Représentation adjointe

Mister Da
Mister Da
dans Algèbre
Bonjour,

je considère le groupe de Lie $G = GL_n(\mathbb{C})$ et son algèbre $\mathfrak{g} = \mathrm{Mat}_n(\mathbb{C})$.

La représentation adjointe $\mathrm{Ad}$ du groupe $G$ sur son algèbre de Lie $\mathfrak{g}$ est
\[
\begin{array}{rrcl}
\mathrm{Ad}\colon &G&\to& \mathrm{Aut}(\mathfrak{g})\\
& Y& \mapsto& (\mathrm{Ad}_Y\colon X\mapsto YXY^{-1}).
\end{array}
\]
Autrement dit $\mathrm{Ad}_Y(X) = YXY^{-1}$ pour tout $Y\in G$ et tout $X\in\mathfrak{g}$.

La représentation adjointe $\mathrm{ad}$ de l'algèbre de Lie $\mathfrak{g}$ sur elle-même peut-être définie comme la dérivée de $\mathrm{Ad}$ en l'identité. On trouve que pour tout $H$et $X$ de $\mathfrak{g}$ \[\mathrm{ad}_H(X) = [\,H\,,\,X\,]\]où les crochets désignent le commutateur de matrices.

Pour remontrer ce résultat dans le cas particulier des matrices, je considère une matrice $H\in\mathfrak{g}$ suffisamment petite pour que $(I+H)$ soit inversible, c'est-à-dire appartienne à $G$. D'autre part en remarquant que $(I+H)^{-1} =(I-H) + o(\|H\|)$, on peut écrire pour tout $X\in\mathfrak{g}$,
\[
\begin{array}{rcl}
(\mathrm{Ad}_{(I+H)} - \mathrm{Ad}_I)(X) &=& (I+H)X(I+H)^{-1} - X\\
&=& (I+H)X(I-H)- X + (I+H)Xo(\|H\|)\\
&=& HX - XH -HXH + (I+H)Xo(\|H\|)\\
&=& HX - XH +o(\|H\|)\\
\end{array}
\]
Je retrouve bien que l'application linéaire est $\mathrm{ad}_H(X)$.

Les documents que je trouve sur internet font la démonstration de manière abstraite pour des groupes quelconques et je voudrais avoir une confirmation que mon calcul est licite pour le cas particulier du groupe matriciel $GL$. J'ai peur d'avoir une approche trop naive.

Je vous remercie par avance pour votre aide.
Cordialement,
Mister Da

Réponses

  • Poirot
    Poirot
    C'est tout à fait correct.
  • Mister Da
    Mister Da
    Oh ! C'est une bonne nouvelle !
    Merci beaucoup pour ta confirmation.

    J'ai mis du temps à répondre, car j'ai une autre question qui couve et je pensais trouver la réponse comme un grand mais je ne m'en sors pas. Je cherche les espaces de départ et d'arriver de $\mathrm{ad}$.

    Si je reprends le film, $\mathrm{ad}$ est la différentielle de $\mathrm{Ad}$ en l'identité $e$ (qui est ici la matrice identité $I$) que je note $\mathrm{ad} = \mathrm{d}_e \mathrm{Ad}$.

    Du coup comme $\mathrm{Ad}\colon G\to \mathrm{Aut}(\mathfrak{g})$ je me dis que $\mathrm{ad}\colon T_eG\to T_{\mathrm{Ad}_e}\mathrm{Aut}(\mathfrak{g})$.

    Donc l'espace de départ est l'algèbre de Lie puis que par définition même $\mathfrak{g} = T_eG$ (et dans mon cas matriciel c'est l'ensemble des matrices carrées d'ordre $n$.

    D'autre part, $\mathrm{Ad}_e$ est l'application identité $X\mapsto X$. Donc si j'ai compris, l'espace d'arrivé est l'algèbre de Lie des automorphismes de $\mathfrak{g}$, est-ce bien ça ?

    Sur le wikipédia français, ils disent que c'est $\mathrm{End}(\mathfrak{g})$, sur le wikipédia anglais ils semblent dire que c'est $\mathrm{Der}(\mathfrak{g})$ qui peut être identifié avec la "derivation algebra" de $\mathfrak{g}$.

    Bref, concrètement, même en luzernant misérablement avec mes matrices je n'arrive pas à comprendre ce qu'est cet espace et finalement je ne sais plus qui est $\mathrm{Aut}(\mathfrak{g})$ non plus :/ Comme $\mathfrak{g} = \mathrm{Mat}_n(\mathbb{C})$, est-ce que $\mathrm{Aut}(\mathfrak{g})$ est tout simplement $GL_{n^2}(\mathbb{C})$ ?

    Quelqu'un pourrait-il éclairer ma lanterne ?
    Cordialement,
    Mister Da
  • Mister Da
    Mister Da
    Modifié (March 2022)
    Bonjour,

    après quelques méditations, il me semble que $\mathrm{ad}$ arrive bien dans $\mathrm{Der}(\mathfrak{g})$.

    En effet, pour $x,y,z\in\mathfrak{g}$, on a $\mathrm{ad}_x([y,z]) = [x,[y,z]]$.
    D'autre part, $[\mathrm{ad}_x(y),z] = [[x,y],z] = -[z,[x,y]]$ et $[y,\mathrm{ad}_x(z)] = [y,[x,z]] = - [y,[z,x]]$.

    Par l'identité de Jacobi on obtient que $\mathrm{ad}_x([y,z]) = [\mathrm{ad}_x(y),z] + [y,\mathrm{ad}_x(z)]$ et donc par définition même, $\mathrm{ad}_x$ est une dérivation sur l'algèbre $\mathfrak{g}$.

    Est-ce juste ?
    Cordialement,
    Mister Da

  • Math Coss
    Math Coss
    Oui : l'identité de Jacobi équivaut au fait que pour tout $x$ de $\mathfrak{g}$, $\mathrm{ad}(x)$ est une dérivation.
  • Mister Da
    Mister Da
    Super, merci beaucoup pour ta confirmation.
    Cordialement,
    Mister Da
  • Mister Da
    Mister Da
    Bonjour,
    histoire de m'amuser, j'essaye de mettre en œuvre les outils sur différents cas.
    Quand on traite le cas du disque cercle unité, on considère comme groupe $G$, $S^1 = \{ \,z\in\mathbb{C} \colon |z| = 1\,\}$ muni de la multiplication. Son algèbre de Lie est $\mathfrak{g} = \mathrm{i}\mathbb{R}$ avec $\mathrm{i}^2=-1$.

    Maintenant, en sortant le bazooka, je déroule l'histoire. La représentation adjointe du groupe sur son algèbre de Lie est $\mathrm{Ad}\colon G\to \mathrm{Aut}(\mathfrak{g})$, $g\mapsto(\mathrm{Ad}_g\colon h\mapsto ghg^{-1} )$ et comme il s'agit d'un produit de nombres complexes, les $g$ se simplifient on a que $\mathrm{Ad}\colon g\mapsto \mathrm{Id}$ est une application constante qui à chaque élément du groupe associe la fonction identité.

    Du coup, sans surprise on retrouve bien que la représentation adjointe de l'algèbre sur elle-même est l'application nulle, autrement dit que le crochet est trivial.

    En espérant ne pas avoir raconté de bêtise, j'ai une petite question d'interprétation. Si je remonte au "fondement" de tout ça, initialement on fait des représentations de groupes car "à partir des propriétés relativement bien connues du groupe des automorphismes de l'espace vectoriel, arriver à déduire quelques propriétés du groupe" (citation de wikipédia).

    Du coup ici, en apprenant que $\mathrm{Ad}$ est une application constante qui à chaque élément associe l'application identité quelle(s) propriété(s) du groupe on en déduit ?

    Je vous remercie pour vos précieuses lumières.
    Cordialement,
    Mister Da
  • Lupulus
    Lupulus
    On en déduit que $G$ est commutatif !
  • Mister Da
    Mister Da
    Ah bah oui... Merci !
  • Math Coss
    Math Coss
    Non, pas tout à fait : on en déduit que la composante neutre est commutative. (Par exemple, si $G$ est un groupe fini, pas nécessairement commutatif, l'image de tout élément par $\mathrm{Ad}$ est l'identité de l'espace vectoriel nul.)
  • Mister Da
    Mister Da
    Bonjour,

    hummm cette subtilité m'avait clairement échappé. Donc, le fait que $\mathrm{Ad}_g$ soit l'identité pour tout $g\in G$ nous indique que sa composante neutre est commutative. Dans le cas particulier dans lequel nous sommes, il se trouve que la composante neutre est le groupe tout entier et donc on peut conclure que le groupe est commutatif ?

    Est-ce ça ?

    Cordialement,
    Mister Da
  • Math Coss
    Math Coss
    Oui : le cercle est connexe, il est égal à sa composante neutre.
  • Mister Da
    Mister Da
    Génial. Un grand merci à tous pour votre aide, c'est super sympa.
    Cordialement,
    Mister Da
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