行列リー群のリー環

閉部分群 $G \subset G L (n)$ の定義方程式に $g = e^{tX}$ を代入し、 $t$ で微分して $t = 0$ とおく（線形化する）ことでリー環 $g = {X ∣ e^{tX} \in G (\forall t)}$ を求め、その次元（ $= dim G$ ）を数えられる（例: $g^{T} g = I$ から $X^{T} + X = 0$ 、 $dim so (n) = \frac{n ( n - 1 )}{2}$ ）

前提

行列の指数関数と連立線形微分方程式（大学数学線形代数）

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算数中学高校大学大学院

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行列の指数関数と連立線形微分方程式（大学数学線形代数）

説明

$G L (n, R)$ （正則な $n$ 次実正方行列全体のなす群）の部分群で、行列の式で定義され位相的に閉じたもの（直交群 $O (n)$ 、特殊線形群 $S L (n)$ 、シンプレクティック群など）を行列リー群といいます。そのリー環 $g = {X ∣ すべての実数 t で e^{tX} \in G}$ は、定義方程式に $g = e^{tX}$ を代入して $t = 0$ で微分する（線形化する）だけで、行列 $X$ についての 1 次方程式として求まります。 $g$ は実ベクトル空間で、その次元は群 $G$ の次元（自由に動かせるパラメータの個数）に一致するので、群の次元を線形代数の計算で数えられます。

なぜそうしてよいのか

$e^{tX} = I + tX + \frac{t ^{2}}{2} X^{2} + \dots$ なので、 $t \to 0$ のとき $e^{tX}$ は単位行列の近くを「 $X$ の方向へ」動く曲線で、 $\frac{d}{d t} e^{tX}_{t = 0} = X$ です。 $e^{tX}$ がずっと $G$ に入るなら、 $G$ の定義式 $F (g) = 0$ に代入した $F (e^{tX})$ は恒等的に $0$ なので、 $t = 0$ での微分も $0$ になります。たとえば $O (n) = {g ∣ g^{T} g = I}$ なら、 $(e^{tX})^{T} = e^{t X^{T}}$ と積の微分から
$\frac{d}{d t} (e^{t X^{T}} e^{tX})_{t = 0} = X^{T} + X = 0$
が必要です。 $det g = 1$ の場合は、ジョルダン標準形で固有値を見ると $det e^{tX} = e^{t tr X}$ なので、微分して $tr X = 0$ が得られます。

こうして得た 1 次の条件は必要条件ですが、ふつうは十分条件でもあり、それは直接確かめます。 $X^{T} = - X$ なら $(e^{tX})^{T} e^{tX} = e^{- tX} e^{tX} = I$ （ $- tX$ と $tX$ は可換）、 $tr X = 0$ なら $det e^{tX} = e^{0} = 1$ です。ここで $e^{t P^{- 1} X P} = P^{- 1} e^{tX} P$ や $e^{t X^{T}} = (e^{tX})^{T}$ のような、指数関数のべき級数から直接わかる性質を使います。

閉部分群 $G$ は単位元の近くで $g$ と同じ次元の滑らかな図形になっていて、 $dim G = dim g$ が成り立ちます（これは認めて使います）。したがって群の次元は、1 次の条件を満たす行列の空間の次元、つまり自由に選べる成分の個数として数えればよいのです。

手順

$G$ の定義方程式を書く（例: $g^{T} g = I$ , $det g = 1$ , $g^{T} J g = J$ ）
$g = e^{tX}$ を代入し、 $t$ で微分して $t = 0$ とおく。 $\frac{d}{d t} e^{tX}_{t = 0} = X$ , $(e^{tX})^{T} = e^{t X^{T}}$ , 積の微分、 $det e^{tX} = e^{t tr X}$ を使い、 $X$ についての 1 次方程式を得る
逆に、その 1 次方程式を満たす $X$ についてすべての $t$ で $e^{tX} \in G$ となることを確かめる
1 次方程式の解空間を、自由に選べる成分で書き表す（必要なら $S = J X$ のような変数の置き換えで、よく知った行列の空間に直す）
自由な成分の個数を数え、 $dim G = dim g$ を答える

例題

$J = (O - I_{2} I_{2} O)$ （ $I_{2}$ は 2 次の単位行列、 $O$ は 2 次の零行列）とし、 $S p (4, R) = {g \in G L (4, R) ∣ g^{T} J g = J}$ とする。そのリー環 $sp (4, R)$ の実ベクトル空間としての次元を求めよ。

例題の解答

手順 1: 定義方程式は $g^{T} J g = J$ 。

手順 2: $g = e^{tX}$ を代入すると $e^{t X^{T}} J e^{tX} = J$ 。 $t$ で微分して $t = 0$ とおくと $X^{T} J + J X = 0$ 。

手順 3: 逆に $X^{T} J + J X = 0$ とする。 $J^{- 1} = - J$ で、条件は $X^{T} = - J X J^{- 1}$ と書ける。よって $(e^{tX})^{T} = e^{t X^{T}} = e^{- t J X J^{- 1}} = J e^{- tX} J^{- 1}$ となり、 $(e^{tX})^{T} J e^{tX} = J e^{- tX} J^{- 1} J e^{tX} = J$ 。したがって $sp (4, R) = {X ∣ X^{T} J + J X = 0}$ 。

手順 4: $S = J X$ と置く。 $J^{T} = - J$ より $S^{T} = X^{T} J^{T} = - X^{T} J$ なので、条件 $X^{T} J = - J X$ は $S^{T} = S$ と同値。 $X = J^{- 1} S$ で $X$ と $S$ は 1 対 1 に対応する線形写像なので、 $sp (4, R)$ は 4 次実対称行列の空間と同じ次元をもつ。

手順 5: 4 次対称行列は対角成分 $4$ 個と上三角部分 $\frac{4 \cdot 3}{2} = 6$ 個を自由に選べるので、次元は $4 + 6 = 10$ 。

答え: $10$

よくある誤り

積の微分を忘れて $g^{T} g = I$ を $X^{T} X = 0$ のように線形化してしまう誤り。正しくは $\frac{d}{d t} (e^{t X^{T}} e^{tX})_{t = 0} = X^{T} + X = 0$
$det g = 1$ を $det X = 0$ や $det X = 1$ と線形化してしまう誤り。正しくは $det e^{tX} = e^{t tr X}$ より $tr X = 0$ で、 $dim sl (n, R) = n^{2} - 1$
交代行列の対角成分を数えてしまう誤り。 $X^{T} = - X$ なら $x_{ii} = - x_{ii}$ より対角成分は $0$ なので、 $dim so (n) = \frac{n ( n - 1 )}{2}$ であり $\frac{n ( n + 1 )}{2}$ ではない
複素行列の群で次元を複素数の個数で数えてしまう誤り。 $U (n) = {g ∣ g^{*} g = I}$ （ $g^{*}$ は共役転置）のリー環は $X^{*} + X = 0$ で、対角成分は純虚数（実 $1$ 次元ずつ）、上三角成分は複素数（実 $2$ 次元ずつ）なので、実次元は $n + 2 \cdot \frac{n ( n - 1 )}{2} = n^{2}$ 。 $\frac{n ( n - 1 )}{2}$ とするのは誤り

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$n$ を $2$ 以上の整数とし、 $e_{1} =^{t} (1, 0, \dots, 0) \in R^{n}$ を第 $1$ 標準基底ベクトルとする。 $G L (n, R)$ の閉部分群
$G = {g \in G L (n, R) ∣ g e_{1} = e_{1}}$
を考え、そのリー環を
$g = {X \in M_{n} (R) ∣ すべての実数 t に対して e^{tX} \in G}$
で定める。 $g$ の実ベクトル空間としての次元を $n$ の式で求めよ。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

古典群の次元（大学院数学リー群・リー環）
リー環の微分と自己同型群の次元（大学院数学リー群・リー環）
軌道の次元（大学院数学リー群・リー環）