Luận văn thạc sĩ đề tài cấu trúc của đại số LIE nữa đơn đối xứng

Luận văn thạc sĩ toán học: Đề tài cấu trúc của đại số LIE nữa đơn đối xứng . Đề tài nhằm tìm hiểu và làm rõ một số vấn đề cụ thể liên quan đến đại số LIE nữa đơn đối xứng, từ đó ứng dụng để mô tả cấu trúc một số đại số lie cụ thể

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐẠI HỌC HUẾTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học

PGS.TS TRẦN ĐẠO DÕNG

Huế, Năm 2014

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiêncứu của riêng tôi, các số liệu và kết quả nghiêncứu nêu trong luận văn là trung thực, được cácđồng tác giả cho phép sử dụng và chưa từng đượccông bố trong bất kỳ một công trình nào khác

Trần Hiền Sơn

LỜI CẢM ƠN

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình, tận tâm, chuđáo của Thầy giáo, PGS.TS Trần Đạo Dõng Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâusắc của mình đối với Thầy đã giành nhiều thời gian trao đổi khoa học và nhữnggóp ý quý báu trong quá trình hoàn thành luận văn

Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Sư phạmHuế, quý Thầy Cô giáo ở Khoa Toán Trường Đại học Sư phạm Huế, Phòng Đàotạo Sau đại học Trường Đại học Sư phạm Huế, Thầy Cô giáo đã tham gia giảngdạy Cao học Khóa 21 Tôi cũng xin chân thành cảm ơn những người thân, cùngbạn bè, các anh chị học viên cao học Toán K21 Trường Đại học Sư phạm Huế

đã tạo điều kiện giúp đỡ, động viên tôi trong quá trình học tập, nghiên cứu vàhoàn thành luận văn

Trần Hiền Sơn

MỤC LỤC

Trang phụ bìa i

Lời cam đoan ii

Lời cảm ơn iii

Mục lục 1

LỜI MỞ ĐẦU 2

Chương 1 Giới thiệu về đại số Lie nửa đơn 3

1.1 Đại số Lie 3

1.2 Đại số Lie giải được và đại số Lie lũy linh 5

1.3 Đại số Lie nửa đơn 8

1.4 Đại số con Cartan 11

1.5 Hệ căn nghiệm của đại số Lie nửa đơn chẻ ra 14

Chương 2 Cấu trúc của đại số Lie nửa đơn đối xứng 22

2.1 Đại số Lie nửa đơn đối xứng 22

2.2 Cấu trúc của một số đại số Lie nửa đơn đối xứng cụ thể 34

Kết luận 62

Tài liệu tham khảo 63

LỜI MỞ ĐẦU

Việc mô tả cấu trúc của đại số Lie nửa đơn là một trong những nội dung cơbản của lý thuyết Lie và không gian đối xứng Đóng vai trò quan trọng trongviệc khảo sát tính nửa đơn là tiêu chuẩn Cartan được xây dựng từ dạng Killingcủa đại số Lie và đại số con Cartan, tức là lớp các đại số Lie con lũy linh trùngvới chuẩn tắc hóa của nó Trong số các đại số Lie nửa đơn, lớp đại số Lie nửađơn đối xứng tức là các đại số Lie sao cho tồn tại một tự đồng cấu đối hợp đangđược nhiều nhà toán học quan tâm khảo sát, có mối liên hệ mật thiết với cáckhông gian đối xứng nửa đơn

Trong khuôn khổ một luận văn thạc sĩ, chúng tôi mong muốn được tìm hiểu vàlàm rõ một số vấn đề cụ thể liên quan đến đại số Lie nửa đơn đối xứng, từ đó ứngdụng để mô tả cấu trúc của một số đại số Lie cụ thể: sl(n, R), so(p, q), su(p, q).Được sự gợi ý của PGS.TS Trần Đạo Dõng, chúng tôi đã chọn đề tài "Cấutrúc của đại số Lie nửa đơn đối xứng" làm đề tài nghiên cứu của luậnvăn

Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn được chia làmhai chương:

Trong chương I chúng tôi trình bày một số khái niệm cơ bản của đại số Lieliên quan đến đề tài Nội dung chủ yếu của chương này là khảo sát các kháiniệm, tính chất về đại số con Cartan, hệ căn nghiệm của đại số Lie nửa đơn chẻ

ra Các tính chất của tập căn nghiệm cũng được làm rõ để góp phần khảo sátcác tính chất, khái niệm ở chương sau

Trong chương II chúng tôi trình bày về đại số Lie nửa đơn đối xứng, sựphân tích đối xứng của đại số Lie thông qua tự đồng cấu đối hợp, không giancon Cartan, sự tồn tại không gian con Cartan của đại số Lie nửa đơn đối xứng,phân tích Iwasawa, một số tính chất, định lí liên quan và áp dụng khảo sát một

số đại số Lie cụ thể đó là sl(n, R), so(p, q), su(p, q) để làm rõ lý thuyết đã trìnhbày

Mặc dù tác giả đã có nhiều cố gắng nhưng việc trình bày luận văn khó tránhkhỏi những sai sót Tác giả mong muốn nhận được những ý kiến đóng góp củathầy cô và các đồng nghiệp dành cho luận văn

CHƯƠNG 1 Giới thiệu về đại số Lie nửa đơn

Trong chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về đại số Lienửa đơn, đại số con Cartan và hệ căn nghiệm của đại số Lie nửa đơn chẻ ra Cáckhái niệm và kết quả chủ yếu tham khảo từ những tài liệu [4], [6] và [9]

1.1 Đại số Lie

Định nghĩa 1.1 Cho g là một không gian véc tơ trên trường k Khi đó g đượcgọi là đại số Lie trên k nếu tồn tại phép toán

[, ] : g× g −→ g(X, Y ) 7−→ [X, Y ]sao cho

k = R : g được gọi là đại số Lie thực

k = C : g được gọi là đại số Lie phức

Đại số Lie g được gọi là giao hoán nếu [X, Y ] = 0, ∀X, Y ∈ g

Nhận xét 1.1 1) Mỗi không gian véctơ V trên trường k là một đại số Liegiao hoán với tích Lie: [X, Y ] = 0, ∀X, Y ∈ V

2) Cho g là một đại số Lie, a là một không gian véc tơ con của g Đặt

Ng(a) = {X ∈ g|[X, Y ] ∈ a, ∀Y ∈ a}

là đại số Lie con, gọi là chuẩn tắc hóa của a trong g Và

Zg(a) = {X ∈ g|[X, Y ] = 0, ∀Y ∈ a}

là đại số Lie con của g, gọi là Tâm hóa của a trong g

Dựa vào tính chất song tuyến tính của tích Lie ta suy ra được Ng(a), Zg(a)

là các không gian vectơ con của g Rõ ràng Zg(a) ⊂ Ng(a) Đặc biệt a = g

ta kí hiệu Zg = Zg(g) gọi là tâm của g

3) Cho g là một đại số trên k (không nhất thiết kết hợp) Khi đó g là mộtđại số Lie với tích Lie được xác định:

[, ] : g× g −→ g(X, Y ) 7−→ [X, Y ] = XY − Y X

4) Cho V là không gian vectơ hữu hạn chiều trên trường k

EndV = {ϕ : V −→ V tự đồng cấu tuyến tính} là một đại số trên k Khi

đó, gl(V ) := EndkV là một đại số Lie với tích Lie:

[X, Y ] = X ◦ Y − Y ◦ X, ∀X, Y ∈ gl(V )

5) gl(n, k) := Mat(n, k) = {A = (aij)n|aij ∈ k} là một đại số Lie với tích Lie:

[A, B] = AB − BA, ∀A, B ∈ gl(n, k)

Định nghĩa 1.2 Cho g là một đại số Lie trên trường k

1) h ⊆ g được gọi là đại số Lie con nếu h là không gian véc tơ con bảo toàntích Lie

2) h ⊆ g được gọi là iđêan của g nếu h là không gian véc tơ con và ∀X ∈

g, H ∈ h ta có [X, H] ∈ h

Nhận xét 1.2 1) Mỗi iđêan là một đại số Lie con Điều ngược lại nói chungkhông đúng

2) Kí hiệu [a, b] là không gian véc tơ con bé nhất chứa a, b với a, b ⊂ g Cho

h là một không gian véc tơ con của g Khi đó:

a) h là một đại số Lie con ⇔ [h, h] ⊆ h.

b) h là một iđêan ⇔ [h, g] ⊆ h

Định nghĩa 1.3 Cho g là một đại số Lie, h là một iđêan của g Khi đó khônggian vectơ thương g/h = {X + h|X ∈ g} là đại số Lie với phép toán [X + h, Y +h] = [X, Y ] + h là đại số Lie thương của g theo h

Định nghĩa 1.4 Cho g, h là các đại số Lie trên trường k

1) Ánh xạ ϕ : g → h được gọi là đồng cấu đại số Lie nếu ϕ là ánh xạ tuyếntính bảo toàn tích Lie sao cho:

2) Cho V là không gian vectơ n chiều trên trường k Khi đó gl(V ) ∼= gl(n, k).1.2 Đại số Lie giải được và đại số Lie lũy linhĐịnh nghĩa 1.5 Cho g là một đại số Lie hữu hạn chiều trên trường k Khi đó

g được gọi là giải được nếu trong chuỗi các hoán tử:

g0 = g, g1 = [g0, g0], , gl+1 = [gl, gl], tồn tại l ∈ N sao cho gl = {0}

Định nghĩa 1.6 1) Cho g là đại số Lie hữu hạn chiều trên trường k và V

là không gian véc tơ trên trường K, k ⊂ K ⊂ C EndKV được xét như làk−không gian véc tơ và kí hiệu là (EndKV )k Khi đó ánh xạ:

σ : g −→ (EndKV )kđược gọi là một biểu diễn của g trong V nếu σ là một đồng cấu đại sốLie Để đơn giản ta thường viết σ : g → EndKV

Không gian véc tơ con U ⊆ V được gọi là không gian con ổn định nếuσ(g)U ⊆ U

2) Cho π : g −→ EndKV là biểu diễn liên hợp của g trong V và U ⊆ V làkhông gian con bất biến, tức là π(g)U ⊆ U Khi đó:

Định nghĩa 1.7 Cho % là biểu diễn của g trong V , h là đại số Lie con của g

và λ ∈ h∗, với h∗ là không gian đối ngẫu của h

Ta kí hiệu Vλ = {v ∈ V |%(x)v = λ(x)v, ∀x ∈ h}, thì tập Vλ là không gianvectơ con của V ổn định qua %|h Nếu Vλ 6= 0 thì λ([h, h]) = 0

Ta kí hiệu Vλ = {v ∈ V |(%(x) − λ(x))n = 0, ∀x ∈ h và với n đủ lớn},thì tập Vλ là không gian vectơ con của V và Vλ ⊃ Vλ Với mọi x ∈ h, Vλchứa trong nilspace của %(x) − λ(x), trong đó nilspace của %(x) − λ(x) làS

n>0

Ker(%(x) − λ(x))n

Ứng dụng các khái niệm và tính chất về biểu diễn của đại số Lie ta thu đượcmột đặc trưng cơ bản của đại số Lie giải được hữu hạn chiều thể hiện trong định

lí Lie dưới đây

Định lý 1.2.1 (Định lý Lie, [6], Theorem 1.25) Cho g là một đại số Lie hữu hạnchiều giải được trên trường k, V là K−không gian véc tơ khác 0, k ⊂ K ⊂ C.Xét σ : g → EndKV là một biểu diễn của g Khi đó:

(a) Nếu K đóng đại số thì tồn tại v ∈ V, v 6= 0 sao cho v là một véc tơ riêngcủa σ(X), ∀X ∈ g

(b) Trường hợp tổng quát đối với K, tồn tại v ∈ V \{0} là véc tơ riêng củaσ(X), ∀X ∈ g khi và chỉ khi các giá trị riêng của σ(X) thuộc vào K

Hệ quả 1.2.2 ([6], Corollary 1.29) Cho g, V, k, K, σ như giả thiết của Định lý1.2.1 Khi đó, tồn tại dãy các không gian véc tơ con:

V = V0 ⊇ V1 ⊇ · · · ⊇ Vm = {0}

sao cho Vi ổn định qua tác động của σ(g) và dim(Vi/Vi+1) = 1, i = 0, , m − 1.Suy ra trong g tồn tại một cơ sở sao cho ma trận của σ(g) có dạng tam giáctrên

Định lý 1.2.3 ([4],Theorem 1.3.12) Cho g giải được, V là không gian vectơ conhữu hạn chiều và % là biểu diễn của g trong V Nếu với mọi x ∈ g, %(x) là tamgiác hóa được thì % là tam giác hóa được

Định nghĩa 1.8 Cho g là một đại số Lie hữu hạn chiều trên trường K Khi đó

g được gọi là lũy linh nếu chuỗi tâm dưới

g0 = g, g1 = [g0, g], , gl+1 = [gl, g], tồn tại l ∈ N sao cho gl = {0}

Nhận xét 1.3 1) Mỗi gl, l ∈ N đều là Ideal của g

2) Nếu g Abel thì g lũy linh

3) Nếu g là đại số Lie lũy linh thì g là giải được, nhưng chiều ngược lại nóichung không đúng

Các kết quả tiếp theo cho chúng ta một số tính chất và đặc trưng của đại sốLie lũy linh.

Định lý 1.2.4 ([4],Theorem 1.3.15) Cho g là đại số Lie hữu hạn chiều và

ad : g −→ End(g) là biểu diễn liên hợp của g Khi đó các điều kiện sau là tươngđương:

(i) g là lũy linh

(ii) Với mọi x ∈ g, adx là lũy linh

Định lý 1.2.5 ([4],Theorem 1.3.19) Cho g lũy linh, V là không gian vectơ hữuhạn chiều

(ii) Mỗi Vλ ổn định qua %

(iii) Với mọi λ ∈ g∗, (%(x) − λ(x))|Vλ có dạng tam giác ngặt (ma trận tam giácvới các phần tử trên đường chéo bằng 0)

1.3 Đại số Lie nửa đơn

Định nghĩa 1.9 Cho g là đại số Lie trên trường k, hữu hạn chiều Khi đó gđược gọi là nửa đơn (semi-simple) nếu g không có iđêan giải được thực sự khác

0 nào, tức là rad(g) = 0

Định nghĩa 1.10 Cho g là một đại số Lie hữu hạn chiều trên trường k Vớimỗi X, Y ∈ g, đặt K(X, Y ) = Tr(adX ◦ adY ) xác định một dạng song tuyếntính trên g

K : g× g −→ k(X, Y ) 7−→ K(X, Y ) = Tr(adX ◦ adY )

được gọi là dạng Killing của g Dạng Killing K của đại số Lie hữu hạn chiều

g được gọi là không suy biến nếu:

radK = {X ∈ g|K(X, Y ) = 0, ∀Y ∈ g} = {0}

Nhận xét 1.4 1) K là ánh xạ song tuyến tính

2) Dạng Killing K bất biến qua mọi tự đẳng cấu của g, nghĩa là

K(ϕ(X), ϕ(Y )) = K(X, Y ), ∀ϕ ∈ Aut g, ∀X, Y ∈ g,trong đó Aut g là tập tất cả các tự đẳng cấu của g

3) Với mọi X, Y, Z ∈ g, ta có

K([X, Y ], Z) = −K(Y, [X, Z]) = K(X, [Y, Z])

Sau đây là tiêu chuẩn Cartan cho tính nửa đơn, tính giải được

Định lý 1.3.1 ([6], Theorem 1.45) Đại số Lie g là nửa đơn khi và chỉ khi dạngKilling của g không suy biến

Định lý 1.3.2 ([6], Theorem 1.46) Cho g là đại số Lie hữu hạn chiều trên k.Khi đó g giải được khi và chỉ khi với mọi X ∈ g, ∀Y ∈ [g, g], ta có K(X, Y ) = 0hay K(g, [g, g]) = 0

Định nghĩa 1.11 Đại số Lie g được gọi là khả quy (reductive) nếu với mỗiiđêan a của g tồn tại iđêan b của g sao cho g = a ⊕ b

Nhận xét 1.5 Mỗi đại số Lie nửa đơn thì khả quy, nhưng điều ngược lại nóichung không đúng

Hệ quả 1.3.3 ([6], Corollary 1.56) Mỗi đại số Lie g khả quy đều có dạng phântích g = [g, g] ⊕ Z(g), trong đó [g, g] là nửa đơn và tâm hóa Zg của g là giaohoán

Hệ quả 1.3.4 Mỗi đại số Lie khả quy có tâm bằng không là nửa đơn

Các kết quả dưới đây cho chúng ta mối liên hệ giữa các đại số Lie nửa đơn

và biểu diễn nửa đơn

Mệnh đề 1.3.5 ([4], Proposition 1.5.9) Cho g là nửa đơn, khi đó:

(i) g = [g, g]

(ii) Mỗi phép lấy đạo hàm của g là phép lấy đạo hàm trong

Định lý 1.3.6 ([4], Theorem 1.6.3) Cho g là nửa đơn, V là không gian vectơhữu hạn chiều và % là biểu diễn của g trong V thì % là nửa đơn

Hệ quả 1.3.7 ([4], Corollary 1.6.4) Cho g là nửa đơn, a là đại số Lie giao hoán

và % là biểu diễn hữu hạn chiều của g × a Các điều kiện sau là tương đương:(i) % là nửa đơn

(ii) Với mọi a ∈ a, %(a) là nửa đơn

Định nghĩa 1.12 Cho h là đại số Lie con của g Khi đó h được gọi là khả quytrong g nếu biểu diễn x 7−→ adgx của h là nửa đơn Từ định nghĩa ta có biểudiễn con x 7−→ adhx của h là nửa đơn, suy ra h là đại số Lie khả quy

Các kết quả dưới đây cho ta một số tính chất của đại số Lie khả quy trongđại số Lie g

Mệnh đề 1.3.8 ([4], Proposition 1.7.6) Cho g là nửa đơn, K là dạng Killingtương ứng của g và m là đại số Lie con của g thỏa mãn các điều kiện sau:(i) K|m×m là không suy biến

(ii) Nếu x ∈ m thì các thành phần nửa đơn và lũy linh của x đối với g cũngthuộc về m

Khi đó m là khả quy trong g

Mệnh đề 1.3.9 ([4], Proposition 1.7.7) Cho g nửa đơn, a là đại số Lie con của

g, khả quy trong g, m là tâm hóa của a trong g, K là dạng Killing tương ứngcủa g Khi đó:

(i) Sự thu hẹp của K lên m là không suy biến

(ii) Nếu x ∈ m thì các thành phần nửa đơn và lũy linh của x đối với g cũngthuộc về m

(iii) Đại số Lie con m là khả quy trong g.

(iv) g = m ⊕ [a, g] và [a, g] là không gian con bù trực giao của m

1.4 Đại số con Cartan

Định nghĩa 1.13 Cho g là một đại số Lie hữu hạn chiều trên trường k Mộtđại số con h của g được gọi là Đại số con Cartan nếu h lũy linh và trùng vớichuẩn tắc hóa của nó, tức là:

Ng(h) = {X ∈ g|[X, Y ] ∈ h, ∀Y ∈ h} = h

Mệnh đề 1.4.1 ([4], Proposition 1.9.2) Cho h là một đại số Lie con của g, k0

là trường mở rộng của k Gọi g ⊗ k0 và h ⊗ k0 lần lượt là tích Tenso của g và

h với trường mở rộng k0 Khi đó h là đại số con Cartan của g nếu và chỉ nếu

h⊗ k0 là đại số con Cartan của g ⊗ k0

Kết quả dưới đây cho chúng ta một dấu hiệu để xác định các đại số conCartan của đại số Lie

Định lý 1.4.2 ([4], Theorem 1.9.3) Cho h là đại số Lie con lũy linh của g Xétphép biểu diễn:

(iii) g0 là đại số Lie con của g chứa h

(iv) h là đại số con Cartan của g nếu và chỉ nếu g0 = h

(v) Nếu g0 là lũy linh thì g0 là đại số con Cartan của g

Hệ quả 1.4.3 ([4], Corollary 1.9.4) Cho h là đại số con Cartan của g Khi đó

h là đại số Lie con lũy linh cực đại của g

Chứng minh Ta giả sử k là trường đóng đại số Vì h là đại số con Cartancủa g nên h là lũy linh Giả sử h0 là đại số Lie con lũy linh của g và h ⊂ h0 Theođịnh lí 1.4.2, ta có h0 ⊂ g0 = h Do đó h0 = h Vậy h là đại số Lie con lũy linh

Mệnh đề 1.4.4 ([4], Proposition 1.9.5) Với giả thiết của định lí 1.4.2, cho K

là dạng Killing tương ứng của g Khi đó ta có:

(i) K(gλ, gµ) = 0 nếu λ 6= −µ

(ii) K(h, gλ) = 0 nếu λ 6= 0

Chứng minh (i) Với x ∈ gλ và y ∈ gµ ta có:

(adx.ady)(gν) = adx[y, gν] = [x, [y, gν]] ⊆ [x, gµ+ν] ⊆ gλ+µ+ν (theo định lí 1.4.2 ii)).

Suy ra adx.ady chuyển gν thành gλ+µ+ν Do đó từ định lí 1.4.2 i) ta có:

T r(adx.ady) = 0, ∀x ∈ gλ, y ∈ gµ.Thật vậy, với mọi r ∈ N ta có (adx.ady)r(gν) ⊆ gr(λ+µ)+ν Tuy nhiên các

gr(λ+µ)+νphân biệt và hữu hạn nên ∃r ∈ N sao cho (adx.ady)r = 0 Nếu λ+µ 6= 0thì ∃r ∈ N để (adx.ady)r = 0 hay adx.ady là lũy linh Do đó T r(adx.ady) =

0, ∀x ∈ gλ, y ∈ gµ Vậy K(gλ, gµ) = 0 nếu λ 6= −µ

(ii) Với x ∈ gλ và H ∈ h ta có:

(adH.adx)(gν) = adH[x, gν] = [H, [x, gν]] ⊆ [H, gλ+ν] ⊆ g0+λ+ν = gλ+ν.Tương tự trên nếu λ 6= 0 thì ∃r ∈ N sao cho (adH.adx)r = 0 hay adH.adx làlũy linh Do đó T r(adH.adx) = 0, ∀H ∈ h, x ∈ gλ Vậy K(h, gλ) = 0 nếu λ 6= 0

Mệnh đề 1.4.5 ([4], Proposition 1.9.7) Với giả thiết của định lí 1.4.2, ta giả

sử g là nửa đơn thì g0 là khả quy trong g

Chứng minh Từ mệnh đề 1.4.4 i), ta có sự thu hẹp của dạng Killing tươngứng của g lên g0 là không suy biến Thật vậy, xét X ∈ g0 sao cho K(X, g0) = 0

Ta chứng minh X = 0 Ta có K(g0, gα) = 0, ∀α 6= 0 (do mệnh đề 1.4.4 i)) Suy

ra K(X, gα) = 0, ∀α 6= 0 Mà g = ⊕gα, suy ra K(X, g) = 0 Mặt khác g là nửađơn nên dạng Killing không suy biến Suy ra X = 0

Giả sử x, x0 ∈ g, s, s0 là các thành phần nửa đơn, n, n0 là các thành phầnlũy linh Nếu x0 ∈ g0(x) thì ta có [x, x0] = 0 Suy ra [s, x0] = 0 (vì x nửa đơnnên x = s (tức là n = 0), hay [s, s0 + n0] = 0 Do đó [s, s0] + [s + n0] = 0 Mà[s, n0] = 0 Do đó [s, s0] = 0 Suy ra [x, s0] = 0 Hay s0 ∈ g0(x)

Ta đã chứng minh được rằng nếu x0 ∈ g0 thì s0 ∈ g0 và do đó n0 ∈ g0 Từ đó

áp dụng mệnh đề 1.3.8, ta có g0 là khả quy trong g Định nghĩa 1.15 Với mọi x ∈ g, ta xét đa thức đặc trưng của adgx:

det(T − adgx) = Tn + an−1(x)Tn−1 + an−2(x)Tn−2+ ,

trong đó T là bất định, các ai là các hàm đa thức trên g

Khi đó nếu x ∈ g thì dim g0(x) là số nhỏ nhất p sao cho ap(x) 6= 0 Giả sử l

là số nhỏ nhất sao cho al không đồng nhất với 0 thì l được gọi là hạng của g.Một phần tử x của g được gọi là sinh(generic) nếu a1(x) 6= 0

Định lí sau chứng minh sự tồn tại của đại số con Cartan

Định lý 1.4.6 ([4], Theorem 1.9.9) Cho x là phần tử sinh của g và k là nilspacecủa adx thì k là đại số con Cartan duy nhất của g chứa x

Chứng minh Nếu y ∈ k thì g0(x) và g∗(x) ổn định qua adgy (theo 1.14),tức là adgy(g0(x)) ⊂ g0(x), và adgy(g∗(x)) ⊂ g∗(x)

Ta xét các tập sau: S =y ∈ k | adgy|g∗ (x) là song ánh ,

R =y ∈ k | adky là không lũy linh Lúc đó R và S là mở trong k, x ∈ S Thật vậy, ta có Ker(adgx) ⊂ g0(x), màKer(adgx) ⊂ g∗(x) và g0(x) ∩ g∗(x) = 0 Suy ra Ker(adgx)|g∗ (x) = 0, do đó

adgx|g∗ (x) là đơn ánh Hay adgx|g∗ (x) là song ánh Vậy x ∈ S

Nếu R 6= ∅ thì tồn tại y ∈ R ∩ S và dim g0(y) < dim k Thật vậy, ta chứngminh g0(y) ( g0(x), hay g0(y) = S

n>0

Ker(ady)n ( g0(x) = S

n>0

Ker(adx)n.Xét z ∈ g0(y), suy ra ∃n ≥ 0 sao cho (ady)nz = 0, với z = z1+ z2 Khi đó ta có(ady)n(z1+ z2) = 0, suy ra (ady)n(z1) + (ady)n(z2) = 0, hay (ady)n(z1) = 0 và(ady)n(z2) = 0 Suy ra z2 = 0 Do đó z = z1 ∈ g0(x) hay g0(y) ⊆ g0(x)

Ta chứng minh g0(y) ( g0(x) Ta có y ∈ R suy ra adky không lũy linh Khi

đó ∃z ∈ k = g0(x) sao cho (ady)nz = 0, ∀n Suy ra z /∈ g0(y) Vậy g0(y) ( g0(x),hay dim g0(y) < dim k : mâu thuẫn với giả thiết x là phần tử sinh Do đó vớimọi y ∈ k, adky là lũy linh Suy ra k là lũy linh Áp dụng định lí 1.4.2 v), với

h= kx ta có k là đại số con Cartan

Nếu k1 là đại số con Cartan chứa x thì k1 ⊂ k Do đó từ hệ quả 1.4.3 ta có

k1 = k Vậy k là đại số con Cartan duy nhất của g chứa x Định nghĩa 1.16 Một đại số con Cartan h của g được gọi là chẻ ra (splitting)nếu với mọi x ∈ h, adgx là tam giác hóa được

Nếu h là đại số con Cartan chẻ ra của g thì các phần tử λ khác không của hsao cho gλ 6= 0 gọi là căn nghiệm (roots) của g đối với h

Nhận xét 1.6 Đinh lí 1.4.6 khẳng định mỗi đại số Lie hữu hạn chiều đều cómột đại số con Cartan Hơn nữa các đại số con Cartan là duy nhất sai khác mộtđẳng cấu và khi đó tất cả các đại số con Cartan đều có cùng số chiều, gọi làhạng của đại số Lie g Định lí tiếp theo sau đây thể hiện điều đó

Định lý 1.4.7 ([4], Theorem 1.9.11) Cho k đóng đại số, h và k là đại số conCartan của g Lúc đó tồn tại α ∈ Aute(g) sao cho α(h) = k

1.5 Hệ căn nghiệm của đại số Lie nửa đơn chẻ

ra

Định nghĩa 1.17 Một cặp (g, h) trong đó g là đại số Lie nửa đơn và h là đại

số con Cartan chẻ ra của g được gọi là đại số Lie nửa đơn chẻ ra Tập hợpcác căn nghiệm của g đối với h được kí hiệu bởi R(g, h)

Định lý 1.5.1 ([4], Theorem 1.10.2) Cho (g, h) là đại số Lie nửa đơn chẻ ra,

R = R(g, h) và K là dạng Killing tương ứng của g Khi đó:

(i) g = h ⊕ ( ⊕

α∈R

gα) và dim gα = 1 với mọi α ∈ R

(ii) Đại số Lie h là giao hoán Nếu h ∈ h và x ∈ gα thì [h, x] = α(h)x

Nếu α, β ∈ R thì [gα, gβ] ⊂ gα+β Nếu α ∈ R thì −α ∈ R và hα = [gα, g−α]

là không gian vectơ con một chiều của h Hơn nữa, không gian con nàychứa một và chỉ một phần tử Hα sao cho α(Hα) = 2

(iii) Nếu α, β ∈ h∗ và α + β 6= 0 thì gα và gβ trực giao đối với K Ngoài ra,

sự thu hẹp của K lên gα× g−α (và trong trường hợp đặc biệt lên h × h) làkhông suy biến Nếu x, y ∈ h thì K(x, y) = P

Chứng minh ~ Từ định lí 1.4.2 ta có g = h ⊕ ( ⊕

α∈R

gα) Nếu α, β ∈ R thì

ta cũng có [gα, gβ] ⊂ gα+β

~ Sự thu hẹp của K lên gα× g−α (và trong trường hợp đặc biệt lên h × h)

là không suy biến:

Vì g là nửa đơn nên dạng Killing K không suy biến trên g × g Khi đóK(X, g) 6= 0, ∀X ∈ gα Suy ra K(X, gβ) = 0, ∀X ∈ gα, ∀β 6= −α Hay K(X, g−α) 6=

0 Vì vậy K|gα ×g −α là không suy biến

Giả sử h ∈ h và d, n lần lượt là các thành phần nửa đơn và lũy linh của adgh

Từ định lí 1.2.5 ta có dx = α(h)x với x ∈ gα Với mọi giá trị của z, z0 ∈ g ta cód([z, z0]) = [dz, z0] + [z, dz0] Thật vậy, với z ∈ gα và z0 ∈ gα0 thì [z, z0] ∈ gα+α0

Khi đó:

d([z, z0]) = (α + α0)(h)[z, z0]

= [α(h)z, z0] + [z, α0(h)z0]

= [dz, z0] + [z, dz0]

Từ mệnh đề 1.3.5 tồn tại u ∈ g sao cho d = adgu Với mọi h0 ∈ h, ta có

0 = 0(h)h0 = d(h0) = adgu(h0) = [u, h0] Suy ra u thuộc về chuẩn tắc hóa của

h Ta có adgh = d + n = adgu + n, suy ra n = adgh − adgu = adg(h − u) và

h − u ∈ h (vì h lũy linh cực đại trong g) Từ n là lũy linh ta có adg(h − u)x =α(h − u)x, ∀x ∈ gα, ∀α Do ánh xạ lũy linh thì chỉ có giá trị riêng bằng 0 nênα(h − u) = 0 với mọi α ∈ R Từ chứng minh trên ta suy ra h − u = 0 hay h = u

Vì vậy với x ∈ gα, ta có [h, x] = [u, x] = dx = α(h)(x)

Đặc biệt, nếu x ∈ g0 = h ta có [h, x] = 0, ∀x ∈ h, h ∈ h Suy ra h là giaohoán

~ hα = [gα, g−α] là không gian vectơ con một chiều của h, chứa một và chỉmột phần tử Hα sao cho α(Hα) = 2:

Ta thấy K|h×h là không suy biến Thật vậy, vì K là không suy biến trên

g× g nên K(X, g) 6= 0, ∀X ∈ g Suy ra K(H, g) 6= 0, ∀H ∈ h = g0 ⊂ g Do đóK(H, g) 6= 0, ∀H ∈ h Vậy K không suy biến trên h × h Lúc đó với mọi λ ∈ h∗tồn tại một và chỉ một hλ ∈ h sao cho λ(h) = K(hλ, h) với mọi h ∈ h Thật vậy,xét tương ứng

đó f (hλ)(h) = K(hλ, h) = λ(h), ∀h ∈ h, hay f (hλ) = λ Vậy f là song ánh và ta

có đpcm

Nếu x ∈ gα và y ∈ g−α thì với mọi h ∈ h ta có K(h, [x, y]) = K([h, x], y) =K(α(h)x, y) = K(α(h)x, y) = α(h)K(x, y) = K(hα, h)K(x, y) = K(h, K(x, y)hα).Suy ra K(h, [x, y] − K(x, y)hα) = 0, ∀h ∈ h Do K là không suy biến trên h × h

nên ta có [x, y] − K(x, y)hα = 0 Hay

Ta có dạng Killing K cảm sinh lên gα, g−α là không suy biến nên với mọi

α ∈ R, hα = [gα, g−α] = khα Suy ra hα = [gα, g−α] là không gian con một chiềucủa h Giả sử α ∈ R, chọn x ∈ gα, y ∈ g−α sao cho K(x, y) = 1 để [x, y] = hα.Nếu α(hα) = 0 ta có [hα, x] = α(hα)x = 0.x = 0 và [hα, y] = α(hα)y = 0.y = 0.Hay [hα, x] = [hα, y] Vì vậy g0 = khα+ kx + ky là đại số Lie con lũy linh của g

Ta áp dụng định lí 1.2.3 cho biểu diễn

ad : g0 −→ gl(g)

z 7−→ adgz

Nếu z ∈ [g0, g0] thì có thể thấy các giá trị riêng của adgz trong trường đóngđại số mở rộng của trường k đều là giá trị không Do hα ∈ [g0, g0] nên β(hα) = 0với mọi β ∈ R: đây là điều không thể Do đó α(hα) 6= 0 Vì vậy tồn tại một vàchỉ một Hα ∈ hα sao cho α(Hα) = 2

~ Nếu α, β ∈ h∗ và α + β 6= 0 thì gα và gβ trực giao đối với K:

Ta chứng minh K(gα, gβ) = 0 Thật vậy, nếu α + β 6= 0, γ ∈ h∗ thì áp dụngmệnh đề 1.4.2ii) hai lần ta có [gα, [gβ, gγ]] ⊆ gα+β+γ Lấy X ∈ gα, Y ∈ gβ ta có(adX.adY )(gγ) = [X, [Y, gγ] ⊆ [X, gβ+γ] ⊆ gα+β+γ, tức là adX.adY chuyển gγthành gα+β+γ Tương tự:

(adX.adY )2(gγ) ⊆ g2(α+β)+γ,(adX.adY )r(gγ) ⊆ gr(α+β)+γ, ∀r ∈ N∗

Do phân tích 1.5.1 i) là hữu hạn nên khi α + β 6= 0 thì các gr(α+β)+γ, r ∈ N

là phân biệt Suy ra tồn tại r để (adX.adY )r = 0 hay adX.adY là lũy linh Do

đó Tr(adX.adY ) = 0, ∀X ∈ gα, Y ∈ gβ hay K(gα, gβ) = 0

~ R sinh ra h∗:

Giả sử R không sinh ra h∗ Khi đó, R sinh ra một không gian con thực sựcủa h Suy ra tồn tại 0 6= x ∈ h sao cho α(x) = 0, ∀α ∈ R (vì mọi không giancon của h∗ có đối chiều 1 thì tồn tại H ∈ h, H 6= 0 sao cho không gian con đó

là tập các phiếm hàm tuyến tính f triệt tiêu tại H : f (H) = 0) Mặt khác ta

có adx là lũy linh và h là giao hoán nên adx.adx0, ∀x0 ∈ h cũng lũy linh Suy ra

K(x, h) = 0 Mà K|h×h là không suy biến nên x = 0 Mâu thuẫn với x 6= 0 Vậy

~ Cho ánh xạ tuyến tính ϕ : sl(2, k) −→ g sao cho ϕ(e) = Xα, ϕ(f ) = X−α

và ϕ(h) = Hα thì ϕ là phép đẳng cấu của đại số Lie sl(2, k) vào đại số Lie sα:

Từ [Hα, Xα] = α(Hα)Xα = 2Xα và [Hα, X−α] = −α(Hα)X−α = −2X−α thìánh xạ tuyến tính:

~ dim gα = 1 với mọi α ∈ R :

Cho α ∈ R và ta giả sử rằng dim gα > 1 Cho y là phần tử khác không của

g−α, lúc đó tồn tại một phần tử khác không Xα của gα sao cho K(Xα, y) = 0.Theo trên ta có Xα ∈ gα − {0} thì tồn tại một và chỉ một X−α ∈ g−α sao cho[Xα, X−α] = Hα

Xét ánh xạ tuyến tính ϕ : sl(2, k) −→ g được xác định như ở trên và cho %

là phép biểu diễn của sl(2, k) vào gl(g) được xác định như sau:

% : sl(2, k) −→ gl(g)

z 7−→ adgϕ(z)

Từ công thức 1.5.1 ta có %(e)y = adgϕ(e)y = adgXαy = [xα, y] = K(Xα, y)hα =0.hα = 0 Mặt khác ta có y là tổ hợp tuyến tính của vectơ đặc trưng của

%(h) = adgHα với giá trị riêng nguyên lớn hơn hoặc bằng 0 Ta có [Hα, y] =

−α(Hα)y = −2y: mâu thuẫn Do đó dim gα = 1

đó K(x, y) = Tr(adx.ady) = P

α∈R

Mệnh đề 1.5.2 ([4], Proposition 1.10.6) Giả sử g là nửa đơn, khi đó:

(i) Cho x là phần tử sinh của g thì x là nửa đơn và đại số con Cartan duynhất chứa x là tâm hóa gx của x trong g

(ii) Cho h là đại số con Cartan của g thì h là đại số Lie con giao hoán cực đạicủa g sao cho tất cả các phần tử của nó là nửa đơn trong g Hơn nữa, đại

số Lie h là khả quy trong g

(iii) Cho ε là tập của các đại số Lie con giao hoán của g và các phần tử của

nó là nửa đơn thì đại số con Cartan là phần tử cực đại của ε

(iv) Cho x là phần tử nửa đơn của g thì x thuộc về đại số con Cartan của g

và x là phần tử sinh khi và chỉ khi dim gx bằng hạng của g

Chứng minh (i) Ta có x là phần tử sinh của g nên g0(x) = ∪

n≥0Ker(adx)n

là đại số con Cartan của g Do g0(x) là đại số con Cartan của g chứa x nên suy

ra x là nửa đơn (vì theo định lí 1.4.6 ta có h = g0(x), và mỗi phần tử của h lànửa đơn) Ta chứng minh gx = h Thật vậy, tâm hóa gx của x trong g là:

Với x ∈ h, ta chứng minh h ⊂ gx Thật vậy do h là giao hoán nên ∀y ∈ h ta

có [x, y] = 0, suy ra x ∈ gx hay h ⊂ gx Vậy gx = h

(ii) Theo định lí 1.5.1 ta có h là đại số Lie con giao hoán của g Ta chứng minh

h là đại số Lie con giao hoán cực đại của g Thật vậy ta có Zg(h) ⊂ Ng(h) = h(vì h là đại số con Cartan) Mặt khác h là giao hoán nên ta có h ⊂ Zg(h) Do đó

Zg(h) = h (*) Giả sử h không là giao hoán cực đại của g, khi đó tồn tại x /∈ h

mà giao hoán với h Suy ra x ∈ Zg(h): mâu thuẫn (*) Vậy h là đại số Lie congiao hoán cực đại của g

Ta chứng minh các phần tử của h là nửa đơn trong g Thật vậy, giả sử x ∈ h

và x = xs + xn là sự phân tích Jordan-Chevalley Ta sẽ chứng minh xn = 0.Theo trên ta có Zg(h) = h nên x ∈ h suy ra x ∈ Zg(h) Do đó các phần tử xs và

xn cũng thuộc Zg(h) = h Cho y ∈ h, ta có Kh(xn, y) = Tr(ady.adxn) Nhưng

do adxn là lũy linh và adxn là giao hoán với ady nên ady.adxn là lũy linh Suy

ra Kh(xn, y) = 0 với mọi y ∈ h Mặt khác, sự thu hẹp của dạng Killing K lên h

là không suy biến nên xn = 0 Hay x = xs nửa đơn Vậy các phần tử của h lànửa đơn trong g

Ta chứng minh h là khả quy trong g Thật vậy theo định lí 1.4.6 ta có

g0(x) = h Mặt khác, theo mệnh đề 1.4.5 ta có g0(x) là khả quy trong g Do đó

h là khả quy trong g

(iii) Từ (ii) ta có mỗi đại số con Cartan của g là phần tử cực đại của ε.Ngược lại ta chứng minh mỗi phần tử cực đại của ε là đại số con Cartan của g.Giả sử h ∈ ε và c, n lần lượt là tâm hóa và chuẩn tắc hóa của h trong g, tacó:

c= Zg(h) = {x ∈ g|[x, y] = 0, ∀y ∈ h},

n = Ng(h) = {x ∈ g|[x, y] ∈ h, ∀y ∈ h}

Ta có h ⊂ c ⊂ n (vì h là giao hoán) và [h, n] ⊂ h Vì ε là tập của các đại sốcon giao hoán của g và các phần tử của h là nửa đơn nên adh là nửa đơn Hay

h là khả quy trong g Mặt khác h là giao hoán nên rad(h) = h

Mặt khác [h, h] ⊂ [h, n] ⊂ h, suy ra [h, n] ∩ h = [h, n] Mà h là khả quy nêncăn lũy linh bằng 0 Suy ra [h, n] = 0 hay n ⊂ c Vậy n = c

Từ mệnh đề 1.3.9 ta có c là khả quy trong g Do đó c = h × c0, trong đó c0

là đại số Lie khả quy trong g Nếu c0 6= 0 thì tồn tại trong c0 đại số con giaohoán h0 mà h0 khả quy trong g, khác không và h × h0 ∈ ε Do đó nếu h là cựcđại trong ε thì c0 = 0 Vì vậy h = n và h là đại số con Cartan của g

(iv) Vì x là phần tử nửa đơn của g nên từ (iii) ta có x thuộc về đại số conCartan của g Mặt khác ta có nilspace của adx là gx, do đó nếu x là phần tử

Kết quả dưới đây cho chúng ta một số tính chất của đại số Lie nửa đơn chẻra

Mệnh đề 1.5.3 ([4], Proposition 1.10.7) Giả sử (g, h) là đại số Lie nửa đơnchẻ ra, R = R(g, h) và α, β ∈ R Khi đó ta có:

(i) Nếu α, β ∈ R thì β(Hα) ∈ Z và ta kí hiệu aβα = β(Hα)

(ii) Tập tất cả t ∈ Z sao cho β + tα ∈ R ∪ {0} là đoạn [−t0, t00], trong đó

t0, t00 = 0, và ta có aβα = t0− t00

(iii) β − aβαα ∈ R

(iv) Nếu β − α /∈ R ∪ 0 thì aβα 5 0, t0 = 0, t00 = −aβα

(v) Nếu β + α ∈ R thì [gα, gβ] = gα+β

(vi) Căn nghiệm tỉ lệ với α chỉ có thể là α và −α

Định nghĩa 1.18 Số nguyên aβα = β(Hα) trong mệnh đề 1.5.3 i) được gọi

là số nguyên Cartan của (g, h) Với mọi α ∈ R, ta có aαα = 2 Mặt khác

aβα = hhβ, Hαi = 2hhβ ,h α i

hh α ,h α i = 2hβ,αihα,αi = 2hHβ ,H α i

hH β ,H β i.Nhận xét 1.7 Với mọi α ∈ R, ta kí hiệu sα là tự đồng cấu của không gianvectơ h∗ định nghĩa bởi:

sα(λ) = λ − λ(Hα)α = λ − 2hλ, αi

hα, αiα.

Không gian vectơ h∗ là tổng trực tiếp của kα và trực giao với không giancon của Hα Sự thu hẹp của sα lên không gian con trực giao là ánh xạ đồngnhất và sα(α) = −α thì sα gọi là phép phản xạ đối với α Ta có s2α = 1 và

sα bảo toàn dạng h·, ·i trong h∗ Nếu β ∈ R thì từ mệnh đề 1.5.3 (iii) ta có

sα(β) = β − aβαα ∈ R Do đó sα(R) = R, nghĩa là với mọi căn ngiệm α, phépphản xạ đối với α chuyển R thành chính nó

CHƯƠNG 2 Cấu trúc của đại số Lie nửa đơn đối xứng

Trong chương này chúng tôi khảo sát cấu trúc của các đại số Lie nửa đơnđối xứng và thể hiện cho một số đại số Lie nửa đơn đối xứng cụ thể Các kháiniệm và kết quả chủ yếu tham khảo từ những tài liệu [1], [2],[4],[7] và [8].2.1 Đại số Lie nửa đơn đối xứng

Định nghĩa 2.1 Cho g là đại số Lie và θ là tự đồng cấu của g sao cho θ2 = 1(phép đồng nhất của g) Khi đó ta gọi cặp (g, θ) là đại số Lie đối xứng, θđược gọi là phép đối hợp của g

Kí hiệu k = {x ∈ g|θx = x} và p = {x ∈ g|θx = −x} Khi đó ta có:

[k, k] ⊂ k, [k, p] ⊂ p, [p, p] ⊂ k

Nói riêng, k là đại số Lie con của g

Cho K là dạng Killing của g, ta có K bất biến qua mỗi tự đẳng cấu của g

Từ đó nếu x ∈ k và y ∈ p ta có K(x, y) = 0 Suy ra k và p trực giao đối với K.Hơn nữa, giả sử g là nửa đơn thì dạng Killing K là không suy biến Suy ra

k và p là trực giao với nhau Khi đó ta có g = k ⊕ p gọi là sự phân tích đối xứngcủa g xác định bởi θ

Ta thấy sự thu hẹp của K lên k và p là không suy biến Thật vậy, xét

x ∈ k sao cho K(x, k) = 0, ta chứng minh x = 0 Ta có K(x, p) = 0 suy raK(x, k) + K(x, p) = 0 hay K(x, k + p) = 0 Do đó K(x, g) = 0 Mà g là nửa đơnnên dạng Killing K là không suy biến trên g Suy ra x = 0 Tương tự ta cũngchứng minh được K thu hẹp lên p là không suy biến

Định nghĩa 2.2 Một đại số Lie con của đại số Lie g được gọi là đối xứnghóa (symmetrizing) nếu đó là tập hợp tất cả các điểm cố định của tự đồngcấu θ của g sao cho θ2 = 1

Mệnh đề 2.1.1 ([4], Proposition 1.13.3) Cho g là nửa đơn, k là đại số Lie conđối xứng hóa của g Khi đó k là khả quy trong g và trùng với chuẩn tắc hóa của

nó trong g

Chứng minh Ta chứng minh k là khả quy trong g:

Cho θ là tự đồng cấu của g xác định bởi k, cho x ∈ g, s và n lần lượt là cácthành phần nửa đơn và lũy linh của g, x = s + n Ta chứng minh s ∈ k và n ∈ k.Thật vậy:

Nếu x ∈ k thì θx = x Ta có θx = θ(s + n) = s + n Mặt khác vì θ là tựđồng cấu nên ta có θ(s + n) = θ(s) + θ(n) Do sự phân tích θ là duy nhất nênθ(s) = s, suy ra s ∈ k và θ(n) = n Do đó n ∈ k Theo trên ta có sự thu hẹp của

K lên k là không suy biến Do đó áp dụng mệnh đề 1.3.8 ta suy ra k là khả quytrong g

Ta chứng minh k = Ng(k) = {x ∈ g|[x, k] ⊂ k} Giả sử g = k ⊕ p là sự phântích đối xứng của g xác định bởi θ Vì Ng(k) là đại số Lie con của g và g = k ⊕ pnên chuẩn tắc hóa của k trong g có dạng k ⊕ r, trong đó r ⊂ p Nếu x ∈ k thì

x ∈ Ng(k) Do đó k ⊂ Ng(k)

Để chứng minh Ng(k) ⊂ k ta chỉ cần chứng minh r = 0 Thật vậy, ta có[k, r] ⊂ k (vì r ⊂ Ng(k)) và [k, r] ⊂ p Do đó [k, r] ⊂ k ∩ p = 0 Do k là khả quytrong g nên tồn tại phần bù s của r trong p sao cho [k, s] ⊂ s Khi đó ta có:

Định nghĩa 2.3 Cho (g, θ) là đại số Lie nửa đơn đối xứng và cho g = k ⊕ p là

sự phân tích đối xứng tương ứng Mỗi phần tử x của p sao cho dim(g0(x) ∩ p) ≤dim(g0(y) ∩ p) với mọi y ∈ p được gọi là phần tử sinh(generic element)của (g, θ) Đó cũng chính là tập hợp các phần tử x ∈ p sao cho nilspace của(adx)2|p có số chiều nhỏ nhất Từ định nghĩa suy ra tập hợp các phần tử sinhcủa (g, θ) là mở và khác rỗng trong p

Định nghĩa 2.4 Cho (g, θ) là đại số Lie nửa đơn đối xứng và g = k ⊕ p là sựphân tích đối xứng tương ứng Một đại số Lie con giao hoán a của g sao cho akhả quy trong g, chứa trong p và tâm hóa của a trong p trùng với a được gọi làkhông gian con Cartan(Cartan subspace) của (g, θ) hoặc của p.

Kết quả dưới đây cho chúng ta sự tồn tại của không gian con Cartan.Định lý 2.1.2 ([4], Theorem1.13.6) Cho (g, θ) là đại số Lie nửa đơn đối xứng.Khi đó tồn tại không gian con Cartan của (g, θ)

Chứng minh Giả sử g = k ⊕ p là sự phân tích đối xứng xác định bởi θ và

x là phần tử sinh của (g, θ), a = g0(x) ∩ p Vì x là phần tử sinh của (g, θ) nên

Giả sử S = {y ∈ a|(adgy)2|g∗ (x)∩p là song ánh} thì S là mở trong a và x ∈ S

R = {y ∈ a|(adgy)2|a là không lũy linh} thì R là mở trong a

Nếu R 6= ∅ thì tồn tại y ∈ R ∩ S và nilspace của (adgy)2|p có số chiều < dim a.Thật vậy, vì Ker(adgy)2 ∩ (g0(x) ∩ p) = ∅ suy ra Ker(adgy)2 ⊂ g0(x) ∩ p = a.Suy ra số chiều của nilspace của (adgy)2|p < dim a(∗) Mặt khác x là phần tửsinh nên dim(g0(x) ∩ p) ≤ dim(g0(y) ∩ p): mâu thuẫn (*) Do đó R = ∅ Suy ra(adgy)2|a là lũy linh (trên a) Khi đó với mọi y ∈ a, tồn tại một số n sao cho(adgy)n|a = 0 Ta có:

(adgy)(g0(x) ∩ k) = adgy(g0(x)) ∩ adgy(k)

Giả sử L là dạng Killing tương ứng của g0(x),

L : g0(x) × g0(x) −→ k

(x, y) 7−→ L(x, y) = Tr(adx ◦ ady)

Ta có adgy|g0 (x) là lũy linh nên L(y, y) = Tr(ady ◦ ady) = Tr(ady)2 =

0, ∀y ∈ a Do đó L|a×a = 0 Mặt khác, từ 2.1 ta áp dụng với g0(x), a là trựcgiao với g0(x) ∩ k đối với L, vì a ⊂ p và g0(x) ∩ k ⊂ k Từ L(k, p) = 0 suy raL(a, g0(x) ∩ k) = 0

Ta có a trực giao với g0(x) ∩ k, a trực giao với g0(x) ∩ p Do g = k ⊕ p, suy ra

a trực giao với g0(x) đối với L Từ mệnh đề 1.4.5 ta có g0(x) là khả quy trong

g Do đó a chứa trong tâm của g0(x) Từ hệ quả 1.3.7 ta có a là đại số con giaohoán của g và a là khả quy trong g

Cuối cùng ta chứng minh a = Zp(a) = {x ∈ p|[x, a] = 0} Ta có a ⊂ Zp(a)nên chỉ cần chứng minh Zp(a) ⊂ a Thật vậy, xét z ∈ Zp(a) suy ra [z, a] = 0

Do đó z ∈ g0(x), với z ∈ p nên suy ra z ∈ a = g0(x) ∩ p Vậy a là không gian

Mệnh đề 2.1.3 ([4], Proposition 1.13.7) Giả sử (g, θ) là đại số Lie nửa đơnđối xứng, g = k ⊕ p là sự phân tích đối xứng tương ứng, a là không gian conCartan của (g, θ), m là tâm hóa của a trong k và K là dạng Killing tương ứngcủa g Khi đó:

(i) Tâm hóa của a trong g là a ⊕ m

(ii) Sự thu hẹp của K lên a và m là không suy biến

(iii) Đại số Lie m là khả quy trong g

(iv) Giả sử l là đại số con Cartan của m và h = a ⊕ l thì h là đại số con Cartancủa g

Chứng minh

(i) Chứng minh Zg(a) = {x ∈ g|[x, a] = 0} = a ⊕ m

Ta chứng minh a ⊕ m ⊂ Zg(a) Thật vậy với a ∈ a, b ∈ m và x ∈ a ta

có [a + b, x] = [a, x] + [b, x] = 0 + 0 = 0 Suy ra a + b ∈ Zg(a) Hay

a⊕ m ⊂ Zg(a)

Ta chứng minh Zg(a) ⊂ a ⊕ m Thật vậy với y ∈ p, z ∈ k ta có [y, a] ⊂ k

Từ đó K(a, a ⊕ m) = 0 Theo trên, ta có K|a⊕m là không suy biến nên suy

ra a = 0 Tương tự ta chứng minh được sự thu hẹp của K lên m là khôngsuy biến

(iii) Ta sử dụng hệ quả 1.3.7 để chứng minh đại số Lie m là khả quy trong g.Thật vậy, với mọi m ∈ m ta chứng minh adgm là nửa đơn Do đại số Liecon luôn chứa phần tử 0 nên với mọi m ∈ m ta có m = 0 + m Suy ra

m ∈ a ⊕ m Theo mệnh đề 1.3.9, ta có a ⊕ m là khả quy trong g Suy ra

adgm là nửa đơn Hay m là khả quy trong g

(iv) Để chứng minh h là đại số con Cartan của g ta áp dụng mệnh đề 1.5.2 iii),tức là ta chứng minh mọi phần tử của h là nửa đơn và h là đại số con giaohoán lớn nhất của g Thật vậy, từ mệnh đề 2.1.3 iii) và mệnh đề 1.5.2 ii),

ta có đại số Lie l là giao hoán và khả quy trong g, và áp dụng cho a ta suy

ra a cũng giao hoán Vì vậy h là giao hoán và khả quy trong g

Giả sử x là một phần tử của g giao hoán với h Ta chứng minh x ∈ h Từ(i) ta có x = y + z với y ∈ a và z ∈ m Mặt khác, x giao hoán với h suy ra

x giao hoán với a Do đó x ∈ a ⊕ m Tương tự, x giao hoán với h suy ra xgiao hoán với l (vì h = a ⊕ l) Từ đó [x, l] = 0, suy ra [y + z, l] = 0 Hay[y, l] + [z, l] = 0 Do đó [z, l] = 0 (do [y, l] = 0 với y ∈ a ⊂ p, l ∈ m ⊂ k).Mặt khác, l là đại số con Cartan của m nên l là đại số con giao hoán lớnnhất của m Suy ra z ∈ l Hay x ∈ h Từ mệnh đề 1.5.2 iii), ta có h là đại

số con Cartan của g

Nhận xét 2.1 (1) Cho g, θ, k, p, a, m, l và h như trong mệnh đề 1.13.7 Cho k

là trường đóng đại số mở rộng của k, g = g ⊗ k, h = h ⊗ k, θ là mở rộng k−tuyến tính của θ lên g, R = R(g, h) là tập căn nghiệm của g đối với h, R0 là tậpcác phần tử của R bằng không trên a, R00 là tập các phần tử của R khác khôngtrên a Khi đó θ(h) = h nên xác định được thu hẹp của θ lên h Kí hiệu θ|h bởi

θ ta có θ(R) = R và R0 là tập hợp các phần tử của R sao cho bất biến qua θ

Từ 11.1.16 [4] tồn tại một cơ sở B của R thỏa các tính chất sau:

(i) θ(R00+) = R00−

(ii) Nếu α ∈ R+00, γ ∈ R và γ − α|a = 0 thì γ ∈ R+00

(iii) (R00++ R00+) ∩ R ⊂ R+00

(iv) B ∩ R0 là cơ sở của R0

Ở đây ta kí hiệu tập hợp các căn nghiệm dương và âm đối với B lần lượt là R+

và R−, Khi đó: R00+ = R00∩ R+ và R00− = R00∩ R−

(2) Xét α : h −→ C là căn nghiệm của g đối với h Khi đó ta có α 6= 0 và

gα = {X ∈ g|(adA)X = α(A)X, ∀A ∈ h} 6= {0} Mặt khác ta có h = a ⊕ l nên

ta xác định được thu hẹp của h lên a là α|a : a −→ C Nếu α ∈ R00 thì α|a 6= 0nên α|a có thể được xem như là căn nghiệm của g đối với h Do đó ta đồng nhất

R00 với tập hợp các căn nghiệm của g đối với a Tập hợp các căn nghiệm nàyđược gọi là hệ căn nghiệm thu hẹp của g lên a và ta kí hiệu là R = R(a, g).Mệnh đề 2.1.4 ([4], Proposition 1.13.9) Với các kí hiệu của nhận xét 2.1 tacó:

(i) R0|l là hệ căn nghiệm của m đối với l

(i) Giả α ∈ R0, ta chứng minh α|l là căn nghiệm của m đối với l Thật vậy,với α ∈ R0 và x ∈ gα thì ta có (adh)x = [h, x] = α(h)x = 0.x = 0, ∀h ∈ a (vì

α ∈ R0 thì α(h) = 0) Suy ra [a, x] = 0 hay x giao hoán với a Do đó x = y + zvới y ∈ a và z ∈ m Xét l ∈ l ta có:

(adl)x = [l, x] = α(l)x ⇐⇒ [l, y + z] = α(l)(y + z)

⇐⇒ α(l)(y + z) = [l, y] + [l, z] (∗)Mặt khác, m là tâm hóa của a trong k nên m giao hoán với a và ta có

l ∈ l ⊂ m Suy ra [l, y] = 0 Do đó từ (*) ta có α(l)(y + z) = [l, z] = α(l)z, ∀l ∈ l.Suy ra y + z = z hay y = 0 Ta lại có x ∈ m, và (adl)x = [l, x] = α(l)x Suy ra

x ∈ mα|l hay mα|l 6= 0 Do đó α|l là căn nghiệm của m đối với l

Ngược lại giả sử β là căn nghiệm của m đối với l, x là phần tử khác khôngcủa mβ và α là dạng tuyến tính trên h mà chính là mở rộng của β và nó sẽ bằngkhông trên a Ta chứng minh α ∈ R0 Thật vậy, với a ∈ a và l ∈ l ta có:

Suy ra ad(a + l)x = α(a + l)x hay α ∈ R0

(ii) Với α ∈ R0 theo chứng minh trên ta có mα|l 6= 0 và mα|l ⊃ gα Mặt khác

từ định lí 1.5.1 i) ta có dim gα = dim mα|l = 1, ∀α ∈ R0 Suy ra mα|l = gα.(iii) Theo định lí 1.5.1 i) ta có :

Định nghĩa 2.5 Cho (g, θ) là đại số Lie nửa đơn đối xứng Một không giancon Cartan a của (g, θ) được gọi là chẻ ra nếu với mọi x ∈ a, adgx là tam giáchóa được (do đó adgx chéo hóa được) Lúc đó với kí hiệu của nhận xét 2.1 ta cóα|a nhận giá trị trong trường k với mọi α ∈ R.

Mệnh đề 2.1.5 ([4], Proposition 1.13.11) Với kí hiệu của nhận xét 2.1 và giả

sử rằng a là chẻ ra, n= P

α∈R 00 +

gα ta có:

(i) Không gian con n là đại số Lie con lũy linh của g

(ii) g = k ⊕ a ⊕ n

(iii) Không gian con trực giao của a trong g là k ⊕ n

(iv) Cho q = m ⊕ a ⊕ n thì q là đại số Lie con của g và n là iđêan của q.Chứng minh

(i) Theo nhận xét 2.1 (iii), ta có (R00++ R00+) ∩ R ⊂ R00+, tức là tổng của haicăn nghiệm dương nếu là căn nghiệm thì cũng thuộc căn nghiệm dương Suy ranếu tổng của hai căn nghiệm dương không là căn nghiệm dương thì nó khôngphải là căn nghiệm Từ đó, nếu n đủ lớn thì tổng của bất kì n phần tử của R00+thuộc về phần bù của R Suy ra n là đại số Lie con lũy linh của g Vậy n là đại

số Lie con lũy linh của g

(ii) Ta có g = h ⊕

P

α∈R

gα

, mà R = R+∪ R−

Giả sử x ∈ k, y ∈ a và z ∈ n sao cho x + y + z = 0 Suy ra x = −y − z Tachứng minh x = y = z = 0 Thật vậy, ta có:

α = 0, β 6= 0) ta suy ra a trực giao với n theo dạng Killing K Mặt khác, ta có

a ⊂ p, k trực giao với p Suy ra a trực giao với k Do đó a trực giao với k + n

Từ iii) ta có k ⊕ n là không gian con bù trực giao của a trong g (tức là k ⊕ n làkhông gian con trực giao lớn nhất của a trong g)

(iv) Ta có m, a, n là các đại số Lie con của g nên q là đại số Lie con của g.Theo mệnh đề 2.1.3 iv) ta có h = a⊕l (trong trường hợp này h = g0, [g0, gβ] ⊂ gβ,

n= P

α∈R+00

Xét α ∈ R00+ và β ∈ R0, nếu α + β ∈ R thì từ 2.1 b) ta suy ra α + β ∈ R+00 Mặtkhác, ta có [gα, gβ] ⊂ gα+β ⊂ n (do α + β ∈ R00+) Suy ra

Định nghĩa 2.6 Với kí hiệu của mệnh đề 2.1.5, phân tích g = k ⊕ a ⊕ n đượcgọi là sự phân tích Iwasawa của g xác định bởi k, a, h, B

Tiếp theo, ta thể hiện các khái niệm, tính chất ở trên cho trường hợp các đại

số Lie đối xứng chéo trong ví dụ sau

Ví dụ 2.1 Cho v là đại số Lie nửa đơn, g = v × v, θ là tự đồng cấu của v × v :

θ : v × v −→ v × v(x, y) 7−→ θ(x, y) = (y, x)