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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE MARINGÁ
CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA
(Mestrado)
MARIA CLÁUDIA AGUITONI
Álgebras de Lie, grupos de Lie e espaços girovetoriais de Lie
Maringá-PR
2010
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MARIA CLÁUDIA AGUITONI
Álgebras de Lie, grupos de Lie e espaços girovetoriais de Lie
Dissertação apresentada ao Programa de Pós-
Graduação em Matemática do Departamento de
Matemática, Centro de Ciências Exatas da Uni-
versidade Estadual de Maringá, como requisito
parcial para obtenção do título de Mestre em
Matemática.
Área de concentração: Geometria
Orientador: Prof. Dr. Carlos José Braga Barros
Co-orientador: Prof. Dr. Eduardo Brandani da
Silva
Maringá
2010
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Dedico este trabalho a Deus.
À minha mãe.
Agradecimentos
À Deus, que me permitiu estar aqui hoje.
À minha mãe, que sempre me apoiou e incentivou os meus estudos. As minhas irmãs,
que indiretamente me incentivaram, encorajando-me a prosseguir e dando-me forças para
vencer cada etapa e a meu pai, que infelizmente não pode estar presente neste momento
tão importante da minha vida.
Ao meu namorado Michel, pelo apoio incondicional, companheirismo, amizade e prin-
cipalmente por estar ao meu lado nessa caminhada.
Ao meu orientador Carlos, por aceitar me orientar.
Ao meu co-orientador Eduardo, que tantas vezes me reanimou e me fez acreditar ser
possível a realização desse trabalho. Obrigada por sua paciência e esforço!
Ao professor Josiney, pela paciência e serenidade, além de uma singular habilidade de
se colocar no lugar do outro e dizer as palavras certas, nos momentos certos.
Aos amigos de curso, pelos esclarecimentos e contribuições de informações durante todo
esse tempo. Em particular, a Dani, a Tássia e ao Michel, que …zeram muita diferença.
À minha amiga Luciana, por entender minha ausência e me apoiar em todas as cir-
cunstâncias da vida.
À Capes, pelo apoio …nanceiro.
Resumo
Nosso primeiro objetivo nesse trabalho é apresentar de forma organizada e detalhada
os conceitos estudados na teoria de Lie. Para isso, …zemos um estudo elaborado sobre
álgebras e grupos de Lie: apresentamos as álgebras de Lie solúveis, nilpotente, simples e
semisimples; mostramos os critérios de Cartan, que nos permitem investigar a solubilidade
e semisimplicidade dessas álgebras de Lie e por …m, introduzimos o conceito de aplicação
exponencial e variedades homogêneas. Nosso segundo objetivo é estabelecer critérios para
de…nirmos em um espaço homogêneo, uma estrutura de espaço girovetorial de Lie. Para
isto, …zemos um estudo da teoria de girogrup os através de laços visando atender nossos
interesses e usando a teoria de Lie, para uma seção arbitrária da projeção canônica do
grup o de Lie G sobre G=H, onde H é um subgrupo fechado de G, de…nimos uma operação
binária sobre as classes laterais. Através dessa operação fornecemos condições su…cientes
para obtermos laços de Lie à esquerda e a partir destes, obtemos os espaços girovetoriais
de Lie.
Abstract
The …rst objective in this work is to present in a organized and detailed way, the
concepts of Lie theory. To reach this one, we did an extensive study about Lie groups and
Lie algebras: we present the soluble, nilpotent, simple and semisimple Lie algebras; we
give the Cartan criterions, which allow us to investigate the solubility and semisimplicity
of these Lie algebras and, …nally we introduce the de…nition of exponential map and
homogenous manifolds. Our second objective is to establish criterions to de…ne a structure
of a Lie gyrovector space in a homogenous space. To reach this one, we did a study of
gyrogroups through of loop theory, and using Lie theory, for an arbitrary section of the
canonic map of the Lie group G on G=H, where H is a closed subgroup of G, we de…ne
an binary operation on the cosets. With this op eration, we give conditions to obtain Lie
left loops and from these, we obtain the Lie gyrovector spaces.
Sumário
Introdução 8
1 Álgebras de Lie 12
1.1 Conceitos Básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.1.1 De…nições e primeiras propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.1.2 Séries de composição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.1.3 Derivação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.1.4 Representações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.1.5 Classi…cação das álgebras de Lie tridimensionais . . . . . . . . . . . 34
1.1.6 Álgebras de Lie solúveis e nilpotentes . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1.1.7 Álgebras de Lie simples e semisimples . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
1.2 Álgebras nilpotentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
1.3 Álgebras solúveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
1.4 Critérios de Cartan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2 Grupos de Lie 77
2.1 Conceitos Básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
2.2 Aplicação Exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
2.3 Variedades Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3 Girogrupos 116
4 Espaços Girovetoriais de Lie 132
Introdução
Um grupo de Lie é uma variedade G com estrutura de grupo, de tal modo que as
aplicações
G G ! G
(x; y) 7! x:y
e
G ! G
x 7! x
1
são diferenciáveis. Um camp o X de vetores tangentes a G é uma aplicação que a cada
ponto p 2 G corresponde um vetor X
p
de T
p
G, onde X
p
denota o valor do camp o X no
ponto p 2 G. Esse campo X de vetores tangentes a G, se diz invariante pela esquerda
quando X
xy
= dL
x
(X
y
), quaisquer que sejam x e y em G, e os conjuntos desses campos
invariantes pela esquerda é denotado por LG.
A teoria de Lie consiste em estudar os grupos de Lie através de suas álgebras de Lie.
Isso signi…ca que deve-se classi…car e descrever as propriedades estruturais dos grupos de
Lie, reduzindo-as às propriedades correspondentes das álgebras de Lie.
Assim, o primeiro passo no estudo dos grupos de Lie consiste na construção das ál-
gebras de Lie associadas aos grupos. Uma álgebra de Lie é de…nida como um espaço
vetorial g, munido de uma operação bilinear [:; :] : g g ! g, denominada colchete de
Lie, satisfazendo as propriedades de anti-simetria e identidade de Jacobi. Um exemplo
de álgebra de Lie é dado pelo espaço vetorial dos campos C
1
tangentes a uma variedade
diferenciável G, denotado por X(G), onde para f : G ! R de classe C
1
e X; Y 2 X(G),
de…nimos [X; Y ] como o campo
[X; Y ](f) = XY (f) Y X(f):
Esse exemplo nos possibilita mostrar que LG também é uma álgebra de Lie de G. Dessa
forma, a álgebra de Lie g de um grupo de Lie G, é de…nida como o espaço dos campos
invariantes (à esquerda ou à direita), com o colchete dado pelo colchete de campos de
vetores. Essa álgebra de Lie é isomorfa ao espaço tangente de G na origem e.
8
9
Os ‡uxos dos campos invariantes estabelecem a aplicação exponencial exp:g ! G,
que é o principal elo de ligação entre g e G. A idéia básica de sua construção é que, por
de…nição, os elementos de g são equações diferenciais ordinárias em G (campos invari-
antes), que possuem ‡uxos, os quais são formados por difeomor…smos locais de G. Os
elementos formadores desses ‡uxos se identi…cam naturalmente a elementos de G, per-
mitindo construir, a partir de X 2 g, um subgrupo de G parametrizado por t 2 R. Dado
um grupo de Lie G com álgebra de Lie g; tome X 2 g um campo invariante. A aplicação
expX é o valor em t = 1 da solução de X que passa pelo elemento neutro quando t = 0:
Um dos objetivos desse trabalho é estabelecer critérios para de…nirmos em um espaço
homogêneo, uma estrutura de espaço girovetorial de Lie, e isso só é possível se "esten-
dermos" a teoria de Lie à teoria de girogrupos através de laços.
Após o desenvolvimento da Teoria Especial da Relatividade por Einstein em 1905,
houveram tentativas de se interpretar a lei da adição da velocidade usando Geometria
Hiperbólica. Mas, a falta da propriedade associativa, foi considerado um fator complicador
e essa teoria foi abandonada. Foi através de sua retomada que surgiu o conceito de
girogrup o, uma estrutura álgebrica que deu fundamento a toda essa teoria.
Desde sua introdução por Abraham A. Ungar, os girogrupos transformaram-se em
um assunto de intensivas investigações em seu signi…cado físico e geométrico, assim como
em sua interpretação laço-teórica. Entretanto, a melhor maneira de introduzir a noção de
girogrup os, é fornecida pelas transformações de Möbius do disco ab erto complexo unitário.
A mais geral transformação de Möbius de disco D = fz 2 C; jzj < 1g é da forma
z 7! e
i
a + z
1 + az
(1)
onde a; z 2 D, 2 R …xo e
a representa o complexo conjugado de a: A transformação 1
pode ser vista como a transformação
z 7!
a + z
1 + az
, (2)
seguida de uma rotação de em relação ao eixo x. A partir de 2, de…nimos a operação
: D D ! D dada por
z 7! (a z) =
a + z
1 + az
; (3)
a qual chamamos de adição de Möbius. A operação não é comutativa nem associativa.
Mas, pode-se "reparar" a não comutatividade de pela introdução da operação
gyr : D D !Aut(D; ),
10
dada pela equação
gyr[a; b] =
a b
b a
=
1 + a
b
1 + ab
; (4)
onde Aut(D; ) é grupo dos automor…smo do grup óide (D; ). Assim, de 4 vemos que
a b = gyr[a; b](b a):
De forma supreendente, o girador "gyr", que "repara" a comutatividade, também "repara"
a associatividade para . Surgem assim, as seguintes identidades:
a (b c) = (a b) gyr[a; b]c Lei da giroassociatividade à esquerda.
(a b) c = a (b gyr[b; a]c) Lei da giroassociatividade à direita.
gyr[a; b] = gyr[a b; b] Propriedade do laço à esquerda.
gyr[a; b] = gyr[a; b a] Propriedade do laço à direita.
Dessa forma, a adição de Möbius e seu girador associado, estão ligados e onde há coin-
cidências, há também um signi…cado. Das coincidências emergentes do girador, descobre-
se uma estrutura algébrica interessante que merece a extensão p ela abstração, e esta é
chamada de girogrupo.
Temos dois objetivos a cumprir nesse trabalho: o primeiro consiste em fazer um estudo
organizado e detalhado de certos conceitos da teoria clássica de grupos de Lie e álgebras
de Lie; o segundo é estabelecer critérios para de…nirmos em um espaço homogêneo uma
estrutura de espaço girovetorial de Lie, o que deve ser feito a partir da "extensão" da
teoria de Lie, à teoria de girogrupos através de laços.
O trabalho está estruturado da seguinte forma:
No capítulo 1, desenvolvemos o estudo das álgebras de Lie. Em nossa exposição,
detalhamos alguns resultados apresentados em [3] e [18]. Apresentamos as primeiras
propriedades, de…nimos série derivada e série central descendente de uma álgebra e Lie,
de modo a introduzirmos o conceito de álgebra solúvel e nilpotente. Classi…camos as
álgebras de Lie quanto as suas dimensões e também de…nimos as álgebras de Lie simples e
semisimples. Finalizamos o capítulo expondo os critérios de Cartan, os quais servem para
decidir se uma álgebra de Lie é solúvel ou semisimples, em termos de uma forma bilinear
na álgebra - a forma de Cartan-Killing. Recorremos também as referências [2]; [10]; [12]
e [22].
No capítulo 2, mostramos que a teoria de grupos de Lie, está baseada na existência
das álgebras de lie associadas aos grupos. As álgebras de Lie possibilitam transportar
11
métodos da álgebra linear ao estudo de objetos não lineares, como são os grupos de Lie.
Expomos detalhadamente alguns resultados apresentados em [5], [7], [11] e [23]. Após
apresentados os conceitos básicos desse capítulo, estudamos a aplicação exponencial, a
qual estabelece um vínculo entre o colchete na álgebra de Lie e o produto no grupo,
determinando quase que, ou completamente, a estrutura do grupo de Lie a partir das
álgebras de Lie. Completamos esse capítulo, apresentando variedades homogêneas, com
o intuito de expor o conceito de espaço homogêneo. As referências [2], [15] e [22] também
contribuiram de forma signi…cativa em alguns resultados.
O capítulo 3 será dedicado a introdução da teoria de girogrupos através de laços. Para
uma seção arbitrária da projeção canônica do grupo G sobre G=H, onde H é um subgrupo
de G, de…nimos uma operação binária sobre as classes laterias. Através desta operação
binária, fornecemos condições su…cientes para obtermos laços à esquerda. A partir desse
conceito pode-se de…nir espaços girovetoriais. As referências utilizadas são [13], [17], [20]
e [21]. Para melhor entender o contexto histórico-teórico de girogrup os, basta consultar
as referências [19] e [20].
No capítulo 4, estendemos a teoria de Lie à teoria de girogrupos através de laços, a…m
de se estabeler critérios para introduzir uma estrutura de espaço girovetorial de Lie em
um espaço homogêneo. Este problema foi abordado por Abraham A. Hungar e Azniv
Kasparian em [21] e este é um assunto que ainda se encontra longe de ser fechado. Ini-
cialmente apresentamos um espaço homogêneo com estrutura de laço de lie à esquerda
e introduzimos neste, uma multiplicação escalar satisfazendo certas condições de modo
a obtermos uma estrutura de espaço girovetorial de Lie quase à esquerda. Depois apre-
sentamos o conceito de girogrup o de Lie à esquerda, possibilitando assim de…nirmos um
espaço girovetorial de Lie à esquerda. Finalmente apresentamos as condições para que
um espaço homogêneo, tenha uma estrutura de espaço girovetorial de Lie. Consultamos
também as referências [4], [6], [11], [14] e [16].
Espera-se que a teoria apresentada aqui ainda possa ser desenvolvida de modo a con-
tribuir em outros trabalhos.
Capítul o 1
Álgebras de Lie
O objetivo deste capítulo é apresentar os principais resultados estudados na teoria
das álgebras de Lie. Alguns destes resultados são usados mais adiante. As referências
principais para este capítulo são [10]; [12]; [18] e [22]:
1.1 Conceitos Básicos
Esta é uma seção introdutória, formada em sua maior parte por de…nições de conceitos
que formam toda a base da teoria das álgebras de Lie. Esses conceitos são ilustrados por
exemplos com o intuito de deixar o leitor familiarizado com essa teoria.
1.1.1 De…nições e primeiras propriedades
De…nição 1.1 Uma álgebra de Lie sobre um corpo K, é um espaço vetorial real g, mu-
nido de uma operação bilinear [:; :] : g g ! g, denominada colchete de Lie, satisfazendo
as seguintes propriedades:
(i) [X; Y ] = [Y; X] , para todo X; Y 2 g:
(ii) [[X; Y ]; Z] + [[Y; Z]; X] + [[Z; X]; Y ] = 0, para todo X; Y; Z 2 g.
A primeira condição exige que o colchete de Lie seja anti-simétrico e a segunda que o
colchete de Lie satisfaça a Identidade de Jacobi. Note que a condição (i) equivale a
dizer que [X; X] = 0, para todo X 2 g.
Exemplo 1.1 O espaço vetorial das matrizes quadradas reais M(n; R) com colchete de…nido
por
[A; B] = AB BA
12
1.1 Conceitos Básicos 13
é uma álgebra de Lie. E se considerarmos o colchete [ ; ]
dado por
[A; B]
= BA AB = [A; B],
teremos que, M(n; R) também será uma álgebra de Lie. Esse colchete mede a comutativi-
dade do produto das matrizes, pois se A e B comutam, temos que [A; B] = 0:
Exemplo 1.2 Sejam g uma álgebra de Lie e denotemos
gl(g) = f : g ! g ; é uma transformação linearg:
Tomando
1
;
2
2 gl(g) temos que gl(g) com o colchete de Lie dado por
[
1
;
2
] =
1
2
2
1
, (1.1)
é uma álgebra de Lie.
Exemplo 1.3 Seja V um espaço vetorial qualquer e de…nimos [X; Y ] = 0 para quaisquer
que sejam X; Y 2 V . É claro que V munido deste colchete é uma álgebra de Lie, que
recebe o nome de álgebra de Lie Abeliana.
Proposição 1.2 Em uma álgebra de Lie g tem-se [X; X] = 0 se, e somente se,
[X; Y ] = [Y; X]
para quaisquer que sejam X; Y 2 g.
Demonstração: Notemos que
0 = [X + Y; X + Y ]
= [X; X + Y ] + [Y; X + Y ]
= [X; X] + [X; Y ] + [Y; X] + [Y; Y ]
= [X; Y ] + [Y; X]:
Reciprocamente, se [X; Y ] = [Y; X], então [X; Y ] + [Y; X] = 0 para quaisquer que sejam
X; Y 2 g. Se X = Y , temos que [X; X] + [X; X] = 0 e concluímos que [X; X] = 0:
Naturalmente, de…nimos a seguir o conceito de subálgebra de Lie.
1.1 Conceitos Básicos 14
De…nição 1.3 Sejam g uma álgebra de Lie com colchete [ ; ] e h um subespaço vetorial
de g. Dizemos que h é uma subálgebra de Lie de g se, e somente se, para quaisquer
que sejam X; Y 2 h tem-se que [X; Y ] 2 h .
Assim, toda subálgebra de Lie de uma álgebra de Lie é uma álgebra de Lie. É imediato
que, a interseção de duas subálgebras de Lie de uma álgebra de Lie é também uma
subálgebra. Vejamos alguns exemplos.
Exemplo 1.4 Sabemos que o espaço vetorial das matrizes quadradas M(n; R), é soma
direta do subespaço das matrizes anti-simétricas, so(n; R) = fA 2 M(n; R); A
t
= Ag,
com o subespaço das matrizes simétricas, s (n; R) = fA 2 M(n; R); A
t
= Ag. É fácil
veri…car que, so(n; R) é uma subálgebra de Lie de M(n; R), porém, s (n; R) não é uma
subálgebra de Lie de M(n; R), pois o colchete de duas matrizes simétricas é uma matriz
anti-simétrica.
Exemplo 1.5 O conjunto das matrizes quadradas de traço zero, denotadas por
sl(n; R) = fA 2 M(n; R); tr(X) = 0g;
também é uma subálgebra de Lie da álgebra de Lie M (n; R), com colchete de…nido por
[A; B] = AB BA:
Uma subálgebra de uma álgebra de Lie, que é uma álgebra abeliana é chamada sub-
álgebra abeliana. Como exemplo temos:
Exemplo 1.6 O espaço das matrizes diagonais é uma subálgebra abeliana de gl(n; K).
Teorema 1.4 Todo subespaço unidimensional de uma álgebra de Lie é uma subálgebra
abeliana dessa álgebra.
Demonstração: Seja g uma álgebra de Lie e h um subespaço unidimensional de g. Tome
fZg uma base de h. Se X; Y 2 h, então existem e em R, tais que X = Z e Y = Z.
Portanto, [X; Y ] = 0 2 h.
Portanto numa álgebra de Lie arbitrária, todas suas subálgebras não abelianas tem
dimensão maior que um.
Como consequência desse teorema, temos o seguinte:
1.1 Conceitos Básicos 15
Corolário 1.5 Toda álgebra de Lie unidimensional é abeliana.
Para álgebras bidimensionais, temos o seguinte resultado:
Teorema 1.6 Seja g uma álgebra de Lie e h uma subálgebra bidimensional de g. Então,
ou h é abeliana ou existe uma base fA; Bg de h, tal que [A; B] = B:
Demonstração: Suponhamos que h seja uma subálgebra não abeliana bidimensional.
Tomemos fX; Y g uma base de h . Como h é não abeliana, e X; Y 2 h, temos que
[X; Y ] 6= 0. De…namos Y
0
= [X; Y ] e escolhamos X
0
2 h de modo que fX
0
; Y
0
g seja uma
base de h. Como X
0
; Y
0
2 h, temos que X
0
= aX + bY e Y
0
= cX + dY . Assim
[X
0
; Y
0
] = [aX + bY; cX + dY ] = (ad bc)[X; Y ].
Como [X; Y ] 6= 0 e h é não abeliana, segue que ad bc 6= 0. Logo, tomando
A = (ad bc)
1
X
0
e B = Y
0
temos
[A; B] = [(ad bc)
1
X
0
; Y
0
]
= (ad bc)
1
[X
0
; Y
0
]
= (ad bc)
1
(ad bc)[X; Y ]
= [X; Y ]
= Y
0
= B.
Portanto fA; Bg é a base de h procurada.
Decorre imediatamente desse teorema, o seguinte corolário:
Corolário 1.7 Se g é uma álgebra de Lie bidimensional, então ou g é abeliana ou existe
uma base fA; Bg de g tal que [A; B] = B.
Apresentamos aqui uma classi…cação das álgebras de Lie unidimensionais e bidimen-
sionais. Posteriormente, faremos o mesmo para álgebras de Lie tridimensionais, já que
antes, necessitamos estudar outros conceitos.
A seguir de…nimos o conceito de ideal, que é uma importante classe de subálgebras.
1.1 Conceitos Básicos 16
De…nição 1.8 Sejam g uma álgebra de Lie e h um subespaço vetorial de g. Dizemos que
h é um ideal de g, se para quaisquer X 2 g e Y 2 h tivermos [X; Y ] 2 h.
Em particular todo ideal é uma subálgebra, mas nem toda subálgebra é um ideal. Para
veri…car isso, basta considerar so(2; R) = fA 2 M(2 2; R); A
t
= Ag, a subálgebra das
matrizes quadradas anti-simétricas de ordem 2. Temos que so(2; R) não é um ideal de
M(22; R). De fato, seja
0
@
0 1
1 0
1
A
2 so(2; R) e
0
@
1 2
2 1
1
A
2 M(2 2; R). Note que
2
4
0
@
0 1
1 0
1
A
;
0
@
1 2
2 1
1
A
3
5
=
0
@
0 1
1 0
1
A
0
@
1 2
2 1
1
A
0
@
1 2
2 1
1
A
0
@
0 1
1 0
1
A
=
0
@
4 2
2 4
1
A
=2 so(2; R).
Exemplo 1.7 Seja g uma álgebra de Lie abeliana, então todo subespaço h de g é um
ideal, pois, se X 2 h e Y 2 g temos que [X; Y ] = 0 2 h.
A seguir, de…nimos o centralizador de um subconjunto de uma álgebra de Lie e
mostramos que o centralizador de um ideal de uma álgebra de Lie g, também é um
ideal de g:
De…nição 1.9 Seja g uma álgebra de Lie e B um subconjunto de g . O centralizador
de B em g é o conjunto
z(B) = fX 2 g; [X; Y ] = 0 para todo Y 2 Bg.
De…nição 1.10 Seja g uma álgebra de Lie. O centralizador de g em g é chamado centro
de g e é denotado por
c(g) = fX 2 g; [X; Y ] = 0 para todo Y 2 gg.
Proposição 1.11 Se g uma álgebra de Lie e h um ideal de g, então z(h) é um ideal de
g:
1.1 Conceitos Básicos 17
Demonstração: É imediato que z(h) é um subespaço de g. Sejam X 2 z(h); Y 2 g e
Z 2 h. A identidade de Jacobi nos diz que
[[X; Y ]; Z] + [[Z; X]; Y ] + [[Y; Z]; X] = 0. (1.2)
Dessa forma, desde que h é ideal de g, então [Y; Z] 2 h. Assim da de…nição de z(h) temos
que [X; [Y; Z]] = 0. Como [Z; X] = 0, então [[Z; X]; Y ] = 0. Logo em (1.2) segue que
[[X; Y ]; Z] = 0 e [X; Y ] 2 z(h). Portanto z(h) é ideal de g.
Mostramos a seguir que a soma e a interseção de ideais ainda é ideal.
Proposição 1.12 A soma e a interseção de dois ideais de uma álgebra de Lie, ainda é
um ideal desta álgebra de Lie.
Demonstração: Sejam h
1
e h
2
ideais de uma álgebra de Lie g. É claro que a soma e a
interseção de dois subespaços é um subespaço. Assim, seja X 2 h
1
+ h
2
e Y 2 g. Assim,
X = X
1
+ X
2
com X
1
2 h
1
e X
2
2 h
2
. Então
[X; Y ] = [X
1
+ X
2
; Y ] = [X
1
; Y ] + [X
2
; Y ] 2 h
1
+ h
2
:
Também, tomando X 2 h
1
\ h
2
e Y 2 g é imediato da de…nição de ideal que
[X; Y ] 2 h
1
\ h
2
.
Da mesma forma é fácil veri…car que a soma de um ideal com uma subálgebra de uma
álgebra de Lie, é uma subálgebra da álgebra de Lie.
Para uma álgebra de Lie bidimensional e não abeliana, veri…ca-se facilmente que o seu
centro é nulo.
Um outro conceito importante é o de quociente de álgebras de Lie.
De…nição 1.13 Seja g uma álgebra de Lie e h um ideal de g. Como h é subespaço
vetorial de g, podemos determinar o espaço quociente g=h = fX + h; X 2 gg.
Note que X + h =Y + h se, se somente se, X Y 2 h. Sabendo que g=h é um espaço
vetorial com as operações de…nidas por
(X + h) + (Y + h) = (X+Y + h) e
1.1 Conceitos Básicos 18
(X + h) = (X) + h
para todo em R. Podemos mostrar que:
Proposição 1.14 Sejam g uma álgebra de Lie e h um ideal de g: Então g=h é uma álgebra
de Lie com o colchete [(X + h); (Y + h)] = [X; Y ] + h:
Demonstração: Primeiramente mostremos que este colchete está bem de…nido. De
fato, se (X + h) =(X
1
+ h) e (Y + h) =(Y
1
+ h), então X X
1
; Y Y
1
2 h. Assim,
X = X
1
+ Z
1
; Y = Y
1
+ Z
2
com Z
1
; Z
2
2 h. Logo
[X; Y ] + h
= [X
1
+ Z
1
; Y
1
+ Z
2
] + h
= [X
1
; Y
1
+ Z
2
] + [Z
1
; Y
1
+ Z
2
] + h
= [X
1
; Y
1
] + [X
1
; Z
2
] + [Z
1
; Y
1
] + [Z
1
; Z
2
] + h.
Como h é um ideal de g, temos que [X
1
; Z
2
]; [Z
1
; Y
1
]; [Z
1
; Z
2
] 2 h: Portanto,
[X; Y ] + h = [X
1
; Y
1
] + h;
ou seja, o colchete está bem de…nido. Note que é essencial que h seja um ideal de g, pois
se h for apenas uma subálgebra, o colchete pode não estar bem de…nido.
Agora vejamos que:
O colchete é bilinear,
[(X + h)+(Y + h);Z + h]
= [(X + h);Z + h] + [(Y + h);Z + h]
= [(X + h);Z + h]+[Y + h;Z + h].
O colchete é anti-simétrico,
[(X + h);(X + h)] = [X;X]+h = 0 + h =h.
1.1 Conceitos Básicos 19
A identidade de Jacobi é satisfeita,
[X + h; [Y + h;Z + h]] + [Y + h; [Z + h;X + h]] + [Z + h; [X + h;Y + h]]
= [X + h; [Y; Z] + h] + [Y + h; [Z; X] + h] + [Z + h; [X; Y ] + h]
= [X; [Y; Z]] + h +[Y; [Z; X]] + h +[Z; [X; Y ]] + h
= ([X; [Y; Z]] + [Y; [Z; X]] + [Z; [X; Y ]]) + h
= 0 + h
= h.
Mostramos, a seguir, que a soma direta de álgebras de Lie é uma álgebra de Lie. Para
isso, sejam g
1
; g
2
; :::; g
n
álgebras de Lie. Como g
1
; g
2
; :::; g
n
são espaço vetoriais podemos
considerar a soma direta dos espaços vetoriais g = g
1
g
2
:::g
n
. Sejam X = X
1
+:::+X
n
e Y = Y
1
+ ::: + Y
n
elementos de g. Temos que
X + Y = (X
1
+ Y
1
) + ::: + (X
n
+ Y
n
) e X = X
1
+ ::: + X
n
.
Logo g é uma álgebra de Lie com colchete
[X; Y ] = [X
1
; Y
1
] + ::: + [X
n
; Y
n
].
De fato,
O colchete é bilinear,
[X+Y ;Z]
= [(X
1
+Y
1
);Z
1
]+:::+[(X
n
+Y
n
);Z
n
]
= [X
1
; Z
1
]+[Y
1
; Z
1
] + :::+[X
n
; Z
n
]+[Y
n
; Z
n
]
= [X
1
; Z
1
] + :::+[X
n
; Z
n
]+[Y
1
; Z
1
] + :::+[Y
n
; Z
n
].
[X; Z]+[Y; Z]
O colchete é anti-simétrico,
[X;X] = [X
1
; X
1
] + ::: + [X
n
; X
n
] = 0 + :: + 0 = 0.
1.1 Conceitos Básicos 20
A identidade de Jacobi é satisfeita,
[X; [Y ;Z]] + [Y; [Z; X]] + [Z; [X; Y ]]
= [X; [Y
1
;Z
1
] + + [Y
n
; Z
n
]] + [Y; [Z
1
; X
1
] + + [Z
n
; X
n
]]
+[Z; [X
1
; Y
1
] + + [X
n
; Y
n
]]
= [X; [Y
1
;Z
1
]] + + [X; [Y
n
; Z
n
]] + [Y; [Z
1
; X
1
]] + + [Y; [Z
n
; X
n
]]
+[Z; [X
1
; Y
1
]] + + [Z; [X
n
; Y
n
]]
= 0.
Passamos a estudar aplicações entre álgebras de Lie. Uma aplicação entre álgebras de
Lie que preserva o colchete é chamada homomor…smo de álgebras de Lie, ou seja
De…nição 1.15 Sejam g
1
e g
2
álgebras de Lie. Uma transformação linear : g
1
!g
2
é
um homomor…smo de álgebras de Lie, se satisfaz a propriedade
([X; Y ]) = [(X); (Y )].
Se é um isomor…smo entre espaços vetoriais e um homomor…smo de álgebras de Lie,
então dizemos que é um isomor…smo de álgebras de Lie. Um isomor…smo : g!g
é dito automor…smo de álgebras de Lie.
Vejamos alguns exemplos de homomor…smo de álgebras de Lie.
Exemplo 1.8 A aplicação traço tr : M(n n; R) ! R é um homomor…smo. De fato,
dadas X; Y 2 M(n n; R) tem-se que tr(XY ) = tr(Y X) = 0. Isso implica que tr(XY
Y X) = 0 para quaisquer transformações lineares X; Y . Portanto,
tr([X; Y ]) = 0 = [tr(X); tr(Y )],
já que R, por ser unidimensional, é uma álgebra de Lie abeliana.
Exemplo 1.9 Sejam g uma álgebra de Lie e h um ideal de g. A aplicação
: g ! g=h
X 7! X + h
é um homomor…smo de álgebras de Lie. De fato, a conclusão que é linear, segue da
de…nição das operações no espaço quociente g=h e claramente ([X; Y ]) = [(X); (Y )].
Este homomor…smo é chamado homomor…smo canônico de g em g=h.
1.1 Conceitos Básicos 21
Exemplo 1.10 Sejam g uma álgebra de Lie e gl(g) a álgebra de Lie das transformações
de g nela mesma. Para cada X 2 g de…namos a transformação linear
ad(X) : g ! g
Y 7! ad(X)(Y ) = [X; Y ].
A aplicação
ad : g ! gl(g)
X 7! ad(X)
é um homomor…smo de álgebras de Lie. De fato, note que ad é uma aplicação linear, pois
ad(X + Y )(Z) = [X + Y; Z]
= [X; Z] + [Y; Z]
= [X; Z] + [Y; Z]
= ad(X)(Z) + ad(Y )(Z).
Mostremos agora que ad é um homomor…smo de álgebras de Lie usando a identidade de
Jacobi. Observe que
ad([X; Y ])(Z) = [[X; Y ]; Z]
= [X; [Y; Z]] [Y; [X; Z]]
= ad(X)([Y; Z]) ad(Y )([X; Z])
= ad(X)(ad(Y )(Z)) ad(Y )(ad(X)(Z))
= (ad(X) ad(Y ) ad(Y ) ad(X))(Z)
= [ad(X); ad(Y )](Z).
Essa aplicação é chamada de representação adjunta da álgebra de Lie g. Vale lembrar
que quando g é álgebra abeliana segue que ad(X) é a aplicação nula.
Na sequência mostramos que o núcleo e a imagem de um homomor…smo de álgebras
de Lie, são subálgebras de Lie.
Teorema 1.16 Sejam g e h álgebras de Lie e : g ! h um homomor…smo de álgebras
de Lie. Então ker() é ideal de g e Im() é subálgebra de h:
Demonstração: Primeiramente, mostremos que ker() é ideal de g. Sejam X 2 g e
Y 2 ker(). Devemos mostrar que [X; Y ] 2 ker(). De fato,
1.1 Conceitos Básicos 22
([X; Y ]) = [(X); (Y )] = [(X); 0] = 0:
Portanto [X; Y ] 2 ker(), ou seja, ker() é um ideal de g. Agora sejam X; Y 2 Im().
Mostraremos que [X; Y ] 2 Im(). Como X; Y 2 Im() então, (X
1
) = X e (Y
1
) = Y
para algum X
1
; Y
1
2 g. Assim
[X; Y ] = [(X
1
); (Y
1
)] = ([X
1
; Y
1
]) 2 Im().
As seguintes proposições introduzem os resultados clássicos sobre homomor…smos,
cujas demonstrações são as usuais.
Proposição 1.17 Seja ' : g
1
! g
2
um homomor…smo de álgebras de Lie. Então
g
ker(')
t Im(').
Proposição 1.18 Se h
1
e h
2
são ideais de g então
h
1
+ h
2
h
2
t
h
1
h
1
\ h
2
,
onde o isomor…smo é natural.
Uma forma de determinar um isomor…smo entre duas álgebras de Lie de dimensão
…nita, é através dos colchetes dos elementos de suas bases. Sejam g uma álgebra de Lie
e fX
1
; :::; X
n
g uma base de g: Como [X
i
; Y
j
] é elemento de g podemos escrevê-lo como
combinação linear dos elementos desta base, ou seja,
[X
i
; Y
j
] =
n
X
k=1
c
k
ij
X
k
= c
1
ij
X
1
+ c
2
ij
X
2
+ ::: + c
k
ij
X
k
:
Os coe…cientes c
k
ij
são denominados constantes de estrutura da álgebra de Lie em
relação à base. Estas constantes determinam a álgebra, a menos de isomor…smo.
Proposição 1.19 Duas álgebras de Lie são isomorfas se, e somente se, elas possuem as
mesmas constantes de estruturas.
1.1 Conceitos Básicos 23
Demonstração: Sejam g e h álgebras de Lie, fX
1
; :::; X
n
g e fY
1
; :::; Y
m
g bases de g e h,
respectivamente. Suponhamos que : g ! h seja um isomor…smo. Mostremos que g e h
possuem as mesmas constantes de estrutura. Como as álgebras de Lie g e h são isomorfas,
então elas possuem o mesmo número de elementos em suas bases. Considere (X
i
) = Y
i
,
assim ([X
i
; X
j
]) = [Y
i
; Y
j
]. Sabemos que para cada X
i
; X
j
2 g, com k = 1; :::; n tem-se
que
[X
i
; X
j
] = c
1
ij
X
1
+ c
2
ij
X
2
+ ::: + c
n
ij
X
k
=
X
k
c
k
ij
X
k
e para Y
i
; Y
j
2 h, com k = 1; :::; n temos que
[Y
i
; Y
j
] = b
1
ij
Y
1
+ b
2
ij
Y
2
+ ::: + b
n
ij
Y
k
=
X
k
b
k
ij
Y
k
.
Como é isomor…smo segue que
[Y
i
; Y
j
] = ([X
i
; X
j
])
= (c
1
ij
X
1
+ c
2
ij
X
2
+ ::: + c
n
ij
X
k
)
= c
1
ij
(X
1
) + c
2
ij
(X
2
) + ::: + c
n
ij
(X
k
)
= c
1
ij
Y
1
+ c
2
ij
Y
2
+ ::: + c
n
ij
Y
k
.
O que implica que
P
k
b
k
ij
Y
k
=
P
k
c
k
ij
Y
k
: Como fY
1
; :::; Y
m
g é base, então
P
k
(b
k
ij
c
k
ij
) = 0
e portanto b
k
ij
= c
k
ij
:
Reciprocamente suponhamos que g e h possuam a mesma constante de estrutura c
k
ij
.
Dessa forma g e h possuem a mesma dimensão. Consideremos a transformação linear
: g ! h de…nida por (X
i
) = Y
i
. Tomemos X =
P
i
a
i
X
i
e Y =
P
j
b
j
X
j
em g: Logo,
([X; Y ]) = [ (X); (Y )]:
1.1.2 Séries de composição
No que segue, de…nimos série derivada e série central descendente. Apresentamos
também, alguns resultados referentes a essas séries. Esse estudo é importante para de…nir-
mos álgebras solúveis e nilpotentes.
Seja g uma álgebra de Lie. Para dois subconjuntos A e B de g, é usada a notação
[A; B] para indicar o subespaço gerado por f[X; Y ]; X 2 A; Y 2 B g, o qual é denotado
por hf[X; Y ]; X; Y 2 g gi. Dessa forma, consideremos a seguinte sequência de subespaços
dessa álgebra,
g
(0)
= g
1.1 Conceitos Básicos 24
g
(1)
= g
0
= hf[X; Y ]; X; Y 2 g gi = [g; g]
g
(2)
= hf[X; Y ]; X; Y 2 g
0
gi = [g
0
; g
0
]
.
.
.
g
(k)
= hf[X; Y ]; X; Y 2 g
k1
gi = [g
k1
; g
k1
]
.
.
.
Proposição 1.20 g
(k)
é um ideal de g para todo k 0:
Demonstração: Mostremos por indução sobre k. Se k = 0 é imediato, pois g é ideal de
g. Suponhamos que o resultado seja válido para k 1. Tome Z 2 g e W 2 g
(k)
. Como
W =
P
i
[X
i
; Y
i
], onde X
i
; Y
i
2 g
(k1)
usando a identidade de Jacobi obtemos
[Z; W ] = [Z;
P
i
[X
i
; Y
i
]]
=
P
i
[Z; [X
i
; Y
i
]]
=
P
i
([[Y
i
; Z]; X
i
] + [Y
i
; [X
i
; Z]])
=
P
i
[[Y
i
; Z]; X
i
] +
P
i
[Y
i
; [X
i
; Z]] 2 g
(k)
,
e temos o desejado.
Como g
(k)
é um ideal de g, então g
(k)
é uma subálgebra de g. Assim g
(k)
g
(k1)
para
todo k 1 e temos as inclusões:
g
(k)
g
(k1)
g
(2)
g
(1)
g
que é chamada série derivada de g. A álgebra g
(k)
é chamada álgebra derivada de g:
Exemplo 1.11 g é abeliana se, e somente se, g
0
= 0:
Exemplo 1.12 Seja g a álgebra das matrizes triangulares superiores
g =
8
>
>
>
<
>
>
>
:
0
B
B
B
@
.
.
.
1
C
C
C
A
nn
9
>
>
>
=
>
>
>
;
.
Então, g
0
é a álgebra das matrizes triangulares superiores com zeros na diagonal, portanto
g
(k)
= f0g se k k
0
para algum k
0
su…cientemente grande.
1.1 Conceitos Básicos 25
Agora, consideremos a sequência de subespaços de g,
g
1
= g
g
2
= g
0
= hf[X; Y ]; X; Y 2 g gi = [g; g]
g
3
= hf[X; Y ]; X 2 g; Y 2 g
0
gi = [g; g
0
]
.
.
.
g
k
=
f[X; Y ]; X 2 g; Y 2 g
k1
g
= [g; g
k1
]
.
.
.
Mostramos que g
k
é ideal de g. Para isso, precisamos do seguinte lema:
Lema 1.21 Para quaisquer números naturais i; j 1 tem-se que hf[X; Y ]; X 2 g
i
,
Y 2 g
j
gi g
i+j
:
Demonstração: Para provar esse resultado, usamos indução sobre o índice j. Para
j = 1, o resultado segue, já que g
j+1
= hf[X; Y ]; X 2 g, Y 2 g
j
gi. Suponhamos que a
inclusão seja válida para j e mostremos que ela é válida também para j + 1: De fato,
hf[X; Y ] : X 2 g
i
; Y 2 g
j+1
gi = hf[X; [Z; S]] : X 2 g
i
; Z 2 g
j
, S 2 ggi
f[[X; Z]; S] : X 2 g
i
; Z 2 g
j
; S 2 ggi
+hf[Z; [X; S]] : X 2 g
i
; Z 2 g
j
; S 2 ggi
hf[X; Y ] : X 2 g
i+j
; Y 2 g gi + hf[X; Y ] : X 2 g
j
; Y 2 g
i+1
gi
g
i+j+1
.
Proposição 1.22 g
k
é ideal de g para todo k 1:
Demonstração: Primeiramente, mostremos que g
k
é subespaço gerado por todos os pos-
síveis colchetes que possuam k elementos de g. Faremos isso por indução sobre k: Para
k = 2 é imediato da de…nição de g
k
. Suponhamos que g
k1
é subespaço gerado por todos
os possíveis colchetes que possuam k 1 elementos de g. Sabemos que os elementos de
1.1 Conceitos Básicos 26
g
k1
podem ser escritos como
P
i
i
Y
i
sendo que, Y
i
é o produto de k 1 elementos de
g: Assim, g
k
é gerado por elementos da forma
P
i
[X
i
; Y
i
], ou seja, por produtos de k
elementos. Por outro lado, decorre do lema anterior, que todo elemento de g, que pode
ser escrito como produto de k elementos, está em g
k
. Como o produto de k + 1 elementos
também é produto de k elementos, segue que g
k+1
g
k
. Portanto, se X 2 g e Y 2 g
k
temos que [X; Y ] 2 g
k+1
g
k
.
Como to do ideal é uma subálgebra, então g
k
é subálgebra de g. Logo obtemos as
inclusões
g
k+1
g
k
g
2
g
que é chamada de série central descendente.
Exemplo 1.13 Para a álgebra bidimensional e não abeliana g, com base fX; Y g tal que
[X; Y ] = Y , temos que g
k
é o subespaço gerado por Y para todo k 2.
1.1.3 Derivação
Aqui introduzimos o conceito de derivação de uma álgebra de Lie e apresentamos
alguns exemplos.
De…nição 1.23 Uma aplicação linear D : g ! g é uma derivação da álgebra de Lie g,
se satisfaz
D[X; Y ] = [DX; Y ] + [X; DY ],
para quaisquer que sejam X; Y 2 g.
Essa condição acima, é a regra de Leibniz para o produto de…nida pelo colchete.
Vejamos alguns exemplos.
Exemplo 1.14 Se g é uma álgebra de Lie abeliana, então toda transformação linear é
uma derivação. De fato, se D : g ! g é uma transformação linear temos que
D([X; Y ]) = D(0) = 0 + 0 = [DX; Y ] + [X; DY ].
1.1 Conceitos Básicos 27
Exemplo 1.15 A representação adjunta ad(X) : g ! g de…nida por ad(X)(Y ) = [X; Y ]
é uma derivação, pois usando a Identidade de Jacobi, temos que
ad(X)[Y; Z] = [X; [Y; Z]]
= [Z; [X; Y ]] [Y; [Z; X]]
= [[X; Y ]; Z] + [Y; [X; Z]]
= [ad(X)(Y ); Z] + [Y; ad(X)(Z)].
Essa derivação é chamada derivação interna.
Nem toda derivação é interna. Para veri…carmos este fato, basta considerarmos g
uma álgebra de Lie abeliana e D
x
(Y ) : g ! g de…nida por D
x
(Y ) = [X; Y ]. Como g é
abeliana, segue que D
x
(Y ) = 0 para todo Y 2 g. Portanto, em uma álgebra abeliana, a
única derivação interna é a transformação linear nula.
Para soma de derivações e produto de um número real por uma derivação temos:
Proposição 1.24 São válidas:
i) A soma de derivações é uma derivação.
ii) O produto de um número real por uma derivação é uma derivação.
Demonstração: Sejam D
1
e D
2
derivações de g em g e a 2 K. Então
(D
1
+ D
2
) ([X; Y ]) = D
1
([X; Y ]) + D
2
([X; Y ])
= [D
1
X; Y ] + [X; D
1
Y ] + [D
2
X; Y ] + [X; D
2
Y ]
= [D
1
X + D
2
X; Y ] + [X; D
1
Y + D
2
Y ]
= [(D
1
+ D
2
)X; Y ] + [X; (D
1
+ D
2
)Y ]
e
aD
1
([X; Y ]) = a([D
1
X; Y ] + [X; D
1
Y ])
= a[D
1
X; Y ] + a[X; D
1
Y ]
= [aD
1
X; Y ] + [X; aD
1
Y ].
Como queríamos demonstrar.
O próximo resultado nos fornece mais um conceito sobre derivação.
1.1 Conceitos Básicos 28
Proposição 1.25 Sejam g uma álgebra de Lie real de dimensão …nita e D : g ! g uma
transformação linear. Então D é uma derivação se, e somente se, para todo t 2 R tem-se
que, e
tD
é um automor…smo de g:
Demonstração: Suponha que D é uma derivação e sejam (t) = e
tD
[X; Y ] e
(t) = [e
tD
X; e
tD
Y ] curvas de g. Note que
(0) = [X; Y ] = (0),
0
(t) = De
tD
[X; Y ] = D(t) e
0
(t) = [De
tD
X; e
tD
Y ] + [e
tD
X; De
tD
Y ] = D(t).
Como e satisfazem a mesma equação diferencial linear e as mesmas condições iniciais,
segue que = , ou seja, e
tD
[X; Y ] = [e
tD
X; e
tD
Y ]:
Por outro lado, suponha que para todo t 2 R temos que e
tD
é um automor…smo de g, ou
seja, e
tD
[X; Y ] = [e
tD
X; e
tD
Y ]. Derivando em função de t temos
De
tD
[X; Y ] = [De
tD
X; e
tD
Y ] + [e
tD
X; De
tD
Y ].
Tomando t = 0 temos o desejado.
É importante mostrar que todas as derivações de uma álgebra bidimensional não
abeliana, são internas.
Teorema 1.26 Todas as derivações de uma álgebra de Lie bidimensional não abeliana
são derivações internas, ou seja, toda derivação D : g ! g é ad(L) : g ! g para algum
L 2 g.
Demonstração: Seja g uma álgebra de Lie bidimensional não abeliana. Assim existe
uma base fX; Y g de g, tal que [X; Y ] = Y . Considere D : g ! g uma derivação. Note
que,
D(Y ) = D[X; Y ] = [DX; Y ] + [X; DY ] = Y
para algum 2 R. Mais ainda,
ad(X)(Y ) = [X; Y ] = [X; Y ] = Y .
1.1 Conceitos Básicos 29
Consideremos a derivação E = D ad(X). Assim,
E(Y ) = (D ad(X))(Y ) = D(Y ) ad(X)(Y ) = Y Y = 0.
Como [X; Y ] = Y tem-se que
0 = E(Y ) = E[X; Y ] = [EX; Y ] + [X; EY ] = [EX; Y ].
Então E(X) é múltiplo de Y , ou seja, E(X) = Y para algum 2 R. Note que,
ad(Y )(X) = [Y; X] = [Y; X] = [X; Y ] = Y e
ad(Y )(Y ) = [Y; Y ] = [Y; Y ] = 0.
Como E(X) = ad(Y )(X) = Y e E(Y ) = ad(Y )(Y ) = 0, então
E = ad(Y ) = D ad(X):
Isso implica que D = ad(Y + X) e portanto, D = ad(L), onde L = Y + X 2 g.
Como aplicação desse teorema temos:
Proposição 1.27 Se h é um ideal bidimensional não abeliano de uma álgebra de Lie g,
então g = h z(h):
Demonstração: Seja V 2 g. Como h é um ideal de g, então [V; A] 2 h para todo A 2 h.
Note que D = ad(V ) : h ! h de…nida por ad(V )(A) = [V; A] é uma derivação de h. Pela
prop osição anterior, temos que existe L 2 h tal que ad(V ) = ad(L). Ou seja
ad(V )(A) = ad(L)(A)
para todo A 2 h. Logo [V; A] = [L; A] e então [V L; A] = 0. Como A 2 h, da de…nição
de z(h) segue que V L 2 z(h). Seja então B = V L 2 z(h), logo V = B + L. Como
V 2 g, B 2 z(h) e L 2 h tem-se que g = h+z(h). Seja agora, U 2 z(h) \ h. Suponhamos
que U = aX + bY , onde fX; Y g é base de h tal que [X; Y ] = Y . Note que,
[U; X] = [aX + bY; X] = b[Y; X] = b[X; Y ] = bY .
Como U 2 z(h) e X 2 h, então [U; X] = 0. Isso implica que b = 0, pois Y 6= 0. Também
[U; Y ] = aY = 0 e então a = 0. Logo U = aX + bY = 0 e portanto z(h) \ h= f0g:
1.1 Conceitos Básicos 30
1.1.4 Representações
Aqui, abordamos a de…nição de uma representação de uma álgebra de Lie e algumas
construções com representações.
De…nição 1.28 Sejam V um espaço vetorial, gl(V ) a álgebra de Lie das transformações
lineares de V e g uma álgebra de Lie. Uma representação de g em V é um homomor-
…smo
: g ! gl(V ).
Dizemos que uma representação é …el quando ker = f0g:
O espaço vetorial V é denominado espaço da representação e sua dimensão é igual
a dimensão da representação. No caso em que a representação é …el, temos que g Img
e portanto a álgebra pode ser vista como uma subálgebra de transformações lineares.
Exemplo 1.16 Se g é subálgebra de gl(V ), então
: g gl(V ) ! gl(V ),
X 7! X
de…ne uma representação, pois
([X; Y ]) = [X; Y ] = [X; Y ].
Ou seja, é um homomor…smo. Essa representação é denominada representação
canônica.
Exemplo 1.17 Seja h =
8
>
>
>
<
>
>
>
:
0
B
B
B
@
2a 2b 0
c 0 b
0 2c 2a
1
C
C
C
A
: a; b; c 2 K
9
>
>
>
=
>
>
>
;
uma subálgebra de gl(3; K).
A aplicação : sl(2; K) ! h gl(3; K) é uma representação de sl(2; K). De fato, seja
fX; H; Y g uma base de sl(2; K), onde
X =
0
@
0 1
0 0
1
A
, H =
0
@
1 0
0 1
1
A
e Y =
0
@
0 0
1 0
1
A
.
Note que, suas constantes de estrutura são dadas por [H; X] = 2X, [H; Y ] = 2Y e
[X; Y ] = H. As imagens dos elementos desta base formam uma base de Im, que possue
as mesmas constantes de estruturas. Dessa forma, sl(2; K) e h gl(3; K) são isomorfas
e portanto, é um homomor…smo.
1.1 Conceitos Básicos 31
Apresentamos algumas construções com representações, as quais tem grande importân-
cia no decorrer de nosso estudo.
- Restrições de Representações
Seja uma representação de g em V e suponha que W seja um subespaço invariante
por , ou seja, para todo X 2 g, temos que (X)W W .
A aplicação
j
W
: g ! gl(W )
X 7! (X) j
W
de…ne uma representação de g em W:
- Quociente de Representações
Sejam uma representação de g em V e W V um subespaço invariante p or . A
aplicação
W
: g ! gl(V=W )
X 7! (X) : V=W ! V=W
v + W 7! (X)v + W
é uma representação de g em V=W:
- Soma Direta de Representações
Sejam g uma álgebra de Lie e
1
,: : :,
n
representações de g em V
1
; : : : ; V
n
. Então
: g ! gl(V
1
V
n
)
X 7!
1
(X)
n
(X)
é uma representação em V
1
V
n
, denominada soma direta das permutações
i
.
Fixemos uma base de V
1
V
n
. Em forma de matriz, se escreve em blocos como
=
0
B
B
B
@
1
.
.
.
n
1
C
C
C
A
- Decomposições de Representações
De…nimos quando uma representação é irredutível e quando é completamente re-
dutível.
De…nição 1.29 Uma representação de g em V é dita irredutível se os únicos
subespaços invariantes por são os triviais f0g e V:
1.1 Conceitos Básicos 32
De…nição 1.30 A representação é dita completamente redutível se V se decompõe
como
V = V
1
V
n
,
onde cada V
i
é invariante pela representação e a restrição de a V
i
é irredutível.
Uma representação irredutível é sempre completamente redutível. As representações
completamente redutíveis são denominadas também representações semisimples.
A proposição a seguir nos fornece um critério, bastante utilizado, para veri…car se uma
representação é completamente redutível.
Proposição 1.31 Seja uma representação de g em V: Então é completamente re-
dutível se, e somente se, todo subespaço invariante admite um complementar invariante,
ou seja,
para todo subespaço W em V , existe um subespaço W
1
invariante tal que (1.3)
V = W + W
1
.
Demonstração: Suponhamos que 1.3 aconteça. Devemos mostrar que é completa-
mente redutível. Para isso, suponhamos que V não é irredutível, pois caso contrário, os
únicos subespaços invariantes de V seriam os triviais, e o resultado segueria. Tome W
um subespaço invariante não trivial. Então existe W
1
invariante tal que
V = W W
1
.
Essa soma direta, é o que desejamos se W e W
1
forem irredutíveis. Logo, suponhamos
que W é redutível. Então, se mostrarmos que W também satisfaz 1.3, segue o desejado.
Seja W
0
W subespaço invariante, por hipótese temos
W
0
W
1
V .
Como W
0
W
1
V é um subespaço invariante e V satisfaz 1.3, existe W
2
, um subespaço
invariante, tal que
(W
0
W
1
) W
2
= V . (1.4)
Note que (W
1
W
2
) \ W é invariante. Mostrar que
W = ((W
1
W
2
) \ W ) W
0
(1.5)
1.1 Conceitos Básicos 33
é o mesmo que mostrar que W satisfaz 1.3. Seja x 2 W
0
e suponha que x 2 W
1
W
2
.
Temos que x = y + z, onde y 2 W
1
e z 2 W
2
. Como x y 2 W
0
W
1
e x y = z tem-se
que z 2 W
0
W
1
. Mas z 2 W
2
, logo z = 0 e isso implica que x = y . Daí x 2 W
0
\ W
1
e
portanto x = 0. Agora seja x 2 W . Então p or (1.4) podemos escrever
x = x
1
+ x
2
+ x
3
com x
1
2 W
0
, x
2
2 W
1
e x
3
2 W
2
. Segue que x x
1
= x
2
+ x
3
2 W: Logo W é soma
direta dos subespaços em (1.5) e portanto W satisfaz 1.3.
Reciprocamente, mostremos que se é completamente redutível, então todo subespaço
invariante admite um complementar invariante. Faremos essa demonstração usando in-
dução sobre a dimensão de V . Se dim V = 1, não há o que demonstrar. Suponhamos que
dim V = n, ou seja
V = V
1
V
n
,
com cada V
i
invariante irredutível. Seja W V um subespaço invariante. Cada W \ V
i
é invariante e como os subespaços V
i
são invariantes e W \ V
i
V
i
,então W \ V
i
= f0g
ou W \ V
i
= V
i
para todo i = 1; :::; n. Logo há duas possibilidades:
1
a
) Para algum i, digamos i = 1 temos W \V
1
= V
1
, ou seja V
1
W . Dessa forma, temos
que
W = V
1
(W \ (V
2
V
n
)).
De fato, tome x 2 W . Como W V = V
1
(V
2
V
n
) temos que x = x
1
+ x
2
, onde
x
1
2 V
1
e x
2
2 V
2
V
n
. Note que, x; x
1
2 W e assim x
2
2 W . Daí
W = V
1
+ (W \ (V
2
V
n
))
e esta soma é direta, pois V
1
\ (V
2
V
n
) = f0g. Como
W = V
1
(W \ (V
2
V
n
)) V
1
(V
2
V
n
) = V
temos que
W \ (V
2
V
n
) V
2
V
n
.
Assim, existe W
0
tal que
V
2
V
n
= (W \ (V
2
V
n
)) W
0
.
Logo
V = V
1
(W \ (V
2
V
n
)) W
0
,
1.1 Conceitos Básicos 34
ou seja, W
0
complementa W:
2
a
) Para todo i temos W \V
i
= f0g. Note que W +V
1
é uma soma direta. Logo W V
1
está
nas condições do caso anterior, pois W V
1
V e (W V
1
) \V
1
= V
1
. Assim, existe um
subespaço invariante W
0
tal que
V = (W V
1
) W
0
;
ou seja, V = W (V
1
W
0
).
Concluímos então a demonstração da recíproca.
1.1.5 Classi…cação das álgebras de Lie tridimensionais
Classi…camos as álgebras de Lie tridimensionais de acordo com as dimensões da ál-
gebra derivada. A bibliogra…a para esse estudo se encontra em [3]:
Primeiramente, consideremos dim(g
0
) = 0, ou equivalentemente, g
0
= 0. Nesse caso,
segue do Exemplo 1.11, que g é abeliana. Então, temos o seguinte resultado de classi…-
cação:
Teorema 1.32 Se g uma álgebra de Lie tridimensional, tal que sua álgebra derivada g
0
é nula. Então, g é abeliana.
Passemos a analisar o caso em que dim(g
0
) = 1. Dividimos este caso em duas etapas,
a primeira considerando g
0
c(g) e a outra considerando que g
0
não está contida em
c(g): Para g
0
c(g), temos o seguinte resultado sobre classi…cação de álgebras de Lie
tridimensionais:
Teorema 1.33 Seja g uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada g
0
é unidimensional. Se g
0
c(g), então existe uma base fX; Y; Zg de g tal que [Y; Z] = X;
[X; Y ] = 0 e [X; Z] = 0:
Demonstração: Sejam fXg e fX; Y
1
; Zg bases de g
0
e g resp ectivamente. Como g
0
está
em c(g), para qualquer U 2 g
0
tem-se que [U; W ] = 0 para qualquer W 2 g: Mas fXg é
base de g
0
, logo [X; W ] = 0 para qualquer W 2 g. Em particular, [X; Y
1
] = 0 e [X; Z] = 0;
pois Y
1
; Z 2 g: Como [Y
1
; Z] 2 g
0
segue que [Y
1
; Z] = aX; a 6= 0. Aqui a é realmente
não nulo, pois caso contrário, teríamos [Y
1
; Z] = 0 e do fato de [X; Y
1
] = 0 e [X; Z] = 0
1.1 Conceitos Básicos 35
seguiria que, para quaisquer U; V 2 g valeria [U; V ] = [aX +bY
1
+cZ; X +Y
1
+Z] = 0.
Concluiríamos que dim(g
0
) = 0 e isso contradiz nossa hipótese. De…namos Y =
1
a
Y
1
. En-
tão, fX; Y; Zg também é uma base de g e [X; Y ] = 0; [X; Z] = 0 e [Y; Z] =
1
a
aX = X:
Para analisar o caso em que g
0
não está contida em c(g) precisamos dos dois lemas a
seguir.
Lema 1.34 Seja g uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada g
0
é
unidimensional. Se g possui uma subálgebra bidimensional h que não é abeliana, então h
é um ideal de g .
Demonstração: Seja fY g com Y 6= 0 uma base de g
0
. Seja fX; Y g a base canônica
da subálgebra não abeliana de h. Completemos a base canônica de h de modo a obter-
mos a base fX; Y; Zg de g: Tomemos W 2 h e V 2 g. Temos que W = aX + bY e
V = cX + dY + eZ com a; b; c; d; e 2 R. Logo
[V; W ] = [cX + dY + eZ; aX + bY ]
= ca[X; X] + cb[X; Y ] + da[Y; X] + db[Y; Y ] + ea[Z; X] + eb[Z; Y ]
= cb[X; Y ] da[X; Y ] + ea[Z; X] + eb[Z; Y ]
e como [Z; X]; [Z; Y ] 2 g
0
, existem a
0
, a
00
2 R tais que, [Z; X] = a
0
Y e [Z; Y ] = a
00
Y .
Então, [V; W ] = (cb da)Y + eaa
0
Y + eba
00
Y 2 h. Portanto h é um ideal de g.
Lema 1.35 Seja g uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada g
0
é
unidimensional. Se g
0
não está contido em c(g), então existe uma subálgebra bidimensional
de g que não é abeliana.
Demonstração: Sejam fXg e fX; Y
1
; Zg bases de g
0
e g respectivamente. Se g
0
não está
contido em c(g), então, ou [X; Z] 6= 0 ou [X; Y
1
] 6= 0, pois caso contrário [X; W ] = 0 para
qualquer W = aX + bY
1
+ cZ 2 g. Isso implicaria que X 2 c(g), daí g
0
c(g) e isso seria
um absurdo. Se [X; Y
1
] 6= 0, o fato de g
0
ser um ideal, implica que [X; Y
1
] 2 g
0
e então
existe a 2 R tal que [X; Y
1
] = aX: Se de…nirmos Y =
1
a
Y
1
temos que [X; Y ] = X: Logo, a
subálgebra gerada por fX; Y g é a subálgebra bidimensional não abeliana procurada.
Agora classi…camos as álgebras de Lie tridimensionais, cuja álgebra derivada é unidi-
mensional e não está contida no centro da álgebra.
1.1 Conceitos Básicos 36
Teorema 1.36 Seja g uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada g
0
é unidimensional. Se g
0
não está contido em c(g), então existe uma base fX; Y; Zg de g
tal que [X; Y ] = X; [X; Z] = 0 e [Y; Z] = 0:
Demonstração: Do lema anterior, sabemos que g possui uma subálgebra bidimensional
não abeliana h. Seja fX; Y g a base canônica de h com [X; Y ] = X: Pelo Lema 1.34, temos
que h é um ideal de g. Assim da Proposição 1.27 segue que g = h z(h). Completemos
a base fX; Y g de h de modo a obtermos a base fX; Y; Zg de g. Como g = h z(h) e
fX; Y g geram h, então temos que Z 2 z(h). Portanto, [Z; X] = 0 e [Z; Y ] = 0:
Analisamos a situação em que a álgebra derivada é bidimensional.
Lema 1.37 Seja g uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada g
0
é
bidimensional. Se g possui uma subálgebra não abeliana bidimensional h, então o ideal g
0
é diferente de h.
Demonstração: Suponhamos por absurdo que g
0
= h. Seja fX; Y g uma base de h tal
que [X; Y ] = Y . Como h é um ideal de g, temos pela Proposição 1.27 que g = h z(h).
Logo
g
0
= [g; g]
= [h z(h); h z(h)]
= [h; h] + [h; z(h)] + [z(h); h] + [z(h); z(h)]
= [h; h] + [z(h); z(h)].
Como dim(h) = 2 e dim(g) = 3, então de g = h z(h) tem-se que dim(z(h)) = 1. Assim,
da Proposição 1.4 z(h) é abeliano e portanto [z(h); z(h)] = 0. Logo, g
0
= [h; h] = h
0
. Mas
h
0
é unidimensional, logo g
0
também o será e isso contraria nossa hipótese.
Uma consequência desse lema é que g
0
é abeliana. De fato, se g não possui uma
subálgebra não abeliana bidimensional e como g
0
é bidimensional, então g
0
só pode ser
abeliana. Caso contrário, se g possui uma subálgebra bidimensional não abeliana h, do
lema anterior temos que h 6= g
0
. Portanto g
0
é abeliana.
Lema 1.38 Se g é uma álgebra de Lie tridimensional tal que sua álgebra derivada g
0
é
bidimensional, então ad(Z) : g
0
! g
0
é isomor…smo para todo Z 2 g .
1.1 Conceitos Básicos 37
Demonstração: É claro que ad(Z) é homomor…smo. Mostremos que ad(Z) : g
0
! g
0
é
bijetora. Suponhamos que fX; Y g é uma base de g
0
e estendemos essa base a uma base
fX; Y; Zg de g . Como [X; Y ] = 0, temos que g
0
= [g; g] é gerada por [Y; Z] e [X; Z].
Assim f[Y; Z] ; [X; Z]g é uma base de g
0
. Tome D 2 ker(ad(Z)), então ad(Z)(D) = 0.
Como D 2 g
0
, existem ; 2 R tais que D = X + Y . Logo,
ad(Z)(D) = [Z; D]
= [Z; X + Y ]
= [Z; X] + [Z; Y ]
= 0.
Como [Z; X] e [Z; Y ] são linearmente indep endentes, segue que = = 0. Logo
D = 0. Aplicando o teorema do núcleo e da imagem para espaços vetoriais obtemos
que dim(g
0
) = dim(Im(ad(Z))). Portanto ad(Z) : g
0
! g
0
é bijetora.
No resultado que segue, classi…camos as álgebras de Lie tridimensionais, cuja álgebra
derivada é bidimensional.
Teorema 1.39 Se g uma álgebra de lie tridimensional tal que sua álgebra derivada g
0
é bidimensional, então, existe uma base fX; Y; Zg de g e escalares ; ; e tais que
[X; Y ] = 0; [Z; X] = X + Y , [Z; Y ] = X + Y e
A =
0
@
1
A
é uma matriz invertível.
Demonstração: Tomemos uma base fX; Y g de g
0
e a estendemos a uma base fX; Y; Zg
de g . Como g
0
é abeliana, então [X; Y ] = 0. Do lema anterior, temos que f[Y; Z] ; [X; Z]g
é uma base de g
0
. Assim [X; Z] = X + Y e, do mesmo modo [Y; Z] = X + Y , já que
fX; Y g também é base de g
0
: Como ad(Z) é um isomor…smo temos que
B =
0
@
1
A
é invertível, pois é a matriz do isomor…smo ad(Z). Como a transposta de uma matriz
invertível é invertível segue que
A =
0
@
1
A
1.1 Conceitos Básicos 38
é invertível.
Resta analisarmos o caso em que as álgebras tridimensionais possuem álgebras derivadas
também tridimensionais. Para isso necessitamos da seguinte de…nição:
De…nição 1.40 Duas matrizes A e B são cogradientes, se existe uma matriz invertível
N e um número real 6= 0 tal que B = N
t
AN. Usaremos a notação A B para denotar
que A é cogradiente a B:
Proposição 1.41 A relação A cogradiente a B é uma relação de equivalência.
Demonstração: É claro que A A, pois A = I
t
AI: Suponhamos que A B, então
existe uma matriz N e 2 R
tal que B = N
t
AN: Logo A =
1
(N
1
)
t
BN
1
e portanto
B A: Suponhamos agora que A B e B C, assim existem matrizes invertíveis N
1
e
N
2
e
1
;
2
2 R
tais que
B =
1
N
t
1
AN
1
e C =
2
N
t
2
BN
2
.
Note que
C =
2
N
t
2
BN
2
=
2
N
t
2
1
N
t
1
AN
1
N
2
=
2
1
(N
1
N
2
)
t
A(N
1
N
2
).
Portanto C A:
Proposição 1.42 Se A é uma matriz 3 3 real, simétrica e invertível, então A é cogra-
diente a
C =
0
B
B
B
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
C
C
C
A
ou a D =
0
B
B
B
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
C
C
C
A
Demonstração: Seja A uma matriz real simétrica e invertível. Como A é simétrica,
o operador linear dela é auto-adjunto, assim pelo teorema espectral existe uma matriz
ortogonal N, tal que N
t
AN é uma matriz diagonal, ou seja,
N
t
AN =
0
B
B
B
@
0 0
0 0
0 0
1
C
C
C
A
1.1 Conceitos Básicos 39
com ; ; 2 R. Note que det(N
t
AN) = 6= 0, pois det(N) 6= 0 e det(A) 6= 0.
Multiplicando N
t
AN por
1
obtemos
0
B
B
B
@
0 0
0
0
0 0 1
1
C
C
C
A
:
Chamando
=
0
e
=
0
, A é cogradiente a
B =
0
B
B
B
@
0
0 0
0
0
0
0 0 1
1
C
C
C
A
.
Mostremos que B é cogradiente a C ou D: Seja
N =
0
B
B
B
@
x 0 0
0 y 0
0 0 z
1
C
C
C
A
:
Assim
N
t
BN =
0
B
B
B
@
x
2
0
0 0
0 y
2
0
0
0 0 z
2
1
C
C
C
A
.
Para concluir, veremos todas as possibilidades para os sinais de
0
e
0
:
1) Se
0
> 0 e
0
> 0 tomamos a matriz N, tal que x =
1
p
0
; y =
1
p
0
, z = 1. Temos
N
t
BN =
0
B
B
B
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
C
C
C
A
,
ou seja, B C e portanto A C.
2) Se
0
< 0 e
0
> 0, tomamos a matriz N, tal que x =
1
p
0
; y =
1
p
0
e z = 1, temos
N
t
BN =
0
B
B
B
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
C
C
C
A
1.1 Conceitos Básicos 40
e então B D. Portanto A D:
3) Se
0
> 0 e
0
< 0 tomamos a matriz N, tal que x =
1
p
0
; y =
1
p
0
e z = 1, temos
N
t
BN =
0
B
B
B
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
C
C
C
A
assim B E =
0
B
B
B
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
C
C
C
A
. Tomando N =
0
B
B
B
@
0 1 0
1 0 0
0 0 1
1
C
C
C
A
; então (1)N
t
EN = D e,
assim E D. Logo B D e portanto A D.
4) Se
0
< 0 e
0
< 0 tomamos x =
1
p
0
; y =
1
p
0
e z = 1, para obter
N
t
BN =
0
B
B
B
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
C
C
C
A
:
Ou seja, B é cogradiente a F =
0
B
B
B
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
C
C
C
A
:
Tomemos
N =
0
B
B
B
@
0 0 1
0 1 0
1 0 0
1
C
C
C
A
e notemos que (1)N
t
F N = D. Daí temos que F D , logo B D e portanto A D.
Com este resultado demostramos o teorema que segue.
Teorema 1.43 Seja g uma álgebra de lie tridimensional tal que sua álgebra derivada g
0
também é tridimensional. Então, existem exatamente duas classes de álgebras de Lie tridi-
mensionais distintas, uma com colchetes entre os elementos da base dados por [Y; Z] = X;
[Z; X] = Y e [ X; Y ] = Z e a outra com colchetes dos elementos da base, dados por
[Y; Z] = X; [Z; X] = Y e [X; Y ] = Z.
Demonstração: Seja fX
1
; X
2
; X
3
g uma base de g. É imediato que [X
2
; X
3
] = Y
1
;
[X
3
; X
1
] = Y
2
e [X
1
; X
2
] = Y
3
geram g
0
e portanto constituem uma base de g
0
. Como
1.1 Conceitos Básicos 41
g
0
= g segue que fY
1
; Y
2
; Y
3
g também é uma base de g . Denotaremos por
A =
0
B
B
B
@
11
21
31
12
22
32
13
23
33
1
C
C
C
A
;
a matriz mudança de base, da base fX
1
; X
2
; X
3
g para a base fY
1
; Y
2
; Y
3
g. Sabendo que
A é invertível, mostraremos que A é simétrica. De fato, pela identidade de Jacobi, temos
que [X
1
; [X
2
; X
3
]] + [X
3
; [X
1
; X
2
]] + [X
2
; [X
3
; X
1
]] = 0, porém
0 = [X
1
; [X
2
; X
3
]] + [X
3
; [X
1
; X
2
]] + [X
2
; [X
3
; X
1
]]
= [X
1
; Y
1
] + [X
3
; Y
3
] + [X
2
; Y
2
]
= [X
1
;
11
X
1
+
12
X
2
+
13
X
3
] + [X
3
;
31
X
1
+
32
X
2
+
33
X
3
]
+[X
2
;
21
X
1
+
22
X
2
+
23
X
3
]
=
12
[X
1
; X
2
] +
13
[X
1
; X
3
] +
31
[X
3
; X
1
] +
32
[X
3
; X
2
] +
21
[X
2
; X
1
] +
23
[X
2
; X
3
]
= (
12
21
)[X
1
; X
2
] + (
31
13
)[X
3
; X
1
] + (
23
32
)[X
2
; X
3
].
Como fY
1
; Y
2
; Y
3
g é linearmente independente, temos que
12
21
= 0,
31
13
= 0,
23
32
= 0. O que implica que
12
=
21
,
31
=
13
e
23
=
32
. Portanto A é
simétrica. Denotemos fX
1
; X
2
; X
3
g uma outra base de g. Temos que
X
1
=
11
X
1
+
12
X
2
+
13
X
3
X
2
=
21
X
1
+
22
X
2
+
23
X
3
]
X
3
=
31
X
1
+
32
X
2
+
33
X
3
e a matriz
B =
0
B
B
B
@
11
12
13
21
22
23
31
32
33
1
C
C
C
A
é invertível. De…namos Y
1
= [X
2
; X
3
]; Y
2
= [X
3
; X
1
] e Y
3
= [X
1
; X
2
]. Para qualquer
permutação cíclica (i; j; k) de (1; 2; 3), temos que
Y
i
= [X
j
; X
k
]
= [
j1
X
1
+
j2
X
2
+
j3
X
3
;
k1
X
1
+
k2
X
2
+
k3
X
3
]
= (
j2
k3
j3
k2
)Y
1
+ (
j3
k1
j1
k3
)Y
2
+ (
j1
k2
j2
k1
)Y
3
=
i1
Y
1
+
i2
Y
2
+
i3
Y
3
.
1.1 Conceitos Básicos 42
Assim,
(B
t
)
1
det(B
t
) =
0
B
B
B
@
11
12
13
21
22
23
31
32
33
1
C
C
C
A
que é a matriz adjunta de B
t
. A matriz mudança de base de fX
1
; X
2
; X
3
g para fY
1
; Y
2
; Y
3
g
é A e a matriz mudança de base de fX
1
; X
2
; X
3
g para fX
1
; X
2
; X
3
g é (B
t
)
1
. Portanto, se
A é a matriz (
ij
) tal que Y
i
=
i1
X
1
+
i2
X
2
+
i3
X
3
temos que A = det(B
t
)(B
t
)
1
AB
1
.
Logo A e A são matrizes simétricas e cogradientes. Portanto A(ou A) é cogradiente a
C =
0
B
B
B
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
C
C
C
A
ou a D =
0
B
B
B
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
C
C
C
A
Observe que, no caso da matriz C obtemos a primeira classe de álgebras do enunciado e
no caso da matriz D obtemos a segunda classe de álgebras.
O exemplo a seguir ilustra o caso de uma álgebra de Lie tridimensional, cuja álgebra
derivada é tridimensional
Exemplo 1.18 A álgebra sl(2; R) = fX 2 M(2; R); tr(X) = 0g é uma álgebra de Lie
tridimensional cuja álgebra derivada sl(2; R)
0
= sl(2; R). De fato, os elementos de sl(2; R)
são da forma
0
@
a b
c a
1
A
. Analisamos agora a álgebra derivada
sl(2; R)
0
= f[X; Y ]; X; Y 2 sl(2; R)g.
Sejam X =
0
@
a
1
b
1
c
1
a
1
1
A
e Y =
0
@
a
2
b
2
c
2
a
2
1
A
matrizes em sl(2; R), note que
[X; Y ] =
0
@
a
1
b
1
c
1
a
1
1
A
:
0
@
a
2
b
2
c
2
a
2
1
A
0
@
a
2
b
2
c
2
a
2
1
A
:
0
@
a
1
b
1
c
1
a
1
1
A
=
0
@
b
1
c
2
b
2
c
1
2a
2
b
1
2(c
1
a
2
a
1
c
2
) b
1
c
2
+ b
2
c
1
1
A
e concluímos que sl(2; R)
0
tem dimensão 3, já que a primeira e a quarta entrada da matriz
acima são múltiplas. Portanto sl(2; R)
0
= sl(2; R).
1.1 Conceitos Básicos 43
1.1.6 Álgebras de Lie solúveis e nilpotentes
Agora de…nimos as álgebras solúveis e nilpotentes.
De…nição 1.44 Um álgebra de Lie g é solúvel se alguma de suas álgebras derivadas for
nula.
Assim, uma álgebra de Lie é solúvel se, e somente se, existir k
1
> 0 tal que a
(k
1
)
= 0.
Note que se isso acontecer teremos a
(k)
= 0 para todo k k
1
: Segue alguns exemplos de
álgebras de Lie solúveis.
Exemplo 1.19 As álgebras de matrizes triangulares superiores
g =
8
>
>
>
<
>
>
>
:
0
B
B
B
@
.
.
.
1
C
C
C
A
nn
9
>
>
>
=
>
>
>
;
são solúveis, pois g
(k)
= 0 se k n.
Exemplo 1.20 A subálgebra de M(3; R) de…nida por
h =
8
>
>
>
<
>
>
>
:
0
B
B
B
@
0 a b
0 0 c
0 0 0
1
C
C
C
A
: a; b; c 2 R
9
>
>
>
=
>
>
>
;
é chamada álgebra de Heisenberg e é uma álgebra de Lie solúvel. De fato
h
0
= [h; h] =
0
B
B
B
@
0 0 b
0 0 0
0 0 0
1
C
C
C
A
e
h
(2)
= [h
0
; h
0
] = 0.
Evidentemente, a álgebra derivada está contida propriamente na álgebra.
O resultado seguinte mostra que toda álgebra ab eliana é solúvel.
Proposição 1.45 Uma álgebra de Lie é abeliana se, e somente se, a álgebra derivada g
0
de g é nula. Em particular toda álgebra de Lie abeliana é solúvel.
1.1 Conceitos Básicos 44
Demonstração: Seja g uma álgebra de Lie. Para quaisquer X; Y 2 g tem-se que
[X; Y ] = 0 e segue da de…nição de g
0
que ela é nula. Reciprocamente, se g
0
é nula,
então [X; Y ] = 0 para quaisquer X; Y 2 g. Portanto g é abeliana.
Desse resultado concluímos que todas as álgebras derivadas de uma álgebra abeliana
são nulas.
Teorema 1.46 Toda álgebra de Lie bidimensional é solúvel.
Demonstração: Seja g uma álgebra de Lie bidimensional. Pelo Corolário 1.7 temos
que g é abeliana ou existe uma base fA; Bg de g tal que [A; B] = B. Se g é ab eliana
temos da proposição anterior que g é solúvel. Se g não for abeliana, g
0
é unidimensional
e, portanto, abeliana. De fato, seja Z 2 g
0
. Temos que Z =
1
[A
1
; B
1
] + ::: +
n
[A
n
; B
n
]
onde A
1
; :::; A
n
e B
1
; :::; B
n
estão em g. Como fA; Bg é base de g segue que
Z =
1
[a
1
A + b
1
B; c
1
A + d
1
B] + ::: +
n
[a
n
A + b
n
B; c
n
A + d
n
B]
=
1
(a
1
d
1
b
1
c
1
)[A; B] + ::: +
n
(a
n
d
n
b
n
c
n
)[A; B]
= (
1
(a
1
d
1
b
1
c
1
) + ::: +
n
(a
n
d
n
b
n
c
n
))[A; B]
ou seja, todo elemento de g
0
é gerado por [A; B] = B . Assim g
0
é unidimensional e
portanto abeliana. Assim g
(2)
= 0 e g é solúvel.
É imediato que uma subálgebra de uma álgebra de Lie solúvel é uma álgebra de Lie
solúvel, em particular, qualquer ideal de uma álgebra solúvel também é solúvel.
O quociente de uma álgebra solúvel por um ideal é solúvel, ou seja,
Proposição 1.47 Seja g uma álgebra de Lie solúvel e h um ideal de g, então g=h é
solúvel.
Demonstração: Seja : g ! g=h o homomor…smo canônico. Se mostrarmos que
(g
(k)
) = (g=h)
(k)
por indução sobre k, segue o resultado. Se k = 0, o resultado segue da
sobrejetividade de . Suponhamos que o resultado seja válido para k 1, logo
(g
(k)
) = ([g
(k1)
; g
(k1)
])
= [(g
(k1)
); (g
(k1)
)]
= [(g=h)
(k1)
; (g=h)
(k1)
]
= (g=h)
(k)
.
1.1 Conceitos Básicos 45
Como g é solúvel, então (0) = 0 = (g=h)
(k)
, ou seja, g=h é solúvel.
A próxima proposição complementa a anterior ao dizer que a álgebra propriamente
dita é solúvel, se algum de seus quocientes juntamente com o seu núcleo é solúvel.
Proposição 1.48 Seja g uma álgebra de Lie e h um ideal de g. Se h e g=h são solúveis,
então g é solúvel.
Demonstração: Como g=h é solúvel, existe k
0
0 tal que (g=h)
(k
0
)
= 0. Da proposição
anterior segue que, (g
(k
0
)
) = (g=h)
(k
0
)
= 0 e assim g
(k
0
)
h. Mas h é solúvel, ou seja,
existe k
1
0 tal que h
(k
1
)
= 0. Assim
g
(k
0
+k
1
)
= (g
(k
0
)
)
k
1
h
(k
1
)
= 0.
Portanto g é solúvel.
É claro que, a soma de ideais solúveis em uma álgebra de Lie é um ideal solúvel.
Mostramos esse fato na proposição abaixo.
Proposição 1.49 Sejam g uma álgebra de Lie e h
1
; h
2
2 g ideais solúveis (isto é, solúveis
como álgebras de Lie). Então h
1
+ h
2
é ideal solúvel.
Demonstração: O fato de que h
1
+ h
2
ser ideal é consequência de que a soma de ideais
é ideal. Pela Proposição 1.18, temos
h
1
+ h
2
h
2
h
1
h
1
\ h
2
:
Como h
1
é solúvel e h
1
\h
2
é ideal de h
1
, da Proposição 1.47 segue que h
1
=h
1
\h
2
é solúvel.
Daí (h
1
+ h
2
)=h
2
é solúvel. Como h
2
é solúvel, da Proposição 1.48, temos que h
1
+ h
2
é
solúvel.
A partir de agora, temos a garantia da existência e unicidade de um ideal solúvel
maximal numa álgebra de Lie de dimensão …nita.
Proposição 1.50 Seja g álgebra de Lie de dimensão …nita. Então, existe em g um único
ideal solúvel r g, que contém todos os ideais solúveis de g.
1.1 Conceitos Básicos 46
Demonstração: Denote por n o máximo das dimensões dos ideais solúveis de g e seja r
um ideal solúvel com dim r = n: Então, todo ideal solúvel de g está contido em r. De fato,
se h é ideal solúvel, r + h também é. Pela maximalidade da dimensão, dim(r + h) = dim r
e daí que, r + h r e h r. Portanto, r contém todos os ideais solúveis e ele é evidente-
mente o único.
Nesta proposição, a hipótese de g ser de dimensão …nita não é essencial. Ela foi
colocada apenas para facilitar a demonstração. Em geral, pode-se aplicar algum princípio
de maximalidade ao invés do argumento da maximalidade da dimensão e chegar ao mesmo
resultado.
De…nição 1.51 O ideal r g que contém todos os ideais solúveis de g é chamado de
radical solúvel (ou simplesmente radical) de g. Para o radical de g será utilizada a
notação r (g).
Exemplo 1.21 g é solúvel se, e somente se, r(g) = g.
Exemplo 1.22 O radical de gl(2; R) é
r(g) = z = f
0
@
a 0
0 a
1
A
: a 2 Rg.
De fato, primeiramente mostraremos que z é ideal abeliano de gl(2; R). Seja
0
@
c d
e f
1
A
2 gl(2; R) e
0
@
a 0
0 a
1
A
2 z:
Então
2
4
0
@
c d
e f
1
A
;
0
@
a 0
0 a
1
A
3
5
=
0
@
0 0
0 0
1
A
2 z
ou seja, z é ideal abeliano e, portanto, solúvel. A…rmamos agora que os únicos ideais de
gl(2; R) são z e sl(2; R), além dos triviais. De fato, observe que
gl(2; R) = sl(2; R) z,
pois
0
@
a b
c d
1
A
=
0
@
(ad)
2
b
c
(ad)
2
1
A
+
0
@
(a+d)
2
0
0 (
a+d)
2
1
A
,
1.1 Conceitos Básicos 47
onde
0
@
a b
c d
1
A
2 gl(2; R);
0
@
(ad)
2
b
c
(ad)
2
1
A
2 sl(2; R) e
0
@
(a+d)
2
0
0 (
a+d)
2
1
A
2 z.
Além disso, sl(2; R) \ z = 0: Agora, pela Proposição 1.18 temos
sl(2; R) + z
z
sl(2; R)
sl(2; R) \ z
,
ou seja
gl(2; R)
z
sl(2; R):
Seja h um ideal não trivial de gl(2; R): Tome X 2 sl(2; R) . Como sl(2; R) gl(2; R)=z,
então X = i + z com i 2 gl(2; R). Tome Y 2 h=z. Assim Y = h
1
+ z com h
1
2 h . Então,
[X; Y ] = [i + z;h
1
+ z] = [i; h
1
] + z = h
2
+ z 2 h=z.
Portanto h=z é ideal de sl(2; R). Mostremos agora que os únicos ideais de sl(2; R) são os
triviais. Seja fX; Y; Hg uma base de sl(2; R), onde
X =
0
@
0 1
0 0
1
A
; H =
0
@
1 0
0 1
1
A
; Y =
0
@
0 0
1 0
1
A
Note que [H; X] = 2X; [H; Y ] = 2Y , e [X; Y ] = H. Tome Z = aX + bH + cY , então
ad(X)Z = [X; Z] = [X; aX + bH + cY ] = 2bX + cH
ad(X)
2
Z = ad(X)(ad(X)Z) = [X; [X; Z]] = [X; 2bX + cH] = 2cX,
de onde segue que se Z 6= 0, então ou Z ou ad(X)Z ou ad(X)
2
Z é um múltiplo não
nulo de X (pois se Z; ad(X)Z e ad(X)
2
Z forem múltiplos nulos de X temos que Z = 0).
Tome h 6= f0g ideal de sl(2; R) e suponhamos que Z 2 h. Se ad(X)
2
Z é múltiplo não
nulo de X, então
0 6= 2cX = [X; [X; Z]] h.
O que implica que X está em h. O mesmo ocorre se Z ou ad(X)Z são múltiplos não nulos
de X. Segue agora que, H = [Y; X] h e consequentemente, Y = (1=2)[X; H] h.
Daí h = sl(2; R). Concluímos que os únicos ideais de sl(2; R) são os triviais. Logo h=z
= 0 ou h=z = sl(2; R), ou seja h = z ou h \ sl(2; R) é não nulo. Neste último caso, h
contém sl(2; R), pois como [X
1
; h
1
] h para todo X
1
2 gl(2; R) e para todo h
1
2 h, então
em particular, [Y
1
; h
1
] h para todo Y
1
2 sl(2; R) e para todo h
1
2 h: Dessa forma, h é
ideal de sl(2; R) ou sl(2; R) h. Assim h = f0g ou h = sl(2; R). Mas h \sl(2; R) 6=f0g e
assim h 6= f0g: Portanto h deve ser sl(2; R) ou gl(2; R).
1.1 Conceitos Básicos 48
De…nimos agora uma álgebra de Lie nilpotente.
De…nição 1.52 Uma álgebra de Lie g é dita nilpotente se um dos termos da sua série
central descendente se anula.
Dessa forma, uma álgebra de Lie g é nilpotente se, e somente se, existe k
1
1 tal que
g
k
1
= 0. Note que nesse caso g
k
= 0 para todo k k
1
.
As álgebras de Lie abelianas, são trivialmente solúveis e nilpotentes. Além disso,
as álgebras nilpotentes são solúveis, pois g
(k)
g
k+1
. Entretanto, a recíproca não é
verdadeira, pois se, g é uma álgebra bidimensional, então pelo Teorema 1.6, temos que
g é abeliana ou existe uma base fA; Bg de g tal que [A; B] = B. Se g é abeliana,
temos que g é nilpotente. Se g não for abeliana, g
0
é unidimensional e sua série central
descendente se estabiliza no subespaço gerado por B, ou seja, g
k
= g. Portanto, a álgebra
de Lie bidimensional que possui fA; Bg como base é solúvel pelo Teorema 1.46, mas não
é nilpotente.
Segue alguns exemplos de álgebras de Lie nilpotentes.
Exemplo 1.23 A subálgebra de matrizes quadradas triangulares superiores com elemen-
tos da diagonal principal iguais
g =
8
>
>
>
<
>
>
>
:
0
B
B
B
@
a
.
.
.
a
1
C
C
C
A
nn
9
>
>
>
=
>
>
>
;
:
é nilpotente. Em particular, a subálgebra das matrizes quadradas triangulares superiores
com zeros na diagonal também é nilpotente.
Exemplo 1.24 A álgebra de Heisenberg em M(3; R) é uma álgebra de Lie nilpotente,
pois
h
2
= h
0
= [h; h] = f
0
B
B
B
@
0 0 b
0 0 0
0 0 0
1
C
C
C
A
; b 2 Rg e
h
3
= [h; h
2
] = 0:
Observe que a álgebra das matrizes triangulares superiores é um exemplo de álgebra
de Lie solúvel que não é nilpotente.
Como toda álgebra de Lie nilpotente também é solúvel, os resultados apresentados
para álgebras de Lie solúveis se aplicam para álgebras de Lie nilpotentes.
1.2 Álgebras nilpotentes 49
1.1.7 Álgebras de Lie simples e semisimples
De…nição 1.53 Uma álgebra de Lie g é semisimples se,
r (g) = 0.
(isto é, g não contém ideais solúveis além de 0)
De…nição 1.54 Uma álgebra g é simples se,
1. Os únicos ideais de g são 0 e g
2. dim g 6= 1
É imediato a partir da de…nição, que as álgebras unidimensionais não são semisimples.
Porém, as demais álgebras que não possuem ideais próprios são semisimples. De fato, seja
g uma álgebra que não possui ideais não triviais. Como r (g) é um ideal, ele deve ser 0 ou
g. No primeiro caso, g é semisimples como se pretende. O segundo caso não po de o correr
se dim g 2, pois se r (g) = g, então g é solúvel e portanto, g
0
6= g. Como g
0
também
é um ideal, g
0
= 0, ou seja, g é abeliana. Mas isso é impossível se dim g 2, pois todo
subespaço de uma álgebra abeliana é um ideal. Em outras palavras, as álgebras simples
são semisimples.
Como o centro de uma álgebra é um ideal abeliano, e portanto solúvel, o centro
de uma álgebra semisimples é necessariamente nulo. Como o centro de uma álgebra
qualquer coincide com o núcleo da representação adjunta, então a representação adjunta
de uma álgebra semisimples é …el. Por isso to da álgebra semisimples pode ser vista como
uma subálgebra de transformações lineares. Notemos que, sl(2; R) é simples, conforme
mostrado no exemplo 1.22.
1.2 Álgebras nilpotentes
Nesta seção mostramos que para uma álgebra de Lie de transformações lineares cujos
elementos são nilpotentes, é possível encontrar uma base em que as matrizes dessas trans-
formações nesta base, são todas triangulares superiores com zeros na diagonal principal.
Como consequência desse resultado temos o teorema de Engel, o qual a…rma que dada
1.2 Álgebras nilpotentes 50
uma álgebra de Lie de dimensão …nita, se as adjuntas dos seus elementos são nilpotentes,
então a álgebra de Lie também é nilpotente.
Antes de apresentarmos tais resultados, precisamos introduzir o conceito de represen-
tações nilpotentes.
De…nição 1.55 Seja g uma álgebra de Lie. Dizemos que a representação de g no
espaço vetorial V é uma representação nilpotente ou uma nil-representação, se
(X) é nilpotente para todo X 2 g. Isto signi…ca que, dado X 2 g, existe um inteiro
positivo k (dependente de X) tal que (X)
k
= 0.
Um exemplo de nil-representação é a representação adjunta de uma álgebra nilpotente.
De fato, seja g uma álgebra de Lie nilpotente. Então existe k 1, tal que g
k
= 0, ou seja,
g
k
=
f[X; Y ]; X 2 g e Y 2 g
k1
g
= 0.
Isso signi…ca que todos os colchetes envolvendo k elementos de g, se anulam. Disso segue
que, ad(X)
k1
Z = 0 para todo Z 2 g e portanto ad(X), é nilpotente. Observe que o
teorema de Engel mostra exatamente a recíproca desse fato.
Para estudar as representações nilpotentes utilizamos a seguinte proposição:
Proposição 1.56 Seja V um espaço de dimensão …nita sobre K e A 2 gl (V ). Se A é
nilpotente então ad(A) é nilpotente. Portanto, se : g ! gl (V ) é uma nil-representação,
então X 7! ad((X)) também é uma nil-representação.
Demonstração: Primeiramente mostremos que ad(A)
n
B é uma soma de termos da forma
A
r
BA
s
, com r + s = n: De fato, por indução sobre n; se n = 1 temos
ad(A)B = [A; B] = AB BA = ABA
0
A
0
BA:
Suponhamos que o resultado seja válido para n = k, ou seja
ad(A)
k
B = a
1
A
r
1
BA
s
1
+ a
2
A
r
2
BA
s
2
+ + a
n
A
r
n
BA
s
n
,
com r
i
+ s
i
= k, para todo i = 1; :::; n e a
i
2 K. Mostremos que o resultado é valido para
1.2 Álgebras nilpotentes 51
n = k + 1: Temos que
ad(A)
k+1
B = ad(A)(ad(A)
k
B)
= [A; a
1
A
r
1
BA
s
1
+ a
2
A
r
2
BA
s
2
+ + a
n
A
r
n
BA
s
n
]
= A(a
1
A
r
1
BA
s
1
+ a
2
A
r
2
BA
s
2
+ + a
n
A
r
n
BA
s
n
)
(a
1
A
r
1
BA
s
1
+ a
2
A
r
2
BA
s
2
+ + a
n
A
r
n
BA
s
n
)A
= a
1
A
r
1
+1
BA
s
1
+ + a
n
A
r
n
+1
BA
s
n
a
1
A
r
1
BA
s
1
+1
a
n
A
r
n
BA
s
n
+1
com r
i
+ s
i
+ 1 = k + 1, para todo i = 1; :::; n. O que conclui o processo de indução.
Agora, como A é nilpotente, existe k 1 tal que A
k
= 0: Tomando n su…cientemente
grande e sabendo que n = r + s, teremos que r k ou s k. Daí, A
r
= 0 ou A
s
= 0:
Portanto, a soma dos termos de ad(A)
n
B se anulam, isto é, ad(A) é nilpotente.
O objetivo agora é encontrar uma base na qual todos os elementos de uma nil-
representação são triangulares superiores. Para isso precisamos do seguinte resultado:
Teorema 1.57 Seja V 6= 0 um espaço vetorial de dimensão …nita e g gl (V ) uma
subálgebra de Lie. Se todo X 2 g é nilpotente, então existe v 2 V; v 6= 0 tal que Xv = 0
para todo X 2 g:
Demonstração: A demonstração é feita por indução sobre a dimensão de g. Se g é
unidimensional, seja X não nulo em g. Como X é nilpotente, existe k 1 tal que X
k
= 0
e X
k1
6= 0. Seja w 2 V tal que X
k1
w 6= 0 e tome v = X
k1
w. Então
Xv = XX
k1
w = X
k
w = 0
para todo X em g. Concluímos o resultado para álgebras de dimensão um.
Para mostrar o passo de indução, suponha que dim g > 1 e que o resultado vale
para toda álgebra com dimensão estritamente menor que dim g. É claro que g admite
subálgebras distintas das triviais, pois subespaços de dimensão um são subálgebras. Seja
então h g uma subálgebra distinta das triviais tal que a dim h é máxima entre as
dimensões das subálgebras não triviais. Mostraremos que h é um ideal de g de codimensão
um. Consideremos o espaço vetorial g=h. Note que ad(X) para X 2 h, deixa h invariante,
pois ad(X)h = [X; h] h, uma vez que h é subálgebra de g. Logo, a representação
1.2 Álgebras nilpotentes 52
adjunta de h em g induz uma representação de h em g=h. Como h g gl(V ) e X é
nilpotente para todo X 2 h, então ad(X) é nilpotente em gl(V ). Em particular ad(X)
é nilpotente em g. Isso implica que é uma nil-representação. Dessa forma, (h) é uma
álgebra que satisfaz as hipóteses do teorema e tem dimensão estritamente menor que g.
Portanto, a hipótese de indução vale para (h) e então existe w não nulo em g=h tal que
(h)w = 0. Isso signi…ca, que existe X
0
2 g h tal que, (h)X
0
+ h = [h; X
0
] + h = 0 e
então [X
0
; h] h. Como o subespaço gerado por X
0
e h é uma subálgebra de dimensão
estritamente maior que a dimensão de h e h foi esolhido de dimensão a máxima entre as
subálgebras não triviais, segue que o subespaço gerado por X
0
e h é o próprio g. Logo h
tem codimensão um. E como X
0
=2 h; [X
0
; h] h e h tem codimesão um, h é um ideal de
g. Agora, aplicando a hipótese de indução para h como subálgebra de gl(V ), o subespaço
W = fv 2 V : Xv = 0 para todo X 2 hg
é não nulo. Como os elementos de W se anulam pelos elementos de h, se mostrarmos
que existe v não nulo em W tal que X
0
v = 0, onde X
0
é dado acima, concluímos a
demonstração do teorema. Temos que, se X 2 h e w 2 W , então
XX
0
w = [X; X
0
]w + X
0
Xw = 0,
pois X; [X; X
0
] 2 h. Isso mostra que X
0
w 2 W e que W é invariante por X
0
. Mas X
0
é nilpotente, logo sua restrição a W também é nilpotente. Assim o argumento usado no
caso em que dim g = 1, nos permite concluir a demonstração do teorema.
Teorema 1.58 Seja V um espaço vetorial de dimensão …nita e g gl(V ) uma subálgebra
em que todo X 2 g é nilpotente. Então, existem subespaços
0 = V
0
V
1
V
n1
V
n
= V
tal que XV
i
V
i1
; i = 1; : : : ; n. Esses subespaços podem ser de…nidos indutivamente por
V
0
= 0
V
i
= fv 2 V : Xv 2 V
i1
para todo X 2 gg.
Em particular, estendendo sucessivamente bases dos subespaços V
i
, obtem-se uma base
de V , tal que a matriz de X em relação a é triangular superior com zeros na diagonal
para todo X 2 g:
1.2 Álgebras nilpotentes 53
Demonstração: De…na
V
1
= fv 2 V : Xv = 0 para todo X 2 gg.
Pelo teorema anterior, temos que V
1
é não nulo. Além disso, V
1
é claramente g-invariante.
Portanto a representação canônica de g em V induz uma representação de g em V=V
1
.
Como cada X 2 g é nilpotente, segue que é uma nil-representação e o teorema anterior
se aplica a . Dessa forma, existe w não nulo em V=V
1
, tal que (X)w = 0 para todo
X 2 g. Isso signi…ca que existe v 2 V V
1
tal que Xv 2 V
1
para todo X 2 g, o que
garante que o subespaço
V
2
= fv 2 V : Xv 2 V
1
para todo X 2 gg
contém V
1
, e é distinto de V
1
. O mesmo argumento nos permite construir, sucessivamente,
V
i
= fv 2 V : Xv 2 V
i1
para todo X 2 gg,
o qual é distinto de V
i1
e o contém. Como dim V é …nita, algum V
i
= V e isso mostra a
primeira parte do teorema. Quanto à segunda parte, tome a base
= fv
1
; : : : ; v
i
1
;
v
i
1
+1
; : : : ; v
i
2
; : : : ; v
i
n1
+1
; : : : ; v
i
n
g
com v
i
j
+1
; : : : ; v
i
j+1
2 V
j+1
; j = 0; : : : ; n 1: Em relação a esta base, os elementos de g se
representam todos como matrizes triangulares superiores com zeros nos blocos diagonais,
correspondentes às dimensões dos subespaços V
i
.
Este resultado mostra que toda subálgebra de matrizes, cuja representação canônica é
uma nil-representação, está contida na álgebra das matrizes triangulares superiores com
zeros na diagonal e, como tal, é nilpotente. Como consequência desse teorema temos o
seguinte corolário:
Corolário 1.59 Seja V um espaço vetorial de dimensão …nita e g gl(V ) uma subál-
gebra tal que todo X 2 g é nilpotente. Então, g é nilpotente. Em particular, dada uma
álgebra arbitrária h temos que (h) é uma álgebra nilpotente, se é uma nil-representação
da álgebra h em V .
Desse corolário, segue que, se uma álgebra h possui representação adjunta nilpotente
e tem dimensão …nita, então h é solúvel. De fato, dada ad: h ! gl(V ), note que
ker(ad) = c(h) = fX 2 h : [X; Y ] = 0 para todo Y 2 hg
1.2 Álgebras nilpotentes 54
é abeliano e portanto solúvel. A Im(ad) também é solúvel pois por hipótese Im(ad) é
nilpotente. Como Im(ad) h= ker(ad); tem-se que h= ker(ad) é solúvel e portanto h é
solúvel. Para mostrar que nessa situação h é nilpotente convém introduzir a série central
ascendente de uma álgebra de Lie g, que é de…nida indutivamente como
g
0
= 0
g
i
= fX 2 g : [Y; X] 2 g
i1
para todo Y 2 gg:
Por de…nição [g; g
i
] g
i1
g
i
para todo i , assim g
i
é um ideal de g. Geralmente, pode
ocorrer que a partir de algum termo, a série central ascendente se estabilize em algum
ideal próprio de g. Porém, isso não ocorre se a representação adjunta de uma álgebra de
dimensão …nita é nilpotente. De fato, a sequência de subespaços V
i
do teorema anterior
coincide, no caso de uma representação adjunta, com a série central ascendente. Assim,
se a representação adjunta é nilpotente, a série central ascendente termina em g. Isso
mostra o seguinte corolário:
Corolário 1.60 Seja g gl(V ) uma álgebra de Lie de dimensão …nita e suponha que ad
é uma nil-representação. Então, a série central ascendente satisfaz
0 = g
0
g
1
g
n
= g
para algum n.
Podemos mostrar o teorema de Engel.
Teorema 1.61 (Engel) Seja g gl(V ) uma álgebra de Lie de dimensão …nita. Se para
todo X 2 g tivermos que ad(X) é nilpotente, então g é nilpotente.
Demonstração: Observe que, pelo corolário anterior a série central ascendente termina
em g
n
= g: Usando o fato de que [g; g
i
] g
i1
mostraremos por indução que
g
i
g
ni+1
.
De fato, se i = 1 o argumento é válido, pois g = g
1
= g
n
= g
n1+1
. Assim, g
1
g
n1+1
.
Suponhamos que o resultado seja válido para i = k, ou seja g
k
g
nk+1
. Devemos
mostrar que o resultado também vale para i = k + 1: Note que
g
k+1
=
f[X; Y ] : X 2 g e Y 2 g
k
g
1.2 Álgebras nilpotentes 55
e como por hipótese, g
k
g
nk+1
temos que
g
k+1
hf[X; Y ] : X 2 g e Y 2 g
nk+1
gi.
Mas Y 2 g
nk+1
, o que signi…ca
[X; Y ] 2 g
nk+11
= g
nk
para todo X 2 g e assim g
k+1
g
nk
. Daí que g
n+1
= 0 e, portanto, g nilpotente.
Em geral, uma representação de uma álgebra nilpotente nem sempre é nilpotente.
Mostremos esse fato nos dois exemplos que seguem.
Exemplo 1.25 Seja g a álgebra das matrizes triangulares superiores com diagonal não
nula, mas com os elementos diagonais iguais:
g = f
0
B
B
B
@
.
.
.
1
C
C
C
A
g
A representação canônica de g não é nilpotente, pois as matrizes que são múltiplas da
identidade, pertencem a g e não são nilpotentes.
Exemplo 1.26 Seja g a álgebra das matrizes diagonais n n, que é abeliana e, por-
tanto, nilpotente. A representação canônica de g; dada pela inclusão, não é uma nil-
representação pois uma matriz diagonal não é nilpotente, a menos que seja nula.
A diferença de uma nil-representação de uma álgebra nilpotente g gl(V ) para uma
representação arbitrária, está no fato de que, geralmente podem aparecer autovalores não
nulos dessa representação, desde que com um certo padrão de repetição, como no caso
do exemplo acima. Esse padrão de repetição é dado pelas decomposições de Jordan dos
elementos da álgebra, das quais falamos a seguir.
Para analisar essas decomposições, seja V um espaço vetorial de dimensão …nita e
A : V ! V uma transformação linear. O teorema da decomposição primária decompõe
V em subespaços A-invariantes
V = V
1
V
s
1.2 Álgebras nilpotentes 56
que são os auto-espaços generalizados
V
i
= fv 2 V : p
i
(A)
k
v = 0 para algum k 1g
onde os polinômios irredutíveis p
i
; i = 1; : : : ; s; são as componentes primárias do polinômio
minimal p = p
m
1
1
: : : p
m
s
s
de A. Quando o corpo de escalares é algebricamente fechado,
temos que p
i
(A) = A
i
, com
i
autovalor de A. Os subespaços da decomposição
primária se escrevem como
V
i
= fv 2 V : (A
i
)
k
v = 0 para algum k 1g.
Denotamos tais subespaços por V
i
, de modo a enfatizarmos a relação destes com os
autovalores de A.
Veri…camos agora como age uma outra transformação linear B nos espaços da de-
composição primária de A. Para isso precisamos da fórmula de comutação em álgebras
associativas que se aplicam em particular à álgebra das transformações lineares de um
espaço vetorial.
Proposição 1.62 Seja A uma álgebra associativa e tome x; y 2 A .
1. Denotando ad
e
(x)y = xy yx, tem-se para todo n 1 que, a fórmula de comutação à
esquerda é dada por
x
n
y =
n
X
p=0
n
p
(ad
e
(x)
np
y)x
p
:
2. A fórmula de comutação à direita é dada por
yx
n
=
n
X
p=0
n
p
x
p
(ad
d
(x)
np
y),
onde ad
d
(x)y = yx xy é a adjunta à direita.
Demonstração: Mostraremos por indução sobre p: Para p = n = 1 é imediato, já que
xy = yx + [x; y]. Para p = n + 1 e aplicando a hipótese de indução, temos que
x
n+1
y = x(x
n
y)
=
n
X
p=0
n
p
(ad
e
(x)
np+1
y)x
p
+
n
X
p=0
n
p
(ad
e
(x)
np
y)x
p+1
.
1.2 Álgebras nilpotentes 57
Substituindo-se p por p 1 na segunda soma dessa igualdade, tem-se
x
n+1
y =
n
X
p=0
n
p
(ad
e
(x)
np+1
y)x
p
+
n
X
p=1
n
p 1
(ad
e
(x)
n+1p
y)x
p
= ad
e
(x)
n+1
y + yx
n+1
+
n
X
p=1
n
p
+
n
p 1
(ad
e
(x)
n+1p
y)x
p
.
E esta é a fórmula de comutação à esquerda. A fórmula de comutação à direita segue com
o mesmo tipo de indução.
A partir dessas formas de comutação, é possível mostrar que os espaços das decom-
posições primárias dos elementos de uma álgebra nilpotente são invariantes pela álgebra.
Proposição 1.63 Suponha que o corpo de escalares é algebricamente fechado. Sejam A e
B operadores lineares de V . Tome V
i
, dados como acima, os auto-espaços generalizados
de A. Então, BV
i
V
i
para todo i se, e somente se, ad(A)
q
B = 0 para algum q 1.
Demonstração: Como o corpo de escalares é algebricamente fechado temos que
V
i
= fv 2 V : (A
i
I)
k
v = 0 para algum k 1g.
Dado i, seja A
i
= A
i
= (A
i
I). Como
i
é múltiplo da identidade temos ad(A)
q
B = 0
se, e somente se, ad(A
i
)
q
B = 0. De fato, vamos mostrar isso usando por indução sobre q.
Se q = 1 temos ad(A
i
)B = 0 se, e somente se, ad(A
i
)B = 0. Mas, ad(A
i
)B = 0
se, e somente se,[A
i
; B] = 0, o que por sua vez ocorre se, e somente se, [A; B] = 0,
ou seja, ad(A)B = 0. Dessa forma, o resultado é válido para q = 1. Suponha agora que
o resultado é válido para q = k, ou seja, ad(A)
k
B = 0 se, e somente se, ad(A
i
)
k
B = 0.
Então, temos que ad(A)
k+1
B = 0 se, e somente se, ad(A)
k
(ad(A)B) = 0, o qual ocorre
se, e somente se, ad(A
i
)
k
(ad(A)B) = 0. Mas ad(A
i
)
k
(ad(A)B) = 0 se, e somente se,
ad(A
i
)
k
([A; B]) = 0 e isso vale se, e somente se, ad(A
i
)
k
([A
i
; B]) = 0. Temos que essa
última igualdade acontece se, e somene se, ad(A
i
)
k
([A
i
; B]) = 0 e esta também ocorre
se, e somente se, ad(A
i
)
k
ad(A
i
)B = 0. Como ad(A
i
)
k
ad(A
i
)B = 0 se, e somente se,
ad(A
i
)
k+1
B = 0. Portanto ad(A)
q
B = 0 se, e somente se, ad(A
i
)
q
B = 0.
Suponha que ad(A)
q
B = 0. Assim, ad(A
i
)
q
B = 0. Tome v 2 V
i
. Logo existe k tal que
(A
i
)
k
v = 0 e isso implica que (A
i
)
k
v = 0: Fixando os expoentes q e k tome n > q + k.
Então, para 0 p n tem-se que ou n p > q ou p > k e, portanto na fórmula de
1.2 Álgebras nilpotentes 58
comutação para A
n
i
B, todos os termos aplicados a v se anulam. De fato, como ou np > q
ou p > k temos ou ad(A)
np
B = 0 ou A
p
i
v = 0. Como A
n
i
B =
P
n
p=0
n
p
(ad
e
(A)
np
B)A
p
tem-se que A
n
i
Bv = 0 e então Bv 2 V
i
. Portanto, V
i
é B-invariante.
Reciprocamente, como a restrição de A
i
a V
i
é nilpotente, tem-se p ela Proposição 1:56
que ad(A
i
) é nilpotente, ou seja, existe q
i
tal que ad(A
i
)
q
i
B
i
= 0, onde B
i
é a restrição de
B a V
i
: Dessa forma, mostramos que, para algum q, ad(A)
q
B = 0.
Esta proposição permite decompor o espaço de uma representação em auto-espaços
generalizados, conforme foi feito acima, com o re…namento de que eles são auto-espaços
simultâneos para todos os elementos da álgebra. De fato, seja g uma álgebra de Lie
nilpotente e uma representação …nita de g em V . Como g é nilpotente, dados X; Y
em g temos que ad(X)
q
(Y ) = 0 para algum q 1. Aplicando a esta igualdade temos,
ad((X))
q
(Y ) = 0 para algum q 1. Tomando o corpo de escalares algebricamente
fechado, pela proposição acima segue que (Y )V
i
V
i
. Logo …xando X 2 g considere-
mos a decomposição primária de V por (X)
V = V
1
V
s
:
Como cada V
i
é invariante por (Y ) para todo Y 2 g, tem-se que esses subespaços são
g-invariantes e como tal, g se representa em cada um deles.. Podemos tomar então a
decomposição primária de V
i
em relação as restrições de (Y ); com Y em g. Agora, se
para todo Y em g com i = 1; : : : ; s, a decomposição primária de (Y ) em V
i
se constitui
de um único elemento, então cada V
i
é um auto-espaço generalizado das correspondentes
restrições de (Y ), para todo Y em g. Isso signi…ca que, dado Y em g com i = 1; : : : ; s
existe um autovalor
i
(Y ) para (Y ) tal que V
i
está contido no auto-espaço generalizado
associado a
i
(Y ), ou seja, ((Y )
i
(Y ))
k
v = 0 para algum k 1, se v está em V
i
.
Por outro lado, se algum V
i
se decompõe por algum (Y ), podemos tomar uma nova
decomposição de V e repetir o argumento. Como a dimensão dos subespaços diminuem,
obtemos por indução, uma decomposição em subespaços g-invariantes,
V = W
1
W
t
,
tal que para todo Y em g com i = 1; : : : ; t existe
i
(Y ) autovalor de (Y ) com
((Y )
i
(Y ))
k
v = 0 para algum k 1, se v 2 W
i
:
1.2 Álgebras nilpotentes 59
A partir daí, obtemos a decomposição em relação a representação de uma álgebra nilpo-
tente.
Teorema 1.64 Seja g uma álgebra de Lie e uma representação de g em V de dimensão
…nita. Se o corpo de escalares é algebricamente fechado e g nilpotente, então existem
funcionais lineares
1
; :::;
s
tal que, se
V
i
= fv 2 V : para todo X 2 g; existe n 1; (
i
(X)
i
(X))
n
v = 0g;
então V
i
é g-invariante, i = 1; : : : ; s e
V = V
1
V
s
:
Demonstração: Já sabemos da existência de subespaços g-invariantes W
1
W
s
e
aplicações
i
: g ! K tais que
V = W
1
W
s
com W
i
V
i
e V
i
como no enunciado. Assumindo que
i
6=
j
se i 6= j e se necessário,
somando as parcelas para as quais os coincidem, podemos mostrar que W
i
= V
i
.
A…rmamos que
i
é linear. De fato, denote por
i
a restrição da representação a V
i
.
Pela de…nição de V
i
tem-se que
i
(X)
i
(X) é nilpotente para todo X em g: Portanto,
tr(
i
(X)
i
(X)Id) = 0 e então tr(
i
(X)) tr(
i
(X)Id) = 0. Mas isso implica que
tr(
i
(X)) (dim V
i
)
i
(X) = 0, que por sua vez, implica que
i
(X) =
tr(
i
(X))
dim V
i
. Da
linearidade do traço tem-se que
i
é linear.
Como os funcionais lineares
i
j
não são nulos e são em quantidade …nita, é possível
tomar X em g tal que
i
(X) e
j
(X) são distintos para todo i 6= j. Para X dessa forma,
cada
i
(X) é autovalor de (X). Então podemos considerar o auto-espaço generalizado
associado, ou seja, V
i
(X)
. Como os autovalores são distintos, a soma V
1
(X)
+ + V
s
(X)
é direta. Mais ainda, essa soma coincide com V , já que W
i
V
i
(X)
. Isso mostra que
W
i
= V
i
(X)
com i = 1; : : : ; s. Mas, p or de…nição tem-se que V
i
V
i
(X)
e entãoW
i
= V
i
.
Como queríamos.
Por conveniência, introduzimos a seguinte terminologia ligada aos autovalores
i
da
representação.
1.2 Álgebras nilpotentes 60
De…nição 1.65 Seja g uma álgebra de Lie e uma representação de g em V . Um peso
de é um funcional linear : g ! K tal que o subespaço V
de V de…nido por
V
= fv 2 V : para todo X 2 g, existe n 1; ((X) (X))
n
v = 0g,
satisfaz V
6= 0: O subespaço V
é chamado de subespaço de pesos associado a . A
dimensão de V
é chamada de multiplicidade de :
Concluímos então, que os pesos de uma representação são os autovalores dos elementos
da álgebra.
Exemplo 1.27 Tome g a álgebra das matrizes diagonais em relação à base fe
1
; : : : ; e
n
g.
Os funcionais
i
; i = 1; : : : ; n de…nidos por
i
(diagfa
1
; : : : ; a
n
g) = a
i
são pesos da representação canônica de g. Neste caso V
i
; i = 1; : : : ; n é o subespaço
gerado por e
i
.
Exemplo 1.28 Se é uma nil-representação de dimensão …nita, então 0 é o único peso
de e V
0
coincide com o espaço da representação.
Note que no Teorema 1.64, se
i
denota a restrição de a V
i
, então
i
(X)
i
(X)
é nilpotente para todo X em g. Esse fato, juntamente com o que foi mostrado para as
nil-representações, possibilita o esclarecimento da forma de
i
, de modo a concluirmos
que
i
i
é uma representação. Para veri…car esse fato, veja [18] Proposição 2:11.
O próximo resultado é o melhor que p ode-se dizer sobre representações de álgebras de
Lie nilpotentes.
Teorema 1.66 Suponha que o corpo de escalares é algebricamente fechado e seja uma
representação da álgebra nilpotente g sobre o espaço de dimensão …nita V . Então, existe
uma base de V , tal que nessa base se escreve como
(X) =
0
B
B
B
@
1
(X)
.
.
.
s
(X)
1
C
C
C
A
, X 2 g
1.3 Álgebras solúveis 61
com os blocos diagonais
i
(X) da forma
i
(X) =
0
B
B
B
@
i
(X)
.
.
.
0
i
(X)
1
C
C
C
A
, X 2 g
onde
i
é peso da representação.
1.3 Álgebras solúveis
Os elementos das álgebras solúveis g gl(V ), também podem ser colocados em forma
triangular, porém não temos aqui uma decomposição do tipo de Jordan, em blocos, com
as diagonais de cada bloco múltiplas da identidade. O principal resultado que apresenta-
mos aqui é o teorema de Lie, o qual mostra a existência de uma base que triangulariza
simultaneamente os elementos de uma álgebra solúvel, através de quociente sucessivos.
Para construir uma base que triangularize os elementos de uma álgebra solúvel, deve-
mos garantir a existência de um autovetor comum para os elementos da álgebra. Isso é
feito no seguinte teorema:
Teorema 1.67 Sejam V 6= 0 um espaço vetorial de dimensão …nita sobre um corpo
algebricamente fechado e g gl(V ) uma subálgebra solúvel. Então, existe v 2 V , v 6= 0
e um funcional linear : g ! K tal que Xv = (X)v, para todo X 2 g, ou seja, v é um
autovetor comum a X 2 g com autovalor (X).
Demonstração: Observemos que é linear, pois
(X + Y )v = (X + Y )v = Xv + Y v
= (X)v + (Y )v,
para quaisquer que sejam X e Y em g e em K. Resta mostrarmos que existe um
autovetor comum para todo X em g: Faremos isso por indução sobre a dimensão de g:
Se dim g = 1, então g é gerada por X e a existência do autovetor para X segue do
fato do corpo ser algebricamente fechado.
Se dim g > 1, então g possui um ideal h de codimensão 1. Aplicando a hipótese de
indução sobre h temos que existe w 2 V , w 6= 0 tal que
Xw = (X)w para todo X 2 h.
1.3 Álgebras solúveis 62
Como h tem codimensão 1, então existe X
0
em g, tal que X
0
e h geram g: Assim, se
encontrarmos um autovetor comum a X
0
e aos elementos de h, teremos o desejado. Isso
é garantido se encontrarmos um subespaço W 6= 0 que satisfaz:
1. W é invariante p or X
0
e
2. todo v 2 W; v 6= 0 é autovetor de todo Y 2 h.
De fato, como o corpo de escalares é algebricamente fechado e W é invariante por X
0
, então
X
0
tem um autovetor em W e, portanto, esse autovetor é comum a todos os elementos de
g.
Um subespaço W que satisfaz essas condições é o subespaço cíclico de X
0
gerado por
W , ou seja, W = gerfX
i
0
w : i 0g. Claramente este subespaço é invariante por X
0
.
Observe que para algum p 0 temos que = fw; X
0
w; : : : ; X
p
0
wg é base de W . Logo,
dado Y 2 h, seu valor nos elementos dessa base é dado pela fórmula de comutação à
direita como
Y X
k
0
w =
k
X
j=0
k
j
X
j
0
(ad
d
(X
0
)
kj
Y )w,
com 0 k p. Como h é ideal e w é autovetor para os elementos de h, então
Y X
k
0
w =
k
X
j=0
k
j
(ad
d
(X
0
)
kj
Y )X
j
0
w
=
k1
X
j=0
(
k
j
(ad
d
(X
0
)
kj
Y )(X
j
0
w)) + (Y )X
j
0
w 2 W: (1.6)
O que mostra que W é invariante por h e que em relação a base , a restrição de Y
a W é uma matriz diagonal, sendo esses elementos da diagonal são todos iguais a (Y ):
Calculando tr(Y
jW
) tem-se que
(Y ) =
tr(Y
jW
)
dim W
.
Como todo colchete entre transformações lineares tem traço zero, então
tr(ad
d
(X
0
)
kj
Y
jW
) = 0
se k j 1. Juntando isso com a expressão para Y X
k
0
w dada em (1.6), tem-se que
Y X
k
0
w = (Y )X
k
0
w
com Y 2 h, k = 0; : : : ; p e X
k
0
w autovetor de Y 2 h. Assim W satisfaz as condições
desejadas e concluímos a demonstração.
Finalmente, apresentamos o teorema de Lie.
1.3 Álgebras solúveis 63
Teorema 1.68 (de Lie) Sejam V um espaço vetorial de dimensão …nita sobre um corpo
algebricamente fechado e g gl (V ) uma álgebra solúvel. Então, existe uma base =
fv
1
; : : : ; v
n
g de V e funcionais lineares
1
; : : :
n
: g ! K tal que, em relação a , X 2 g
se escreve como
X =
0
B
B
B
@
1
(X)
.
.
.
n
(X)
1
C
C
C
A
.
Demonstração: Sejam v
1
autovetor comum a todos os elementos de g com autovalor
1
(X) e V
1
o subespaço gerado por v
1
. Assim g deixa V
1
invariante e então se representa
em V=V
1
. Como g é solúvel, existe um autovalor w 2 V=V
1
comum aos elementos da
representação de g com autovalor dado pelo funcional linear
2
. Tomando v
2
como repre-
sentante de w em V tem-se que Xv
2
=
2
(X)v
2
+ u com u 2 V
1
. Como w 6= 0 em V=V
1
,
fv
1
; v
2
g é linearmente independente. Como a dimensão de V é …nita, procedendo assim
sucessivamente, obtemos a base e os pesos requeridos.
Como consequência do teorema anterior temos o seguinte resultado:
Proposição 1.69 Seja g gl(V ) uma álgebra de Lie de dimensão …nita. Então, g é
solúvel se, e somente se, a álgebra derivada g
0
é nilpotente.
Demonstração: Suponhamos que g
0
é nilpotente. Vimos logo após a De…nição 1.52 que
toda álgebra nilpotente é solúvel, dessa forma g
0
é solúvel. Como g=g
0
é sempre abeliana,
da Proposição 1.45 temos que g=g
0
é solúvel. Logo, da Proposição 1.48, g é solúvel.
Reciprocamente, vamos assumir que o corpo de escalares é algebricamente fechado e que
g é solúvel. Pelo teorema de Lie, a representação adjunta de g se escreve, em alguma
base, como matrizes triangulares superiores. Como o colchete entre matrizes triangulares
superiores é triangular superior com zeros na diagonal, os elementos de g
0
, na represen-
tação adjunta, se escrevem como matrizes triangulares superiores com diagonal nula. Do
exemplo 1.23, segue que estes elementos de g
0
são nilpotentes e portanto a representação
adjunta de g
0
em g é nilpotente. Mais ainda, a representação adjunta de g
0
também é
nilpotente. Logo, usando o teorema de Engel, segue que g
0
é nilpotente.
1.4 Critérios de Cartan 64
1.4 Critérios de Cartan
A forma de Cartan-Killing de uma álgebra de Lie g de dimensão …nita, é a forma
bilinear de…nida por tr(ad(X)ad(Y )), e atua como um instrumento que nos permite in-
vestigar, através dos critérios de Cartan, a semisimplicidade e a solubilidade de álgebras
de Lie.
Analisamos aqui a decomposição de Jordan de uma derivação de uma álgebra de Lie
e os resultados obtidos são utilizados nas demonstrações dos critérios de Cartan.
Proposição 1.70 Seja D : g ! g uma derivação da álgebra de Lie de dimensão …nita
sobre um corpo algebricamente fechado. Tome a decomposição primária
g = g
1
g
m
onde
g
i
= fX 2 g : (D
i
)
n
X = 0 para algum n 1g
é o auto-espaço generalizado associado ao autovalor
i
. Então,
[g
i
; g
j
] g
i
+
j
.
(g
i
+
j
= 0 se
i
+
j
não é autovalor de D).
Demonstração: Cada g
i
se decompõe em componentes de Jordan, ou seja, existem
conjuntos linearmente independentes fX
1
; : : : X
r
g tais que DX
j
=
i
X
j
+ X
j1
, com
j = 1; : : : ; r e X
1
= 0 e também existe uma base de g
i
formada por tais conjuntos.
Para concluirmos a demonstração é su…ciente mostrar que, se
fX
1
; : : : ; X
r
g g
i
e fY
1
; : : : ; Y
s
g g
j
são conjuntos linearmente independentes, como acima, então
[X
k
; Y
l
] g
i
+
j
com k = 1; : : : ; r e l = 1; : : : ; s.
A demonstração será feita por indução dupla sobre k e l: O passo de indução consiste
da seguinte igualdade
D[X
k
; Y
l
] = [DX
k
; Y
l
] + [X
k
; DY
l
]
= [
i
X
k
+ X
k1
; Y
l
] + [X
k
;
j
Y
l
+ Y
l1
]
= (
i
+
j
)[X
k
; Y
l
] + [X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
]
1.4 Critérios de Cartan 65
de onde segue que
(D (
i
+
j
))[X
k
; Y
l
] = [X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
]. (1.7)
Se k = l = 1, então o segundo membro da igualdade acima se anula e [X
1
; Y
1
] 2 ker(D
(
i
+
j
)). Então [X
1
; Y
1
] 2 g
i
+
j
. Suponha que o resultado seja válido para k
0
< k, com
l arbitrário e válido para l
0
< l, com k arbitrário. Note que o segundo membro de (1.7)
está no núcleo de (D (
i
+
j
))
n
, para algum n, pois
(D (
i
+
j
))
n
([X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
]) = (D (
i
+
j
))
n
([X
k1
; Y
l
])
+(D (
i
+
j
))
n
([X
k
; Y
l1
]).
Pela hipótese de indução, (D(
i
+
j
))
n
([X
k1
; Y
l
]) = 0 e (D(
i
+
j
))
n
([X
k
; Y
l1
]) = 0.
Assim,
(D (
i
+
j
))
n
([X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
]) = 0 (1.8)
e então ([X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
]) 2 ker(D (
i
+
j
))
n
. Logo
(D (
i
+
j
))
n+1
[X
k
; Y
l
] = (D (
i
+
j
))
n
((D (
i
+
j
)[X
k
; Y
l
])
= (D (
i
+
j
))
n
([X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
])
= 0
para algum n. Portanto [X
k
; Y
l
] g
i
+
j
.
De…nimos agora quando um elemento de gl(V ) é semisimples.
De…nição 1.71 Um elemento X 2 gl(V ) (V de dimensão …nita) é dito semisimples,
se as raízes de seu polinômio minimal forem todas distintas. Equivalentemente, X é
semisimples se, e somente se, X é diagonal.
Em espaços vetoriais sobre corpos gerais, uma transformação linear T se decompõe de
maneira única como
T = S + N
onde N é nilpotente e S semisimples, com S e N comutando entre si e também com T .
Essa decomposição é conhecida como Decomposição de Jordan-Chevalley.
A partir do resultado anterior pode-se provar que as componentes semisimples e nilpo-
tentes de uma derivação também são derivações.
1.4 Critérios de Cartan 66
Teorema 1.72 Seja g uma álgebra de Lie de dimensão …nita e D uma derivação de g:
Escreva D = S + N; de maneira única, com S semisimples, N nilpotente e suponha que
[D; S] = [D; N] = [S; N] = 0:
Então, S e N também são derivações.
Demonstração: Suponhamos sem perda de generalidade que o corpo de escalares é alge-
bricamente fechado. Mostraremos que S[X; Y ] = [SX; Y ] + [X; SY ] para X; Y elementos
de uma base. Como g se decompõe nos auto-espaços generalizados de D devemos mostrar
a propriedade de derivação para X 2 g
i
e Y 2 g
j
com
i
;
j
autovalores. Temos pela
prop osição anterior que [g
i
; g
j
] g
i
+
j
e assim [X; Y ] 2 g
i
+
j
. Os auto-espaços
generalizados de D são auto-espaços de S. Logo S[X; Y ] = (
i
+
j
)[X; Y ], sendo que
[X; Y ] = 0, se
i
+
j
não for autovalor. Por outro lado, temos que
[SX; Y ] + [X; SY ] = [
i
X; Y ] + [X;
j
Y ] = (
i
+
j
)[X; Y ]
e então S[X; Y ] = [SX; Y ] + [X; SY ]. Portanto S é derivação. Como N = D S e D é
derivação, temos que N é derivação.
Este resultado a…rma que certas transformações associadas de alguma forma a derivações,
são também derivações. A prop osição seguinte segue a mesma direção que este resultado,
porém é necessário introduzir a seguinte terminologia:
De…nição 1.73 Seja = (
1
; : : : ;
k
) uma sequência …nita de elementos de um corpo.
Uma terna ordenada (i
1
; i
2
; i
3
) de elementos de f1; : : : ; kg é dita -fechada (ou simples-
mente fechada) se
i
1
+
i
2
=
i
3
.
Exemplo 1.29 Para a sequência (1; 1; 2), as ternas fechadas são (1; 2; 3) e (2; 1; 3).
Exemplo 1.30 Diz-se que uma sequência = (
1
; : : : ;
k
) imita se as ternas fechadas
para são também -fechadas, isto é,
i
1
+
i
2
=
i
3
se
i
1
+
i
2
=
i
3
.
Exemplo 1.31 A sequência = (3; 0; 3) imita a sequência = (1; 2; 3) pois as ternas
fechadas de são (1; 2; 3) e (2; 1; 3), que também são -fechadas.
1.4 Critérios de Cartan 67
Proposição 1.74 Seja S uma derivação de uma álgebra de Lie g de dimensão …nita.
Suponha que S seja diagonalizável, ou seja, SX
i
=
i
X
i
; i = 1; : : : ; k, para =
(
1
; : : : ;
k
) os autovalores e fX
1
; : : : ; X
k
g uma base de autovetores de g. Seja =
(
1
; : : : ;
k
) uma sequência que imita e de…na a transformação linear T
: g ! g,
por T
X
i
=
i
X
i
; i = 1; : : : ; k. Então, T
também é derivação.
Demonstração: Se mostrarmos que
T
[X
i
; X
j
] = [T
X
i
; X
j
] + [X
i
; T
X
j
]
para i; j = 1; : : : ; k teremos o desejado. Quando
i
+
j
não é autovalor de S, temos
[X
i
; X
j
] = 0 e essa igualdade é satisfeita já que,
[T
X
i
; Y
j
] + [X
i
; T
Y
j
] = (
i
+
j
)[X
i
; X
j
].
Já se,
i
+
j
é autovalor de S, então
i
+
j
=
l
para algum l e a terna (i; j; l) é -fechada.
Como imita temos que
i
+
j
=
l
e assim
[T
X
i
; X
j
] + [X
i
; T
X
j
] =
l
[X
i
; X
j
].
Por outro lado, pela Prop osição 1:70 S[X
i
; X
j
] =
l
[X
i
; X
j
] . Entretanto, os autovetores
de S associados a
l
são autovetores de T
associados a
l
, e isso mostra que T
[X
i
; X
j
] =
l
[X
i
; X
j
]. Portanto,
T
[X
i
; X
j
] =
l
[X
i
; X
j
] = [T
X
i
; X
j
] + [X
i
; T
X
j
].
Como queríamos demonstrar.
Nesta proposição, vimos que as sequências que imitam os autovalores de uma derivação
diagonalizável, permitem construir novas derivações. Isso nos permite provar o seguinte
teorema:
Teorema 1.75 Seja g uma álgebra de Lie de dimensão …nita e D uma derivação de g.
Suponha que para toda derivação M de g se tenha
tr(DM) = 0.
Então D é nilpotente.
1.4 Critérios de Cartan 68
Demonstração: Suponhamos sem perda de generalidade que o corpo de escalares seja
algebricamente fechado. Seja D = S + N a decomposição de D em componentes semi-
simples (S) e nilpotente (N) que comutam entre si. Vamos mostrar que S = 0. Como
foi visto anteriormente, S é uma derivação e com a hipótese que o corpo de escalares é
algebricamente fechado, S = diagf
1
; : : : ;
k
g em alguma base de g.
Para provar que S = 0, mostraremos que,
i
= 0 para i = 1; : : : ; k. Isto será feito
construindo uma quantidade su…ciente de sequências que imitam = (
1
; : : : ;
k
). Como
o corpo de escalares K é de característica zero, temos que K contém uma cópia dos
racionais Q e é um espaço vetorial sobre Q. Seja V K o subespaço vetorial sobre Q
gerado pelos autovalores
1
; : : : ;
k
. É claro que V tem dimensão …nita.
Seja : V ! Q funcional linear em V de…nido por
i
= (
i
) = (
1
; : : : ;
k
).
A sequência imita , pois se
i
1
+
i
2
=
i
3
, temos
i
1
+
i
2
= (
i
1
) + (
i
2
) = (
i
1
+
i
2
) = (
i
3
) =
i
3
.
Para essa sequência , tome T
como na proposição anterior. Logo T
é derivação e por
hipótese
0 = tr(DT
) =
k
X
i=1
i
(
i
).
Essa última expressão é uma combinação linear sobre Q de
1
; : : : ;
k
. Aplicando a
esta combinação temos
0 = (
k
X
i=1
i
(
i
)) =
k
X
i=1
(
i
) (
i
) =
k
X
i=1
(
i
)
2
,
e como esta é uma soma de racionais positivos, conclui-se que (
i
) = 0 para todo i:
Como é um funcional linear arbitrário e V é de dimensão …nita, tem-se que
i
= 0 para
todo i, o que mostra o teorema.
De…nimos a seguir, a forma traço em uma álgebra de Lie.
De…nição 1.76 Dada uma representação de dimensão …nita de uma álgebra de Lie de
g; de…ne-se em g a forma traço
que é a forma bilinear simétrica dada por
(X; Y ) = tr((X)(Y )).
1.4 Critérios de Cartan 69
Para o caso em que é a representação adjunta, a forma traço será denominada forma de
Cartan-Killing da álgebra e será denotado por h; i ou h; i
g
quando se quiser ressaltar
a álgebra g.
De…nição 1.77 Uma forma bilinear num espaço vetorial V de dimensão …nita, diz-se
não-degenerada, se o único elemento v 2 V que satisfaz (v; w) = 0 para todo w 2 V
é, v = 0.
Vejamos dois exemplos de formas bilineares.
Exemplo 1.32 Seja uma representação de uma álgebra solúvel g. Supondo que o corpo
de escalares é algebricamente fechado, temos pelo teorema de Lie que os elementos dessa
álgebra são escritos como matrizes triangulares superiores. Assim, os elementos de g
0
são representados por matrizes triangulares superiores com zero na diagonal. Assim,
(X)(Y ) é nilpotente se X 2 g
0
. Dessa forma, no caso em que g é solúvel,
(X; Y ) = 0
se X 2 g
0
. Em particular,
é identicamente nula em g
0
.
Exemplo 1.33 Um elemento X de sl(2), se escreve como
X =
0
@
a b
c a
1
A
.
E disso segue que trX
2
= 2(a
2
+ bc), que é portanto a expressão de
(X; X), se é
a representação adjunta de sl(2). Assim, tem-se que a matriz de
em relação a base
fX; H; Y g, onde
X =
0
@
0 1
0 0
1
A
, H =
0
@
1 0
0 1
1
A
e Y =
0
@
0 0
1 0
1
A
é
0
B
B
B
@
0 0 1
0 2 0
1 0 0
1
C
C
C
A
e daí concluímos que
é não-degenerada, já que o determinante desta matriz é não nulo.
Em relação a base fA; H; Sg com
A =
0
@
0 1
1 0
1
A
e S =
0
@
0 1
1 0
1
A
1.4 Critérios de Cartan 70
a matriz de
é diagonal, sendo que
(A; A) = 2 =
(S; S). Já a forma de Cartan-
killing de sl(2) é dada por 8(a
2
+ bc). Note que essa forma, é um múltiplo de
e é,
portanto, não-degenerada.
O critério de Cartan para álgebras solúveis é a recíproca do primeiro exemplo dado
acima, ou seja, g é solúvel se
(X; ) = 0 para X 2 g
0
e a representação adjunta. Já
o segundo exemplo ilustra claramente o critério de Cartan para álgebras semisimples, o
qual a…rma que uma álgebra é semisimples se, e somente se, sua forma de Cartan-Killing
é não-degenerada.
Como o traço de duas transformações lineares conjugadas é o mesmo, a forma traço é
invariante por conjugações. Em termos da álgebra de Lie, essa invariância se traduz nas
seguintes a…rmações:
Proposição 1.78 1) As adjuntas dos elementos de uma álgebra de Lie são anti-simétricas
em relação a
, ou seja,
([X; Y ]; Z) +
(Y; [X; Z]) = 0
para quaisquer que sejam X; Y; Z 2 g. Já no caso da forma de Cartan-Killing tem-se:
2)Se é um automor…smo de g, então hX; Y i = hX; Y i:
3) Se D é uma derivação de g, então hDX; Y i + hX; DY i = 0:
Demonstração: Como o traço de um comutador se anula, é imediato que a igualdade 1)
é satisfeita. Quanto às igualdades correspondentes à forma de Cartan-Killing, a primeira
é devido ao fato de ad(X) = ad(X)
1
, se é um automor…smo. Já a segunda igual-
dade segue do fato de que, ad(DX) = [D; ad(X)] para uma derivação D qualquer.
A invariância da forma traço é uma das principais propriedades das formas bilineares.
Uma outra propriedade importante, é que a restrição da forma de Cartan-Killing a um
ideal i de g, coincide com a forma de Cartan-Killing de i: De fato, dados X 2 i e Y 2 g,
temos
(ad(Y )ad(X))(Z) = ad(Y )[X; Z] = [Y; [X; Z]] i
para todo Z 2 g, ou seja, a imagem da ad(Y )ad(X) está contida em i. Dessa forma,
tomando uma base para i e completando-a a uma base de g, vemos que os elementos
1.4 Critérios de Cartan 71
que estão fora de i, não interferem em tr(ad(Y )ad(X)) e portanto hY; Xi coincide com
tr(ad(Y )ad(X) j
i
) que é a forma de Cartan-Killing de i quando Y está em i.
A…m de demonstrarmos o primeiro dos critérios de Cartan , precisamos do seguinte
lema:
Lema 1.79 Seja g uma álgebra de Lie de dimensão …nita. Se a forma de Cartan-Killing
de g é identicamente nula, então g é solúvel.
Demonstração: Se mostrarmos que g
0
é nilpotente, segue o desejado. Dessa forma, seja
X 2 g
0
. Então X se escreve como X =
P
i
[Y
i
; Z
i
], para quaisquer que sejam Y
i
; Z
i
em g.
Tomando D uma derivação qualquer, temos que tr(ad(X)D) = 0, pois
tr(ad(X)D) = tr(ad(
P
i
[Y
i
; Z
i
])D)
=
P
i
tr([ad(Y
i
); ad(Z
i
)]D)
=
P
i
tr((ad(Y
i
)ad(Z
i
)D) (ad(Z
i
)ad(Y
i
)D))
=
P
i
tr(ad(Y
i
)ad(Z
i
)D)
P
i
tr(ad(Z
i
)ad(Y
i
)D)
=
P
i
tr(ad(Z
i
)Dad(Y
i
) ad(Z
i
)ad(Y
i
)D)
=
P
i
tr(ad(Z
i
)[D; ad(Y
i
)])
=
P
i
tr(ad(Z
i
)ad(DY
i
))
=
P
i
hZ
i
; DY
i
i
= 0
já que por hipótese a forma de Cartan-Killing é identicamente nula. Assim, como D é
uma derivação qualquer e ad(X) também é uma derivação, pelo teorema 1.75 segue que
ad(X) é nilpotente, ou seja, a representação adjunta de g
0
é nilpotente. Logo pelo teorema
de Engel, segue que g
0
é nilpotente.
Podemos mostrar agora o primeiro critério de Cartan-Killing.
Teorema 1.80 Denotando por h:; :i a forma de Cartan-Killing de uma álgebra de Lie g,
tem-se que g é solúvel se, e somente se, para todo X 2 g
0
e todo Y 2 g,
hX; Y i = 0
Demonstração: Segue do exemplo 1.32 que se g é solúvel, então hX; Y i = 0 para X 2 g
0
.
Reciprocamente, note que a forma de Cartan-Killing em g
0
é identicamente nula, logo,
1.4 Critérios de Cartan 72
como g
0
é um ideal, temos que a forma de Cartan-Killing de g
0
é identicamente nula. Pelo
lema anterior segue que g
0
é solúvel e portanto g é solúvel.
A partir deste critério para álgebras solúveis pode-se mostrar o critério de Cartan para
álgebras semisimples.
Teorema 1.81 A forma de Cartan-Killing de g é não-degenerada se, e somente se, g é
semisimples.
Demonstração: Suponhamos que g não seja semisimples, assim o radical solúvel de
g é diferente de zero. Como r(g) é solúvel, r(g)
k
é um ideal abeliano não trivial para
algum k. Chamando r(g)
k
= i, tome X 2 i. Então, para todo Y 2 g tem-se que,
a imagem de ad(X)ad(Y ) está contida em i e portanto tr(ad(X)ad(Y )) coincide com
tr(ad(X)ad(Y ) j
i
). Como tr(ad(X)ad(Y ) j
i
) = 0, pois i é ideal abeliano,então para todo
X 2 i e para todo Y 2 g, hY; Xi = 0. Mas isso contraria o fato de g ser não-degenerada.
Portanto as álgebras que tem forma de Cartan-Killing não-degeneradas são semisimples.
Reciprocamente, suponhamos que g é semisimples. Seja g
?
o subespaço de…nido por
g
?
= fX 2 g : hX; Y i = 0 para todo Y 2 gg.
Temos pelo item 1) da Proposição 1.78 que
h[Z; X]; Y i = hX; [Z; Y ]i = 0
se X 2 g
?
e Y; Z são arbitrários, o que implica [Z; X] g
?
: Logo g
?
é ideal de g. Mas a
restrição de h:; :i a g
?
é identicamente nula e g
?
é ideal de g, logo a forma Cartan-Killing
de g
?
é identicamente nula. Consequentemente, pelo Lema 1.79 segue que g
?
é solúvel
e já que g é semisimples, segue que g
?
= 0. Portanto a forma de Cartan Killing de g é
não-degenerada.
Como a forma Cartan-Killing para álgebras semisimples é não-degenerada, o critério
de Cartan para estas álgebras, permite provar diversas propriedades, algumas das quais
são apresentadas a seguir.
Proposição 1.82 Todo ideal de uma álgebra semisimples, é semisimples.
1.4 Critérios de Cartan 73
Demonstração: Seja g uma álgebra de Lie semisimples e i g um ideal não trivial.
Primeiramente vamos provar que i
?
, o ortogonal de i em relação a h:; :i é um ideal com-
plementar a i. É claro que i
?
é um ideal de g, pois se X 2 i
?
e Y 2 g para todo Z 2 i
tem-se que h[Y; X]; Zi = hX; [Y; Z]i = 0. Note que j = i
?
\ i é um ideal de g e assim
j
0
= [j; j] = [i
?
\ i; i
?
\ i]. Tome X
1
; X
2
2 j, então X
1
; X
2
2 i. Como i é ideal e todo ideal
é uma subálgebra, temos que [X
1
; X
2
] 2 i. Portanto hX
1
; Y
1
i = 0 para todo X
1
2 j e para
todo Y
1
2 j
0
e do Teorema 1.80, segue que j é solúvel. Mas g é semisimples , assim j = 0
e então i
?
\ i = f0g. Portanto i
?
é complementar a i. Mas isso implica que a restrição a
i da forma de Cartan-Killing é não degenerada, o que garante que i é semisimples.
O fato de que i
?
é complementar de i, implica que a representação adjunta de g é com-
pletamente redutível e portanto se decompõe como soma direta de subespaços invariantes
irredutíveis. Lembremos também que, um subespaço invariante irredutível pela adjunta
é um ideal simples, pois todo subespaço invariante pela adjunta é um ideal e, sendo este
ideal irredutível, segue que ele também é simples.
Vejamos agora um resultado que torna mais precisa a caracterização de uma álgebra
semisimples e seus ideais.
Teorema 1.83 Seja g uma álgebra semisimples, então g se decompõe como
g = g
1
g
s
(1.9)
com g
i
, i = 1; :::; n ideais simples. Nessa decomposição [g
i
; g
j
] = 0 se i 6= j. Além disso:
1) O ortogonal g
?
i
de uma componente simples em relação a forma de Cartan-Killing, é
a soma das demais componentes;
2) Os ideais de g são somas de algumas dessas componentes e
3) A decomposição é única.
Demonstração: Pelo resultado anterior e o comentário acima segue a decomposição de
g em componentes simples, ou seja,
g = g
1
g
s
:
Como g
i
\g
j
= 0 e [g
i
; g
j
] g
i
\g
j
temos que [g
i
; g
j
] = 0 se i 6= j. Para mostrar os outros
itens, suponha que g se decomponha como soma direta de dois ideais, ou seja, g = h
1
h
2
.
1.4 Critérios de Cartan 74
Então, o complementar ortogonal de um dos ideais é o outro. De fato, h
?
1
complementa
h
1
e portanto tem a mesma dimensão que h
2
. Se X 2 h
1
e Y 2 h
2
, então ad(X)ad(Y ) se
anula em h
1
ou h
2
, ou seja, esses ideais são ortogonais. Tomando então uma base de g,
cujos elementos estão contidos ou em h
1
ou em h
2
tem-se que hX; Y i = 0. Logo h
2
h
?
1
e portanto h
2
= h
?
1
pois as dimensões coincidem. Seja agora g
i
uma componente simples
e denote por c
i
a soma das demais componetes simples. Note que c
i
é um ideal, pois o
colchete entre componentes simples distintas se anula. Assim c
i
= g
?
i
e mostramos 1):
Para mostrar 2) seja h um ideal de g. Temos que h g
i
ou h \ g
i
= 0 pois g
i
é
simples. Se h = g
i
; não o há o que demonstrar. Caso contrário, h \ c
i
é um ideal, que se
for não nulo, por indução mostramos que ele é soma de componentes simples e o mesmo
acontece com h. Já se h \ g
i
= 0, então h c
i
e usando novamente a indução conclui-se
que h é soma de componentes simples da decomposição (1.9). Por …m, o item 3) decorre
diretamente do fato de g
i
, i = 1; :::; n, serem os únicos ideais simples de g.
Como consequência desse teorema temos:
Corolário 1.84 Se g é semisimples, então g
0
= g.
Demonstração: Como g
0
é ideal de g, existe um ideal i que o complementa. Dados X; Y
em i tem-se que [X; Y ] 2 g
0
\ i. Ou seja, i é um ideal abeliano e portanto solúvel. Como
g é semisimples, então temos i = 0 e portanto g
0
= g.
Corolário 1.85 Se g é semisimples e h é uma álgebra abeliana, então a aplicação iden-
ticamente nula é o único homomor…smo de g em h: Em particular, a única representação
unidimensional de g é a representação nula, e para uma representação qualquer tem-se
que, tr((X)) = 0 para todo X em g.
Demonstração: Se ' : g ! h é um homomor…smo e h é abeliana, então
'[X; Y ] = ['X; 'Y ] = 0
para quaisquer que sejam X; Y 2 g; ou seja, ' é identicamente nula em g
0
: Como g
0
= g
temos que ' é identicamente nula em g. Se : g ! gl(V ) tem dimensão um, então gl(V )
1.4 Critérios de Cartan 75
também tem dimensão um. Logo gl(V ) é abeliana e recaímos nesse caso. Pelo Corolário
1.84, g
0
= g. Tome X = [Y; Z] 2 g
0
. Temos portanto que
tr (X) = tr([Y; Z]) = tr([(Y ); (Z)]) = tr((Y )(Z)) tr((Z)(Y )) = 0:
Corolário 1.86 Se g é uma álgebra semisimples e i é um ideal próprio de g, então g=i é
semisimples.
Demonstração: Seja i um ideal próprio de g. Sabemos que existe um ideal j tal que
g = i j, então (g=i) j e é semisimples, pois todos os ideais de g são semisimples.
Quanto às derivações das álgebras semisimples, tem-se:
Proposição 1.87 Se g é uma álgebra de Lie semisimples, então toda derivação de g é
uma derivação interna.
Demonstração: Seja D uma derivação e de…namos um funcional linear em g por X 7!
tr(D ad(X)). Como a forma de Cartan-Killing é não degenerada, existe Y
D
2 g tal
que tr(D ad(X)) = hY
D
; Xi para todo X em g. Mostraremos que D = ad(Y
D
). Seja
E = D ad(Y
D
) uma derivação. Assim temos que, tr(E ad(X)) = 0 para todo X em g.
Então, tomando X e Y arbitrários temos
hEX; Y i = tr(ad(EX)ad(Y ))
= tr([E; ad(X)]ad(Y ))
= tr(E ad(X)ad(Y ) ad(X)E ad(Y ))
= tr(E ad([X; Y ]))
= 0.
Como a forma de Cartan-Killing é não-degenerada, EX = 0 para todo X em g, ou seja,
E = 0. Portanto D = ad(Y
D
).
A partir desta proposição e do Teorema 1.72 obtemos a seguinte decomposição dos
elementos de uma álgebra de Lie semisimples.
1.4 Critérios de Cartan 76
Corolário 1.88 Suponha que g seja semisimples e seja X 2 g. Então X se decompõe de
maneira única em
X = X
S
+ X
N
onde X
S
; X
N
2 g são tais que ad(X
S
) é semisimples, ad(X
N
) é nilpotente e
[X
S
; X
N
] = [X; X
S
] = [X; X
N
] = 0:
Demonstração: Tome a decomposição de Jordan
ad(X) = S + N
onde S e N são derivações que comutam entre si e com ad(X). Como numa álgebra
semisimples toda derivação é interna, temos que S = ad(X
S
) e N = ad(X
N
) e daí
ad(X X
S
X
N
) = 0: (1.10)
Tomando X 2 ker(ad) temos que ad(X) = 0. Logo tr(ad(X)ad(Y )) = 0. Como g
é uma álgebra semisimples, a forma de Cartan-Killing de g é não-degenerada e portanto
X = 0. Dessa forma, temos que ker(ad) = 0 e de (1.10) segue que X = X
S
+ X
N
.
Suponha que X não se decomponha de maneira única, ou seja
X = X
S
+ X
N
= Y
S
+ Y
N
.
Isso implica que X
S
Y
S
= Y
N
X
N
, onde X
S
Y
S
é um elemento semi-simples e
Y
N
X
N
é um elemento nilpotente. Como o único elemento semisimples e nilpotente é o
zero tem-se que X
S
= Y
S
e Y
N
= X
N
. Veri…caremos a comutatividade em g. É claro que
[X; X
N
] = [X
S
+ X
N
; X
N
] = [X
S
; X
N
] e
[X
S
; X] = [X
S
; X
S
+ X
N
] = [X
S
; X
N
]:
Como ad(X
S
)(X) = ad(X
S
)(X
N
); a injetividade da adjunta implica que, X = X
N
. Por-
tanto [X; X
N
] = 0 e segue o desejado.
Capítul o 2
Grupos de Lie
Enquanto que as álgebras de Lie são objetos algébricos por excelência, os grupos
de Lie tem uma natureza geométrica e constituem um assunto particularmente rico e de
grande interesse na Matemática contemporânea.
Inicialmente, apresentamos alguns conceitos básicos da teoria de grupos de Lie e poste-
riormente introduzimos o conceito de aplicação exponencial, o qual relaciona os conceitos
de álgebras e grupos de Lie.
Finalizamos esse capítulo, com o estudo das variedades homogêneas, que são espaços
quocientes de grupos de Lie por subgrupos fechados. A bibliogra…a utilizada aqui, se
encontram em [5], [7], [11], [15] e [23].
A partir de agora, as variedades diferenciáveis que aparecem são de Hausdor¤ com
base enumerável.
2.1 Conceitos Básicos
De…nição 2.1 Um grupo de Lie é uma variedade G com estrutura de grupo, de tal
modo que as aplicações
G G ! G
(x; y) 7! x:y
e
G ! G
x 7! x
1
são diferenciáveis.
Note que, num grupo de Lie as aplicações
L
x
: G ! G
y 7! xy
e
R
x
: G ! G
y 7! yx
são difeomor…smos para cada x 2 G. Estas aplicações são chamadas respectivamente de,
translação à esquerda e translação à direita por x.
77
2.1 Conceitos Básicos 78
Exemplo 2.1 O conjunto dos números reais com a operação soma e estrutura diferen-
ciável usual, é um grupo de Lie, pois a aplicação
R R ! R
(x; y) 7! x:y
1
= x y
é diferenciável.
Exemplo 2.2 S
1
= fz 2 C; j z j= 1g com a estrutura de grupo multiplicativo é um grupo
de Lie. De fato, como as aplicações
C C ! C
(x; y) 7! x:y
e
C f0g ! C f0g
x 7! x
1
são diferenciáveis e suas restrições a S
1
, tem imagem em S
1
. Portanto, S
1
é um grupo
de Lie.
Exemplo 2.3 O produto G H de dois grupos de Lie G e H é um grupo de Lie com a
estrutura de variedade produto e com a estrutura de produto direto de grupos
(g
1
; h
1
) (g
2
; h
2
) = (g
1
:g
2
; h
1
:h
2
),
quaisquer que sejam g
1
; g
2
2 G e h
1
; h
2
2 H. Consequentemente, R
n
= R R e
T
n
= S
1
S
1
são grupos de Lie.
Antes de de…nirmos um grupo de Lie de matrizes, apresentamos algumas considerações.
Seja M(n; R) o conjunto das matrizes reais de ordem n n. Podemos identi…cá-lo
com R
n
2
e muní-lo da topologia usual do R
n
2
. A aplicação ' : M(n; R) ! R tal que
'(A) = det(A), é contínua, pois o determinante de uma matriz é um p olinômio em seus
coe…cientes. Dada uma matriz A 2 M(np; R), representaremos por A
1
; :::; A
p
os vetores
coluna de A e o espaço M(n p; R) tem uma base canônica fE
r;s
; 1 r n; 1 s pg,
onde o elemento (r; s) de E
r;s
é igual a 1 e os restantes são nulos. Indicaremos por A
r
s
a
matriz (n 1) (p 1) obtida de A pela eliminação da r-ésima linha e s-ésima coluna.
O grupo linear geral GL(R
n
) é o subconjunto aberto de M(n; R) formado pelas
matrizes invertíveis. A função real det : M (n; R) ! R é de classe C
1
, pois det(X) é
n-linear nos vetores colunas de X: Da expressão geral da derivada de uma função n-linear
temos que
det
0
(X):H =
n
X
i=1
det(X
1
; :::; H
i
; :::; X
n
); X; H 2 M(n; R). (2.1)
2.1 Conceitos Básicos 79
Em particular para X = I temos
det
0
(I):H =
n
X
i=1
det(e
1
; :::; H
i
; :::; e
n
) =
X
i
h
i
i
= traço de H e
@ det
@X
r
s
(X) = det
0
(X):E
r;s
= (1)
r+s
det X
r
s
.
Consideremos a restrição det : GL(R
n
) ! R. Note que dada uma matriz A 2 GL(R
n
)
existe algum menor det(A
r
s
) 6= 0 e isso mostra que det : GL(R
n
) ! R é uma submersão,
ou seja, todo real não nulo c, é valor regular de detj
GL(R
n
)
. Portanto, o conjunto
SL(R
n
) = fX 2 GL(R
n
); det X = 1g = (det)
1
(1)
é uma superfície, e portanto uma variedade, de dimensão n
2
1, de classe C
1
em R
n
2
e é chamado Grupo Esp ecial Linear ou Grupo Unimodular. É claro que SL(R
n
)
é subgrupo de GL(R
n
), pois se X; Y 2 SL(R
n
), então XY 2 SL(R
n
) e X
1
2 SL(R
n
).
Pelo Teorema 1 em [15] e o fato de det
0
(I):H = traço de H , temos que o espaço tangente
a SL(R
n
) em I é o conjunto de todas as matrizes cujo traço é zero.
Relembremos que as matrizes simétricas e anti-simétricas formam subespaços vetoriais
S(R
n
) e A(R
n
) de M(n; R) de dimensões
n
2
(n + 1) e
n
2
(n 1), respectivamente. Dada
uma matriz arbitrária X 2 M(n; R), temos
XX
t
, X + X
t
2 S(R
n
)
X X
t
2 A(R
n
)
X =
1
2
(X + X
t
) +
1
2
(X X
t
).
Note que essa igualdade mostra que M(n; R) =S(R
n
) A(R
n
).
O grupo ortogonal O(R
n
) é o conjunto de todas as matrizes reais quadradas X,
tais que XX
t
= I . Este grupo tem duas componentes conexas, a das matrizes de
determinante 1 e as de determinante 1. Além disso, O(R
n
) é subgrupo de GL(R
n
). De
fato, obviamente O(R
n
) GL(R
n
) p ois, A 2 O(R
n
) se, e somente se, AA
t
= I, ou seja,
A
t
= A
1
. Também, dados X; Y 2 O(R
n
) tem-se que, XY 2 O(R
n
) e X
1
2 O(R
n
), pois
sabendo que (XY )
t
= Y
t
X
t
segue que
(XY )(XY )
t
= XY Y
t
X
t
= XIX
t
= XX
t
= I;
2.1 Conceitos Básicos 80
ou seja, XY 2 O(R
n
). Sabemos também que, se X 2 O(R
n
), então XX
t
= I, ou seja,
X
t
= X
1
. Logo
X
1
:(X
1
)
t
= X
t
:(X
t
)
t
= X
t
X = I
e portanto X
1
2 O(R
n
).
Vamos demonstrar que O(R
n
) é uma superfície, e portanto uma variedade, de dimensão
n
2
(n 1) e de classe C
1
em R
n
2
. Consideremos a aplicação
f : M(n; R) ! S(R
n
)
X 7! XX
t
:
Se mostrarmos que I 2 S(R
n
) é valor regular de f, então aplicando novamente o Teorema
1 em [15], concluiremos que O(R
n
) = f
1
(I) é uma superfície, e portanto uma variedade,
de classe C
1
e de dimensão n
2
n
2
(n + 1) =
n
2
(n 1) em R
n
2
. Assim, dada X 2 f
1
(I) se
f
0
(X) : M(n; R) ! S(R
n
)
H 7! XH
t
+ HX
t
for sobrejetora, segue o resultado. Dado S 2 S(R
n
), seja V =
SX
2
. Então,
f
0
(X):V = X(
SX
2
)
t
+ (
SX
2
) + X
t
= X(
X
t
+S
t
2
) + (
SX
2
) + X
t
= XX
t
(
S
2
) + (
S
2
)XX
t
= S;
ou seja, f
0
é sobrejetora para X 2 f
1
(I). Note ainda que o espaço tangente a O(R
n
) em
I, é núcleo de f
1
(I), ou seja, é o espaço formado pelas matrizes anti-simétricas.
Enfatizamos que, o Grupo Especial Ortogonal SO(R
n
) das transformações lineares
de R
n
com determinante unitário que preservam o produto escalar euclidiano, encontra
diversas aplicações em várias áreas da Matemática, sobretudo na Álgebra, Geometria e
Topologia Algébrica. Esse grupo identi…ca-se naturalmente com o subgrupo de M(n; R)
formado pelas matrizes reais n n, satisfazendo XX
t
= I e det(A) = 1; ou seja, SO(R
n
)
é uma componente conexa de O(R
n
), enquanto que a outra componente conexa, é o
complementar desta. Observe também que SO(R
n
) = O(R
n
) \ SL(R
n
):
Baseando-se nessas conclusões, podemos de…nir um grupo de Lie de matrizes.
2.1 Conceitos Básicos 81
De…nição 2.2 Um subgrupo G de GL(R
n
) chama-se grupo de Lie de matrizes quando
é uma superfície (portanto uma variedade) C
1
do espaço M(n; R) = R
n
2
.
De…nição 2.3 Dado um grupo de Lie de matrizes G GL(R
n
), o espaço vetorial tan-
gente a G no ponto I, T
I
G, chama-se álgebra de Lie do grupo G:
Dessa forma, o espaço vetorial tangente ao grupo de Lie O(R
n
), na matriz identi-
dade é uma álgebra de Lie, pois sabendo que T
I
(O(R
n
)) é o conjunto das matrizes anti-
simétricas, é fácil ver que, o colchete de duas matrizes anti-simétricas é ainda uma matriz
anti-simétrica. Também, o espaço vetorial tangente ao grupo de Lie SL(R
n
), na matriz
identidade é uma álgebra de Lie, pois dados A; B 2 T
I
(SL(R
n
)) segue que tr([A; B]) = 0,
já que tr(AB) =tr(BA).
De…nição 2.4 Um campo X de vetores tangente a um grupo de Lie G é uma aplicação
que a cada ponto p 2 G corresponde um vetor X
p
de T
p
G, onde X
p
denota o valor do
campo X no ponto p 2 G: Um campo X de vetores tangentes a um grupo de Lie G, se
diz invariante pela esquerda quando X
xy
= dL
x
(X
y
), quaisquer que sejam x; y 2 G: Os
conjuntos dos campos invariantes pela esquerda de um grupo de Lie será denotado por
LG.
Indicamos por e o elemento identidade de G. Observe que um campo invariante à
esquerda …ca completamente determinado quando se conhece X
e
, pois X
xe
= dL
x
(X
e
).
Veja também que LG é um espaço vetorial, pois
(X + Y )
xy
= X
xy
+ Y
xy
= dL
x
(X
y
) + dL
x
(Y
y
)
= dL
x
(X
y
+ Y
y
)
= dL
x
(X + Y )
y
.
Mostramos a seguir que o conjunto dos campos invariantes à esquerda LG é isomorfo
ao espaço tangente de G em e e que se X está em LG, então X é diferenciável.
Proposição 2.5 i) A aplicação
: LG ! T
e
(G)
X 7! (X) = X
e
,
2.1 Conceitos Básicos 82
onde T
x
(G) indica o espaço tangente a G no ponto x, é um isomor…smo entre espaços
vetoriais.
ii) Se X 2 LG, então X é diferenciável.
Demonstração: i) É claro que é linear, pois
(X + bY ) = (X + bY )
e
= X
e
+ bY
e
= (X) + b(Y ).
Mostraremos agora que é sobrejetora. Seja Z 2 T
e
(G) e de…na um campo X em G
por X
x
= dL
x
(Z). Logo X
xy
= dL
xy
(Z) = dL
x
:dL
y
(Z) = dL
x
(X
y
) e então X 2 LG e
(X) = X
e
= dL
e
(Z) = I(Z) = Z: Finalmente, é injetora, pois se (X) = (Y ) temos
X
e
= Y
e
. Logo, dado x 2 G tem-se X
x
= dL
x
(X
e
) = dL
x
(Y
e
) = Y
x
.
ii) Para mostrar que X é diferenciável em x 2 G, basta fazer a demonstração para x em
uma vizinhança coordenada de e, pois L
x
1
é um difeomor…smo de classe C
1
. Seja então
: U ! R
n
uma vizinhança coordenada de e, com = (x
1
; :::; x
n
), x
i
: U ! R e x 2 U.
Temos
X
x
(x
i
) = (dL
x
:X
e
)(x
i
) = X
e
:(x
i
L
x
).
Na última passagem deveríamos ter L
x
(U) U. Então, seja V U uma vizinhança de
e tal que x; y 2 V . Devido a continuidade das operações de grupo, temos que xy
1
2 U.
Fazemos agora para V , o mesmo processo que para U. Escrevendo X
e
=
P
j
c
j
@
@x
j
(e)
onde c
j
são constantes, temos
X
x
(x
i
) =
X
j
c
j
@(x
i
L
x
)
@x
j
(e).
Seja agora f
i
: V V ! R de…nida por f
i
(x; y) = x
i
(x; y), ou seja, f
i
(x; y) é a i-ésima
coordenada do produto xy = L
x
(y). Então
X
x
(x
i
) =
X
j
c
j
@(x
i
L
x
(e))
@x
j
=
X
j
c
j
@(x
i
(x; e))
@x
j
=
X
j
c
j
@(f
i
(x; e))
@x
j
.
Como as f
i
são funções diferenciáveis de x, X(x
i
) é uma função diferenciável de x. Por-
tanto X é diferenciável em x 2 V:
Sejam M uma variedade diferenciável e X(M) o espaço vetorial dos campos C
1
tan-
gentes a M. Para f : M ! R de classe C
1
e X; Y 2 X(M), de…nimos [X; Y ] como o
campo
[X; Y ](f) = X (Y f) Y (Xf) :
2.1 Conceitos Básicos 83
onde Xf signi…ca a derivada direcional de f na direção de X, isto é, Xf(x) = df
x
(X(x)).
Com esta operação X(M) é uma álgebra de Lie. Esta a…rmação é útil na demonstração
do fato que, o espaço dos campos invariantes à esquerda, LG, é uma álgebra de Lie.
Sejam G um grupo de Lie e LG o espaço dos campos invariantes à esquerda. Se
mostrarmos que LG é fechado em relação a operação de…nida logo acima, teremos induzida
uma estrutura de álgebra de Lie em LG. Para isso, devemos mostrar que
[X; Y ]
xy
= dL
x
[X; Y ]
y
para quaisquer que sejam X; Y 2 LG e x; y 2 G. Porém, precisamos de um novo conceito
e de uma proposição.
De…nição 2.6 Sejam M; N variedades diferenciáveis e ' : M ! N de classe C
1
. Dize-
mos que os campos X 2 X(M) e Y 2 X(N) são '-relacionados se d' X = Y ':
Proposição 2.7 Seja ' : M ! N de classe C
1
, onde M; N são variedades diferen-
ciáveis. Se X; X
1
2 X(M) são '-relacionados respectivamente com Y; Y
1
2 X(N), então
[X; X
1
] é '-relacionado com [Y; Y
1
]:
Demonstração: Ver Proposição 1:6:2 em [5].
Finalmente, concluímos que o conjunto dos camp os invariantes à esquerda, é uma
álgebra de Lie de G.
Corolário 2.8 Se X; Y 2 LG, então [X; Y ] 2 LG, ou seja, LG é uma subálgebra de
X(M): Em particular, LG é uma álgebra de Lie de G.
Demonstração: Se X 2 LG e x 2 G, então X é L
x
-relacionado com si mesmo. De fato
dL
x
X(y) = dL
x
:X
y
= X
xy
X L
x
(y) = X(xy) = X
xy
,
ou seja, dL
x
X = X L
x
. Logo, da proposição anterior segue que [X; Y ] é L
x
-relacionado
com [X; Y ], ou seja dL
x
[X; Y ](y) = [X; Y ] L
x
(y). Isso implica que
dL
x
[X; Y ]
y
= [X; Y ](xy) = [X; Y ]
xy
:
2.1 Conceitos Básicos 84
Portanto, [X; Y ] 2 LG.
Como LG é uma álgebra de Lie de G, a partir de agora, passemos a denotar LG por
g, que é a notação usada no capítulo anterior.
Ressaltamos que, como LG = g é isomorfo a T
e
G, podemos introduzir em T
e
G um
estrutura de álgebra de Lie.
De…nição 2.9 Se G e H são grupos de Lie e o homomor…smo de grupos ' : G ! H é
aplicação diferenciável de classe C
1
, chamamos ' de homomor…smo de Lie. Se ' é
difeomor…smo e um isomor…smo de grupos, então ' é chamado isomor…smo de Lie.
Se ' : V ! H é diferenciável, onde V é uma vizinhança em G, tal que x; y; x:y 2 V
acarreta '(x:y) = '(x):'(y), então ' é chamado de homomor…smo local de Lie.
Analogamente, de…nimos isomor…smo local de Lie.
A de…nição de representação de um grupo de Lie num espaço vetorial, é análoga
à de…nição de representação de uma álgebra de Lie, ou seja, dado um espaço vetorial V
e um grupo de Lie G, a representação de G em V é um homomor…smo : G ! GL(V ).
A seguir, de…nimos subgrupos de Lie, os quais são subgrupos de grupos de Lie, que ao
mesmo tempo são grupos de Lie com uma estrutura de subvariedade. A álgebra de Lie de
um subgrupo de Lie, é uma subálgebra da álgebra de Lie do grup o de Lie e coincide com
o espaço tangente da subvariedade no elemento neutro. Um dos resultados centrais que
discutimos logo mais, é o da construção de um subgrupo de Lie com uma determinada
subálgebra de Lie. E isso é feito, recorrendo ao teorema de Frobenius.
De…nição 2.10 Um par (H; ') é chamado subgrupo de Lie do grupo de Lie G, se
i) H é um grupo de Lie:
ii) ' : H ! G é uma imersão injetora e é um homomor…smo.
Mas será que se (H; ') é um subgrupo de Lie de um grupo de Lie G, e se h e g são
suas respectivas álgebras de Lie, então h é subálgebra de Lie de g?
Essa é uma p ergunta natural de se fazer, no entanto, necessitamos dos resultados que
seguem para respondê-la.
2.1 Conceitos Básicos 85
Lema 2.11 Sejam G e H são grupos de Lie e ' : V ! H um homomor…smo de Lie,
onde V G é vizinhança da identidade. Então, a aplicação d' : g ! h induzida por
d' : T
e
(G) ! T
e
(H) é um homomor…smo de álgebras de Lie.
Demonstração: Pela continuidade do produto em G, existe uma vizinhança da iden-
tidade U V tal que para todo x; y 2 U tem-se x:y 2 V . Logo para todo x; y 2 V
temos,
(L
'(x)
')(y) = (' L
x
)(y).
Então,
d'(X)
'(x)
= dL
'(x)
d'(X
e
)
= d(L
'(x)
')(X
e
)
= d(' L
x
)(X
e
)
= d' dL
x
(X
e
)
= d'(X
x
),
para todo x 2 G e todo X 2 g. Logo X e d'(X) são '-relacionados em U e p ortanto, da
Proposição 2.7, dados x; y 2 g temos
d'([X; Y ])
e
= [d'(X); d'(Y )]
'(e)
:
Isso conclui a demonstração.
Corolário 2.12 Grupos de Lie localmente isomorfos tem álgebras de Lie isomorfas.
Finalmente, podemos mostrar o seguinte resultado:
Corolário 2.13 Se (H; ') é um subgrupo de Lie de um grupo de Lie G, com respectivas
álgebras de Lie h e g, então h é isomorfa a uma subálgebra de g.
Nosso objetivo agora é estudar a recíproca desse corolário, ou seja: dada uma subál-
gebra de Lie g
1
da álgebra de Lie g de um grupo G; existe um subgrupo de Lie (H; ') de
G tal que h é isomorfo a g
1
?
Apresentamos agora alguns conceitos novos que, posteriormente, nos permitem re-
sponder essa questão.
2.1 Conceitos Básicos 86
De…nição 2.14 Dados (H
1
; '
1
) e (H
2
; '
2
) subgrupos de Lie do grupo de Lie G, dizemos
que (H
1
; '
1
) é equivalente a (H
2
; '
2
) se, e somente se, existe um isomor…smo de Lie
' : H
1
! H
2
, tal que '
2
' = '
1
. Ou seja, o diagrama abaixo comuta
Cada classe de equivalência desta relação possui um representante em G, que chamaremos
de (H; i), onde i : H ! G é uma imersão e inclusão. Sempre que falarmos em unicidade
de subgrupos de Lie, estaremos nos referindo à essas classes de equivalência.
De…nimos uma distribuição numa variedade diferenciável, bem como, alguns conceitos
referentes a essa distribuição.
De…nição 2.15 Seja M uma variedade diferenciável n-dimensional. Uma distribuição
k-dimensional em M, é uma escolha que associa a cada m 2 M, um subespaço k-
dimensional de T
m
(M). Diremos que a distribuição é diferenciável, quando para cada m
em M, existe uma vizinhança V de m, onde se de…nem k campos de vetores diferenciáveis
que geram a distribuição. Se D é uma distribuição e se X 2 X(M) é tal que, para todo
x 2 M, tem-se que X
x
2 D(x); diremos que X 2 D, onde D(x) indica o subespaço de
T
x
(M) determinado por D: Dizemos que uma distribuição é involutiva se e somente
se, para quaisquer X; Y 2 D tivermos [X; Y ] 2 D. Uma variedade integral para D é
qualquer subvariedade imersa N M tal que T
x
(N) D(x), para todo x 2 N: Diremos
que D é integrável se por cada X 2 M passa uma variedade integral de D .
O próximo resultado, conhecido por Teorema de Frobenius, fornece uma condição
su…ciente para que uma distribuição diferenciável seja integrável. Este resultado é apenas
enunciado e sua demonstração se encontra em [23], Teorema 1:6:
Teorema 2.16 (de Frobenius) Seja D uma distribuição k-dimensional, involutiva e
C
1
em M. Então existe uma variedade integral de D passando por m, para todo m 2 M.
Ou seja, existe um sistema cúbico de coordenadas (U; ') que está centrado em m, com
funções coordenadas x
1
; :::; x
n
tal que as fatias x
i
, que são constantes, com i = k+1; :::; n,
2.1 Conceitos Básicos 87
são variedades integrais de D. Se (N; ) é uma variedade integral conexa de D tal que
(N) U, então (N) está contida em uma dessas fatias.
O Teorema de Frobenius possui caractér local, no sentido que a existência de variedades
integrais para D é garantida nas vizinhanças de qualquer ponto de M. A globalização das
variedades integrais é feita através do conceito de variedade integral maximal, que é uma
variedade integral de D que não está contida propriamente em nenhuma outra. Dessa
forma, tem-se o seguinte resultado sobre a unicidade de variedades integrais:
Teorema 2.17 (de Frobenius global) Se D é uma distribuição k-dimensional, involu-
tiva e C
1
em M, então por todo ponto m 2 M passa uma única variedade integral conexa
maximal de D:
A demonstração desse teorema também se encontra em [23], Teorema 1:64. Vale
ressaltar que a unicidade das variedades integrais maximais garante que duas variedades
maximais, ou são disjuntas, ou coincidentes.
Na demonstração do próximo resultado, usamos o teorema da forma local para imer-
sões em variedades, o qual encontra-se demonstrado em [15].
Lema 2.18 Sejam M; N e P variedades diferenciáveis. Se : M ! N é C
1
e ' : P !
N é uma imersão bijetora C
1
, com (M) '(P ), então a única aplicação : M ! P ,
tal que ' = , é C
1
se, e somente se, for contínua.
Demonstração: Suponhamos sem perda de generalidade que, P = R
p
e N = R
n
. Dado
m M, temos que (m) P . Mas ' é uma imersão, assim (m) é valor regular de
' : P ! N. Pelo teorema da forma local para imersões em variedades, existe um sistema
de coordenadas x : U ! R
p
em P com (m) U e um difeomor…smo de classe C
1
,
y : V ! R
p
R
np
(V N aberto), tal que '(U) V e '
xy
= y ' x
1
: x(U) !
R
p
R
np
é da forma '
xy
(w) = (w; 0): Como é contínua, podemos encontrar um sistema
de coordenadas z : Z ! R
m
em M, com m 2 Z, tal que (Z) U. Portanto,
(' )
zy
= y ' z
1
: z(Z) ! R
p
R
np
é da forma
(' )
zy
= '
xy
(
zx
) = (
zx
; 0).
2.1 Conceitos Básicos 88
Como ' 2 C
1
, então (' )
zy
2 C
1
. Assim
zx
2 C
1
e portanto, 2 C
1
: A recíproca
desse resultado é imediata.
Apresentamos agora um exemplo onde não se aplica esse Lema.
Exemplo 2.4 Consideremos M = P = R e N = R
2
. Sejam as aplicações ; ' : R ! R
2
dadas pelos grá…cos abaixo. Note que quando t ! 1 tem-se que, (t) ! 0 ao longo do
eixo horizontal e '(t) ! 0 ao longo do eixo vertical. Suponhamos que '(0) = (0) = 0:
Observe que ' e possuem exatamente a mesma imagem. Note também que não é
contínua, pois
1
(1; 1) =
1
'(1; 1)
é composta da origem e de dois conjuntos abertos da forma (a; 1) e (1; a), ou seja,
a imagem inversa de aberto não é aberto.
O resultado que segue, mostra que todo grupo de Lie é gerado por uma vizinhança da
identidade.
Lema 2.19 Se G é um grupo de Lie conexo e U é uma vizinhança de e, então G =
1
S
n=1
U
n
,
onde U
n
é formado por todos dos produtos de n fatores de U:
Demonstração: Tomemos V = U \U
1
que é também uma vizinhança de e e V
1
= V:
Seja
H =
1
[
n=1
V
n
1
[
n=1
U
n
G,
onde V
n
=
S
x2V
xV
n1
. É claro que H é subgrupo de G, pois dados h
1
; h
2
2 H tem-se
que, h
1
h
2
2 H e h
1
1
2 H. Como H é aberto, o conjunto gH, chamado de classe lateral
à esquerda de H em G determinada por g, é aberto para todo g 2 G. Por outro lado,
G =
[
g2G
gH = H [ (
[
g =2G
gH):
2.1 Conceitos Básicos 89
Assim H = G
S
g =2G
gH e portanto H é fechado em G: Mas G é conexo, logo G = H e
então G =
1
S
n=1
U
n
:
Agora podemos mostrar a recíproca do Corolário 2.13.
Teorema 2.20 Seja G um grupo de Lie com álgebra de Lie g. Seja g
1
uma subálgebra
de Lie de g. Então, existe um único subgrupo de Lie conexo H G com algebra de Lie h
de modo que d'(h) = g
1
.
Demonstração: Primeiramente mostraremos a existência do subgrupo de Lie conexo H
de G. De…namos a distribuição D em G da seguinte forma
D(x) = fX
x
; X 2 g
1
g:
Se mostrarmos que D é involutiva, então a variedade integral conexa maximal, dada pelo
Teorema 2.17, é a candidata natural a (H; ') com ' sendo a aplicação inclusão.
A…rmamos que D é involutiva. De fato, como X; Y 2 D, então X; Y 2 g
1
e por g
1
ser
fechado para o colchete, temos que [X; Y ] 2 g
1
. Pela de…nição de D, [X; Y ]
x
2 D(x) para
todo x e assim [X; Y ] 2 D. Observe também que a dimensão de D é igual a dimensão de
g
1
.
A…rmamos que a variedade integral conexa maximal de D passando por e, é um
subgrupo de G: De fato, seja H tal variedade e seja x 2 H. Então
L
x
1
(H) = fx
1
h; h 2 Hg
é também subvariedade integral de D passando por e, já que D é invariante por translações
à esquerda. Como H é uma variedade integral conexa maximal temos que x
1
H H e
dessa forma, segue que H é um subgrupo de G:
Diante disso, resta mostrar que a estrutura de grupo induzida por G em H; é com-
patível com a estrutura diferenciável de H como variedade integral de D. Denotemos
por ! e os produtos de G e H respectivamente, e por i e j as inclusões H G e
H H G G. Seja ! j = : Temos que i é uma imersão injetora e que i = é
C
1
. Queremos mostrar que é C
1
. Pelas considerações acima e pelo Lema 2.18, devemos
mostrar apenas que é contínua. Em se tratando de um problema local, podemos supor
que G = R
n
, onde n é a dimensão de G. Seja h 2 H
k
, onde k é a dimensão de H e
2.1 Conceitos Básicos 90
m 2
1
(h). Consideremos em torno de h uma fatia V , também contida numa vizinhança
U de i(h) em G, dada pelo Teorema 2.16. A…rmamos que i(H) intercepta U numa certa
quantidade de componentes conexas abertas, cada uma numa fatia de U. Essa quanti-
dade é enumerável, pois H possui base enumerável. Diante disso, mostraremos que é
contínua. Note que, como é contínua, segue que existe um aberto W M tal que
m 2 W e (W ) U: Tomemos a componente conexa de m neste ab erto, a qual é um
aberto que chamamos de W . A…rmamos que (W ) V . De fato, (W ) é conexo e está
contido numa quantidade enumerável de fatias. Tomemos a projeção
: R
nk
R
k
! R
nk
(u; v) 7! u:
Note que o conjunto (W ) reduz-se a um ponto, pois este conjunto é conexo e enu-
merável. Dessa forma, (W ) está contido em uma única fatia de U, a qual deve ser V , já
que h 2 V . Com isso concluímos que é contínua.
Portanto, concluímos que o produto induzido em H por G é compatível com a estrutura
de variedade de H, de modo que H é um grupo de Lie, melhor dizendo, subgrupo de Lie.
Para …nalizar a demonstração, vamos mostrar a unicidade do subgrupo de Lie conexo
H de G: Suponhamos que (K; ) seja outro subgrupo de Lie conexo de G, com d(k) = g
1
,
onde k é a álgebra de Lie de K. Por de…nição, (K; ) é uma variedade integral de D
de…nida na demonstração da unicidade. Do fato de (H; i) ser um subgrupo máximo,
segue que (K) i(H) e portanto existe uma única aplicação : K ! H, tal que
i = : Claramente, é diferenciável e assim é um homomor…smo de Lie injetor. Além
do mais, não é singular, logo é um difeomor…smo numa vizinhança de e. Pelo Lema
2.19, concluímos que é sobrejetora. Portanto, é um isomor…smo entre grupos de Lie
e isto prova a unicidade de H:
Dessa forma, é natural termos o seguinte corolário.
Corolário 2.21 Existe uma correspondência bijetora entre subgrupos de Lie conexos de
um grupo de Lie e as subálgebras da sua álgebra de Lie.
Proposição 2.22 Sejam G e H grupos de Lie com as respectivas álgebras de Lie g e h.
Se : g ! h é um homomor…smo, então existe uma vizinhança V de e em G e uma
aplicação diferenciável ' : V ! H, tal que '(a:b) = '(a):'(b) sempre que a; b; a:b 2 V
2.1 Conceitos Básicos 91
e tal que para todo X 2 g tem-se que, d'(X) = (X): Além disso, se existirem dois
homomor…smos diferenciáveis '; : G ! H com d' = d = e se G for conexo, então
' e são isomorfas.
Demonstração: Seja g h a álgebra de Lie de G H e
k = f(X; (X)); X 2 gg g h.
É imediato que k é uma subálgebra de Lie de g h. De fato, tome (X; (X)) e (Y; (Y ))
em k. Temos que
[(X; (X)); (Y; (Y ))] = ([X; Y ]; [(X); (Y )]) 2 g h.
Pelo Teorema 2.20, existe um único subgrupo de Lie conexo K G H com álgebra de
Lie k. Seja
1
: G H ! G
(g; h) 7! g
e de…namos =
1
j
K
. Assim, se (X
e
; (X)
e
) 2 T
e
(K) segue que
d
(e;e)
(X
e
; (X)
e
) = X
e
2 T
e
(G).
Portanto d(X
e
; (X)
e
) = X 2 g, onde d : k ! g é de…nido como no Lema 2.11. Assim,
d
(e;e)
é um isomor…smo e consequentemente existe uma vizinhança aberta W de (e; e)
em K, tal que leva W difeomor…camente sobre V , com e 2 V G: Tomando
2
: G H ! H
(g; h) 7! h;
então a aplicação ' : V ! H dada por '(x) =
2
1
(x) é diferenciável,
1
(x) =
(x; '(x)) e W = f(x; '(x)); x 2 V g. Assim, se a; b; a:b 2 V , então
'(a:b) =
2
1
(a:b)
=
2
((a; '(a)):(b; '(b)))
=
2
(a:b; '(a):'(b))
= '(a):'(b):
E mais ainda, de…nindo d' : g ! h por d'(X)
e
= d'
e
(X
e
) obtemos
d'
e
(X
e
) = d
2
d
1
e
(X
e
) = d
2
(X
e
; (X)
e
).
2.2 Aplicação Exponencial 92
Então (X)
e
= d'(X)
e
e da unicidade temos (X) = d'(X
_
). Portanto, demonstramos
a existência de ' e nos resta agora demonstrar sua unicidade. Sejam '; : G ! H
satisfazendo as condições acima. De…nimos as imersões injetoras, ; : G ! G H por
(x) = (x; '(x)) e (x) = (x; (x)):
É imediato que as imagens (G) = K e (G) = L são subgrupos de Lie conexos de G H
com álgebras de Lie k e l respectivamente. As aplicações
d : g ! k e d : g ! l
são isomor…smos e sabendo-se que d' = d , concluímos que d = d. Portanto k = l.
Já que K e L são grupos de Lie conexos associados à mesma álgebra de Lie, segue que
K = L e daí (x; '(x)) = (x; (x)) para todo x 2 G. Portanto ' e são isomorfos.
Corolário 2.23 Se dois grupos de Lie possuem álgebras de Lie isomorfas, então eles são
localmente isomorfos.
Finalizamos essa seção enunciando um importante resultado conhecido como Teorema
de Ado. Sua demonstração se encontra na bibliogra…a [2] no capítulo 1.
Teorema 2.24 Toda álgebra de Lie é isomorfa a uma subálgebra de gl(n; C):
Note que decorre diretamente do Teorema de Ado e do Corolário 2.23 que to do grupo
de Lie é isomorfo a um subgrupo de GL(n; C).
2.2 Aplicação Exponencial
Nosso objetivo aqui é destacar a relação existente entre grupos de Lie e álgebras de
Lie.
A…m de estab elecermos um vínculo entre os grupos de Lie e suas respectivas
álgebras de Lie, consideramos a aplicação exponencial, que é uma ferramenta muito im-
portante, que nos permite transportar algumas propriedades das álgebras de Lie para os
grup os de Lie e vice e versa.
2.2 Aplicação Exponencial 93
Depois que de…nimos a aplicação exponencial, apresentamos algumas propriedades
e resultados importantes que possibilitam a demonstração de um dos resultados mais
importantes dessa seção, o Teorema de Cartan.
Finalizamos a seção, expondo algumas propriedades e resultados da representação ad-
junta, que abrangem esse estudo. A bibliogra…a utilizada se encontra em [5]; [7]; [11]; [16]; [22]
e [23]:
Sejam g a álgebra de Lie associada ao grup o de Lie G e X 2 g. Pela teoria das
equações diferenciáveis ordinárias, sabemos que dado x 2 G, existem abertos U G e
("; ") R com x 2 U e " > 0 e uma aplicação diferenciável ' : U ("; ") ! G tal que
para todo y em U temos que
'(y; 0) = y e
d'
dt
(y; t) = X
'(y;t)
.
' é chamado ‡uxo local do campo X. Agora, tomando x = e adotamos a notação
'(e; t) = '(t) = '
t
para uma trajetória única de X em e. Temos a seguinte proposição:
Proposição 2.25 Num grupo de Lie G, '
t
é de…nido para todo t 2 R e a aplicação
' : R !G assim de…nida é um subgrupo de Lie.
Demonstração: Devemos mostrar que ('(R); i) é um subgrupo de Lie de G. É fácil ver
que i : '(R) ! G é uma imersão injetora e é um homomor…smo. Resta mostrar que '(R)
é grupo de Lie, ou seja, dados '
t
, '
s
2 '(R) tem-se que '
t
.'
s
e '
1
t
são diferenciáveis
em '(R). Tome t
0
2 ("; "). Fazendo '
t
0
= z e de…nindo '
t
= z
1
'
t
temos '
t
0
= e.
Como X 2 g, então
X
'
t
= X
z
1
'
t
= dL
z
1
X
'
t
= dL
z
1
d'
t
=
d'
t
dt
.
Logo '
t
é a solução do sistema
8
<
:
dx
dt
= X
x
x(t
0
) = e.
(2.2)
Suponhamos que t
0
> 0 e tomemos agora : (t
0
"; t
0
+ ") ! G dada por (t) = '
tt
0
.
É claro que também é solução de 2.2 de…nida em (t
0
"; t
0
+ "). Logo, como o sistema
possui solução única, segue que '
t
= '
tt
0
pode ser estendida a ("; t
0
+"). Consequente-
mente '
t
= '
t
0
'
t
pode ser estendida a ("; t
0
+ ") e então a todo t em R. Além disso,
como para todo t temos ('
t
0
)
1
'
t
= '
tt
0
, então '
1
t
= '
t
e '
t+s
= '
t
:'
s
. Como o ‡uxo
2.2 Aplicação Exponencial 94
' é diferenciável, segue o desejado.
De…nimos agora a aplicação exponencial e em seguida apresentamos algumas de suas
propriedades.
De…nição 2.26 Sejam G um grupo de Lie com álgebra de Lie g e X 2 g. Se indicarmos
por '
X
a trajetória de X pela origem e, então de…nimos a aplicação
exp : g T
e
G ! G
X 7! '
X
(1),
chamada aplicação exponencial de G:
Primeiramente note que '
sX
(t) = '
X
(st) para quaisquer que sejam s e t em R. De
fato, se (t) = '
X
(st), teremos que
(0) = '
X
(0) = e e
d
dt
(t) = s
d'
X
dt
(st) = sX
'
X
(st)
= sX
(t)
:
Então, é solução da equação diferencial ordinária
8
<
:
x(0) = e
dx
dt
= sX
X(t)
.
Assim = '
sX
, já que '
sX
também é solução do sistema.
Proposição 2.27 A aplicação exponencial exp : g ! G satisfaz as seguintes propriedades:
(i) exp(t
1
+ t
2
)X = (exp t
1
X)(exp t
2
X)
(ii) exp(sX) = (exp sX)
1
(iii) exp é diferenciável.
(iv) exp é um difeomor…smo numa vizinhança de e:
Para quaisquer que sejam s; t
1
; t
2
2 R e X 2 G.
2.2 Aplicação Exponencial 95
Demonstração: (i) Note que
exp(t
1
+ t
2
)X = '
(t
1
+t
2
)X
(1; e) = '
X
(t
1
+ t
2
; e) = '
X
(t
1
; '
X
(t
2
; e)) e
(exp t
1
X)(exp t
2
X) = '
t
1
X
(1; e)'
t
2
X
(1; e) = '
X
(t
1
; e)'
X
(t
2
; e).
De…nimos as curvas
1
(t) = '
X
(t
1
; e)'
X
(t; e) e
2
(t) = '
X
(t
1
; '
X
(t; e)).
Como X é invariante à esquerda, temos que
1
e
2
são soluções de
8
<
:
x(0) = e
dx
dt
= X
X(t)
e portanto segue o desejado.
(ii) Esse resultado é imediato, pois
e = exp 0 = exp(s s)X = (exp sX)(exp(sX)).
(iii) Considere o campo vetorial
V : G g ! T G
(y; X) 7! (X
y
; 0),
onde T G é o …brado tangente a G. A trajetória de V por (e; X) 2 G g, é dada por
(t; X) = ('
X
(t); X) = (exp tX; X),
pois
0
(t) = (X
'
X
(t)
; 0) = V ('
X
(t); X). Tomando agora
1
: G g ! G
(x; X) 7! x,
a aplicação
Exp : R g ! G
(t; X) 7! exp tX
pode ser expressa como a composta de aplicações
1
. Como o ‡uxo e
1
são
diferenciáveis, segue que Exp é diferenciável e portanto exp é diferenciável em g.
(iv) Seja X 2 g e (t) = tX, temos que (0) = 0 e
d
dt
(0) = X. Assim
(d exp)
0
X = (d exp)
0
d
dt
(0) =
d(exp tX)
dt
j
t=0
=
d'
X
(t)
dt
j
t=0
= X
'
X
(0)
= X
e
.
2.2 Aplicação Exponencial 96
Então (d exp)
0
X = X, ou seja, (d exp)
0
é não singular. Logo, pelo teorema da função
inversa, exp é um difeomor…smo local.
Sabemos que todo homomor…smo ' : R ! R é diferenciável. Nosso objetivo agora, é
mostrar que todo homomor…smo contínuo entre grupos de Lie é diferenciável, para tanto
precisamos dos próximos resultados:
Lema 2.28 Seja G um grupo de Lie com álgebra de Lie g. Se fX
1
; :::; X
n
g é uma base
de g, então a aplicação
: R
n
! G
(t
1
; :::; t
n
) 7! (exp t
1
X
1
): :(exp t
n
X
n
):
é diferenciável e é não singular em 0 2 R
n
:
Demonstração: Já que exp é diferenciável, é claro que é diferenciável. Note agora
que se t = (t
1
; :::; t
n
) 2 R
n
, então
(t) = R
a
i
L
b
i
exp (t
i
X
i
) ,
onde a
i
= exp(t
i+1
X
i+1
):::(exp t
n
X
n
) e b
i
= (exp t
1
X
1
)::: exp(t
i1
X
i1
) para todo
i = 1; :::; n. Temos que,
@
@t
i
(t) = dR
a
i
dL
b
i
d(exp t
i
X
i
)
dt
i
:
Logo
@
@t
i
(t) j
t=0
= dR
e
dL
e
X
i
j
e
= X
i
j
e
e portanto, d
0
: R
n
! T
e
G tem por matriz jacobiana (X
1
j
e
::::X
n
j
e
), onde os X
i
j
e
denotam os vetores colunas da matriz. Disso segue que, d
0
é não singular.
Teorema 2.29 Seja G um grupo de Lie. Se ' : R !G é um homomor…smo contínuo,
então ' é diferenciável.
Demonstração: Devemos mostrar que ' é diferenciável numa vizinhança de zero em R.
Seja V G uma vizinhança de e 2 G, a qual é difeomorfa a uma vizinhança de zero
U g através da aplicação exponencial. Suponhamos que, se X 2 U, então tX 2 U para
2.2 Aplicação Exponencial 97
todo t 2 [0; 1]. Seja agora U
0
= f
1
2
X; X 2 Ug U e escolhemos t
0
0 su…cientemente
pequeno para que j t j t
0
implique que '(t) 2 exp U
0
. Assim, dado qualquer n 2 N,
temos que '(
t
0
n
) 2 exp U
0
. Assim, determinamos X e Y em U
0
tais que
exp X = '(
t
0
n
) e exp Y = '(t
0
)
e temos que
exp(X)
n
= exp X ::: exp X = exp(nX).
Como exp(X)
n
= '(t
0
), então exp(nX) = '(t
0
) = exp(Y ). Vamos provar que nX = Y
e para isso é su…ciente mostrarmos que nX 2 U
0
. Faremos isso por indução. Suponha
que jX 2 U
0
para todo j = 1; :::; n 1, então para j = 1 o resultado é imediato.
Para j > 1, temos que 2jX 2 U. Assim, (1 + j)X =
j + 1
2j
2jX 2 U. Porém,
exp(j + 1)X = '((j +1)
t
0
n
) e como
j + 1
n
t
0
t
0
, temos exp(j +1)X 2 exp U
0
e assim pela
hipótese de indução nX 2 U
0
. Portanto nX = Y . Seja agora m 2 Z, com 0 <j m j< n.
Se m > 0 tem-se que
'(
m
n
t
0
) = ('(
t
0
n
))
m
= (exp X)
m
= exp(
Y
n
)
m
= exp(
m
n
Y ):
Se m < 0 tem-se que
'(
m
n
t
0
) = ('(
m
n
t
0
))
1
=
exp(
m
n
Y )
1
= exp(
m
n
Y ):
Da continuidade de ', segue que para todo r 2 R com 0 <j r j 1, temos
'(rt
0
) = exp(rt
0
Y
t
0
) = exp rY .
Mas para todo t 2 R com 0 <j t j t
0
, existe r 2 R com 0 <j r j 1, tal que t = rt
0
e
então
'(t) = exp(rt
0
Y
t
0
) = exp rY = exp(
t
t
0
Y ).
Portanto ' é diferenciável.
Finalmente, segue o esperado.
Teorema 2.30 Todo homomor…smo contínuo ' : H ! G entre grupos de Lie é diferen-
ciável.
2.2 Aplicação Exponencial 98
Demonstração: Seja h a álgebra de Lie de H tal que dim(H) = n: Tome uma base
fX
1
; :::; X
n
g de h e a aplicação ' : R
n
! H como no Lema 2.28. Sejam V R
n
vizinhança
de zero e U H vizinhança de e tais que : V ! U seja um difeomor…smo. Pelo teorema
anterior, as aplicações '
i
: R ! G dadas por '
i
(t) = '(exp tX
i
) são contínuas e portanto
diferenciáveis. Assim,
' (t
1
; :::; t
n
) = '((exp t
1
X
1
): :(exp t
n
X
n
))
= '(exp t
1
X
1
): :'(exp t
n
X
n
)
= '
1
(t
1
): :'
n
(t
n
)
é diferenciável para todo (t
1
; :::; t
n
) 2 R
n
. Se x 2 U, x =
1
(x) e '(x) = '(
1
(x));
ou seja, ' j
U
= (' )
1
j
U
é diferenciável. Para o caso em que x é um elemento qualquer
de H não necessariamente em U, tem-se que
x 2 x:U = fx:u ; u 2 Ug,
que é difeomorfo a U em L
x
. Assim, para todo x:y 2 x:U temos que
'(x:y) = '(x):'(y)
= L
'(x)
'(y)
= L
'(x)
'(L
x
1
(x:y))
= L
'(x)
' L
x
1
(x:y),
ou seja, ' j
x:U
= L
'(x)
' L
x
1
j
x:U
que é diferenciável.
No lema seguinte e em sua demonstração, o fato de uma aplicação ' : R !T
e
G ter a
propriedade de que
'(t)
t
3
é limitado para todo t em R su…cientemente pequeno, é denotado
por O(t
3
). Além disso, se X 2 T
e
G, então
f
X denota o campo de g tal que
f
X
e
= X:
Lema 2.31 Se G é um grupo de Lie e se X; Y 2 T
e
G, então
(a) (exp tX)(exp tY ) = exp(t(X + Y ) +
t
2
2
[X; Y ] + O(t
3
)):
(b) (exp tX)(exp tY )(exp tX)(exp tY ) = exp(t
2
[X; Y ] + O(t
3
)):
(c) (exp tX)(exp tY )(exp tX) = exp(tY + t
2
[X; Y ] + O(t
3
)):
Demonstração: Sejam f 2 C
1
(G) e a 2 G, temos que
e
Xf(a) =
f
X
a
(f) = dL
a
X(f) = X(f L
a
) =
d(f L
a
)
du
j
u=0
,
2.2 Aplicação Exponencial 99
onde : ("; ") ! G é uma curva tal que (0) = e e
0
(0) = X. Portanto,
e
Xf(a) =
d(f L
a
exp uX)
du
j
u=0
=
d
du
f(a exp uX) j
u=0
:
Analogamente, tem-se que
e
Y f (a) =
d
du
f(a exp uY ) j
u=0
:
Fixando s em R, seja '(t) = f(exp sX exp tY ). Logo
'
0
(t) =
d
dt
f(exp sX exp tY ) =
d
dt
(f L
exp sX
exp tY ) = d(f L
exp sX
)
exp tY
(d exp)
tY
Y:
Por outro lado, temos que
e
Y (f )(exp sXexp tY ) =
d
du
f(exp sXexp tY exp uY ) j
u=0
= d(fL
exp sX
)
exp tY
(d exp)
tY
Y:
Assim, '
0
(t) =
f
Y (f )(exp sX exp tY ). Usando o mesmo raciocínio para
e
Y f no lugar de
f, tem-se que
'
00
(t) = [
e
Y (
e
Y f )](exp sX exp tY ).
Aplicando o teorema de Taylor a ' segue que
'(t) = '(0) + '
0
(0)t +
'
00
(0)
2!
t
2
+ O(t
3
),
ou seja,
f(exp sX exp tY ) = f (exp sX) +
f
Y (f )(exp sX)t +
t
2
2
[
e
Y (
e
Y f )](exp sX) + O(t
3
). (2.3)
Analogamente, para qualquer F 2 C
1
(G) temos que
d
ds
F (exp sX) = (
e
XF )(exp sX)
d
2
ds
2
F (exp sX) = [
e
X(
e
XF )](exp sX)
F (exp sX) = F (e) + s(
e
XF )(e) +
s
2
2
[
e
X(
e
XF )](e) + O(s
3
): (2.4)
Suponha que f(e) = 0. Aplicando a última expressão em 2.3 para F = f, F =
e
Y f e
F =
e
Y (
e
Y f ), temos que
f(exp sX exp tY ) = s(
e
Xf)(e) + t(
e
Y f )(e) +
s
2
2
[
e
X(
e
Xf)](e) +
t
2
2
[
e
Y (
e
Y f )](e) +
+st[
e
X(
e
Y f )](e) + O(s
3
) + O(s
2
t) + O(st
2
):
2.2 Aplicação Exponencial 100
Fazendo s = t, tem-se que
f(exp sX exp tY ) = t[
f
(X +
e
Y )f )](e) + t
2
[(
e
X
e
X
2
+
e
X
e
Y +
e
Y
e
Y
2
)f](e) + O(t
3
): (2.5)
Como a exponencial é um difeomor…smo numa vizinhança de 0 2 T
e
G e o produto em G
é contínuo, podemos escrever para t pequeno
(exp tX)(exp tY ) = exp Z(t);
para alguma função diferenciável Z : ("; ") ! T
e
G. Aplicando a fórmula de Taylor a Z
obtemos,
Z(t) = tZ
1
+ t
2
Z
2
+ O(t
3
);
para quaisquer que sejam Z
1
; Z
2
em T
e
G. Seja A : R !T
e
G uma aplicação diferenciável
tal que A(0) = 0. Pela fórmula de Taylor temos que,
(f exp)(A(t) + O(t
3
)) = (f exp)(A(t)) +
Z
1
0
d
ds
(f exp)(A(t) + sO(t
3
)):O(t
3
)ds
= (f exp)(A(t)) + (
Z
1
0
d
ds
(f exp)(A(t) + sO(t
3
))ds)O(t
3
).
Chamando de g(t) essa última parcela, decorre que lim
t!0
g(t)
t
3
= 0. Assim podemos
escrever
(f exp)(A(t) + O(t
3
)) = (f exp)(A(t)) + O(t
3
):
Suponha que f (e) = 0. Diante disso e usando a equação 2.4 obtemos,
f(exp Z(t)) = f(exp t(Z
1
+ tZ
2
)) + O(t
3
)
= f(e) + t[(
f
Z
1
+ t
f
Z
2
)(f)](e) +
t
2
2
[(
f
Z
1
+ t
f
Z
2
)(
f
Z
1
+ t
f
Z
2
)(f)](e) + O(t
3
)
= t(
f
Z
1
f)(e) + t
2
(
f
Z
2
f)(e) +
t
2
2
[(
f
Z
1
(
f
Z
1
f)](e) +
t
3
2
[(
f
Z
1
(
f
Z
2
f)](e)+
+
t
3
2
[(
f
Z
2
(
f
Z
1
f)](e) +
t
4
2
[(
f
Z
2
(
f
Z
2
f)](e) + O(t
3
)
= t(
f
Z
1
f)(e) + t
2
(
f
Z
2
f)(e) +
t
2
2
[(
f
Z
1
(
f
Z
1
f)](e) + O(t
3
).
Como podemos tomar as f
0
s como funções coordenadas de uma parametrização em
torno de e tal que (e) = 0, então, comparando a equação acima com a equação 2.5
tem-se que,
e
X +
e
Y =
f
Z
1
f
Z
1
f
Z
1
2
+
f
Z
2
=
e
X
e
X
2
+
e
X
e
Y +
e
Y
e
Y
2
2.2 Aplicação Exponencial 101
e daí que Z
1
= X + Y , Z
2
=
1
2
[X; Y ], o que prova (a). Para provar (b), basta aplicar (a) :
(exp tX)(exp tY )(exp tX)(exp tY ) = exp(t(X + Y ) +
t
2
2
[X; Y ]
+O(t
3
)): exp(t(X + Y ) +
t
2
2
[X; Y ] + O(t
3
))
= exp(t
2
[X; Y ] + O(t
3
));
pois os demais termos que aparecem na igualdade acima, são de ordem no mínimo três e
isso implica (b): A demonstração de (c) também segue da aplicação de (a); ou seja
(exp tX)(exp tY )(exp tX) = exp(t(X + Y ) +
t
2
2
[X; Y ] + O(t
3
)):(exp tX)
= exp(tY + t
2
[X; Y ] + O(t
3
)):
Como aplicação desse lema, apresentamos o seguinte resultado:
Corolário 2.32 Sejam G um grupo de Lie, X; Y 2 T
e
G g e x; y; : R ! G curvas
dadas por
x(t) = exp tX
y(t) = exp tY
(t) = x(
p
t):y(
p
t):x(
p
t)
1
:y(
p
t)
1
:
Então, (0) = e e
0
(0) = [X; Y ]:
Demonstração: Sabendo que (exp X)
1
= exp (X), pela parte (b) do lema anterior,
temos que
(t) = (exp
p
tX)(exp
p
tY )(exp
p
tX)(exp
p
tY )
= exp(t[X; Y ] + O(t
3
)):
Logo,
(0) = e e
d
dt
(0) = (d exp)
0
([X; Y ] +
d
dt
O(t
3
) j
t=0
) = I([X; Y ]) = [X; Y ].
Como outra aplicação do Lema 2.31 e o principal resultado dessa seção, apresentamos:
Teorema 2.33 ( de Cartan) Todo subgrupo fechado de um grupo de Lie é um grupo de
Lie.
2.2 Aplicação Exponencial 102
A …m de demonstrarmos esse teorema, precisamos encontrar uma vizinhança V g
do zero, tal que
exp(V \ H) = H \ exp V;
onde g é a álgebra de Lie de G e H =fX 2 g; exp tX 2 H para to do t 2 Rg . Mas, para
demonstrarmos esse fato, precisamos dos lemas que seguem.
Lema 2.34 H é subespaço vetorial de g:
Demonstração: Observe que se X; Y 2 H, então exp
t
n
X; exp
t
n
Y 2 H para todo
número n inteiro. Logo [(exp
t
n
X)(exp
t
n
X)]
n
2 H, pois H é subgrupo. Pela parte (a) do
Lema 2.31 tem-se que
(exp
t
n
X)(exp
t
n
X)
n
= (exp(
t
n
X +
t
n
Y +
2
2n
2
[X; Y ] + O(
t
3
n
3
))
n
= exp(tX + tY +
2
2n
[X; Y ] + O(
t
3
n
2
)) 2 H:
Como H é fechado, segue que
lim
n!1
exp(tX + tY +
2
2n
[X; Y ] + O(
t
3
n
2
)) = exp t(X + Y ) 2 H
e então X + Y 2 H.
Lema 2.35 Seja (t
i
X
i
)
i
uma sequência em g, tal que X
i
! X 2 g; t
i
! 0 e t
i
6= 0: Se
exp t
i
X
i
2 H para todo i, então exp tX 2 H para todo t:
Demonstração: Como exp (t
i
X
i
) = (exp t
i
X
i
)
1
2 H, então podemos supor que t
i
> 0:
Assim, para t > 0 de…nimos para cada i 2 N a função
k
i
(t) = [
t
t
i
] = maior inteiro
t
t
i
:
Logo,
t
t
i
1 k
i
(t)
t
t
i
. Como t
i
! 0, temos t
i
k
i
(t) ! t, e como exp t
i
X
i
2 H segue
que
exp t
i
k
i
(t)X
i
= (exp t
i
X
i
)
k
i
(t)
2 H:
Sendo H fechado e lim t
i
k
i
(t)X
i
= tX, temos que
exp tX = exp( lim
i!1
t
i
k
i
(t)X
i
) = lim
i!1
exp t
i
k
i
(t)X
i
2 H:
2.2 Aplicação Exponencial 103
Lema 2.36 Seja H
0
g um subespaço complementar de H , então existe uma vizinhança
V
0
de 0 2 H
0
tal que, para todo X
0
2 V
0
, com X
0
6= 0, tem-se que exp X
0
=2 H:
Demonstração: Primeiramente, seja h ; i um produto interno em H
0
. Suponhamos por
absurdo que para toda vizinhança V
0
de 0 2 H
0
, exista X
0
6= 0 em V
0
tal que exp X
0
2 H.
Então, existe uma sequência (X
i
)
i
com X
i
2 H
0
e 0 < jX
i
j 1, tal que X
i
! 0 e
exp X
i
2 H. Tomamos o compacto
K = fX
0
2 H
0
; 1 jX
0
j 2g:
Observe que podemos ter n
i
2 Z tal que n
i
X
i
= Y
i
2 K e é claro que n
i
! 1. Como
K é compacto, existe uma subsequência que indicaremos ainda por Y
i
, tal que Y
i
! Y 2
K H
0
. Sendo X
i
=
1
n
i
Y
i
, temos
1
n
i
! 0; pois n
i
! 1;
Y
i
! Y e exp
1
n
i
Y
i
= exp X
i
2 H para todo i:
Logo, pelo lema anterior, Y 2 H
0
e portanto temos uma contradição.
Lema 2.37 A aplicação ' : g ! G dada dor '(X + X
0
) = (exp X)(exp X
0
) com X 2 H
e X
0
2 H
0
, é um difeomor…smo em uma vizinhança de 0 2 g:
Demonstração: Tomemos X e X
0
numa vizinhança do 0 2 g. Então, exp X e exp X
0
estão contidas em uma vizinhança de e: Em vista disso, podemos escrever
exp X = (x
1
; :::; x
n
)
exp X
0
= (x
0
1
; :::; x
0
n
):
Logo
'(X + X
0
) = f(exp X; exp X
0
)
= (f
1
(x
1
; :::; x
n
; x
0
1
; :::; x
0
n
) + + f
n
(x
1
; :::; x
n
; x
0
1
; :::; x
0
n
));
onde f : GG ! G é de…nida por f(x; y) = xy. Tomemos agora a curva (t) = t(X +X
0
),
então (0) = 0 e
0
(0) = X + X
0
. Temos que
d'
e
(X + X
0
) =
d
dt
(' )(t) j
t=0
:
2.2 Aplicação Exponencial 104
Assim,
d'
e
(X + X
0
)
i
=
d
dt
(' )
i
(t) j
t=0
=
d
dt
(exp tX exp tX
0
)
i
j
t=0
=
d
dt
f
i
(tx
1
; :::; tx
n
; tx
0
1
; :::; tx
0
n
) j
t=0
= x
i
+ x
0
i
= (X + X
0
)
i
e então, d'
e
(X + X
0
) = 0 se, e somente se, X + X
0
= 0, ou seja, d'
e
é injetora. Pelo
teorema da função inversa segue o desejado.
Agora sim estamos aptos a demonstrar o Teorema de Cartan.
Demonstração: Tomemos V = W W
0
vizinhança de 0 2 g com W H e W
0
H
0
,
tais que as seguintes propriedades são satisfeitas:
(i) exp é um difeormor…smo em V:
(ii) W
0
satisfaz as condições do Lema 2.36.
(iii) A aplicação ' do Lema 2.37 é um difeomor…smo em V:
Mostremos que exp(V \H) = H \exp V . É claro que exp(V \H ) H \exp V . Tome
agora x 2 H \exp V . Temos que x = (exp X)(exp X
0
), onde X 2 W e X
0
2 W
0
: Como x e
exp X estão em H, segue que exp X
0
2 H e então X
0
2 H. Logo X
0
= 0 e assim x = exp X,
onde X 2 V \ H. Portanto, x 2 exp(V \ H) e então H \ exp V exp(V \ H). Como V
é uma vizinhança de 0 em g, onde exp é um difeormor…smo, segue que H \ exp V é uma
subvariedade de G e portanto H é lo calmente uma subvariedade de G: Por translações à
esquerda, o resultado estende-se para todo H e isso conclui a demonstração.
Vejamos agora algumas propriedades da representação adjunta, que passamos a de…nir.
Seja G um grupo de Lie e g sua álgebra de Lie. Para todo y 2 G de…na-se
C
y
: G ! G
x 7! yxy
1
:
Temos que C
y
é um difeomor…smo e deixa …xa a identidade e 2 G: Logo a diferencial de
C
y
em e é a aplicação linear invertível de g em g,
d(C
y
)
e
: g ! g
2.2 Aplicação Exponencial 105
que será indicada por Ad
y
= d(ad(y))
e
. Logo temos o seguinte diagrama comutativo:
Assim,
g exp(X)g
1
= exp(Ad(g)(X)):
De…nimos a aplicação
Ad : G ! GL(g)
y 7! Ad(y) = Ad
y
,
onde GL(g) é o grupo das aplicãções lineares inversíveis do espaço vetorial g: Como
C
y
é diferenciável, pois é um difeomor…smo, a aplicação Ad é diferenciável. Veri…ca-
se facilmente que Ad é um homomor…smo de Lie de G em GL(g) e a chamamos de
representação adjunta do grupo G: O subgrupo de Lie, Ad(G) GL(g) é um grupo de
Lie de transformações lineares chamado de grupo adjunto de G:
Veremos agora como obter geometricamente Ad(y)(X), para um vetor X 2 g: Seja
X 2 g. Note que X pode ser considerado como vetor tangente a e da curva t 7! exp tX
em G: A aplicação C
y
leva esta curva na curva t 7! y: exp tX:y
1
. Logo
Ad(y)(X) = d((C
y
)
e
)X =
d
dt
(y: exp tX:y
1
) j
t=0
:
A aplicação Ad é uma transformação linear, assim podemos tomar a sua diferencial em
e, que é chamada representação adjunta de g e indicada p or
ad = d(Ad)
e
: g ! gl(g),
2.2 Aplicação Exponencial 106
onde gl(g) é a álgebra de Lie do grupo GL(g), ou seja, o conjunto das transformações
lineares de g. Podemos descrever esta situação pelo diagrama abaixo:
Vejamos agora que este diagrama é comutativo.
Proposição 2.38 O diagrama acima é comutativo.
Demonstração: Devemos provar que para todo Y 2 g; Ad(exp Y ) = exp(ad(Y )):
Podemos pensar em Y , como sendo o vetor tangente em e da curva s 7! ad(exp sY )
em GL(g). Denotando (s) =Ad(exp sY ) e R
x
a translação à direita por x, temos
d
ds
= d(Ad)
exp sY
Y (exp sY )
= d(Ad)
exp sY
d(R
exp sY
)
e
(Y )
= d(Ad R
exp sY
)
e
(Y )
= d(R
Ad(exp sY )
Ad)
e
(Y )
= d(R
Ad(exp sY )
)
1
d(Ad)
e
(Y )
= d(Ad)
e
(Y ) (Ad(exp sY ))
= ad(Y )((s)):
Portanto (s) é curva integral do campo ad(Y ) 2 gl(g) e (0) = 1 em GL(g): Por
unicidade de solução, (s) = exp(s ad(Y )): Em particular, para s = 1, tem-se
exp(ad(Y )) = Ad(exp Y ):
Portanto o diagrama acima comuta.
Proposição 2.39 Se X; Y 2 g, então ad(Y )X = [Y; X]:
Demonstração: Usando a notação da proposição acima obtemos
ad(Y )(X) =
d
ds
((Ad(exp sY )) j
s=0
)X
=
d
ds
d
dt
((exp sY )( exp tX )(exp sY )
1
) j
s=0
t=0
:
2.3 Variedades Homogêneas 107
Como X é o vetor tangente em e à curva t 7! exp tX; fazendo s = t e usando a parte (c)
do Lema 2.31, obtemos ad(Y )X = [Y; X]:
2.3 Variedades Homogêneas
Inicialmente, apresentamos nesta seção um estudo dos espaço homogêneos, que são
espaços quocientes de grupos de Lie por subgrupos fechados. Posteriormente, vimos as
ações diferenciáveis de grup os de Lie.
O primeiro estágio nesse estudo, consiste em mostrar que um espaço homogêneo é uma
variedade diferenciável.
Teorema 2.40 Seja H um subgrupo fechado de um grupo de Lie G e seja
G=H = fxH; x 2 Gg:
Seja ainda
: G ! G=H
x 7! xH
a aplicação quociente. Existe uma única estrutura de variedade diferenciável em G=H
satisfazendo:
(a) é diferenciável;
(b) Para todo xH em G=H, existe uma vizinhança de xH em G=H e uma aplicação
diferenciável : W ! G tal que = id
w
: A aplicação é chamada uma seção local
da aplicação :
Demonstração: Suponhamos que dim G = n e dim H = k. Vamos mostrar a unicidade.
Seja (G=H)
1
o mesmo conjunto G=H, com outra estrutura diferenciável que também
satisfaça (a) e (b) e seja id : G=H ! (G=H)
1
: Dado xH 2 G=H tomamos o par (W; ) dado
pela condição (b): Portanto id
W
= é diferenciável e assim id é diferenciável em xH.
Repetimos o raciocínio para id : (G=H)
1
! G=H e concluímos que id : G=H ! (G=H)
1
é
um difeomor…smo. Como duas estruturas diferenciáveis são equivalentes se a identidade
for um difeomor…smo, …ca provada a unicidade da estrutura diferenciável em G=H que
satisfaz (a) e (b).
2.3 Variedades Homogêneas 108
Para provar a existência, vamos considerar em G=H a topologia co-induzida pela
aplicação , ou seja, é aberto de G=H o conjunto cuja imagem inversa é um aberto de G.
Como G tem base enumerável, temos que G=H tem base enumerável. Além disso sendo
G de Hausdor¤ e H G fechado, temos que G=H é de Hausdor¤.
Vamos resolver agora o problema para uma vizinhança de H 2 G=H: Como anteriormente,
tomamos g = h h
0
, onde h e g são as álgebras de Lie de H e G e h
0
é um subespaço
complementar de h em g: Agora notemos que vale o mesmo resultado do Lema 2.37
para a aplicação ' : g ! G, dada por '(X + X
0
) = (exp X
0
):(exp X). Sejam então
V = V
1
V
0
1
g, tal que V
1
h; V
0
1
h
0
e U = '(V ); onde ' j
V
é um difeomor…smo.
Tomando W = (U), temos que
1
(W ) =
S
xH2W
1
(xH) =
S
u2U
u:H =
S
h2H
U:h
é um conjunto aberto em G; pois U:h é aberto. Logo, pela de…nição de topologia co-
induzida, W é aberto em G=H. De…namos agora
: W ! h
0
R
nk
xH 7! X
0
,
onde x = (exp X
0
)(exp X) 2 U, X
0
2 h
0
e X 2 h.
(i) Veri…quemos que está bem de…nida. Para isto basta mostrar que, se x 2 U G e
y 2 H \exp V , então (xyH) = (xH): Sejam x = (exp X
0
)(exp X) 2 U e y = exp Y em
H \ exp V: Segue-se daí que
xy = (exp X
0
)(exp X)(exp Y ) = (exp X
0
)(exp Z)
para algum Z 2 h \ V , pois ' j
V
é um difeomor…smo. Logo (xyH) = (xH) como
a…rmado.
(ii) Vamos mostrar agora que é injetora. Sejam x = (exp X
0
):(exp X) e y = (exp Y
0
):(exp Y ),
tais que '(xH) = '(yH), ou seja, X
0
= Y
0
. Então,
y
1
x = (exp Y )
1
(exp Y
0
)
1
(exp X
0
)(exp X)
= (exp Y )
1
(exp X) 2 H.
Logo xH = yH, o que mostra que é injetora.
Tomamos agora em W a estrutura diferenciável que torna um difeomor…smo, ou seja,
fazemos (; W ) uma carta local. Mostraremos que esta estrutura diferenciável em W
2.3 Variedades Homogêneas 109
satisfaz (a) e (b):
(a) A aplicação
p : g = h h
0
! h
0
X + X
0
7! X
0
é claramente diferenciável, assim como a aplicação '
1
: U ! V: Assim, : U ! V
0
1
dada
por
(exp X
0
: exp X) = X
0
2 V
0
1
é diferenciável, pois é a composição de aplicações diferenciáveis = p '
1
. Temos
assim que,
1
: U ! W é diferenciável e além disso,
1
(x) =
1
((exp X
0
)(exp X)) =
1
(X
0
) = X:
Portanto,
1
(x) = (x)
e assim j
U
é diferenciável, o que demonstra (a):
Para mostrar (b), tome : W ! G dado por = exp , e note que de…nida dessa
maneira, é claramente diferenciável. Além disso,
(xH) = exp (xH) = (exp X
0
) = (exp X
0
)H
= (exp X
0
)(exp X)H = xH;
e portanto = id
W
o que mostra (b):
O que foi feito até agora foi a demonstração do teorema para uma vizinhança coorde-
nada em volta de H G=H. Mas podemos obter vizinhanças coordenadas em volta de
outros pontos de G=H através de translações à esquerda. Com efeito, se x 2 G, de…nimos
e
L
x
como sendo o homeomor…smo de G=H, induzido pela translação à esquerda L
x
em G,
ou seja„
xH
=
e
L
x
1
j
e
L
x
(W )
:
Então (
xH
;
e
L
x
(W )) é uma vizinhança coordenada em torno de xH: Observe que nesta
notação,
H
é justamente a aplicação : Obtem-se agora, uma estrutura diferenciável em
G=H pela maximização das vizinhanças coordenadas,
f(
xH
;
e
L
x
(W )); x 2 Gg:
2.3 Variedades Homogêneas 110
Finalmente, resta provar que a mudança de coordenadas é diferenciável. Para isto,
basta observar que , pela unicidade, na intersecção de duas cartas locais existe uma única
estrutura diferenciável satisfazendo (a) e (b): E assim, essas cartas induzem na intersecção
a mesma estrutura diferenciável.
O caso particular em que H é subgrupo normal, dá origem aos grupos quocientes, que
são também grupos de Lie.
Variedades da forma G=H, onde G é um grupo de Lie, H G é um subgrupo fechado
e a estrutura diferenciável é a dada pelo teorema anterior, são chamadas de variedades
homogêneas. Agora de…nimos a ação de um grupo de Lie sobre uma variedade e poste-
riormente a órbita de um ponto dessa variedade e o grupo de isotropia desse ponto.
De…nição 2.41 Dizemos que um grupo de Lie age em uma variedade M, se existe uma
aplicação diferenciável : G M ! M indicada por (x; p) = xp tal que
(a) ep = p;
(b) (xy)p = x(yp):
Neste caso, é chamada ação de G em M:
De…nição 2.42 Dada uma ação de G em M; de…nimos a órbita de um ponto p em
M como sendo o conjunto
Gp = fxp; x 2 Gg:
Em outras palavras, a órbita de um ponto p 2 M é a imagem da aplicação
G fpg ! M
(x; p) 7! (x; p)
:
De…nição 2.43 Dizemos que a ação é transitiva ou que G age transitivamente em
M através de , se Gp = M para todo p 2 M. Ou seja, para todo p; q 2 M, existe x 2 G
tal que xp = q: Para todo p
0
2 M; de…nimos o grupo de isotropia do ponto p
0
G
p
0
= fx 2 G; xp
0
= p
0
g:
Facilmente mostra-se que G
p
0
é um subgrupo fechado de G: Uma variedade que admite
uma ação transitiva de um grupo de Lie é chamada espaço homogêneo deste grupo de
Lie. Temos agora a seguinte proposição:
2.3 Variedades Homogêneas 111
Proposição 2.44 Se : G M ! M é uma ação transitiva, então G
p
é isomorfo a G
q
,
para todo p; q 2 M:
Demonstração: Se é transitiva, existe a 2 G tal que ap = q. Então
p = ep = (a
1
a)p = a
1
(ap) = a
1
q:
De…nimos agora as aplicações
' : G
p
! G
q
x 7! axa
1
e
: G
q
! G
p
y 7! a
1
ya
:
É fácil veri…car que, tanto ' quanto estão bem de…nidas, ou seja, que axa
1
2 G
q
se, x 2 G
p
e a
1
ya 2 G
p
, se, y 2 G
q
: É imediato veri…car também que ' e são
homomor…smos e que ' =
1
: Para veri…car que são diferenciáveis, basta notar que
' = L
a
R
a
1
j
G
p
e = L
a
1
R
a
j
G
q
:
Vejamos um importante teorema envolvendo os conceitos acima.
Teorema 2.45 Seja : G M ! M uma ação transitiva de um grupo de Lie G na
variedade M: Sejam p
0
2 M e H o subgrupo de isotropia do ponto p
0
: De…nimos a
aplicação
: G=H ! M
xH 7! (x; p
0
) = xp
0
.
Então é um difeomor…smo.
Demonstração: Primeiramente note que está bem de…nida. De fato, se xH = yH,
então y
1
x 2 H. Logo (y
1
x)p
0
= p
0
, já que H = G
p
0
: Segue então que y
1
(xp
0
) = p
0
; ou
seja, xp
0
= yp
0
. Mostraremos agora que é um difeomor…smo. Da transitividade de
segue que é sobrejetora. A injetividade de também é imediata, já que, se xp
0
= yp
0
,
então y
1
x 2 H e p ortanto xH = yH. Para mostrar que é diferenciável notemos
primeiramente que f : G=H ! M é diferenciável se, e somente se, f : G ! M é
diferenciável, onde : G ! G=H é a aplicação quociente. De fato, suponhamos que f
2.3 Variedades Homogêneas 112
é diferenciável e seja xH 2 G=H: Seja ainda o par (W; ) dado pelo Teorema 2.40 (b): Em
W temos que,
f = f id
W
= f ( ) = (f ) ;
que é diferenciável, já que (f ) é diferenciável. O que demonstra a a…rmação feita.
Observe agora que a aplicação
: G ! M
x 7! xp
0
é diferenciável, pois equivale a restrição de a G fp
0
g G: Mas = ; logo
é diferenciável. Para completarmos a demonstração, resta provarmos que d
xH
é não
singular para todo x 2 G. Consideremos as derivações
d
x
: T
x
(G) ! T
xH
(G=H)
d
xH
: T
xH
(G=H) ! T
xp
0
(M)
d
x
: T
x
(G) ! T
xp
0
(M);
onde = . Note que, ker d
x
= T
x
(xH) e que d
x
é sobrejetora. Suponhamos
que ker d
x
= T
x
(xH), ou seja, d
x
(Y ) = 0 se, e somente se, Y 2 T
x
(xH). Seja X 2
T
xH
(G=H), então X = d
x
(Y ) para algum Y 2 T
x
(G). Temos que
d
xH
(X) = d
xH
(d
x
(Y )) = d( )
x
(Y ) = d
x
(Y ):
Assim, se d
xH
(X) = 0, então d
x
(Y ) = 0, ou seja, Y 2 T
x
(xH), onde d
x
(Y ) = 0.
Portanto X = 0, ou seja, d
xH
é não singular. Logo, devemos mostrar apenas que
ker d
x
= T
x
(xH). Para x 2 G de…namos
x
: M ! M;
m 7! xm:
Então temos que
x
L
x
1
(y) =
x
(x
1
y) =
x
(x
1
yp
0
) = yp
0
= (y);
para todo y 2 G: Logo =
x
L
x
1
. Agora, é su…ciente mostrar que ker d
e
= T
e
(H);
ou seja, basta mostrar que se g e h são as álgebras de Lie de G e H respectivamente,
então d(x) = 0 se, e somente se, X 2 h. Se X 2 h, temos d(X) = 0 , isto é, d(X) =
2.3 Variedades Homogêneas 113
dd(X) = 0 e demonstramos uma das implicações. Para demonstrar a outra implicação,
tome X 2 g com d(x) = 0 e seja : R ! M dada por
(t) = (exp tX) = '
X
(t):
Daí temos que,
d
dt
(t) = d
d'
X
dt
(t) = d(X
'
X
(t)
) = d:(X
exp tX
)
= d(
exp tX
L
exp tX
):(X
exp tX
)
= d
exp tX
d dL
exp tX
(X
exp tX
)
= d
exp tX
d(X) = 0:
Logo o caminho (t) = (exp tX):p
0
é constante. Como (0) = p
0
; temos (exp tX):p
0
= p
0
para todo t 2 R. Segue daí que, exp tX 2 H para todo t 2 R. Ou seja, X 2 h; como
queríamos.
Vejamos dois exemplos que ilustram o teorema anterior.
Exemplo 2.5 De…nimos a aplicação
: SO(n) S
n1
! S
n1
(A; v) 7! A:v
:
Claramente vemos que é uma ação. Mostremos que é transitiva. Dado u
1
2 S
n1
,
escolhemos u
2
; : : : ; u
n
2 S
n1
tais que
= fu
1
; u
2
; : : : ; u
n
g
seja uma base ortonormal do R
n
com a mesma orientação de
" = fe
1
; e
2
; : : : ; e
n
g.
De…nimos u
i
= (u
1i
; : : : ; u
ni
) =
n
X
j=1
u
ji
e
j
; u
ji
2 R. Assim a matriz
A =
0
B
B
B
@
u
11
u
1n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
u
n1
u
nn
1
C
C
C
A
2.3 Variedades Homogêneas 114
é ortogonal e det A = 1. Logo A 2 SO(n) e ainda A(e
i
) = u
i
; para todo i e em particular
A(e
1
) = u
1
: Agora, se u; v 2 S
n1
; basta tomar A; B 2 SO(n), tais que A(e
1
) = u
e B(e
1
) = v. Logo temos que, AB
1
2 SO(n) e AB
1
v = u, o que mostra que é
transitiva. Provaremos agora que o conjunto
SO(n 1) = fA 2 SO(n); A =
0
B
B
B
B
B
B
@
0
e
A
.
.
.
0
0 0 1
1
C
C
C
C
C
C
A
e
e
A 2 SO(n 1)g
é o grupo de isotropia da ação no ponto e
n
, ou seja, SO(n 1) = SO(n)
e
n
. Eviden-
temente, SO(n 1) SO(n)
e
n
. Seja agora A = (a
ij
)
n
i;j=1
2 SO(n) tal que A:e
n
= e
n
.
Temos então que,
n
X
i=1
a
in
:e
n
= a
1n
:0 + a
2n
:0 + + a
nn
:1 = 1 e isso implica que a
in
= 0
para i = 1; : : : ; n 1 e a
nn
= 1. Como AA
t
= 1, segue que
n
X
i=1
a
2
ni
= 1, e como a
2
nn
= 1,
temos que a
ni
= 0 para todo i = 1; : : : ; n 1. Portanto,
A =
0
B
B
B
B
B
B
@
0
e
A
.
.
.
0
0 0 1
1
C
C
C
C
C
C
A
,
onde A = (a
ij
)
n
i;j=1
2 SO(n), pois det
e
A = 1. Pelo teorema anterior, SO(n)=SO(n 1) é
difeomorfo a S
n1
: Podemos usar este mesmo argumento para mostrar que O(n)=O(n1)
é difeomorfo a S
n1
, sendo nesse caso, desnecessário tomar na mesma direção de ".
Exemplo 2.6 Primeiramente vamos indenti…car os pontos de uma mesma reta que passa
pela origem do R
n
, exceto a própria origem, através da seguinte relação: se a; b 2 R
n
f0g;
então a b se, e somente se, a = b para algum 2 R
n
f0g: Consideremos a aplicação
quociente : R
n
f0g ! R
n
f0g= , e em R
n
f0g= a topologia co-induzida
por : Desta forma, é uma aplicação contínua. A restrição de à esfera S
n1
, é um
recobrimento de duas folhas de R
n
f0g= . Como S
n1
é um subgrupo fechado de
R
n
f0g; pelo Teorema 2.40, existe uma única estrutura diferenciável em R
n
f0g=
tal que é um difeomor…smo local. Assim podemos escrever R
n
f0g= como sendo o
espaço
P
n1
=
x = fx; xg : x 2 S
n1
2.3 Variedades Homogêneas 115
chamado espaço projetivo real. A aplicação
: SO(n) P
n1
! P
n1
(A; x) 7! Ax = fAx; Axg
está bem de…nida, pois se, (A; x) = (A; y), então Ax = Ay; ou seja, Ax = Ay ou
Ax = Ay. Mas se isto ocorre, temos x = y ou x = y; ou seja x = y: Além disso,
é uma ação transitiva, ou seja, dados x; y 2 P
n1
, existe A 2 SO(n), tal que Ax = y:
Para provarmos este resultado, tomemos X; Y 2 SO(n); tais que Xe
1
= x ou Xe
1
= x;
e Y e
1
= y ou Y e
1
= y: Daí X
1
x = e
1
ou X
1
(x) = e
1
. Então,
y = Y e
1
= Y (X
1
x) = (Y X
1
)x ou y = Y e
1
= Y (X
1
(x) = (Y X
1
)(x):
Logo, existe A = Y X
1
2 SO(n) tal que Ax = y ou A(x) = y, ou seja, Ax = y. Isso
prova que a ação é transitiva. O grupo de isotropia de e
n
2 P
n1
é o conjunto
O(n 1) = fA 2 SO(n) : A =
0
B
B
B
B
B
B
@
0
e
A
.
.
.
0
0 0 det
e
A
1
C
C
C
C
C
C
A
e
e
A 2 O(n 1)g:
De fato, se A 2 O(n 1), é fácil ver que Ae
n
= e
n
; pois neste caso det
e
A = 1: Por outro
lado, se A 2 SO(n) é tal que Ae
n
= e
n
; então Ae
n
= e
n
ou Ae
n
= e
n
. Logo A é do tipo
acima e demonstramos a a…rmação feita acima. Portanto pelo teorema anterior temos
que P
n1
é difeomorfo a SO(n)=O(n 1):
Capítul o 3
Girogrupos
A maioria das propriedades características dos girogrupos, são propriedades de laços
homogêneos com a propriedade inversa do automor…smo. Do ponto de vista matemático,
essa teoria ainda é nova e dessa forma, faltam subsídeos para a elaboração de um texto
mais completo e recheado de exemplos. As principais referências utilizadas nesse trabalho
se encontram em [19] e [21]:
O conceito de girogrupo generaliza as noções de grupo, logo ambos compartilham
algumas analogias, tais como:
1) O girogrupos são classi…cados como girocomutativos e não girocomutativos;
2) Alguns girogrupos girocomutativos admitem multiplicação por escalar, tornando-se
assim um espaço girovetorial;
3) O espaços girovetoriais por sua vez, fornecem um suporte para a geometria hiper-
bólica, da mesma forma que os espaços vetoriais fornecem um suporte para a geometria
euclideana. Isso nos possibilita uni…car essas duas geometrias.
Apresentamos uma série de resultados, que nos possibilitam expor um dos objetivos
desse trabalho.
Para um grupo arbitrário G e um subgrupo normal H G, o espaço G=H herda a
estrutura do grupo G. Vamos descobrir a construção relevante nos termos de uma seção
da projeção canônica de G no conjunto G=H, das classes laterias à esquerda.
Uma seção : G=H ! G da projeção canônica : G ! G=H, é uma aplicação com
= Id
G=H
e (H) = 1
G
. No caso em que H G é um subgrupo normal, uma seção
arbitrária permite que a operação do grupo G, seja levada na operação do grupo G=H,
G=H G=H ! G=H
(g
1
H)(g
2
H) 7! ((g
1
H)(g
2
H)) = (g
1
H)(g
2
H)H.
Vamos mostrar que (g
1
H)(g
2
H) = g
1
g
2
H. Se
i
= (g
i
H), então
i
H = g
i
H, ou seja,
116
117
i
= g
i
h
i
para algum h
i
2 H com i = 1; 2. Então,
(g
1
H)(g
2
H) =
1
2
H = g
1
g
2
(g
1
2
h
1
g
2
)h
2
H = g
1
g
2
H,
desde que, g
1
2
h
1
g
2
2 H. Consequentemente,
(gH)H = gH = H(gH)
(gH)(g
1
H) = H = (g
1
H)(gH)
[(g
1
H)(g
2
H)](g
3
H) = (g
1
H)[(g
2
H)(g
3
H)].
Nesse caso G=H possui uma estrutura de grupo indep endente de e : G ! G=H é
um homomor…smo de grupos.
Para o caso em que H não é normal em G, G=H não herda a estrutura do grupo G.
Porém, podemos introduzir uma estrutura de girogrupo em G=H. Faremos agora essa
construção. Geralmente, se H G não é normal, uma seção arbitrária : G=H ! G,
induz a operação
: G=H G=H ! G=H
(g
1
H)
(g
2
H) 7! ((g
1
H)(g
2
H)) = (g
1
H)(g
2
H)H.
Note que,
H
(gH) = (gH)
H = gH
para todo gH 2 G=H e H é o único com esta propriedade. Como (gH)H = (gH) =
gH, podemos representar (gH) = gh para algum h 2 H. Então,
(g
1
H)
(g
2
H) = (g
1
H)g
2
H
para quaisquer g
1
H; g
2
H 2 G=H.
A equação, (g
1
H)
(g
2
H) = g
3
H possui uma única solução para g
1
H; g
2
H 2 G=H
arbitrários. De fato,
(g
1
H)
f[(g
1
H)]
1
g
3
Hg = (g
1
H)[(g
1
H)]
1
g
3
H = g
3
H
tal que [(g
1
H)]
1
g
3
H é a solução da equação. Suponhamos que,
(g
1
H)x
1
H = (g
1
H)
(x
1
H) = (g
1
H)
(x
2
H) = (g
1
H)x
2
H:
Multiplicando à esquerda, ambos os lados da igualdade por [(g
1
H)]
1
2 G tem-se que
x
1
H = x
2
H. Portanto, para quaisquer g
1
H; g
2
H 2 G=H, a equação (g
1
H)
(g
2
H) = g
3
H
118
possui como solução única [(g
1
H)]
1
g
3
H. Note que, se supormos que [(g
1
H)]
1
está em
(G=H) e de…nirmos
(g
1
H) = [(g
1
H)]
1
H como única solução de (g
1
H)
(tH) = H,
então a única solução de (g
1
H)
(xH) = g
3
H, pode ser expressa como
(g
1
H)
(g
3
H).
De…nição 3.1 Uma operação binária + em um conjunto G é uma função + : GG ! G.
Usamos a notação a + b para denotar +(a; b) para todo a; b 2 G. Um grupóide (G; +) é
um conjunto G com a operação binária +. Um automor…smo de um grupóide (G; +),
é uma bijeção de G em G que preserva a operação binária do grupóide.
As bijeções G ! G, formam o grupo B = B(G) com respeito a composição. O grupo
Aut(G,), é formado por todas as bijeções ' 2 B(G) que preservam a op eração , ou
seja,
'(a b) = '(a) '(b)
para quaisquer que sejam a, b 2 G.
De…nição 3.2 Um laço à esquerda (L; ) é um grupóide que possui duas propriedades:
i) Existe um único elemento neutro e 2 L, tal que e x = x e = x para todo x 2 L.
ii) Dados a; b 2 L, a equação a x = b tem como única solução x = (a) b, onde a
é solução única de a t = e.
Diante disso, podemos considerar o seguinte resultado:
Lema 3.3 Sejam G um grupo, H G um subgrupo e : G=H ! G uma seção de
: G ! G=H. Se (G=H) é um subgrupo de G, então a operação binária
: G=H G=H ! G=H
(g
1
H)
(g
2
H) 7! (g
1
H)(g
2
H)H = (g
1
H)g
2
H;
(3.1)
introduz uma estrutura de laço à esquerda em G=H:
Dado um laço à esquerda (L; ), considere a translação à esquerda
L
a
: L ! L
x 7! a x;
com a 2 L. De acordo com a propriedade ii) da de…nição de laço, todas L
a
são invertíveis
e L
1
a
(b) = L
a
(b) para todo b 2 L. Consequentemente,
a f(a) xg = L
a
L
a
(x) = L
a
L
1
a
(x) = x
119
para todo x 2 L.
Agora de…nimos o girador de Thomas.
De…nição 3.4 Seja (L; ) um laço à esquerda. Para quaisquer que sejam a; b 2 (L; ),
o girador de Thomas, denotado por gyr[a; b], é uma aplicação bijetora
gyr[a; b] = L
(ab)
L
a
L
b
: L ! L.
Kiechle demonstra em [13] que um laço à esquerda (L; ), é um grupo se, e somente
se, os giradores gyr[a; b] = Id
L
para quaisquer que sejam a; b 2 L. Posteriormente usamos
esse fato.
O lema que segue é útil na demonstração de outros resultados, pois ele estabelece a
giroassociativadade à esquerda num laço qualquer e ainda mostra que um girador, age
como uma conjugação.
Lema 3.5 a) Seja (L; ) um laço à esquerda com girador gyr[a; b] = L
(ab)
L
a
L
b
para
quaisquer a; b 2 L. Então,
i) a (b c) = (a b) gyr[a; b]c para quaisquer que sejam a; b 2 L.
ii) gyr[a; a] = Id
L
para todo a 2 L.
iii) O único inverso à direita a de a 2 L é o único inverso à esquerda de a.
b) Sejam G um grupo, H G um subgrupo e : G=H ! G a seção da projeção canônica
: G ! G=H com (G=H) subgrupo de G. Então dados a = (aH) e b = (bH), tem-se
que o girador
gyr[aH; bH](xH) = (Ad
h(ab)
(x))H;
age como uma conjugação por
h(ab) = [(abH)]
1
ab 2 H.
Demonstração: a) i) (a b) gyr[a; b]c = L
(ab)
L
(ab)
L
a
L
b
(c) = L
a
L
b
(c) = a (b c).
ii) gyr[a; a] = L
(a(a))
L
a
L
a
= L
e
L
a
L
1
a
= Id
L
:
iii) Seja a
1
o único inverso à direita de a. Então por i) e ii) temos que,
a = a f(a) a
1
g = fa (a)g gyr[a; a]a
1
= a
1
.
Logo (a) a = e e a é um elemento inverso à esquerda de a. Seja a
2
2 L um outro
elemento inverso à esquerda de a. Note que a
2
x = e, onde x = a
2
= a. Então de i) e
120
ii) segue que,
a
2
= a
2
fa (a)g = (a
2
a) gyr[a
2
; a
2
](a) = a.
Portanto, a é o único elemento inverso à esquerda de a:
b) Por um lado, temos que
f(aH)
(bH)g
f[Ad
h(ab)
(x)]Hg = (abH)
f[Ad
h(ab)
(x)]Hg
= (abH)[Ad
h(ab)
(x)]H.
Por outro,
(aH)
f(bH)
(xH)g = (aH)
(bxH)
= a(bx)H
= (ab)xH
= (abH)h(ab)xH
= (abH)h(ab)x[h(ab)]
1
H
= (abH)[Ad
h(ab)
(x)]H.
Então,
f(aH)
(bH)g
f[Ad
h(ab)
(x)]Hg = (aH)
f(bH)
(xH)g.
Como
(aH)
f(bH)
(xH)g = f(aH)
(bH)g
fgyr[aH; bH](xH)g,
segue o desejado.
A partir de agora, nosso objetivo é de…nir um espaço girovetorial (V; ; ). Para isso
mostramos que num espaço girovetorial quase à esquerda (V; ; ), o laço à esquerda
(V; ) com a propriedade do giroautomor…smo, implica que (V; ) é um girogrupo à
esquerda e com isso (V; ; ) é chamado de espaço girovetorial à esquerda. Mais ainda,
sabendo que um girogrupo é um girogrupo à esquerda que satisfaz a propriedade do laço
à esquerda, e que é girocomutativo se satisfaz a lei da girocomutatividade, para …nalizar,
mostramos que no espaço girovetorial à esquerda, tem-se que (V; ) é um girogrupo
girocomutativo.
O que …zemos aqui, foi dar uma idéia do que é feito no restante desse capítulo. Nesse
entremeio, de…nimos girogrup os e isso é essencial para veri…carmos que quando H não é
normal em G, G=H herda a estrutura de girogrupo.
121
De…nição 3.6 Um espaço girovetorial quase à esquerda (V; ; ), é um laço à
esquerda (V; ) com uma multiplicação escalar
: RV ! V
que satisfaz:
i) 1 v = v
ii) (rs) v = r (s v) = s (r v)
iii) (r s) v = (r v) (s v)
iv) gyr[r v; r v] = Id
V
v) gyr[a; b](r v) = r (gyr[a; b]v)
para quaisquer que sejam a; b; v 2 V e r; s 2 R.
Ressaltemos que, se (V; ) é um laço de Lie à esquerda e a multiplicação por escalar
é uma aplicação diferenciável, então (V; ; ) é chamado espaço girovetorial de Lie quase
à esquerda. Uma abordagem maior sobre esse assunto é feita no próximo capítulo, p ois
naquele, associamos os conceitos das teorias de Lie e de girogrupos.
De…nição 3.7 Um laço à esquerda (L,) sujeito a propriedade do giroautomor…smo,
gyr[a; b](x y) = (gyr[a; b]x) (gyr[a; b]y)
para quaisquer que sejam a; b; x; y 2 L, é chamado girogrupo à esquerda.
Apresentamos agora um exemplo, onde para duas seções ; distintas num mesmo
espaço G
0
=H
0
tem-se que (G
0
=H
0
;
) é um grupo e (G
0
=H
0
;
) é um girogrupo à
esquerda, mas não é um grupo.
Seja G
0
= S
3
, o grupo simétrico atuando no conjunto f1; 2; 3g. Denotamos por
(i
1
; :::; i
k
) o ciclo que transforma i
1
em i
2
, i
2
em i
3
; :::; i
k1
em i
k
e i
k
em i
1
. Fixemos
o subgrupo cíclico H
0
= h(1; 2)i S
3
de ordem 2. Para
1
= (1; 2; 3)
2
= (1; 3; 2) = (1; 2; 3)
2
1
= (2; 3)
2
= (1; 3)
podemos representar G
0
como a união disjunta
G
0
= H
0
[
1
H
0
[
2
H
0
= H
0
[
1
H
0
[
2
H
0
,
122
com
i
H
0
=
i
H
0
para i = 1; 2. Seja
0
=
0
= Id
f1;2;3g
, de…nimos as seções
: G
0
=H
0
! G
0
i
H
0
7!
i
e
: G
0
=H
0
! G
0
i
H
0
7!
i
para i = 0; 1; 2, onde
i
H
0
!
i
e
i
H
0
!
i
. Observe que a imagem (G
0
=H
0
) = f
i
1
; i =
0; 1; 2g é o grupo alternado A
3
e a operação
: G
0
=H
0
G
0
=H
0
! G
0
=H
0
de…nida por
(
i
H
0
)
(
j
H
0
) =
i
j
H
0
=
i+j
1
H
0
, transforma G
0
=H
0
num grupo cíclico de ordem 3.
Temos também que a imagem (G
0
=H
0
) = fId
f1;2;3g
; (2; 3); (1; 3)g de , é fechada sobre
a inversão, ou seja, (i; j) = (i; j)
1
para toda transposição (i; j). Consequentemente,
: G
0
=H
0
G
0
=H
0
! G
0
=H
0
(
i
H
0
)(
j
H
0
) 7! (
i
H
0
)
(
j
H
0
) =
i
j
H
0
é a operação que torna G
0
=H
0
um laço à esquerda. Note que (G
0
=H
0
;
) não é grupo,
pois gyr[H
0
;
i
H
0
] =Ad
Id
f1;2;3g
6= Id
G
0
=H
0
= H
0
. A…m de mostrarmos que (G
0
=H
0
;
) é
um girogrupo à esquerda, notemos que
gyr[H
0
;
i
H
0
] = gyr[
i
H
0
; H
0
] = Ad
Id
f1;2;3g
e
gyr[
i
H
0
;
i
H
0
] = Ad
Id
f1;2;3g
:
Analisaremos gyr[
1
H
0
;
2
H
0
] =Ad
h(
1
2
)
e gyr[
2
H
0
;
1
H
0
] =Ad
h(
2
1
)
. Como
1
2
=
2
(1; 2) e
2
1
=
1
(1; 2), obtemos que
h (
1
2
) = [(
1
2
H
0
)]
1
1
2
=
1
2
2
(1; 2) = (1; 2)
h(
2
1
) = [(
2
1
H
0
)]
1
2
1
= (1; 2):
Sabendo que Ad
(1;2)
0
=
0
, Ad
(1;2)
1
=
2
e Ad
(1;2)
2
=
1
, podemos escrever Ad
(1;2)
i
=
i
. Note que, se (
k
l
H
0
) =
m
, então (
k
l
H
0
) =
m
. Isso é claro quando k = 0
ou l = 0, assim como no caso k = l. Para (k; l) =
1; 2
ou (k; l) = (2; 1), temos que
(
k
l
H
0
) =
l
e (
k
l
H
0
) = (
l
k
H
0
) =
k
=
l
. Assim, se
((
k
H
0
)
(
l
H
0
)) = (
m
H
0
),
123
então
Ad
(1;2)
f(
k
H
0
)
(
l
H
0
)g = Ad
(1;2)
(
m
)H
0
=
m
H
0
=
k
l
H
0
= (
k
H
0
)
(
l
H
0
)
= fAd
(1;2)
(
k
)H
0
g
fAd
(1;2)
(
l
)H
0
g
para todo k; l 2 f1; 2; 3g. Portanto (G
0
=H
0
;
) é um girogrupo à esquerda.
Note que um girogrupo à esquerda (L,) é um laço à esquerda e os giradores gyr[a; b]
são -automor…smos para to do a; b 2 L.
Lema 3.8 Sejam G um grupo, H G um subgrupo e : G=H ! G uma seção de
: G ! G=H. Suponha que (G=H) é um subgrupo de G e a discrepância
d
h
(x) = Ad
h
1
f[(Ad
h
(x)H]
1
Ad
h
(x)g (3.2)
pertence a \
g2G
(gHg
1
) = \
y2G
(yHy
1
), para todo x 2 S e todo h 2 H. Então
(G=H;
) é um girogrupo à esquerda com respeito a operação 3.1.
Demonstração: Pelo Lema 3.3, temos que (G=H;
) é um laço à esquerda. Tomando
arbitrariamente a = (aH), b = (bH), x = (xH) e y em G temos que
gyr[aH; bH]f(xH)
(yH)g = gyr[aH; bH](xyH)
= [Ad
h(ab)
(xy)]H
= Ad
h(ab)
(x)Ad
h(ab)
(y)H,
onde h(ab) = [(abH)]
1
ab 2 H. Por outro lado,
fgyr[aH; bH](xH)g
fgyr[aH; bH](yH)g = fAd
h(ab)
(x)Hg
fAd
h(ab)
(y)Hg
= (Ad
h(ab)
(x)H)Ad
h(ab)
(y)H.
Note que a propriedade do giroautomor…smo é satisfeita se, e somente se,
[(Ad
h(ab)
(x)H)]
1
Ad
h(ab)
(x)
pertence ao grupo de isotropia ou estabilizador do girador gyr[aH; bH](xH), dado por
Stab(Ad
h(ab)
(y)H) = fg 2 G; gAd
h(ab)
(y)H = Ad
h(ab)
(y)Hg.
124
Desde que
Stab(Ad
h(ab)
(y)H) = Ad
h(ab)
(y)H[Ad
h(ab)
(y)]
1
= Ad
h(ab)
Ad
y
H;
pois (Ad
h(ab)
(x))H =Ad
h(ab)
(x), já que
[(Ad
h(ab)
(x)H)]
1
Ad
h(ab)
(x)Ad
h(ab)
(y)H = Ad
h(ab)
(y)H.
Equivalentemente, temos que d
h(ab)
(x) 2Ad
y
H, p ois
[(Ad
h(ab)
(x)H)]
1
Ad
h(ab)
(x) 2 Ad
h(ab)
Ad
y
H
para todo y 2 G. Assim d
h(ab)
(x) 2 \
y2G
(yHy
1
). Desde que y 2 G, podemos es-
crever y = (yH)h
y
para algum h
y
2 H e yHy
1
= (yH)H[(yH)]
1
. Portanto
\
g2G
(gHg
1
) = \
y2G
(yHy
1
).
Da de…nição de grupóides isomorfos, mostremos quando um girogrupo à esquerda
arbitrário, é isomorfo a (G=H;
), já de…nido acima.
De…nição 3.9 Os grupóides (L
1
;
1
) e (L
2
;
2
) são isomorfos se existe uma bijeção
' : L
1
! L
2
tal que
'(x
1
y) = '(x)
2
'(y)
para quaisquer que sejam x e y em L
1
.
Proposição 3.10 Para todo girogrupo à esquerda (L,), existe um grupo G, um subgrupo
H G e uma seção : G=H ! G de : G ! G=H com (G=H) subgrupo de G e
h(G=H)h
1
(G=H) para todo h 2 H, tal que (L,) é isomorfo à (G=H;
).
Demonstração: Seja (L,) um laço à esquerda e H
0
subgrupo do grupo Aut (L,) de
-automor…smo de L que contém todos os giradores gyr[a; b] com a; b 2 L. Tome o
conjunto G = L H
0
e consideremos a operação
(x; ) (y; ) = (x (y) ; gyr[x; (y)]). (3.3)
Mostremos que (G; ) é um grupo. É claro que 1
G
= (e; Id
L
) é um elemento neutro de
G, pois
(x; ) (e; Id
L
) = (x (e); gyr[x; (e)]) = (x e; gyr[x; e]) = (x; ) e
(e; Id
L
) (x; ) = (e x; gyr[e; x]) = (x; ),
125
onde (e) = e para todo 2 H
0
Aut (L,) e gyr[e; x] = gyr[x; e] = Id
L
. Como
gyr[x; x] = Id
L
para todo x em L, veri…camos que
(x; )
1
(x);
1
= (x (x); gyr[x; x]Id
L
) = (e; Id
L
) e
1
(x);
1
(x; ) =
(
1
(x))
1
(x); gyr[
1
(x);
1
(x)]Id
L
= (e; Id
L
).
Ou seja,
(x; )
1
=
1
(x);
1
(3.4)
para todo (x; ) em G: A associatividade de , seguirá construindo um homomor…smo
injetor ' : (G; ) ! (B; ) no grupo (B; ) das bijeções de L em L. Para todo (x; ) 2 G
de…nimos
'(x; ) : L ! L
y 7! x (y):
De acordo com
'
1
(x);
1
'(x; )(y) = '
1
(x);
1
(x (y))
=
1
(x) f
1
(x) yg
= y
e
'(x; )'
1
(x);
1
(y) = '(x; )(
1
(x)
1
(y))
= x (x y)
= y
toda '(x; ) são inversíveis e ['(x; )]
1
= ' (
1
(x);
1
). Logo '(x; ) 2 B. Vamos
veri…car agora que ' é injetora. Para isso, suponha que '(x; ) = '(x; ) para algum
(x; ),(y; ) 2 G e então
e = Id
L
(e)
= ['(x; )]
1
'(y; )(e)
= '
1
(x);
1
(y (e))
= '
1
(x);
1
(y)
=
1
(x)
1
(y)
=
1
(x y).
126
Isso implica que (x y) = (e) = e, ou seja, x = y. Mais ainda, para todo z 2 L, a
identidade
z = Id
L
(z)
= ['(x; )]
1
'(y; )(z)
'
1
(x);
1
(x (z))
=
1
(x)
1
(x (z))
=
1
[x (x (z))]
=
1
(z),
ou seja,
1
= Id
L
. Logo = e portanto ' é injetora. Para qualquer z em L observe
que
'((x; ) (y; ))(z) = ' (x (y) ; gyr[x; (y)]) (z)
= (x (y)) (gyr[x; (y)](z)):
Pela lei da giroassociatividade, temos que
(x (y)) (gyr[x; (y)](z)) = x [(y) (z)] :
Consequentemente,
'((x; ) (y; ))(z) = x fy (z)g = '(x; )(y (z)) = '(x; ) '(y; )(z):
Usando esse fato e a lei associativa para multiplicação do grupo B, segue que
'((g
1
g
2
) g
3
) = f' (g
1
) ' (g
2
)g ' (g
3
)
= ' (g
1
) f' (g
2
) ' (g
3
)g
= '(g
1
(g
2
g
3
)),
para quaisquer que sejam g
1
; g
2
; g
3
2 G. Como ' é injetora, então (g
1
g
2
)g
3
= g
1
(g
2
g
3
)
e portanto (G; ) é um grupo.
Considere H = f(e; ); 2 H
0
g G. Observemos que de ['(x; )]
1
= ' (
1
(x);
1
)
tem-se que [ '(x; )
1
] = ' (
1
(x);
1
). Dessa forma
(e; )
1
= '
1
(e);
1
= (e;
1
) 2 H
127
e
(e; ) (e; ) = (e (e); gyr[e; (e)]) = (e; ) 2 H.
Consequentemente, H é subgrupo de G. Assim (x; ) H = (x; Id
L
) H para todo
(x; ) 2 G e podemos representar
G=H = f(x; Id
L
) H; x 2 Lg:
Mais ainda, se (x; Id
L
) H = (y; Id
L
) H, então
(x; Id
L
) (e; ) = (x; gyr[x; e]) = (x; ) = (y; Id
L
),
para algum 2 H
0
. Ou seja, (x; Id
L
) H 6= (y; Id
L
) H sempre que x 6= y. A aplicação
injetora
: G=H ! G
(x; Id
L
) H 7! (x; Id
L
)
é a seção da projeção canônica
: G ! G=H
(x; ) 7! (x; Id
L
) H,
onde (H) = 1
G
e ((x; Id
L
) H) = (x; Id
L
) = (x; Id
L
) H para todo (x; Id
L
) H
em G=H. Note que (x; Id
L
)
1
= (x; Id
L
) 2 (G=H), assim (G=H) é subgrupo de G.
Logo,
(e; ) (x; Id
L
) (e; )
1
= ((x); Id
L
)
para todo x 2 L e todo 2 H
0
. Consequentemente, (Ad
h
(s)H) = Ad
h
(s) e a discrepân-
cia d
h
(s) é 1
G
para todo h 2 H e todo s 2 (G=H). De acordo com o Lema 3.8, a operação
: G=H G=H ! G=H de…nida por ((a; Id
L
) H)
((b; Id
L
) H) = (a b; Id
L
) H
torna G=H um girogrupo à esquerda. A aplicação bijetora
: L ! G=H
a 7! (a; Id
L
) H
é um isomor…smo de (L; ) em (G=H;
), p ois (a b) = (a)
(b) para todo a e
b em L.
Passamos a apresentar as últimas de…nições. O lema que segue, é utilizado no próximo
capítulo. Observe que G é um grupo qualquer, logo estes resultados valem quando G for
um grupo de Lie.
128
De…nição 3.11 Se (V; ; ) é um espaço girovetorial quase à esquerda e (V; ) é um
girogrupo à esquerda, então (V; ; ) é chamado espaço girovetorial à esquerda.
De…nição 3.12 Um girogrupo (L,) é um girogrupo à esquerda que possui a pro-
priedade do laço à esquerda
gyr[a; b] = gyr[a b; b]
para quaisquer que sejam a; b 2 L.
Note que o girogrupo à esquerda
S
3
h(1;2)i
;
já discutido, não é um girogrupo. De
fato, por um lado, para
1
= (2; 3);
2
= (1; 3) tem-se gyr[
1
H
1
;
2
H
2
] =Ad
(1;2)
. Por
outro, (
1
H
0
)
(
2
H
0
) =
1
2
H
0
=
2
H
0
. Logo,
gyr[(
1
H
0
)
(
2
H
0
) ;
2
H
0
] = Ad
Id
f1;2;3g
e consequentemente gyr[
1
H
0
;
2
H
0
] 6= gyr[(
1
H
0
)
(
2
H
0
) ;
2
H
0
].
Dizemos que um girogrupo (L,) é girocomutativo, se satisfaz a lei da girocomuta-
tividade
a b = gyr[a; b](b a)
para quaisquer que sejam a e b 2 L.
A seguir, apresentamos quais condições são satisfeitas para que (G=H;
) seja um
girogrup o girocomutativo.
Lema 3.13 Sejam G um grupo, H G um subgrupo e : G=H ! G uma seção de
: G ! G=H com S = (G=H). Suponha que
i) S é subgrupo de G:
ii) A discrepância 3.2 pertence a \
g2G
(gHg
1
).
iii) (x
1
y
1
H) = [(xyH)]
1
para quaisquer que sejam x; y 2 S:
iv) xyx 2 S para quaisquer que sejam x; y 2 S:
Então (G=H;
) é um girogrupo girocomutativo.
Demonstração: Pelo Lema 3.8, i) e ii) implicam que (G=H;
) é um girogupo à es-
querda. Vamos mostrar que (G=H;
) satisfaz a propriedade do laço à esquerda e também
a lei da girocomutatividade.
Note que i) e iii) implicam a propriedade inversa do automor…smo,
f(xH)
(yH)g = f
(xH)g
f
(yH)g (3.5)
129
para x = (xH) e y = (yH) arbitrários. De fato, como S é subgrupo de G, tem-se que
((gH)H) = [(gH)]
1
H
para gH 2 G=H. Assim
f(xH)
(yH)g = [(xyH)]
1
H
é igual a
f
(xH)g
f
(yH)g = (x
1
y
1
H)H,
pela condição iii):
Seja G
0
= L Aut(L; ), o produto giro-semidireto do girogrupo à esquerda L com
o giroautomor…smo Aut(L; ). A igualdade
[(x; ) (y; )]
1
= (y; )
1
(x; )
1
implica em,
(
1
1
(gyr[x; (y)])
1
(x (y));
1
1
(gyr[x; (y)])
1
= (
1
(y);
1
) (
1
(x);
1
)
= (
1
1
((y) x); gyr[
1
(y);
1
1
(x)]
1
1
).
Daí, para z = (y) obtemos
(gyr[x; z])
1
(x z) = z x (3.6)
e
1
1
(gyr[x; z])
1
= gyr[
1
1
(z);
1
1
(x)]
1
1
: (3.7)
Essa última igualdade implica que
(gyr[x; z])
1
= gyr[z; x] (3.8)
para quaisquer que sejam x; z 2 L. Além disso, a propriedade inversa do automor…smo e
o Lema 3.5 nos fornece
f(a b)g gyr[a; b](c) = f(a b)g fgyr[a; b]cg
= f(a b) gyr[a; b]cg
= fa (b c)g
= (a) f(b) (c)g
= f(a) (b)g gyr[a; b](c)
= f(a b)g gyr[a; b](c).
130
Logo,
gyr[a; b] = gyr[a; b] (3.9)
para quaisquer que sejam a; b 2 L.
De 3.6 , 3.8 e 3.9, temos que a lei da girocomutatividade vale para qualquer girogrupo
à esquerda (L; ) e em particular vale para (G=H;
). Resta mostrar que (G=H;
)
satisfaz a propriedade do laço à esquerda. Para x e y arbitrários em S, sabemos que
h(yx) = [(yxH)]
1
yx 2 H. Então,
x(yx) = x((yxH)h(yx)) = (x(yxH))h(x(yxH))h(yx) 2 S.
De onde segue que, h(x(yxH)) = [h(yx)]
1
. Observe que, de 3.8 e 3.9, tem-se
(gyr[yH; xH])
1
= (gyr[xH; yH]) :
Dessa forma, sabendo que gyr[aH; bH] = Ad
h(ab)
para quaisquer a; b 2 S temos
gyr[xH; (yH)
(xH)] = gyr[xH; (yxH)H]
= Ad
h(x(yxH))
= Ad
[h(yx)]
1
= [Ad
h(yx)
]
1
= (gyr[yH; xH])
1
= gyr[xH; yH].
Enquanto que,
gyr[(yH)
(xH); xH] = gyr[xH; (yH)
(xH)])
1
= (gyr[xH; yH])
1
= gyr[yH; xH].
Ou seja, (G=H;
) satisfaz a propriedade do laço à esquerda. Portanto, (G=H;
) é um
girogrup o e é girocomutativo.
Finalmente de…nimos um espaço girovetorial.
De…nição 3.14 Se (V; ; ) é um espaço girovetorial à esquerda e (V; ) é um girogrupo
girocomutativo, então (V; ; ) é chamado espaço girovetorial.
131
Ressaltemos que, dado um espaço girovetorial (G; ; ), a expressão a b t, com
a; b 2 G e t 2 R, é chamada giro-reta. Essa expressão é usada posteriormente em nosso
trabalho.
Capítul o 4
Espaços Girovetoriais de Lie
Este capítulo dá mais sentido ao trabalho. Aqui atingimos um de nossos objetivos,
que é introduzir uma estrutura de espaço girovetorial de Lie em um espaço homogêneo.
A referência utilizada se encontra em [21], e esta é a única que trata este assunto.
De…nição 4.1 Se G um grupo de Lie conexo, H G é um subgrupo fechado conexo de
G e : G=H ! G é uma seção de : G ! G=H tal que (G=H) é subgrupo de G. Então
(G=H;
) é chamado de laço de Lie à esquerda.
Sejam G um grupo de Lie conexo, H G um subgrupo fechado conexo de G e
: G=H ! G a seção da projeção canônica. Suponhamos que a aplicação exponencial
exp : g ! G se restringe ao difeomor…smo
exp : T
R
1
G
(G=H) ! (G=H): (4.1)
Como (d)
H
: T
R
H
(G=H) ! T
R
1
G
(G=H) é um isomor…smo linear e a restrição j
(G=H)
:
(G=H) ! G=H é um difeomor…smo, segue que
exp (d)
H
: T
R
H
(G=H) ! G=H (4.2)
é um difeomor…smo. Para todo x em (G=H) temos que,
x
1
= exp(exp
1
(x)) 2 (G=H)
Portanto (G=H;
) é um laço de Lie à esquerda.
De…nimos uma multiplicação escalar por números reais
: R(G=H) ! G=H
(4.3)
(t; exp(u)H) 7! t
(exp(u)H) = exp (tu) H,
132
133
para todo t 2 R e todo u 2 T
R
1
G
(G=H). É imediato que
1
(exp(u)H) = exp(u)H
(rs)
(exp(u)H) = exp(rsu)H = r
(s
exp(u)H) = s
(r
exp(u)H),
para quaisquer r; s 2 R e todo u 2 T
R
1
G
(G=H). Como exp(v) exp(w) = exp(v+w) sempre
que v; w 2 T
R
1
G
(G=H) comutam, então
[r
(exp(u)H)]
[s
(exp(u)H)] = (exp(ru)H)
(exp(su)H)
= (exp(ru)H) exp(su)H
= (exp(ru)H) exp(su)H
= exp(ru)H exp(su)H
= exp(ru) exp(su)H
= exp(ru + su)H
= exp((r + s)u)H
= (r + s)
(exp(u)H) ,
para quaisquer que sejam r; s 2 R e todo u 2 T
R
1
G
(G=H). Pelo Lema 3.5,
gyr[exp(u)H; exp(v)H](exp(w)H) = Ad
h(exp(u) exp(v))
(exp(w))H,
onde
h (exp(u) exp(v)) = [(exp(u) exp(v)H)]
1
exp(u) e xp(v) 2 H
para quaisquer que sejam u; v,w 2 T
R
1
G
(G=H). Em particular, para r; s em R, u em
T
R
1
G
(G=H) e comutando ru e su; temos
exp(ru) exp(su) = exp((r + s)u) 2 (G=H) G;
onde (exp(ru) exp(su)H) = exp(ru) exp(su) e h (exp(ru) exp(su)) = 1. Consequente-
mente,
gyr [r
(exp(u)H) ; s
(exp(u)H)] (exp(y)H) = gyr [exp(ru)H; exp(su)H] (exp(y)H)
= Ad
h(exp(ru) exp(su))
(exp(y)H)
= Ad
1
G
(exp(y)H)
= exp(y)H.
134
Ou seja, gyr [r
(exp(u)H) ; s
(exp(u)H)] = Id
G=H
. Para u; v; w 2 T
R
1
G
(G=H),
t 2 R, h 2 H e usando h exp(u)h
1
= exp(huh
1
) demonstrado em [11], temos que
gyr [exp(u)H; exp(v)H] ft
exp(w)Hg =
Ad
h(exp(u) exp(v))
(exp(tw))
H
= exp
tAd
h(exp(u) exp(v))
(w)
H
= t
exp
Ad
h(exp(u) exp(v))
(w)
H
= t
fAd
h(exp(u) exp(v))
(exp(w))Hg
= t
fgyr [exp(u)H; exp(v)H] (exp(w)H)g.
Diante disso, segue a seguinte prop osição:
Proposição 4.2 Seja G um grupo de Lie conexo. Considere a aplicação exp : g ! G,
H G um subgrupo fechado conexo e : G=H ! G a seção de : G ! G=H tal que
exp(d)
H
: T
R
H
(G=H) ! G=H (4.4)
é um difeomor…smo global. Então
(exp(u)H)
(exp(v)H) = exp(u) exp(v)H (4.5)
para quaisquer que sejam u; v 2 T
R
1
G
(G=H) e 4.3 de…ne um espaço girovetorial de Lie
quase à esquerda (G=H;
;
).
Observe que a lei distributiva é omitida na de…nição 3.6. Vemos na próxima proposição,
que em espaços girovetoriais de Lie quase à esquerda, esta propriedade é característica
especí…ca das curvas integrais de campos de vetores comutativos.
Proposição 4.3 Seja G um grupo de Lie com aplicação exponencial exp : g ! G e
representação …el : G ! GL(n; R). Considere H G um subgrupo fechado conexo e
: G=H ! G uma seção de : G ! G=H. Suponha que 4.2 é um difeomor…smo global
e considere as operações 4.3 e 4.5. Então,
t
[exp(u)H
exp(v)H] = [t
exp(u)H]
[t
exp(v)H] (4.6)
para todo t 2 R, se e só se, u; v 2 T
R
1
G
(G=H) comutam, ou seja, [u; v] = 0.
Demonstração: De início note que o homomor…smo injetor : G ! GL(n; R) de
grup os induz o homomor…smo de álgebras de Lie (d)
1
G
: g ! gl(n; R). Suponhamos
135
que u; v 2 T
R
1
G
(G=H) comutam. Note que u e v são transformados nas matrizes U =
(d)
1
G
u, V = (d)
1
G
v respectivamente, ambas comutativas e pertencentes a gl(n; R).
Consequentemente, para todo t em R tem-se que,
exp(tu) exp(tv) =
1
(exp((d)
1
G
tu))
1
(exp((d)
1
G
tv))
=
1
[(exp((d)
1
G
tu)) (exp((d)
1
G
tu))]
=
1
[exp(tU) e xp(tV )]
=
1
1
X
k=0
t
k
k!
U
k
!
1
X
l=0
t
l
l!
V
l
!!
=
1
1
X
k=0
t
k
k!
k
X
i=0
k!
i!(k i)!
U
i
V
ki
!!
=
1
1
X
k=0
t
k
k!
(U + V )
k
!
=
1
(exp(t(U + V )))
=
1
(exp(d)
1
G
[t(u + v)])
= exp (t (u + v)) .
Daí,
[t
exp(u)H]
[t
exp(v)H] = exp(tu) exp(tv)H
= exp (t (u + v)) H
= t
(exp(u + v)H)
= t
(exp(u) e xp(v)H)
= t
[(exp(u)H)
(exp(v)H)] .
Reciprocamente, suponha que 4.6 aconteça. Se w = exp
1
(exp(u) exp(v)H), então
exp(w)H = exp
exp
1
(exp(u) exp(v)H)
H
= (exp(u) exp(v)H) H
= (exp(u) exp(v)H)
= exp(u) exp(v)H.
136
Denotando U = (d)
1
G
u, V = (d)
1
G
v e W = (d)
1
G
w tem-se que,
exp(tW )I
n
= exp ((d)
1
G
w) (e)
= (exp(tw)) (e)
= (exp(tw)e)
= (exp(tu) exp(tv))
= exp(tU) e xp(tV ),
para todo t 2 R e para algum e 2 H …xo, tal que I
n
= (e) 2 GL(n; R). Como a aplicação
exponencial de gl(n; R) é dada pela série exponencial, concluímos que
1
X
k=0
t
k
k!
W
k
!
I
n
=
1
X
l=0
t
l
l!
U
l
!
1
X
m=0
t
m
m!
V
m
!
para todo t 2 R. Derivando ambos os lados dessa igualdade em t = 0 segue que
W =
d
dt
1
X
k=0
t
k
k!
W
k
!
j
t=0
=
d
dt
1
X
l=0
t
l
l!
U
l
!
j
t=0
1
X
m=0
t
m
m!
V
m
!
j
t=0
+
1
X
l=0
t
l
l!
U
l
!
j
t=0
d
dt
1
X
m=0
t
m
m!
V
m
!
j
t=0
= U + V .
Consequentemente,
1
X
k=0
t
k
k!
(U + V )
k
!
=
1
X
l=0
t
l
l!
U
l
!
1
X
m=0
t
m
m!
V
m
!
para todo t 2 R. Note que
U
2
+ UV + V U + V
2
= (U + V )
2
=
d
2
dt
2
1
X
k=0
t
k
k!
(U + V )
k
!
j
t=0
=
d
2
dt
2
1
X
l=0
t
l
l!
U
l
!
j
t=0
1
X
m=0
t
m
m!
V
m
!
j
t=0
+2
d
dt
1
X
l=0
t
l
l!
U
l
!
j
t=0
1
X
m=0
t
m
m!
V
m
!
j
t=0
+
1
X
l=0
t
l
l!
U
l
!
j
t=0
d
2
dt
2
1
X
m=0
t
m
m!
V
m
!
j
t=0
= U
2
+ 2UV + V
2
.
137
Portanto, V U = UV . Como,
[U; V ] = [(d)
1
G
u,(d)
1
G
v] = (d)
1
G
[u; v] = 0,
da injetividade de (d)
1
G
: g ! gl(n; R), tem-se que [u; v] = 0:
Nosso objetivo agora é estudar métricas em G=H para as quais G age por isometrias.
Essas métricas são chamadas invariantes. As próximas de…nições, servem de suporte na
demonstração do lema que as segue.
De…nição 4.4 Se f : M ! N é uma aplicação diferenciável da variedade M na variedade
N, e g é uma métrica riemaniana em N, então a métrica f
g dada por
(f
g) (u
p
; v
p
) = g
f(p)
((df)
p
u
p
; (df)
p
v
p
)
para quaisquer que sejam u
p
; v
p
2 T
p
M e para todo p 2 M, é chamada pull-back de g
por f:
De…nição 4.5 1) Uma métrica riemaniana g em uma variedade M é invariante sobre
um difeomor…smo f : M ! M , se o pull-back f
g coincide com g:
2) Uma métrica riemaniana g é invariante ou G-invariante com respeito ao grupo
G = f' : M ! M; ' difeormor…smog, se g é invariante sobre qualquer elemento de G:
3) Uma métrica riemaniana g sobre laço de Lie à esquerda (G=H;
); se diz
-invariante
à esquerda, se g é invariante sobre as translações à esquerda L
aH
: G=H ! G=H, dadas
por L
aH
(xH) = (aH)
(xH); para todo aH 2 G=H:
Lema 4.6 Seja (G=H;
) um laço de Lie à esquerda associado com a seção : G=H !
G de : G ! G=H tal que, (G=H) é subgrupo de G e g é uma métrica riemaniana
em G=H. Então, g é G-invariante à esquerda, se e só se, g é
-invariante à esquerda
e Ad(H)-invariante.
Demonstração: Se g é invariante por G-multiplicações à esquerda em G=H, então, g é
-invariante à esquerda e Ad(H)-invariante. De fato,
L
aH
(xH) = (aH)
(xH) = (aH)xH
atua como uma multiplicação à esquerda por (aH) 2 G, e
Ad
h
(xH) = Ad
h
(x)H = hxh
1
H = hxH
138
atua como uma multiplicação à esquerda por h 2 G. A recíproca é análoga.
O próximo resultado, que está embutido em várias demonstrações, tem mais sentido
quando de…nimos uma seção curvada não positivamente.
Proposição 4.7 Sejam G um grupo de Lie conexo com exp : g ! G e M G uma
subvariedade completa e simplesmente conexa. Então são equivalentes:
i) exp : T
R
1
G
M ! M é um difeomor…smo global.
ii) M possui curvatura seccional não positiva com respeito a toda métrica g em G que é
G-invariante à esquerda.
iii) M possui curvatura seccional não positiva com respeito a alguma métrica g em G que
é G-invariante à esquerda.
Demonstração: Ver Proposição 1:2 em [20].
De…nição 4.8 Sejam G um grupo de Lie conexo e H G subgrupo fechado conexo. A
seção : G=H ! G de : G ! G=H se diz curvada não positivamente se a imagem
(G=H) G é uma subvariedade completa e simplesmente conexa com uma curvatura
seccional não positiva, com respeito a alguma métrica G-invariante em G:
Vale ressaltar que, as seções curvadas não positivamente em um grupo de Lie, permitem
uma multiplicação escalar, obtendo-se assim um espaço girovetorial de Lie quase à es-
querda. Neste contexto, o corolário seguinte, mostra ainda que, as métricas G-invariantes
à esquerda no espaço homogêneo G=H, faz com que as geodésicas sejam giro-retas e os
giradores de Thomas, isometrias.
Corolário 4.9 Seja (G=H;
;
) um espaço girovetorial de Lie quase à esquerda asso-
ciado com a seção : G=H ! G curvada não positivamente, e seja g métrica em G=H ,
G-invariante à esquerda. Então
i) A g-geodésica
a;b
(t) que passa por
a;b
(0) = a e
a;b
(1) = b, coincide com a giro-reta
a;b
(t) = a
ft
(
a
b)g, (4.7)
139
para todo t 2 R.
ii) Os giradores de Thomas gyr[a; b] são isometrias de g para quaisquer que sejam a; b em
G=H:
Demonstração: i) De acordo com o Teorema IV:3:3(iii) de [11], para todo u 2 g, a
g-geodésica em e = H 2 G=H tangente a (d)
1
G
(u) 2 T
R
H
(G=H) é exp(tu)H, onde t 2 R.
Em particular, para quaisquer a; b 2 G=H e u = exp
1
(
a
b) 2 T
R
1
G
(G=H), as
curvas t
(
a
b) = t
(exp(u)H) = exp(tu)H são g-geodésicas para todo t em
R. Do Lema 4.6 tem-se que g é uma métrica
-invariante à esquerda. Dessa forma,
as translações à esquerda L
a
: G=H ! G=H dadas por L
a
(x) = a
x são isometrias e
transformam as geodésicas t
(
a
b) na geodésica 4.7 com
a;b
(0) = a
H = a
e
a;b
(1) = a
(
a
b) = b. Reciprocamente, se
a;b
: R !G=H é uma g-geodésica
que passa por
a;b
(0) = a e
a;b
(1) = b, então (t) = L
a
(
a;b
(t)) é uma g-geodésica
passando por (0) = H e (1) =
a
b. Desde que a métrica g em G=H é completa e
curvada não positivamente, a geodésica é única, então
(t) =
a
a;b
(t) = exp
t exp
1
(
a
b)
H = t
(
a
b)
e segue o desejado.
ii) No Lema 3.5 b) temos que para quaisquer que sejam a; b 2 G=H, os giradores atuam
como conjugações por h(ab) = [(a
b)]
1
(a)(b) 2 H. Por um lado, pelo Lema 4.6,
a métrica g em G=H é Ad(H)-invariante. Dessa forma, as conjugações por H, e em par-
ticular os giradores gyr[a; b] são isometrias de g.
Corolário 4.10 Suponha que G=H é um espaço homogêneo com métrica g G-invariante
à esquerda e (G=H;
;
) é um espaço girovetorial de Lie quase à esquerda, associado
com a seção : G=H ! G curvada não positivamente de : G ! G=H. Seja
kxk =
g
e
(d)
1
G
exp
1
(x); (d)
1
G
exp
1
(x)
1
2
(4.8)
para todo x 2 G=H. Então, para quaisquer que sejam x; y 2 G=H e para todo t 2 R,
tem-se que:
i) d(x; y) = k
x
yk .
ii) kxk 0 com kxk = 0 se, e somente se, x = e = H.
140
iii) kt
xk = jtjkxk .
iv) kx
yk kxk + kyk.
v) kexp (exp
1
(x) + exp
1
(y)) Hk kxk + kyk.
Demonstração: i) De acordo com o Lema 4.6, as translações à esquerda L
x
: G=H !
G=H dadas por L
x
(y) =
x
y são isometrias da métrica g G-invariante à esquerda.
Portanto,
d(x; y) = d(e;
x
y)
para quaisquer que sejam x,y 2 G=H. Dessa forma, se mostrarmos que
d(e; x) = kxk
para todo x 2 G=H, teremos o desejado. Pelo Corolário 4.9 i) temos que
(t) = t
x = exp
t exp
1
(x)
H
é a única geodésica que passa por (0) = e = H e (1) = x. Pela de…nição de geodésica,
o campo de vetores tangentes
d
dt
(t) é paralelo ao longo de si mesmo, de modo que os
comprimentos
g
(t)
d
dt
(t);
d
dt
(t)
= g
e
d
dt
(t) j
t=0
;
d
dt
(t) j
t=0
= g
e
(d)
1
G
exp
1
(x); (d)
1
G
exp
1
(x)
são constantes para todo t 2 [0; 1]. Conseqüentemente, sabendo que distância d(e; x) é
igual ao comprimento do segmento da geodésica (t) em t 2 [0; 1], temos que
d(e; x) =
Z
1
0
g
(t)
d
dt
(t);
d
dt
(t)
1
2
dt
=
g
e
(d)
1
G
exp
1
(x); (d)
1
G
exp
1
(x)
1
2
Z
1
0
dt
= kxk:
ii) Pela de…nição de métrica riemaniana, a restrição de g
e
ao espaço tangente na origem,
é uma forma bilinear positiva de…nida
g
e
: T
R
e
(G=H) T
R
e
(G=H) ! R.
Portanto g
e
(; ) 0 para todo 2 T
R
e
(G=H) e g
e
(; ) = 0, somente quando = 0.
Tomando = (d)
1
G
exp
1
(x) para x 2 G=H arbitrário, temos kxk 0 com kxk = 0,
141
se e somente se, x =
1
exp(d)
e
=
1
exp(d)
e
0 =
1
exp(0) =
1
(1
G
) = e = H.
iii) Dados t 2 R e x 2 G=H temos que t
x = exp (t exp
1
(x)) H. Como g
e
( ; ) é
bilinear, concluímos que
kt
xk =
g
e
t(d)
1
G
exp
1
(x); t(d)
1
G
exp
1
(x)
1
2
=
t
2
g
e
(d)
1
G
exp
1
(x); (d)
1
G
exp
1
(x)
1
2
= jtjkxk:
iv) A desigualdade triangular para distância, nos fornece
d(
x; y) d(
x; e) + d(e; y),
para quaisquer que sejam x,y 2 G=H. Dessa forma, por i) e
x = (1)
x, podemos
escrever d(
x; y) = kx
yk, d(
x; e) = kxk e d(e; y) = kyk. Portanto, segue o dese-
jado.
v) No espaço vetorial com produto interno (T
R
e
(G=H); g
e
), temos a desigualdade triangu-
lar,
[g
e
( + ; + )]
1
2
[g
e
(; )]
1
2
+ [g
e
(; )]
1
2
para e tomados arbitrariamente em T
R
e
(G=H). Se
= (d)
1
G
exp
1
(x) e = (d)
1
G
exp
1
(y);
então
g
e
(d)
1
G
(exp
1
(x) + exp
1
(y)); (d)
1
G
(exp
1
(x) + exp
1
(y))
1
2
kxk + kyk.
Aplicando exp() = (exp()H) = (exp()H) = exp() ao vetor tangente igual
a exp
1
(x) + exp
1
(y), temos
(d)
1
G
(exp
1
(x) + exp
1
(y)) = (d)
1
G
exp
1
exp
exp
1
(x) + exp
1
(y)
H
.
Usando 4.8, obtemos o desejado.
Este resultado mostrou principalmente, que a distância associada à origem é uma
norma e que esta norma, satisfaz a desigualdade triangular, que aqui chamamos de de-
sigualdade girotriangular.
142
Na sequência, de…nimos girogrupo de Lie à esquerda e posteriormente, mostramos que
(G=H;
) é um girogrupo de Lie à esquerda e é isomorfo a qualquer outro girogrupo de
Lie à esquerda.
De…nição 4.11 Um girogrupo à esquerda (L; ) é dito um girogrupo de Lie à es-
querda, se o conjunto L é uma variedade diferenciável e as aplicações
: L L ! L
(a; b) 7! a b
e
: L ! L
a 7! a
são diferenciáveis.
Corolário 4.12 Se G é um grupo de Lie conexo, H G um subgrupo fechado conexo e
: G=H ! G é uma seção da projeção canônica, então
i) (G=H;
) é um girogrupo de Lie à esquerda.
ii) Todo girogrupo de Lie à esquerda (L; ) é isomorfo ao girogrupo de Lie à esquerda
(G=H;
).
Demonstração: i) É imediato, pois G=H é uma variedade diferenciável e
e
são
aplicações diferenciáveis.
ii) Seja (L; ) um girogrupo de Lie à esquerda arbitrário. A…rmamos que o grupo
Aut(L; ) é um subgrupo fechado do grupo de Lie de difeomor…smos L ! L. De fato, é
claro que, Aut(L; ) é subgrupo do grupo de difeomor…smos L ! L. Seja f
n
2 Aut(L; ).
Como f (a b) = lim f
n
(a b) = lim(f
n
(a) f
n
(b)) = lim f
n
(a) lim f
n
(b) = f (a) f(b),
segue o desejado. Portanto, do Teorema de Cartan segue que Aut(L; ) é um grupo de
Lie. Note que, as translações à esquerda L
a
: L ! L com a 2 L são difeomor…smos tal
que os giradores gyr[a; b] 2 Aut(L; ) para quaisquer que sejam a,b 2 L. Repetindo a
demonstração da Proposição 3.10, construímos o grupo G = LH
0
, com H
0
2 Aut(L; )
contendo todas os giradores gyr[a; b]. As operações 3.3 e 3.4 são diferenciáveis em todos
os argumentos. Assim, G é um grupo de Lie e H = f(e; ); 2 H
0
g é subgrupo de G.
Então : G=H ! G dada por ((x; ) H) = (x; Id
L
) é uma seção de : G ! G=H e
: L ! G=H
x 7! (x; Id
L
) H
mostra que, (L; ) é isomorfo ao girogrupo de Lie à esquerda (G=H;
).
143
Estabelecemos agora condições para que, (G=H;
;
), seja um espaço girovetorial
de Lie à esquerda com respeito as operações 4.3 e 4.5.
Corolário 4.13 Sejam G um grupo de Lie conexo, H G um subgrupo fechado conexo
com álgebra de Lie h e : G=H ! G uma seção curvada não positivamente de : G !
G=H com
h; T
R
1
G
(G=H)
T
R
1
G
(G=H).
Então (G=H;
;
) é um espaço girovetorial de Lie à esquerda com respeito as operações
4.3 e 4.5.
Demonstração: De acordo com a Proposição 4.2, (G=H;
;
) é um espaço girovetorial
de Lie quase à esquerda. Note que, todo h 2 H é da forma h = exp() para algum (não
necessariamente o único) 2 h. Como é curvada não positivamente, para algum
x 2 S = (G=H) existe um único u = exp
1
(x) 2 T
R
1
G
(G=H) com x = exp(u). Por
hipótese, T
R
1
G
(G=H) é ad()-invariante para todo 2 h e em particular, ad()(u) está
em T
R
1
G
(G=H) para todo número k natural e todo u em T
R
1
G
(G=H). Consequentemente,
Ad
h
(x) = Ad
h
(exp(u))
= exp (Ad
h
(u))
= exp
Ad
exp()
(u)
= exp (exp (ad()(u)))
= exp
1
X
k=0
ad()
k
(u)
k!
!
2 exp
T
R
1
G
(G=H)
= (G=H).
Em outras palavras, (Ad
h
(x)H) = Ad
h
(x) e a discrepância de…nida em 3.2 é igual a 1
G
para todo h 2 H e todo x 2 (G=H). Aplicando o Lema 3.8, concluímos que (G=H;
)
é um girogrupo de Lie à esquerda. Portanto (G=H;
;
) é um espaço girovetorial de
Lie à esquerda.
Antes de veri…carmos quando (G=H;
;
) é um espaço girovetorial de Lie com as
operações 4.3 e 4.5, precisamos da de…nição seguinte:
De…nição 4.14 Uma anti-involução é uma bijeção : G ! G com
2
= Id
G
e (ab) = (b) (a)
para quaisquer que sejam a,b 2 G.
144
Corolário 4.15 Sejam G um grupo de Lie conexo, H G um subgrupo fechado conexo
com álgebra de Lie h e : G=H ! G uma seção curvada não positivamente de : G !
G=H. Suponha que S = (G=H) e que valem
a)
h; T
R
1
G
S
T
R
1
G
S
b)
T
R
1
G
S; T
R
1
G
S
h
c) Existe uma anti-involução : G ! G, cujo o conjunto dos pontos …xos de , é dado
por F ix() = S.
Então, as operações 4.3 e 4.5 tornam G=H um espaço girovetorial de Lie.
Demonstração: Pelo Corolário 4.13, a seção : G=H ! G curvada não positivamente
sujeita a condição a) determina o espaço girovetorial de Lie à esquerda (G=H;
;
).
Resta mostrar que (G=H;
) é girocomutativo. Isso é possível mostrando-se que as
hipóteses implicam nas condições iii) e iv) do Lema 3.13.
Primeiramente, observe que a) e b) implicam iii). De fato, para quaisquer que sejam
u,v 2 T
R
1
G
S existe um único w 2 T
R
1
G
S, tal que (exp(u) exp(v)H) = exp(w). Assim,
exp(w) exp(u) exp(v) 2 H. Recordemos que a aplicação de Campbell-Hausdor¤ F :
g g ! g de…nida por exp(x) exp(y) = exp(F(x; y)) para x,y 2 g, é dada pela série
F(x; y) =
X
m;k
i
;l
i
(1)
m+k
1
+l
1
++k
m
+l
m
ad
l
m
y
ad
k
m
x
ad
l
1
y
ad
k
1
1
x
(x)
m (k
1
+ l
1
+ + k
m
+ l
m
) l
m
!k
m
! l
1
!k
1
!
, (4.9)
onde m é um número natural e k
i
e l
i
são inteiros positivos com k
i
+ l
i
> 0. Cada um dos
termos ad
l
m
y
ad
k
m
x
ad
l
1
y
ad
k
1
1
x
(x) tem grau total k
1
+ l
1
+ + k
m
+ l
m
com respeito a
x e y. Vamos denotar por [F(w; F(u; v))]
0
a soma dos termos de F(w; F(u; v)) com
grau par e similarmente [F(w; F(u; v))]
1
denotará a soma dos termos de grau ímpar. As
condições a) e b) implicam que [F(w; F(u; v))]
0
2 h e [F(w; F(u; v))]
1
2 T
R
1
G
S para
quaisquer que sejam u; v e w em T
R
1
G
S. Dessa forma,
F(w; F(u; v)) = [F(w; F(u; v))]
0
+ [F(w; F(u; v))]
1
2 h,
se, e somente se, [F(w; F(u; v))]
1
= 0. Se isso acontecer, então os sinais de u; v e w
mudariam simultaneamente, ou seja
[F(w; F(u; v))]
0
= [F(w; F(u; v))]
0
e
[F(w; F(u; v))]
1
= [F(w; F(u; v))]
1
= 0.
145
Então, se F(w; F(u; v)) 2 h segue que F(w; F(u; v)) 2 h. Equivalentemente,
exp(w) exp(u) exp(v) 2 H é su…ciente para que exp(w) exp(u) exp(v) 2 H. Assim
[ (exp(u) exp(v)H)]
1
= [exp(w)]
1
= exp(w)
para quaisquer que sejam u; v 2 T
R
1
G
S. Como (exp(u) exp(v)H) = exp(w), então
o item iii) segue do Lema 3.13.
A…rmamos agora que c) implica em iv) do Lema 3.13. De fato, se F ix() = S, então
quaisquer x; y 2 S satisfaz
(xyx) = (x)(y)(x) = xyx 2 S.
Sejam G é um grupo de Lie semisimples não compacto e K G um subgrupo compacto
maximal com à álgebra de Lie k. Pela representação adjunta …el
ad : g ! gl(g)
X 7! ad(X) : g ! g
Y 7! ad(X)(Y ) = [X; Y ] ,
introduzimos a forma bilinear não-degenerada
B : g g ! g
(X; Y ) 7! B(X; Y ) = tr(ad(X)ad(Y ))
e consideremos o complemento ortogonal
p = fX 2 g : tr(ad(X)ad(k) = 0g
de k. Uma álgebra de Lie de G pode ser decomposta na soma direta,
g = p + k,
chamada decomposição de Cartan, associada com a involução de Cartan
: g = p + k ! g = p + k
(U + A) 7! (U + A) = U + A
para todo U 2 p e todo A 2 k. Pelo Lema VI.1.2. em [11], a forma bilinear
B
: g g ! R
(X; Y ) 7! B
(X; Y ) = B(X; (Y )) = tr(ad(X)ad((Y )))
146
é simétrica e p ositiva de…nida. A métrica G-invariante à esquerda em G; restrita a T
R
1
G
G =
g coincide com B
, e é chamada de Forma de Killing de G. O espaço homogêneo G=K
é um espaço simétrico riemaniano do tipo não compacto associado a G. A estrutura
riemaniana em G=K é dada pela métrica g, G-invariante à esquerda, com
g
e
= B
.
A…m de justi…carmos a presença de uma estrutura de espaço girovetorial de Lie no
espaço simétrico riemaniano do tipo não compacto, introduzimos o seguinte corolário:
Corolário 4.16 Seja G um grupo de Lie semisimples não compacto, com aplicação ex-
ponencial exp : g ! G e decomposição de Cartan g = p + k. Então, o espaço simétrico
riemaniano G=K do tipo não compacto, admite uma seção curvada não positivamente
: G=K ! G
exp(U)K 7! exp(U),
para todo U 2 p = T
R
1
G
(G=K) e quando associado as operações 4.3 e 4.5 determinam
um espaço girovetorial de Lie (G=K;
;
).
Demonstração: De acordo com o Lema IV.1.1 iii) em [11], a composição
exp : p ! G=K
da aplicação exponencial exp : p ! S = exp(p) G e a projeção canônica
: S ! SK=K = G=K,
é um difeomor…smo global. Consequentemente,
G=K = f exp(U) = exp(U)K; U 2 pg:
É claro que está bem de…nida. De fato, se exp(U)K = exp(V )K para quaisquer que
sejam U; V 2 T
R
1
G
(G=K), então exp(U)K = exp(U) = exp(V ) = exp(V )K. Assim,
exp(U) = (exp(U)K)
= ( exp(U))
= ( exp(V ))
= (exp(V )K)
= exp(V );
ou seja, (exp(U)K) = (exp(V )K). As restrições exp j
p
; j
S
são difeomor…smos,
então = exp( exp)
1
é um difeomor…smo global de G=K em (G=K) = exp(p) = S,
147
com = ( exp)( exp)
1
= Id
G=K
e (K) = exp(0) = 1
G
. Em outras palavras,
: G=K ! G é a seção de : G ! G=K. Além disso, a aplicação exponencial de G se
restringe ao difeomor…smo global
exp : p = T
R
1
G
S ! S.
Logo é curvada não positivamente.
Sabendo que as inclusões
[k; p] p e [p,p] k
são propriedades conhecidas da decomposição de Cartan, note que, pelo Corolário 4.15,
estas inclusões implicam no item (iii) do Lema 3.13. Dessa forma, devemos mostrar o
item (iv) do Lema 3.13, justi…cando assim que (G=K;
) é um girogrupo girocomutativo.
A involução de Cartan : g ! g dada por (U + A) = U + A, com U 2 p e A 2 k, é um
homomor…smo de álgebras de Lie, que dá origem ao homomor…smo de grupos
: G = exp(p)K ! G
(exp(U)k) 7! exp(U)k
para todo U 2 p e todo k 2 K. Mostremos que, se g é o único elemento de G com
(g) = g
1
, então g 2 S = exp(p). Disso seguirá que, para quaisquer que sejam x; y 2 S,
teremos
(xyx) = (x)(y)(x) = x
1
y
1
x
1
= (xyx)
1
,
ou seja, xyx 2 S. De fato, se g = exp(U)k é sujeito a
exp(U)k = (g) = g
1
= k
1
exp(U),
então, k = exp(U)k
1
exp(U) 2 K \ Ad
exp(U)
(K). E isso implica que k = 1
G
. Assim,
g = exp(U) 2 S. Portanto, (G=K;
) é um girogrupo girocomutativo e consequente-
mente (G=K;
;
) é um espaço girovetorial de Lie.
Espera-se que a teoria apresentada aqui ainda possa ser desenvolvida de modo a con-
tribuir em outros trabalhos.
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[11] Helgason, S. Di¤erential Geometry, Lie Groups and Symmetric Spaces. Academic
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[12] Jacobson, N. Lie Algebras, Jonh Wiley & Sons, INC. 1962.
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