Восстановить группу Ли по алгебре Ли

[AndrewGap]

Приветствую.
Я сейчас решаю одну задачку, состоящую из нескольких пунктов. Дана 3-мерная вещественная алгебра Ли с коммутационными соотношениями
[e_{1}, e_{2}] = e_{2} - 2e_{3}
[e_{1}, e_{3}] = 2e_{2} + e_{3}
[e_{2}, e_{3}] = 0
В первом пункте нужно было найти все идеалы этой алгебры Ли (с этим я вроде справился), а во втором - описать некоторую группу Ли с такой касательной алгеброй Ли как подгруппу в GL_{3}( \mathbb{R} ). И тут я что-то повис, поэтому прошу помощи

[dgwuqtj]

Можно вложить алгебру Ли в $\mathfrak{gl}_3(\mathbb R)$, а потом взять группу, порождённую экспонентами от элементов алгебры Ли. Если бы $e_1$ не было, вам ясно, как это делать?

[AndrewGap]

dgwuqtj
Если бы $e_1$ не было, то мы бы имели двумерную алгебру Ли с одним соотношением $[e_2, e_3] = 0$, то есть абелеву и ее соответствующая группа Ли есть $\mathbb{R}^2$, если я конечно нигде не ошибся.

[dgwuqtj]

Ага. А в $\mathrm{GL}_3(\mathbb R)$ можете её вложить?

[AndrewGap]

Хм, кажется у меня тут проблемка

[dgwuqtj]

Подсказка: вкладывайте в группу верхнетреугольных матриц (с 1 на диагонали). Это трёхмерная группа, если что.

[AndrewGap]

Кажется придумал. Пусть элемент $(a,b)$ переходит в матрицу \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. Проверим сохранение операции: $(a,b)+(x,y)$ переходит в произведение \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & x & y \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & a+x & b+y \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, а это как раз образ элемента $(a+x,b+y)$

[dgwuqtj]

Отлично. Теперь подумайте, куда может переходить $e_1$ так, чтобы получился гомоморфизм из исходной алгебры Ли в $\mathfrak{gl}_3(\mathbb R)$. По идее, там в принципе не очень много вариантов.

[AndrewGap]

Гомоморфизм нашей алгебры ведь должен сохранять операцию умножения $[a, b]$, верно?

-- 24.10.2023, 16:44 --

Просто у меня в голове сейчас следующее рассуждение и я не уверен, насколько оно верно. Мы задали группу $\mathbb{R}^2$ в качестве подгруппы в $\mathrm{GL}_3(\mathbb R)$. Ей соответствует алгебра Ли с коммутационным соотношением $[e_{2}, e_{3}] = 0$. При этом, если мы рассмотрим векторное подпространство в \left\langle{ e_1, e_2, e_3 }\right\rangle, порожденное векторами $e_2,e_3$, то оно будет идеалом в нашей алгебре Ли (то есть $[x,h]$ \in h для любого x из исходной алгебры Ли). Дальше я не уверен, но кажется, что в таком случае, группа Ли, соответствующая идеалу h, должна быть нормальной подгруппой в группе Ли, соответствующей исходной алгебре Ли, это верно или я что-то перепутал?

[dgwuqtj]

Да, всё так и есть.

[AndrewGap]

Отлично, я нашел матрицы, удовлетворяющие нашим коммутационным соотношениям в алгебре Ли. Как мы знаем, алгебра Ли группы $\mathrm{GL}_3(\mathbb R)$ есть группа $\mathrm{M}_3(\mathbb R)$. Тогда и матрицы мы будем искать в ней. За такие матрицы можно взять соответственно $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & -2 & 0 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ и $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

[dgwuqtj]

Остаётся описать соответствующую группу. А именно, это группа, порождённая $\mathrm{exp}(t e_i)$ для всех $t \in \mathbb R$. Для $e_2$ и $e_3$ с экспонентами всё просто (во всяком случае, вы знаете порождённую ими группу), осталось разобраться с $e_1$.

[AndrewGap]

Начнем с $e_2$ и $e_1$. Эти матрицы являются нильпотентными, поэтому для них экспонента легко вычисляется через ряд. Получим

$\exp(te_2) = \begin{pmatrix} 1 & t & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ и $\exp(te_3) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & t \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$.

Теперь разберемся с матрицей $e_1$. Запишем

$te_1 = \begin{pmatrix} t & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2t \\ 0 & -2t & 0 \end{pmatrix}$.

Это блочная матрица, значит и её экспонента будет блочной матрицей. Мы сразу можем записать это в следующем виде:

$\exp(te_1) = \begin{pmatrix} e^t & 0 \\ 0 & \exp(tB) \end{pmatrix}$, где матрица $B$ есть матрица $\begin{pmatrix} 0 & 2t \\ -2t & 0 \end{pmatrix}$.

Её собственные значения есть $\pm2ti$. К диагональному виду

$\begin{pmatrix} -2ti & 0 \\ 0 & 2ti \end{pmatrix}$

она приводится матрицей

$P = \begin{pmatrix} i & -i \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$.

Тогда

$\exp(tB) = P\exp(t\begin{pmatrix} -2ti & 0 \\ 0 & 2ti \end{pmatrix})P^{-1}$.

Опуская некоторые муторные вычисления, сразу запишем, что

$\exp(tB) = \begin{pmatrix} \cos(2t) & \sin(2t) \\ -\sin(2t) & \cos(2t) \end{pmatrix}$.

Тогда окончательно придем к ответу, что

$\exp(te_1) = \begin{pmatrix} e^{t} & 0 & 0 \\ 0 & \cos(2t) & \sin(2t) \\ 0 & -\sin(2t) & \cos(2t) \end{pmatrix}$

[dgwuqtj]

Ну да. А ваша группа - это полупрямое произведение $\mathbb R^2$ на группу из элементов $\mathrm{exp}(t e_1)$. Можно, по идее, и уравнения этой группы найти, если очень нужно.

[AndrewGap]

А можете пожалуйста пояснить, почему искомая группа будет полупрямым произведением? А то мне этот момент не очень ясен