答

[Thm] 对每个典型群 $G\subset GL(n,\mathbb{K})$, 存在向量空间 $\mathfrak{g}\subset\mathfrak{gl}(n,\mathbb{K})$, 使得自然对数映射 $\log$ 与指数映射 $\exp$ 是 $U\cap G$ 到 $u\cap\mathfrak{g}$ 之间的互逆映射.

\[\log:\ U\cap G\rightarrow u\cap\mathfrak{g},\]

\[\exp:\ u\cap\mathfrak{g}\rightarrow U\cap G,\]

这里 $U$ 是 $1\in GL(n,\mathbb{K})$ 的某个邻域, $u$ 是 $0\in\mathfrak{g}$ 的某个邻域.

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[Cor] 每个典型群是一个李群, 单位元处的切空间 $T_1 G$ 就是 $\mathfrak{g}$, 且 $\dim G=\dim\mathfrak{g}$.

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References:

[1] Alexander Kirillov, Jr., Introduction to Lie Groups and Lie Algebras. [pdf]

首先证明推论, 因为比较简单.

根据定理, 在单位元 $1$ 附近, $G$ 被等同于向量空间的某个开集. 因此在 $1$ 附近, $G$ 是光滑的(指有 $C^\infty$ 图卡).

若 $g\in G$, 则 $g\cdot U$ 是 $g$ 在 $GL(n,\mathbb{K})$ 中的邻域, 并且

\[(g\cdot U)\cap G=g\cdot (U\cap G)\]

是 $g$ 在 $G$ 中的邻域. 因此 $G$ 在 $g$ 点处也是光滑的(指有 $C^\infty$ 图卡).

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考虑指数映射 $\exp:\ \mathfrak{g}\rightarrow G$ 的微分

\[\exp_*:\ T_0\mathfrak{g}\rightarrow T_1G.\]

由于 $\mathfrak{g}$ 是向量空间, 故 $T_0\mathfrak{g}=\mathfrak{g}$, 且由

\[\exp(x)=1+x+\cdots\]

微分是恒等元. 于是, $T_0\mathfrak{g}=\mathfrak{g}=T_1G$.

定理的证明.

证明是挨个证明的, 因为典型群的定义就是特定的, 我们只能根据它们的特点去找相应的向量子空间 $\mathfrak{g}\subset\mathfrak{gl}(n,\mathbb{K})$.

(1) $\mathrm{GL}(n,\mathbb{K})$: 直接根据定义, 此时 $\mathfrak{g}=\mathfrak{gl}(n,\mathbb{K})$.

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(2) $\mathrm{SL}(n,\mathbb{K})$:

假设 $X\in\mathrm{SL}(n,\mathbb{K})$ 离单位元足够近, 则存在 $x\in\mathfrak{gl}(n,\mathbb{K})$, 使得 $X=\exp(x)$.

$X\in\mathrm{SL}(n,\mathbb{K})$ 等价于 $\det X=1$ 或 $\det\exp(x)=1$. 而根据公式

\[\det\exp(x)=\exp^{\mathrm{tr}(x)}\]

(此公式的证明可以通过寻找一组基, 将 $x$ 转化为上三角来证即可. 参见问题1129)

因此, $\exp(x)\in\mathrm{SL}(n,\mathbb{K})$ 当且仅当 $\mathrm{tr}(x)=0$. 于是, 令

\[\mathfrak{g}=\{g\in\mathfrak{gl}(n,\mathbb{K})\mid\mathrm{tr}(x)=0\},\]

命题得证.

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(3) $\mathrm{O}(n,\mathbb{K})$, $\mathrm{SO}(n,\mathbb{K})$:

这里只对 $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ 证明. 复的情形是类似的.

假设 $X\in\mathrm{O}(n,\mathbb{K})$ 离单位元足够近, 则存在 $x\in\mathfrak{gl}(n,\mathbb{K})$, 使得 $X=\exp(x)$. $X^t=(\exp(x))^t=\exp(x^t)$. (指数映照与转置是可交换的.)

由于 $X\in\mathrm{O}(n,\mathbb{K})$, 故 $XX^t=I$ ($\mathbb{K}=\mathbb{C}$ 时, 要求 $X\overline{X}^t=I$.) 因此由 $x$ 与 $x^t$ 可交换,

\[\exp(x)\exp(x^t)=\exp(x+x^t)=1,\]

故 $x+x^t=0$. 反之, 若 $x+x^t=0$, 则 $x,x^t$ 可交换, 故可推出 $\exp(x)\in\mathrm{O}(n,\mathbb{K})$.

因此, 若令

\[\mathfrak{g}=\{x\in\mathfrak{gl}(n,\mathbb{K})\mid x+x^t=0\},\]

即由反对称矩阵组成的集合. 则定理成立.

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对于 $\mathrm{SO}(n,\mathbb{K})$.

\[X\in\mathrm{SO}(n,\mathbb{K})\Leftrightarrow XX^t=I,\quad\det X=1.\]

又 $XX^t=I$ 推出 $x+x^t=0$; 由 $\det X=1$ 推出 $\mathrm{tr}(x)=0$. 不过后者是不必要的, 因为反对称矩阵的迹(trace)一定是零. 因此 $\mathrm{O}(n,\mathbb{K})$ 与 $\mathrm{SO}(n,\mathbb{K})$ 对应到的向量空间都是

\[\mathfrak{g}=\{x\in\mathfrak{gl}(n,\mathbb{K})\mid x+x^t=0\}.\]

在认识到 $\mathrm{SO}(n,\mathbb{K})$ 是 $\mathrm{O}(n,\mathbb{K})$ 中含单位元的连通分支之前, 这可能会带来些许困扰. 实际上, $\mathrm{O}(n,\mathbb{K})$ 中单位元的邻域其实就是 $\mathrm{SO}(n,\mathbb{K})$ 中单位元的邻域.

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$\mathrm{U}(n)$, $\mathrm{SU}(n)$:

跟上面类似,

\[\exp(x)\in\mathrm{U}(n)\Leftrightarrow x+x^*=0,\]

这里 $x^*=\bar{x}^t$.

\[\exp(x)\in\mathrm{SU}(n)\Leftrightarrow x+x^*=0,\quad\mathrm{tr}(x)=0.\]

不过此时, 满足 $x+x^*=0$ 的矩阵对角线都是纯虚数, 迹当然不一定为零. 因此 $\mathrm{U}(n)$ 和 $\mathrm{SU}(n)$ 对应的 $\mathfrak{g}$ 不相同.

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$\mathrm{Sp}(2n,\mathbb{K})$:

\[\exp(x)\in\mathrm{Sp}(n,\mathbb{K})\Leftrightarrow x+Jx^tJ^{-1}=0.\]