Über endlichdimensionale einheitliche Darstellungen nicht kompakter Lie-Gruppen

Vorschlag . Lassen$G$sei eine zusammenhängende nicht-kompakte Lie-Gruppe, die eine halbeinfache Lie-Gruppe ist und

$$U: G \ni g \mapsto U_g \in B(H)$$ ($B(H)$die Menge der beschränkten Operatoren ist$A:H \to H$) eine kontinuierliche einheitliche Darstellung über dem endlichdimensionalen Hilbert-Raum$H$. Die folgenden Tatsachen gelten.

(A) $U$kann nicht treu sein.

(b) Wenn$G$eine einfache Gruppe ist oder allgemeiner, wenn$G$enthält dann keine nicht-trivialen echten normalen abgeschlossenen Untergruppen$U$ist die triviale Darstellung$U : G \ni g \mapsto I$.

Bemerkungen

(1) Beachten Sie, dass keine Hypothese zur (Ir)Reduzierbarkeit der Darstellung aufgestellt wird.

(2) Der Satz gilt für die einfache Lie-Gruppe$SO(1,3)_+$da dies nicht kompakt, verbunden ist und keine nicht-trivialen geschlossenen normalen Untergruppen enthält: Seine stark stetigen einheitlichen Darstellungen sind unendlich dimensional oder trivial.

(3) Dasselbe Ergebnis gilt für$SL(2,\mathbb C)$, die nicht kompakt und verbunden, aber nicht einfach ist. In der Tat,$\{\pm I\}$ist die eindeutige nicht-triviale echte normale abgeschlossene Untergruppe von$SL(2,\mathbb C)$. Eine endlichdimensionale kontinuierliche einheitliche Darstellung$U : SL(2, \mathbb C) \to B(H)$kann nach (a) nicht treu sein. Daher der geschlossene Normalteiler$U^{-1}(I)$kann nicht trivial sein und fällt daher mit beidem zusammen$SL(2,\mathbb C)$, machen$U$trivial, oder mit$\{\pm I\}$. Lassen Sie uns diese zweite Möglichkeit untersuchen und beweisen$U$muss auch in diesem Fall trivial sein. Bekanntlich die Lie-Gruppe$SL(2,\mathbb C)$ist die universelle Hülle der Lie-Gruppe$SO(1,3)_+$, Und$\{\pm I\}$ist nur der Kern des überdeckenden Homomorphismus, also$SO(1,3)_+$ist diffeomorph zu$SL(2,\mathbb C)/\{\pm I\}$. Es ist leicht zu beweisen, dass folglich$U : SL(2, \mathbb C) \to B(H)$definiert eine endlichdimensionale kontinuierliche einheitliche Darstellung

$$U' : SO(1,3)_+ \ni \pm A \:\mapsto U_A \:\in B(H)\:.$$ Die Repräsentation $U'$muss nach (b) trivial sein. Im Gegenzug, $U$muss auch trivial sein, weil $U'(SO(1,3)_+)=U(SL(2,\mathbb C))$Und $U'(SO(1,3)_+)= \{I\}$.

Beweis des Satzes .

Lassen Sie uns identifizieren$H$mit$\mathbb C^n$mittels Orthonormalbasis. Auf diese Weise die Darstellung$U$kann als injektiver kontinuierlicher Gruppenhomomorphismus angesehen werden$f : G \to U(n)$.

(a) Unser endgültiges Ziel ist es, dies zu beweisen$f(G)$ist eine kompakte eingebettete Untermannigfaltigkeit von$U(n)$und dass der injektive Homomorphismus$f: G \to f(G)$ist eigentlich ein Homöomorphismus. Dies ist nicht möglich, weil$G$ist nicht hypothesenkompakt.

Nach bekannten Sätzen über Lie-Gruppen$f$ist differenzierbar (analytisch) und$df|_e$ein Lie-Algebra-Homomorphismus ist, der injektiv ist, falls$f$treu ist (weil der Kern von$f$ist die diskrete Untergruppe$\{e\}$). Vorausgesetzt, dass$f$ist injektiv (dh$U$treu ist), betrachte die Lie-Subalgebra$a := df|_e T_eG \subset u(n)$Wo$u(n)$ist die Lie-Algebra von$U(n)$. Seit$df|_e$ist injektiv,$a$ist isomorph zu$T_eG$. Es gibt genau eine zusammenhängende Lie-Untergruppe$K \subset U(n)$dessen Lie-Algebra ist$a$im Hinblick auf ein bekanntes Theorem. Per Definition der Lie-Untergruppe,$K$ist eine eingetauchte Untermannigfaltigkeit von$U(n)$. Da diese Untergruppe jedoch eine halbeinfache Lie-Algebra hat, impliziert Satz 14.5.9 von [1], dass sie in U(n) abgeschlossen ist und somit eine eingebettete Untermannigfaltigkeit als Folge des Satzes von Cartan ist.

Das muss klar sein$f(G) \cap K$enthält alle Ein-Parameter-Untergruppen von$U(n)$erzeugt durch die Elemente von$a$weil diese Untergruppen gleichzeitig in sind$K$und in$f(G)$, wie der Leser sofort beweisen kann. Andererseits jedes Element$h\in K$ist ein endliches Produkt von Elementen, die zu den Einparameter-Untergruppen von gehören$K$und somit$h$ist auch ein endliches Produkt von Elementen von$f(G)$. Seit$f$ist ein Gruppenhomomorphismus, jedes Element$h\in K$erfüllt$h\in f(G)$. Das haben wir bisher festgestellt$K= f(G)$. Die Karte$f: G \to K$ist eine bijektiv differenzierbare Abbildung aus der Mannigfaltigkeit$G$zur eingebetteten Untermannigfaltigkeit$K$von$U(n)$. Seit$df|_g = dL_{g^{-1}} \circ df|_e \circ d R_{g}$Wo$R_g : G \ni h \mapsto hg \in G$Und$L_k : U(n) \ni r \mapsto kr \in U(n)$sind Diffeomorphismen und daher beides$dL_{g^{-1}}$Und$d R_g$eine Bijektion sind, schließen wir daraus$df|_g$ist überall injektiv. Als Konsequenz, wenn$p=\dim G$Und$q=\dim U(n)\geq p$, dann für jedes Diagramm$(S_g,\phi)$um irgendwelche$g \in G$Es gibt einige Diagramme$(V_g,\psi)$In$U(n)$um$f(g)$mit

$$\psi \circ f \circ \phi^{-1}(x^1,\ldots, x^p) = (x^1,\ldots, x^p, 0,\ldots, 0)$$ Wo $(x^1,\ldots, x^p)$gehört zur offenen Menge $\phi(V_g) \subset \mathbb R^q$. Seit $f(G)= K$ist eine eingebettete Untermannigfaltigkeit von $U(n)$, wir haben das $V_g \cap f(G)= f(S_g)$eventuell einschränkend $V_g$um $f(g)$. Mit anderen Worten $f(S_g)$ist offen in der induzierten Topologie von $f(G)\subset U(n)$. Seit $g\in G$ist beliebig und die Eigenschaft wird durch Ersetzen gültig $S_g$mit jeder kleineren offenen Menge, die enthält $g$, die Injektivität von $f$beweist das $f: G \to K= f(G)$ist offen: jede offene Menge $A\subset G$ist die Vereinigung offener Mengen $A = \cup_{g\in G} A \cap S_g$; seit $f$ist bijektiv auf $K$das haben wir auch $f(A)= \cup_{g\in G}f(A \cap S_g)$, die offen ist, weil Vereinigung offener Mengen. Das Gegenteil $f^{-1}: K \to G$was wiederum existiert, weil $f$ist bijektiv auf $K$, ist also stetig. $K$ist abgeschlossen und damit kompakt ( $U(n)$ist kompakt). Dies ist nicht möglich, weil $f^{-1}(K) = G$ist nicht kompakt durch Hypothesen und $f^{-1}$ist eine stetige Funktion. Wir schließen daraus $f: G \to U(n)$kann nicht injektiv sein, das heißt, $U: G \to B(H)$kann nicht treu sein.

(b) Wenn$G$enthält keine nicht-trivialen echten geschlossenen normalen Untergruppen, die normalen geschlossenen Untergruppen$U^{-1}(I)$von$G$muss entweder gleich sein$G$oder$\{e\}$. Im zweiten Fall$U$treu wäre, was nach (a) nicht erlaubt ist. Zusammenfassen,$U^{-1}(I) = G$so dass$U(G)=\{I\}$. QED

[1] Hilgert, J., Neeb, K.-H.: Struktur und Geometrie von Lie-Gruppen. Springer, NewYork, (2013).