BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRẦN THỊ HIỀN ĐẠI SỐ LIE NỬA ĐƠN VÀ BIỂU DIỄN KHẢ QUY ĐẦY ĐỦ Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.01.04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS TRẦN ĐẠO DÕNG Đà Nẵng - Năm 2017 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tôi, số liệu kết nghiên cứu ghi luận văn trung thực, đồng tác giả cho phép sử dụng chưa công bố cơng trình nghiên cứu khác Trần Thị Hiền LỜI CẢM ƠN Lời luận văn xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn PGS TS Trần Đạo Dõng tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình thực để tơi hồn thành luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến tất thầy cô giáo tận tình dạy bảo tơi suốt thời gian học tập khóa học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn đến anh chị lớp ĐSK31 nhiệt tình giúp đỡ tơi q trình học tập lớp Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè ln ủng hộ, quan tâm, động viên giúp đỡ suốt thời gian học tập vừa qua Trần Thị Hiền Mục lục Mở đầu Chương Các kiến thức sở 1.1 Đại số Lie 1.2 Iđêan đồng cấu 1.3 Đại số Lie Lũy linh Định lý Engel 1.4 Đại số Lie giải Định lý Lie 13 Chương Đại số Lie nửa đơn biểu diễn khả quy đầy đủ 18 2.1 Đại số Lie nửa đơn tiêu chuẩn Cartan 18 2.2 Biểu diễn khả quy đầy đủ 27 2.3 Định lý Weyl cho đại số Lie nửa đơn 31 2.4 Biểu diễn đại số Lie sl(2, F) 33 2.5 Đại số Lie quy đại số Lie nửa đơn cổ điển 35 2.6 Phân tích Levi đại số Lie 39 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Nghiên cứu cấu trúc biểu diễn đại số Lie nửa đơn toán quan trọng mang tính thời lý thuyết Lie lý thuyết biểu diễn Nhiều nhà toán học quan tâm lĩnh vực tập trung giải trọn vẹn cho nhiều lớp đại số Lie cụ thể Với mong muốn tìm hiểu thêm đại số Lie nửa đơn với gợi ý PGS.TS Trần Đạo Dõng, chọn đề tài "Đại số Lie nửa đơn biểu diễn khả quy đầy đủ" làm đề tài nghiên cứu cho luận văn Trong luận văn này, chúng tơi tìm hiểu trình bày lại cách hệ thống, chứng minh chi tiết kết biểu diễn đại số Lie nửa đơn biểu diễn khả quy đầy đủ Ngoài phần mở đầu, kết luận, luận văn chia làm hai chương Chương dành để trình bày số khái niệm, định lý đại số Lie, đại số Lie lũy linh, định lý Engle, đại số Lie giải định lý Lie sử dụng chương sau Trong chương chúng tơi trình bày đại số Lie nửa đơn, đại số Lie nửa đơn cổ điển, tiêu chuẩn Cartan, đại số Lie quy, từ xét tính khả quy đầy đủ đại số Lie nửa đơn thông qua định lý Weyl ứng dụng để khảo sát phân tích Levi đại số Lie Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu đại số Lie nửa đơn mối liên hệ với đại số Lie quy cấu trúc đại số Lie Đồng thời khảo sát tính khả quy đầy đủ biểu diễn thể cho lớp đại số Lie nửa đơn Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu là: - Đại số Lie nửa đơn đại số Lie quy - Biểu diễn khả quy đầy đủ đại số Lie Phạm vi nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu luận văn sâu tìm hiểu khái niệm, định nghĩa, định lý liên quan đến cấu trúc đại số Lie nửa đơn biểu diễn khả quy đầy đủ Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu liên quan đến đề tài, bao gồm tài liệu kinh điển báo mới, tổng hợp trình bày báo cáo tổng quan Tham khảo trao đổi với giáo viên hướng dẫn Tham khảo số báo đăng tạp chí khoa học Đóng góp đề tài Tổng hợp tài liệu để có báo cáo tổng quan đầy đủ đại số Lie nửa đơn biểu diễn khả quy đầy đủ Góp phần làm rõ vai trị đại số Lie nửa đơn mối liên hệ với tính khả quy đầy đủ biểu diễn Chương CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong chương này, giới thiệu số khái niệm, tính chất đại số Lie biểu diễn, khái niệm liên quan đại số Lie lũy linh, đại số Lie giải được, định lý Lie Các nội dung chương tham khảo từ tài liệu [2] [3] 1.1 Đại số Lie Cố định trường F Định nghĩa 1.1.1 Cho L không gian véctơ trường F xét [, ] : L × L −→ L (x, y) −→ [x, y] phép tốn L Khi đó, (L, [, ]) gọi đại số Lie trường F phép toán [, ] thỏa mãn a) [, ] song tuyến tính; tức là, ∀x, y, z ∈ L, ∀λ, β ∈ F ta có: [λx + βy, z] = λ[x, y] + β[y, z] [x, λy + βz] = λ[x, y] + β[x, z] b) [, ] phản xạ; tức [x, x] = 0, ∀x ∈ L c) [, ] thỏa mãn đồng thức Jacobi; tức [[x, y], z] + [[y, z], x] + [[x, z], y] = 0, ∀x, y, z ∈ L Số chiều dimF (L) không gian véctơ L định nghĩa số chiều đại số Lie L [, ] gọi tích Lie Đại số Lie L gọi đại số Lie giao hoán [x, y] = 0, với x, y ∈ L Nhận xét 1.1.1 Từ điều kiện (b) ta suy điều kiện (b’) : [x, y] = −[y, x] Và CharF = (b) (b’) tương đương Với K không gian véctơ L, đó, K gọi đại số Lie L K đóng với tích Lie, tức : ∀x, y ∈ L : [x, y] ∈ K Với phần tử x ∈ L, x = 0, ta ln có K = Fx đại số Lie chiều L với tích Lie tầm thường : [y, y ] = 0, ∀y, y ∈ K Từ lúc này, ta nói K đại số đại số Lie L hiểu K đại số Lie đại số Lie L Ví dụ 1.1.1 Với (A, ·) đại số Lie kết hợp F, ta định nghĩa phép tốn [−, −] : A × A → A, (x, y) → [x, y] = x · y − y · x Khi (A, [−, −]) đại số Lie F Đặc biệt, A = End(V ), với V không gian véctơ hữu hạn chiều F, phép nhân "·" phép hợp thành hai tự đồng cấu V, ta có (End(V ), [−, −]) đại số Lie Ta viết gl(V ) thay cho End(V ) hiểu End(V ) đại số Lie Nếu ta cố định sở V, ta đồng gl(V ) với đại số ma trận n × n F, ký hiệu gl(n, F) hay đơn giản gl(n), với dimgl(V ) = dimgl(n, F) = n2 Phép hợp thành hai tự đồng cấu V phép nhân hai ma trận tương ứng Bây ta xác định cụ thể tích Lie gl(n, F) cụ thể sau: Xét sở {eij } gl(n, F), với eij ma trận sau: phần tử vị trí (i, j) 1, phần tử lại Phép nhân hai ma trận xác định sở: eij ekl = δjk eil , đây, δjk ký hiệu Kronecker, j = k trường hợp khác Do tính song tuyến tính tích Lie nên để xác định tích Lie, ta cần xác định sở {eij } sau: [eij , ekl ] = eij ekl − ekl eij = δjk eil − δli ekj ma trận có thành phần 0, 1, −1 Ví dụ 1.1.2 Xét sl(n) = sl(n, F) = {x ∈ gl(n, F)|T r(x) = 0}, T r(x) vết x Khi đó, sl(n) khơng gian véctơ sl(n) vì: T r(ax + by) = aT r(x) + bT r(y) = 0, ∀a, b ∈ F; x, y ∈ sl(n) Hơn nữa, sl(n) đại số gl(n) vì: T r([x, y]) = T r(xy) − T r(yx) = 0, ∀x, y ∈ sl(n) Khi đó, sl(n) gọi đại số Lie tuyến tính đặc biệt Nhận xét 1.1.2 dimsl(n) = n2 − Một sở sl(n) {eij }i=j ∪ {hj }n−1 i=1 với hi = eii − ei+1,i+1 a b Với n = ta có sl(n) = c −a |a, b, c ∈ F có sở : 0 x = 0 , y = , z = −1 Với tích Lie : [h, x] = 2x, [h, y] = −2y, [x, y] = h Ví dụ 1.1.3 Đại số symplectic đối xứng: sp(2l) = sp(2l, F) = {x ∈ gl(2l, F)|sx = −xt s} m n = x = p q |m, n, p, q ∈ gl(l, F) thỏa mãn : nt = n, pt = t, mt = −q I Ở xt chuyển vị x, s = −I 0l , Il đơn vị gl(l) Ta có l sp(2l) đại số Lie gl(2l) (vì đóng với tích Lie) Hơn nữa, sp(2l) đại số Lie (2, F), dim sp(2l) = 2l2 + l, với sở : eii − ei+1,i+1 , ≤ i ≤ l; eij − el+j,l+i , ≤ i = j ≤ l; ei,l+i , ≤ i ≤ l; ei,l+j + ej,l+i , ≤ i < j ≤ l; el+i,i , ≤ i ≤ l; el+i,j − el+j,i , ≤ i < j ≤ l Ví dụ 1.1.4 Đại số A F-đại số d ∈ EndF (A) Khi đó, ánh xạ tuyến tính d : A −→ A gọi vi phân thỏa mãn công thức Leibniz: d(a.b) = d(a).b + a.d(b) Tập vi phân A ký hiệu Der(A) Với d, d ∈ Der(A), ta có: [d, d ](a.b) = (dd − d d)(a.b) = d(d (a).b − a.d (b)) − d (d(a).b − a.d(b)) = (dd − d d)(a).b + a.(dd − d d)(b) = [d, d ](a).b − a.[d, d ](b) Do [d, d ] ∈ Der(A) Vậy Der(A) đại số Lie gl(A) Ví dụ 1.1.5 Với dim L = 2, giả sử L =< {e1 , e2 } >, ta xác định tích Lie khơng tầm thường L Từ tính phản giao hốn tích Lie, ta có: [e1 , e1 ] = [e2 , e2 ] = 0, [e1 , e2 ] = −[e2 , e1 ] Đặt [e1 , e2 ] = y = αe1 + βe2 = Khi ta có: [e1 , y] = [e1 , αe1 + βe2 ] = α[e1 , e1 ]+β[e1 , e2 ] = βy, tương tự: [e2 , y] = −αy Do đó, chọn x cho L =< {x, y} > ta ln có [x, y] = λy, λ = tích Lie khơng tầm thường Thay x x/λ ta được: L =< {x, y} >, [x, y] = y Như có hai đại số Lie chiều( sai khác đẳng cấu) đại số Lie giao hoán đại số Lie xác định Ví dụ 1.1.6 Khơng gian R3 với tích có hướng a × b xác định sau: i j k (a1 , a2 , a3 ) × (b1 , b2 , b3 ) = det a1 a2 a3 b1 b2 b3 đại số Lie, với tích Lie: e1 × e2 = e3 , e2 × e3 = e1 , e3 × e1 = e2 Trong i, j, k sở tắc R3 1.2 Iđêan đồng cấu Định nghĩa 1.2.1 Không gian véctơ I đại số Lie L gọi iđêan L [x, y] ∈ L, ∀x ∈ L, y ∈ I Ví dụ 1.2.1 Hai iđêan tầm thường L là: L Ví dụ 1.2.2 Tâm L : Z(L) = {z ∈ L|[x, z] = 0, ∀x ∈ L} iđêan L Ta có: L giao hoán Z(L) = L Định nghĩa 1.2.2 Với L, L hai đại số Lie trường F , ánh xạ tuyến tính φ : L −→ L gọi đồng cấu đại số Lie nếu: φ([x, y]) = [φ(x), φ(y)], ∀x, y ∈ L Đồng cấu φ gọi đơn cấu Kerφ = 0, toàn cấu Imφ = L , đẳng cấu vừa đơn cấu, vừa toàn cấu [x, yi ] = j bij yj Theo tính kết hợp β ta có : aik = j aij δjk = j aij β(xj , yk ) = β([x, xi ], yk ) = −β([xi , x], yk ) = −β(xj , yk ) = − j bkj β(xi , yi ) = −bki Với φ : L → gl(V ) biểu diễn L, ta đặt cφ (β) = i φ(xi )φ(yi ) ∈ End(V ) Khi đó, với x, y, z ∈ gl(V ), từ [x, yz] = [xy]z + y[xz], ta có: [φ(x), cφ (β)] = i [φ(x), φ(xi )]φ(yi ) + i φ(xi )[φ(x), φ(yi )] = i,j ai,j φ(xj )φ(yi ) + i,j bij φ(xi )φ(yi ) = Do cφ (β) tự đồng cấu V giao hoán với φ(L) Khi φ biểu diễn trung thành dạng vết β(x, y) = T r(φ(x)φ(y)) không suy biến Định nghĩa 2.2.7 (1) L− môđun V gọi trung thành φ : L → gl(V ) đơn cấu (tức Kerφ = 0) (2) Cố định sở x1 , x2 , , xn L cφ = cφ (β) gọi phần tử Casimir φ với T r(cφ ) = i T r(φ(xi ), φ(yi )) = i β(xi , yi ) = dimL Khi φ biểu diễn bất khả quy, theo Bổ đề Schur, cφ vô hướng (= dimL/dimV ) không phụ thuộc vào việc chọn sở Nhận xét 2.2.3 Nếu L nửa đơn φ không biểu diễn trung thành ta ln có L = Kerφ ⊕ L Khi hạn chế φ lên L biểu diễn trung thành phần tử Casimir φ xác định phần tử Casimir hạn chế này, nữa, giao hốn với φ(L) φ(L) = φ(L ) 2.3 Định lý Weyl cho đại số Lie nửa đơn Bổ đề 2.3.1 Cho φ : L → gl(V ) biểu diễn đại số Lie nửa đơn L Khi đó, φ(L) ⊂ sl(V ) Đặc biệt L tác động tầm thường lên L-môđun chiều Chứng minh Từ L = [L, L] sl(V ) đại số dẫn xuất gl(V), ta có: 31 φ(L) = φ([L, L]) = [φ(L), φ(L)] ⊂ [gl(V ), gl(V )] = sl(V ) Phần thứ hai bổ đề suy từ việc ma trận × có vết đồng với ma trận Định lí 2.3.2 (Định lý Weyl) Cho φ : L → gl(V ) biểu diễn hữu hạn chiều đại số Lie nửa đơn L Khi L-mơđun V khả quy đầy đủ Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh L-mơđun W có đối chiều có phần bù mơđun V Ta có L tác động tầm thường lên mơđun có đối chiều V /W = F , (theo Bổ đề 2.3.1) Khi đó, dãy → W → V → F → dãy khớp L-môđun Bằng quy nạp theo chiều V , ta cần xét trường hợp W bất khả quy Giả sử W môđun khác khơng thực W , : → W/W → V /W → F → dãy khớp L-mơđun Bằng quy nạp, ta có dãy khớp chẻ ra, tức tồn môđun chiều V /W phần bù W/W , gọi W /W Do V /W = W/W ⊕ W /W → W → W → F → khớp Bằng quy nạp, tồn môđun chiều X bù với W W cho W = W ⊕ X Vậy V = W ⊕ X từ W ∩ X = dimW + dimX = dimV Bây giả sử W bất khả quy Gọi cφ phần tử Casimir φ Từ c = cφ giao hoán với φ(L), c tự đồng cấu L−môđun V Nên c(W ) ⊂ W Kerc L−môđun V Từ L tác động tầm thường lên V /W, c tác động tầm thường lên V /W tổ hợp tuyến tính tích φ(x) với x ∈ L Do đó, c có vết V /W Theo Bổ đề Schur, c tác động vô hướng môđun bất khả quy W c = T rV (c) = dimc = Do đó, Kerc L-môđun chiều giao với W Do đó, V = W ⊕ Kerc Xét trường hợp tổng quát Với W L-môđun khác thực V Khi → W → V → V /W → Xét không gian Hom(V, W ) 32 ánh xạ tuyến tính L-mơđun Gọi A khơng gian của Hom(V, W ) bao gồm ánh xạ cho thu hẹp lên W phép nhân vô hướng : f : V → W thỏa f |W = λ1W , λ ∈ F Khi A L-môđun Giả sử f |W = λ.1W , với x ∈ L, w ∈ W ta có: (x.f )(w) = x.f (w) − f (x.w) = λ(x.w) − λ(x.w) = Do (x.f )|W = Gọi B không gian A bao gồm ánh xạ có hạn chế W Theo tính tốn phần trên, suy B L-mơđun A/B có chiều f ∈ A xác định modulo W vơ hướng f |W Vậy có dãy khớp L-môđun : → B → A → F → Theo phần đầu chứng minh, B có phần bù mơđun chiều C A Gọi f : V → W, f (= 0) ∈ C phần tử sinh môđun Bằng cách nhân vơ hướng, ta giả sử f |W = 1W Vậy L tác động tầm thường Nên ∀x ∈ L, v ∈ V : = (x.f )(v) = x.f (v) − f (x.v) Do đó, Kerf L-mơđun V Do f (V ) ∈ W tác động 1W W nên V = W ⊕ Kerf 2.4 Biểu diễn đại số Lie sl(2, F) Trong phần này, ta xét L = sl(2, F) = a b c −a |a, b, c ∈ F với sở chuẩn tắc : 0 x = 0 , y = , h = −1 Ta có : [h, x] = 2x, [h, y] = −2y, [x, y] = h Theo Ví dụ 2.1.5 : L = sl(2, F) đại số Lie đơn Với V L-môđun, theo Định lý Weyl ta có : V = ⊕λ∈F Vλ , Vλ = {v ∈ V |h.v = λv} Khi Vλ = 0, ta gọi λ trọng h V gọi Vλ không gian trọng Bổ đề 2.4.1 Nếu v ∈ Vλ x.v ∈ Vλ+2 y.v ∈ Vλ−2 Chứng minh có : h.(x.v) = [h, x].v + x.(h.v) = 2x.v + λx.v = (λ + 2)x.v h(y.v) = [h, y].v + y.(h.v) = −2y.v + λy.v = (λ − 2)y.v Do V hữu hạn chiều V = ⊕α∈F Vα tổng trực tiếp nên tồn 33 Vλ = cho Vλ+2 = Khi đó, véctơ khác không Vλ gọi véctơ cực đại trọng λ Tiếp theo, sử dụng véctơ cực phân lớp biểu diễn bất khả quy sl(2, F) Trước hết, ta xét bổ đề sau : Bổ đề 2.4.2 V L-môđun bất khả quy Gọi v0 ∈ Vλ véctơ i cực đại Đặt v−1 = 0, vi = yi! v0 (i ≥ 0) Khi : a) h.vi = (λ − 2i)vi , b) y.vi = (i + 1)vi+1 , c) x.vi = i(λ − i + 1)vi−1 (i ≥ 0) Chứng minh Từ bổ đề 2.2.5 ta có (1), cịn (2) suy từ định nghĩa Ta chứng minh (3): x.vi = x.y.vi−1 = [x, y]vi−1 + y.x.vi−1 = h.vi−1 + y.x.vi−1 = (λ − 2(i − 1))vi−1 + (λ − i + 2)y.vi−2 = (λ − 2i + 2)vi−1 + (i − 1)(λ − i2 )vi−1 = i(λ − i + 1)vi−1 Hệ 2.4.3 Ta có : λ = m = dimV − Theo phần (3) bổ đề 2.4.2, ta có = x.vm+1 = (m + 1)(λ + − (m + 1))vm , nên λ = m = dimV − Nhận xét 2.4.1 Kết cho thấy, biểu diễn bất khả quy sl(2, F) mơ tả qua trọng không gian trọng tương ứng chúng Định lí 2.4.4 Cho L-mơđun bất khả quy hữu hạn chiều với véctơ vi xác định mệnh đề 2.4.2 m + = dimV Khi đó, ta có : (1) Tương ứng với h, V tổng trực tiếp khơng gian trọng Vµ , µ = m, m − 2, , −(m − 2), −m, m + = dimV dimVµ = với µ (2) V có véctơ cực đại (sai khác vô hướng khác khơng) có trọng m (gọi trọng cao V ) 34 (3) Tác động L lên V xác định tường minh từ công thức bổ đề 2.4.2 Đặc biệt, tồn nhiều L-môđun bất khả quy, sai khác đẳng cấu chiều m + 1, m ≥ Chứng minh Phần (1) suy từ bổ đề 2.4.3 2.4.4, phần (3) suy từ phần (1), phần (2) bổ đề 2.4.2 Ta chứng minh phần (2) : V xác định trọng cực đại λ(λ = dimV − 1) nên véctơ cực đại V nhất, sai khác vô hướng Hệ 2.4.5 Cho V L-môđun hữu hạn chiều, với L = sl(2, F) Khi trị riêng h V số nguyên trị riêng xuất số đối với số lần Hơn nữa, phân tích V thành tổng trực tiếp môđun bất khả quy có số lượng hạng tử dimV0 + dimV1 Chứng minh Trong trường hợp dimV > 0, từ định lý Weyl, ta viết V thành tổng trực tiếp môđun bất khả quy Theo định lý trên, ta phần hệ Để chứng minh phần hai hệ quả, ta cần thấy L-môđun bất khả quy xuất với trọng trọng (nhưng hai) 2.5 Đại số Lie quy đại số Lie nửa đơn cổ điển Định nghĩa 2.5.1 Đại số Lie L gọi đại số Lie quy (đại số Lie reductive) với iđêan a L tồn iđêan b L cho L=a⊕b Nhận xét 2.5.1 a) Đại số Lie quy L xét L-môđun (đối với biểu diễn liên hợp ad) khả quy đầy đủ b) Mỗi đại số Lie nửa đơn đại số Lie quy đảo lại nói chung khơng Định lí 2.5.2 Mỗi đại số Lie quy L có dạng phân tích L = [L, L]⊕Z(L) 35 Chứng minh Trường hợp L nửa đơn kết tầm thường nên ta xét đại số Lie không nửa đơn Trước tiên ta chứng minh đại số Lie quy L phân tích thành tổng trực tiếp iđêan đơn iđêan chiều Chứng minh quy nạp theo dimL + Với n = hiển nhiên Nếu dimL = L khơng đơn nên tồn iđêan khơng tầm thường a Vì L khả quy nên tồn iđêan b cho L = a ⊕ b Rõ ràng a, b iđêan chiều + Giả sử kết với đại số Lie có số chiều bé dimL Ta chứng minh với dimL Thật vậy, L không nửa đơn suy L không đơn nên tồn iđêan a khác tầm thường Vì L đại số Lie quy nên có b iđêan L cho : L = a ⊕ b Ta chứng minh dima, b < L Áp dụng giả thiết quy nạp cho a, b ta điều cần chứng minh Vậy, L = a1 ⊕ ⊕ aj ⊕ aj+1 ⊕ ⊕ ak a1 , , aj iđêan chiều aj+1 , , ak iđêan đơn Ta có, [an , am ] = với n = m [ai , ] = với i = 0, , j chúng iđêan chiều Từ [L, L] = aj+1 , , ak Để kết thúc chứng minh ta Z(L) = a1 ⊕ ⊕aj Dễ thấy a1 ⊕ ⊕aj ⊂ Z(L), x = x1 + +xk , xi ∈ Khi đó, với y ∈ , [x, y] = Suy [x, y] = Do xi ∈ Z(ai ) Suy xi , i = j + 1, , k Vậy Z(L) ⊂ a1 ⊕ ⊕ aj Như Z(L) = L tổng trực tiếp iđêan đơn Ta có hệ sau Hệ 2.5.3 Mỗi đại số Lie quy L nửa đơn tâm L Nhận xét 2.5.2 Dựa vào mối liên hệ đại số Lie quy đại số Lie nửa đơn ta xác định cấu trúc nửa đơn lớp đại số Lie thực gồm ma trận trường số thực R, trường phức C trường quaternion H, với H đại số R có sở {1, i, j, k} cho i2 = j = k = −1 ij = k, jk = i, ik = −j Lớp đại số thường gọi đại số Lie nửa đơn cổ điển Định lí 2.5.4 Cho L đại số Lie thực gồm ma trận R, C H Giả sử L ổn định qua phép toán lấy liên hợp chuyển vị ma trận, tức x∗ = t (xij )n ∈ L, với x = (xij )n ∈ L Khi L 36 đại số Lie quy Chứng minh Với phần tử x = (xij ), y = (yij ) L, xét < x, y >= ReT rxy ∗ tích vơ hướng L, y ∗ = t (yij )n ma trận suy từ y qua phép toán lấy liên hợp chuyển vị Cho a iđêan L xét a⊥ phần bù trực giao a L theo phép nhân vô hướng vừa định nghĩa Khi ta có L = a ⊕ a⊥ xét không gian véctơ Bây ta chứng minh a⊥ iđêan L Xét x ∈ a⊥ , y ∈ L, z ∈ a, ta có : < [x, y], z >=< xy − yx, z > = ReT r(xy − yx)z ∗ = ReT r(xyz ∗ − yxz ∗ ) = −ReT r(xz ∗ y − xz ∗ y) = −ReT r(x(y ∗ z)∗ − x(zy ∗ )∗ ) = − < x, [y ∗ , z] > Do giả thiết ta suy y ∗ ∈ L a iđêan nên [y ∗ , z] ∈ a, ∀z ∈ a Hơn x ∈ a⊥ nên suy < [x, y], z >= − < x, [y ∗ , z] >= 0, ∀z ∈ a Vậy [x, y] ∈ a⊥ hay a⊥ iđêan L Nói cách khác, iđêan a L tồn iđêan a⊥ L cho L = a ⊕ a⊥ Suy L khả quy Chú ý đại số Lie gl(n, R), gl(n, C) đại số Lie quy không nửa đơn tâm đại số Lie gồm ma trận vô hướng nên khác không Tương tự, đại số Lie gl(n, H) đại số Lie quy khơng nửa đơn có tâm gồm ma trận vơ hướng với dịng thực Bây áp dụng Mệnh đề để xác định đại số Lie nửa đơn cổ điển Chú ý rằng, đại số Lie quy L (xét đại số Lie thực) tâm Z(L) = Trước hết xét đại số Lie nhóm compact Đây đại số Lie gồm ma trận phản Hermit tương ứng với phép toán lây liên hợp (.)∗ Mệnh đề 2.5.5 Xét đại số Lie sau : 37 u(n) = {x ∈ gl(n, C)|x + x∗ = 0} su(n) = {x ∈ gl(n, C)|x + x∗ = 0, T rx = 0} so(n) = {x ∈ gl(n, R)|x + x∗ = 0} sp(n) = {x ∈ gl(n, H)|x + x∗ = 0} Khi ta có : a) u(n) khơng nửa đơn với n ≥ su(n) nửa đơn với n ≥ b) so(n) nửa đơn với n ≥ sp(n) nửa đơn với n ≥ Chứng minh a) Kiểm tra trực tiêu chuẩn mệnh đề suy u(n) đại số Lie quy Ngoài tâm đại số Lie quy gồm ma trận vô hướng ảo với n ≥ nên u(n) không nửa đơn với n ≥ Tuy nhiên, su(n) đại số Lie quy có tâm triệt tiêu với n ≥ nên su(n) nửa đơn với n ≥ b) Kiểm tra trực tiếp ta có so(n) đại số Lie quy có tâm khơng với n ≥ nên so(n) nửa đơn với n ≥ Lý luận tương tự ta suy sp(n) nửa đơn với n ≥ Tiếp theo đại số Lie nửa đơn phức với tâm không Chú ý đại số Lie phức L LR dạng thực tương ứng, tức đại số Lie thực thỏa điều kiện L = LR + iLR , áp dụng tiêu chuẩn Cartan cho tính nửa đơn ta có L nửa đơn C LR nửa đơn R Từ tính chất áp dụng mệnh đề ta thu kết sau Mệnh đề 2.5.6 Các đại số Lie phức sau nửa đơn : sl(n, C) = {x ∈ gl(n, C)|x + xt = 0} với n ≥ 2; so(n, C) = {x ∈ gl(n, C)|T rx = 0} với n ≥ 3; sp(n, C) = {x ∈ gl(2n, C)|xt J + Jx = 0} với n ≥ 1; I Trong J = Jn,n ma trận vng cấp 2n, với J = −I Bây xét đại số Lie nửa đơn thực khác với đại số Lie nửa dơn thể hai mệnh đề 38 Mệnh đề 2.5.7 Các đại số Lie đây, xét đại số Lie thực, nửa đơn : sl(n, R) = {x ∈ gl(n, R)|T rx = 0} với n ≥ 2; sl(n, H) = {x ∈ gl(n, H)|ReT rx = 0} với n ≥ 1; so(m, n) = {x ∈ gl(m + n, 2R)|x∗ Im,n + Im,n x = 0} với m + n ≥ 3; su(m, n) = {x ∈ sl(m + n, C)|x∗ Im,n + Im,n x = 0} với m + n ≥ 2; sp(m, n) = {x ∈ gl(m + n, H)|x∗ Im,n + Im,n x = 0} với m + n ≥ 1; sp(n, R) = {x ∈ gl(2n, R)|xt Jn,n + Jn,n x = 0} với n ≥ 1; so∗ (2n) = {x ∈ su(n, n)|xt In,n Jn,n + In,n Jn,n x = 0} với n ≥ 2; Trong J = Jn,n ma trận vng cấp 2n xác định I J = −I 0n ma trận Im,n , In,n Jn,n xác định : n I 0 I Im,n = 0m −I , In,n Jn,n = I 0n n n Chứng minh Kiểm tra trực tiếp tất đại số Lie mệnh đề đóng (ổn định) qua phép lấy liên hợp chuyển vị có tâm Suy đại số Lie nửa đơn 2.6 Phân tích Levi đại số Lie Theo mục 2.5, đại số Lie quy L khả quy đầy đủ L xét L-môđun qua biểu diễn liên hợp L phân tích dạng tổng trực tiếp thành phần nửa đơn [L, L] tâm Z(L) Trong trường hợp L đại số Lie hữu hạn chiều tùy ý, áp dụng tính khả quy đầy đủ biểu diễn, biểu thị L dạng tích nửa trực tiếp đại số Lie nửa đơn radical L Trước thể tính chất này, xét khái niệm tích nửa trực tiếp đại số Lie Định nghĩa 2.6.1 Cho L đại số Lie, a đại số Lie L, b iđêan L cho L = a ⊕ b tổng trực tiếp không gian véctơ Nếu a ∈ a, b iđêan L nên ada|b ∈ Derb Khi đó, đồng cấu π : a → Derb cho π(a)(b) = ada|b (b) = [a, b], ∀a ∈ a, ∀b ∈ b 39 Như vậy, a, b π xác định đại số Lie L, ta nói L tích nửa trực tiếp đại số Lie a, b Kí hiệu L = a ⊕π b Khái niệm "tích nửa trực tiếp" tổng quát xây dựng nhờ Mệnh để sau : Mệnh đề 2.6.2 Cho a, b đại số Lie π : a → Derb đồng cấu đại số Lie Khi đó, tồn cấu trúc đại số Lie không gian véctơ tổng trực tiếp L = a ⊕ b giữ nguyên tích Lie a b, đồng thời thỏa mãn [a, b] = π(a)(b) với a ∈ a, ∈ b Với đại số L, ta có a đại số Lie b iđêan L Chứng minh Rõ ràng, cấu trúc đại số Lie L thỏa mãn điều kiện mệnh đề tồn Bây ta chứng minh tồn Trên khơng gian véctơ L = a ⊕ b, xác định phép toán : [g, g ]L = [a, a ]a + [b, b ]b + π(a)(b ) − π(a )(b), ∀g = (a, b), g = (a , b ) Ta chứng minh [., ]L tích Lie thỏa mãn điều kiện mệnh đề Thật vậy, đồng phần tử a ∈ a với phần tử (a, 0) ∈ L b ∈ b với phần tử (0, b) ∈ L, ta có [a, a ]L = [a, a ]a + [0, 0]b + π(a)(0) − π(a )(0) = [a, a ]a [b, b ]L = [0, 0]a + [b, b ]b + π(0)(b ) − π(0)(b) = [b, b ]b [a, b]L = [a, 0]a + [0, b]b + π(a)(b) − π(0)(0) = π(a)(b) Hơn nữa, [., ]L tuyến tính theo biến [., ]a , [., ]b tuyến tính theo biến π, π(x), x ∈ a nhứng ánh xạ tuyến tính Với L = (a, b) ∈ L, ta có : [g, g ]L = [a, a ]a + [b, b ]b + π(a)(b) − π(a )(b) = Vì [., ]L tuyến tính theo biến nên để chứng minh đồng thức Jacobi cho ba phần tử thuộc L ta quy trường hợp : (1) Nếu ba phần tử thuộc a ba thuộc b đồng thức Jacobi rõ (2) Hai phần tử a1 , a2 ∈ a phần tử b ∈ b [[a1 , a2 ], b]L = π([a1 , a2 ])(b) = ([π(a1 ), π(a2 )])(b) = (π(a1 ) ◦ π(a2 ) − π(a2 ) ◦ π(a1 ))(b) 40 = π(a1 )(π(a2 )(b)) − π(a2 )(π(a1 )(b)) = [a1 , [a2 , b]]L − [a2 , [a1 , b]]L Suy [[a1 , a2 ], b]L + [[a2 , b], a1 ]L + [[b, a1 ], a2 ]L = (3) Một phần tử a ∈ a, hai phần tử b1 , b2 ∈ b Khi [a, [b1 , b2 ]]L = π(a)([b1 , b2 ]) = [π(a)(b1 ), b2 ] + [b1 , π(a)(b2 ) = [[a, b1 ], b2 ]L + [[b1 , a], b1 ]L ] Suy [[a, b1 ], b2 ]L + [[b1 , b2 ], a]L + [[b2 , a], b1 ]L = Như vậy, [., ]L tích Lie thỏa mãn điều kiện mệnh đề Định nghĩa 2.6.3 Cho a, b đại số Lie, π : a → Derb đồng cấu đại số Lie Khi đó, đại số Lie L xác định a, b π mệnh đề gọi tích nửa trực tiếp đại số Lie a b Ký hiệu L = a ⊕π b Nhận xét 2.6.1 Tổng trực tiếp địa số Lie trường hợp đặc biệt tích nửa trực tiếp đại số Lie, tương ứng với π = Định lí 2.6.4 (Định lý phân tích Levi) Cho L đại số Lie hữu hạn chiều với R = radL Khi tồn đại số Lie h L đẳng cấu với đại số Lie nửa đơn L/R cho L tích nửa trực tiếp h R Chứng minh Phép chứng minh chủ yếu dựa vào tính khả quy đầy đủ cho biểu diễn đại số Lie nửa đơn L/R Chúng ta xét trường hợp sau : Trường hợp 1: [L, R] = 0, điều có nghĩa R = Z(L) = Kerad, với Z(L) tâm L ad : L → sl(L) x → adx biểu diễn liên hợp L Từ ta xác định biểu diễn ρ : L/R → gl(L) x + R → ρ(x + R) := adx 41 có tính chất sau : + R không gian bất biến ρ- môđun L + ρ khả quy đầy đủ (do L/R nửa đơn), suy tồn phần bù bất biến h R cho : L = h ⊕ R, với h đại số Lie đẳng cấu với L/R Trường hợp 2: [L, R] = R không chứa iđêan thực khác không Điều có nghĩa [L, R] = R Do R giải được, suy R abel (giao hoán) Khi tương tự phép chứng minh định lý Weyl tính khả quy đầy đủ đại số Lie nửa đơn, ta xác định biểu diễn τ L gl(L): τ : L → gl(L) x → τ (x) : gl(L) → gl(L) ϕ → τ (x)ϕ = [adx, ϕ] Xác định không gian gl(L) sau : A := {ϕ ∈ gl(g)|ϕ(L) ⊂ R, ϕ|R = c.IdR } = {0} B := {ϕ ∈ A|ϕ|R = 0} ⊂ A C := {ad(x)|x ∈ R} ⊂ B Khi đó, A, B, C thỏa mãn tính chất sau: • dim(A/B) = τ (L)A ⊂ B • τ (R)A ⊂ C • A/B A/C biểu diễn thương L/R Bây xét phép chiếu tắc : π : A/C → A/B Ta có π τ đẳng biến nên suy Kerπ bất biến τ Do L/R nửa đơn, kerπ có phần bù bất biến 1-chiều A/C, K(ϕ0 + C), với ϕ0 ∈ A, tức là, 42 A/C = Kerπ ⊕ K(ϕ + C) Ta thấy, ϕ0 ∈ A nên giả thiết ϕ0 |R = IdR Từ K(ϕ0 + C) = Kϕ0 + C biểu diễn 1-chiều L/R nên tầm thường, tức τ (L)ϕ0 ∈ C Xét tập hợp h = {x ∈ L|Z(x)ϕ0 = 0} Khi h thỏa tính chất sau : + h đại số Lie L + h ∩ R = + L = h ⊕ R Nói cách khác định lý cho trường hợp Trường hợp 3: Đây trường hợp tổng quát Chúng ta chứng minh quy nạp theo số chiều dimR Với dimR = : Định lý quy trường hợp Với dimR > tồn iđêan không tầm thường s R (Nếu khơng ta quay trường hợp 2) Khi đó, radL/s = R/s Theo giả thiết quy nạp, ta xác định đại số Lie h∗ L/s cho L/s = h∗ ⊕ R/s Xét phép chiếu tắc : p : L → L/s p−1 (h∗ ) = L Ta có : π −1 (h∗ ) ∩ R = s rad(π −1 (h∗ )) = s Từ đó, áp dụng giả thiết quy nạp, tồn đại số Lie nửa đơn h = π −1 (h∗ ) = s ⊕ h Suy : L = R ⊕ h 43 KẾT LUẬN Qua thời gian tìm hiểu, tiếp cận nghiên cứu đại số Lie nửa đơn, hướng dẫn khoa học, nhiệt tình giáo viên hướng dẫn, luận văn hoàn thành đạt mục tiêu nghiên cứu đề tài với kết cụ thể sau : • Đã trình bày tổng quan số kết đại số Lie nửa đơn đại số Lie quy • Khảo sát biểu diễn khả quy đầy đủ đại số Lie nửa đơn theo ngôn ngữ môđun thể cho trường hợp đại số Lie sl(2, F), với F trường đóng đại số tùy ý • Ứng dụng tính khả quy đầy đủ biểu diễn để khảo sát cấu trúc đại số Lie hữu hạn chiều tùy ý thể qua định lý phân tích Levi Với khảo sát được, luận văn tài liệu tham khảo hữu ích cho thân tiếp tục sâu nghiên cứu sau hi vọng nguồn tư liệu tốt cho quan tâm nghiên cứu đại số Lie nửa đơn biểu diễn Mặc dù cố gắng, song hạn chế lực thời gian nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận đóng góp ý kiến q thầy bạn đọc để luận văn hoàn chỉnh Xin chân thành cảm ơn! 44 Tài liệu tham khảo A Kirillov (2008),An introduction to Lie Groups and Lie algrebras, Lecture Notes in Math, Cambridge University Press, New york A.W.Knapp (2002), Lie Group beyond an introduction, Progress in Math, New york E.P Van den Ban (2010), Lie Group, Lecture Notes, University of Utrecht, Holland G Bellamy (2016), Lie Groups, Lie algrebras and their Representations, Lecture Notes, University of Glasgow, UK James E Humphreys (1972),Introduction to Lie Algrebras and Representation Theory, Springer-Verlag New York Inc 45 ... thời khảo sát tính khả quy đầy đủ biểu diễn thể cho lớp đại số Lie nửa đơn Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu là: - Đại số Lie nửa đơn đại số Lie quy - Biểu diễn khả quy đầy đủ đại số Lie. .. SỐ LIE NỬA ĐƠN VÀ BIỂU DIỄN KHẢ QUY ĐẦY ĐỦ Trong chương chúng tơi trình bày đại số Lie đơn nửa đơn, đại số Lie quy, biểu diễn khả quy đầy đủ ứng dụng để khảo sát phân tích Levi đại số Lie Các... nửa đơn đại số Lie quy • Khảo sát biểu diễn khả quy đầy đủ đại số Lie nửa đơn theo ngôn ngữ môđun thể cho trường hợp đại số Lie sl(2, F), với F trường đóng đại số tùy ý • Ứng dụng tính khả quy đầy