Đại số Lie dành cho cao học

Mục lục Lời mở đầu Các kiến thức chuẩn bị 1.1 Đại số Lie đại số Lie . 1.1.1 Đại số Lie . . . . . . . 1.1.2 Đại số Lie . . . . . 1.1.3 Iđêan đại số thương . . . . 4 1.1.4 Đồng cấu đại số Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Đại số Lie giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 14 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Đại số Lie nửa đơn đại số Lie khả quy 2.1 2.2 Đại số 2.1.1 2.1.2 2.1.3 Đại số Lie nửa đơn . . . . . . . . Định nghĩa . . . . . . . . Các ví dụ áp dụng . . . . Dạng Killing tiêu chuẩn Lie quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cartan . . . . . 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 19 20 21 25 Lời mở đầu Trong tiểu luận hệ thống lại vấn đề đại số Lie mà trọng tâm đại số Lie nửa đơn quy được. Các định lý mệnh đề nêu trước nhằm phục vụ đưa ví dụ trực quan tính chất đại số Lie này. Nội dung tiểu luận bao gồm hai chương. Trong Chương 1, trình bày lại khái niệm đại số Lie, đại số Lie con, iđêan đại số Lie thương, đồng cấu đại số Lie kèm theo ví dụ minh họa. Trong Chương 2, có tính chất đại số Lie nửa đơn quy được, mối liên hệ chúng. Tôi xin gửi đến thầy giáo Trần Đạo Dõng lòng biết ơn chân thành thầy tận tình giảng dạy suốt học phần Đại số Lie nhóm Lie. Tiểu luận viết theo cách suy nghĩ vấn đề trên. Có số chứng minh đưa để tham khảo. Vì khả thời gian có hạn nên khó tránh khỏi sai sót nhiều mặt. Rất mong nhận góp ý quý thầy cô bạn. Chương Các kiến thức chuẩn bị 1.1 Đại số Lie đại số Lie 1.1.1 Đại số Lie Định nghĩa 1.1.1. Cho g không gian véc tơ tên trường k, g gọi đại số Lie k tồn tịa phép toán [, ] : g × g −→ g (X, Y ) −→ [X, Y ] cho a. [, ] tuyến tính theo biến. b. [X, X] = 0, ∀X ∈ g. c. Thỏa mãn đồng thức Jacobi, tức [[X, Y ], Z]+[[Y, Z], X]+[[Z, X], Y ] = 0, ∀X, Y, Z ∈ g. Số chiều, dimk (g), gọi số chiều đại số Lie g, [, ] gọi tích Lie. Nếu k = R g đại số Lie thực. Nếu k = C g gọi đại số Lie phức. Đại số Lie gọi giao hoán [X, Y ] = 0, ∀X, Y ∈ g. Nhận xét 1.1.2. 1) Mỗi không gian véc tơ V trường k đại số Lie giao hoán với tích Lie [X, Y ] = 0, ∀X, Y ∈ V . 2) Cho g đại số Lie (không thiết kết hợp), xác định g × g −→ g (X, Y ) −→ [X, Y ] = XY − Y X. [, ] : Khi g đại số Lie. Thật vậy, [, ] thỏa mãn điiều kiện trên. + Với X, Y, Z ∈ g, ∀α, β ∈ k, ta có [αX + βY, Z] = (αX + βY )Z − Z(αX + βY ) = αXZ + βY Z − αZX − βZY = α[X, Z] + β[Y, Z]. Tương tự, [X, αY + βZ] = α[X, Y ] + β[X, Z]. + Với X ∈ g, [X, X] = XX − XX = 0. + Thỏa mãn đồng thức Jacobi, ∀X, Y, Z ∈ g, ta có [[X, Y ], Z] + [[Y, Z], X] + [[Z, X], Y ] = (XY − Y X)Z − Z(XY − Y X) + (Y Z − ZY )X − X(Y Z − ZY ) + (ZX − XZ)Y − Y (ZX − XZ) = 0. Đặc biệt, • g = End V đại số Lie, kí hiệu gl(V ); • g = Mat(n, k) đại số Lie, kí hiệu gl(n, k). 3) Trường hợp đặc số k khác 2, ta có: [X, X] = 0, ∀X ∈ g ⇔ [X, Y ] = −[Y, X], ∀X, Y ∈ g. Thật vậy, giả sử [X, X] = ∀X ∈ g ⇒ [X + Y, X + Y ] = ∀X, Y ∈ g ⇒ [X, X] + [X, Y ] + [Y, X] + [Y, Y ] = ⇒ [X, Y ] = −[Y, X]. Ngược lại, ta có [X, X] = −[X, X] ⇒ [X, X] = ∀X ∈ g.        −a 4) Xét g =     a b       c   a, b, c ∈ R  không gian véc tơ chiều   −b −c thực. Xác định [A, B] = AB − BA, ∀A, B ∈ g. Lúc g đại số Lie chiều thực, kí hiệu g = so(3). Mệnh đề 1.1.3. Tích trực tiếp hay tổng trực tiếp hữu hạn đại số Lie đại số Lie Chứng minh. Giả sử g1 , g2 , ., gn đại số Lie. Đặt g = g1 × . × gn . Không khó khăn để g không gian véc tơ. Xét [, ] : g × g −→ g (X, Y ) −→ [X, Y ] = ([X1 , Y1 ], ., [Xn , Yn ]), X = (X1 , ., Xn ), Y = (Y1 , ., Yn ), Xi , Yi ∈ gi , i = 1, ., n. Ta kiểm tra [, ] ánh xạ thỏa mãn điều kiện trở thành tích Lie. • Với X, Y ∈ g, [X, Y ] ∈ g (X, Y ) = (X , Y ) X = X , Y = Y , nên [X, Y ] = [X , Y ]. Do [, ] ánh xạ. Hơn nữa, ∀X, Y, Z ∈ g, X = (X1 , ., Xn ), Y = (Y1 , ., Yn ), Z = (Z1 , ., Zn ), ∀α, βk, ta có [αX + βY, Z] = ([αX1 + βY1 , Z1 ], ., [αXn + βYn , Zn ]) = (α[X1 , Z1 ] + β[Y1 , Z1 ], ., α[Xn , Zn ] + β[Yn , Zn ]) = α[X, Z] + β[Y, Z]. Tương tự [X, αY + βZ] = α[X, Y ] + β[X, Z]. • Với X ∈ g, [X, X] = ([X1 , X1 ], ., [Xn , Xn ]) = 0. • Với X, Y, Z ∈ g, ta có [[X, Y ], Z] + [[Y, Z], X] + [[Z, X], Y ] = ([[X1 , Y1 ], Z1 ], ., [[Xn , Yn ], Zn ]) + ([[Y1 , Z1 ], X1 ], ., [[Yn , Zn ], Xn ]) +([[Z1 , X1 ], Y1 ], ., [[Zn , Xn ], Yn ]) = ([[X1 , Y1 ], Z1 ] + [[Y1 , Z1 ], X1 ] + [[Z1 , X1 ], Y1 ], ., [[Xn , Yn ], Zn ] +[[Yn , Zn ], Xn ] + [[Zn , Xn ], Yn ]) = (0, ., 0) = 0. Ta có kết với tổng trực tiếp chúng đẳng cấu. 1.1.2 Đại số Lie Định nghĩa 1.1.4. Cho đại số Lie g, h ⊂ g. Khi h gọi đại số Lie a. h không gian con; b. ∀X, Y ∈ h, ta có [X, Y ] ∈ h. Với a, b ⊂ g, ta kí hiệu [a, b] = {[X, Y ]|X ∈ a, Y ∈ b} ⊂ g. Lúc b. có dạng [h, h] ⊂ h. Nhận xét 1.1.5. 1. Ta có {0}, g đại số Lie g. 2. Mỗi đại số Lie đại số Lie với tích Lie cảm sinh. 3. Xét g = gl(n, k), h = {A = (aij )n |At = −A} ⊂ g. • Thì h không gian véc tơ ∀A, B ∈ h, ∀α, β ∈ k ta có (αA + βB)t = αAt + βB t ⇒ αA + βB ∈ h. • Với A, B ∈ h, [A, B]t = (AB − BA)t = (AB)t − (BA)t = B t At − At B t = −B.(−A) − (−A).(−B) = −(AB − BA) = −[A, B] ⇒ [A, B] ∈ h. Hay [h, h] ⊂ h. Kí hiệu h = so(n, k). Đại số Lie so(3) nhận xét 1.1.2.4 trường hợp riêng h, đại số Lie gl(n, R). 4. Xét k = {A ∈ gl(n, k)| Tr A = 0} (Tr A vết A) đại số Lie g. Thật vậy, Theo tính chất nhân cộng ma trận ta dễ dàng suy k không gian gl(n, k). Hơn nữa, Tr A = n n n aii , ∀A, B ∈ g, ta có Tr AB = i=1 n n aij bji = i=1 j=1 bji aij = Tr BA i=1 j=1 ⇒ Tr[A, B] = 0, ∀A, B ∈ g. Do [k, k] ⊂ k. Kí hiệu k = sl(n, k). 5. Xét g = su(2) = {X ∈ gl(2, C)|X ∗ + X = 0, Tr(X) = 0}, với X ∗ = X t liên hợp phức chuyển vị X, đại số Lie thực chiều với sở i 0 i , , . −i −1 i Ta xem đại số Lie đại số Lie gl(2, C). Thật vậy, g không gian véc tơ gl(2, C) ∀X, Y ∈ g, ∀α ∈ R, ta có (X + Y )∗ = X ∗ + Y ∗ , (αX)∗ = αX ∗ , Tr(X + Y ) = Tr X + Tr Y, Tr(αX) = α Tr X. Hơn nữa, ∀X, Y ∈ g, [X, Y ] = XY − Y X ⇒ [X, Y ]∗ + [X, Y ] = (XY −Y X)∗ +XY −Y X = (XY − Y X)t +XY −Y X = (XY )t − (Y X)t + XY −Y X = (XY )∗ +XY −((Y X)∗ +Y X) = 0, Tr([X, Y ]) = Tr(XY − Y X) = 0. Suy [X, Y ] ∈ g. 6. Cho g đại số Lie, a không gian véc tơ g. Đặt Ng (a) = {X ∈ g|[X, Y ] ∈ a, ∀Y ∈ a} đại số Lie con, gọi chuẩn tắc hóa a g. Và Zg (a) = {X ∈ g|[X, Y ] = 0, ∀Y ∈ a} đại số Lie g, gọi tâm hóa a g. Dựa vào tính song tuyến tính tích Lie ta suy Ng (a), Zg (a) không gian véc tơ g. Ngoài ra, ∀X, Y ∈ Ng (a), ∀Z ∈ a, ta có [[X, Y ], Z] = −([[Y, Z], X] + [[Z, X], Y ]) ∈ a. Suy [X, Y ] ∈ Ng (a). Tương tự cho Zg (a). Rõ ràng, Zg (a) ⊂ Ng (a). Đặc biệt, a = g ta kí hiệu Zg = Zg (g) gọi tâm g. Với g = gl(n, k), X ∈ Zg ⇔ XY = Y X, ∀Y ∈ g. Khái niệm tâm trở khái niệm tâm thông thường. 1.1.3 Iđêan đại số thương Định nghĩa 1.1.6. Cho đại số Lie g, a ⊂ g. Ta gọi a iđêan g a) a không gian véc tơ con; b) [a, g] ⊂ h. Iđêan a gọi iđêan cực tiểu a = b iđêan g cho ⊂ b ⊂ a b = b = a. Iđêan a gọi iđêan cực đại a = g b iđêan g cho a ⊂ b ⊂ g b = a b = g. Nhận xét 1.1.7. 1. Nếu h iđêan h đại số Lie con. 2. Có {0}, g iđêan g. 3. Tâm g, Zg , iđêan g ∀X ∈ Zg , ∀Y ∈ g, [X, Y ] = ∈ Zg . Mệnh đề 1.1.8. Cho a, b iđêan g. Khi a ∩ b, a + b, [a, b] iđêan g. Chứng minh. Giao, tổng không gian véc tơ không gian véc tơ. Với X, Y ∈ a ∩ b X, Y ∈ a; X, Y ∈ b. Vì a, b iđêan nên [X, Y ] ∈ a, b ⇒ [X, Y ] ∈ a ∩ b. Tương tự, X + X , Y + Y ∈ a + b, X, Y ∈ a; X , Y ∈ b, suy [X, Y + Y ] ∈ a, [X , Y + Y ] ∈ b ⇒ [X + X , Y + Y ] ∈ a + b. Ta chứng minh [a, b] iđêan g. Ta có [a, b] không gian véc tơ g. Với X ∈ a, Y ∈ b, Z ∈ g, ta có [Z, X] ∈ a, [Y, Z] ∈ b nên [[Z, X], Y ] ∈ [a, b], [[Y, Z], X] ∈ [a, b]. Mà [[X, Y ], Z] + [[Y, Z], X] + [[Z, X], Y ] = nên [[X, Y ], Z] = −[[Y, Z], X] − [[Z, X], Y ] ∈ [a, b]. Hệ 1.1.9. Ta có [g, g] iđêan g. Mệnh đề 1.1.10. Cho g đại số Lie, h iđêan g. Khi không gian véc tơ thương g/h = {X + h|X ∈ g} đại số Lie với phép toán [X + h, Y + h] = [X, Y ] + h. Chứng minh. Ta cần chứng minh [, ] : g/h × g/h −→ g/h (X + h, Y + h) −→ [X, Y ] + h tích Lie. Thật vậy, • Với (X + h, Y + h) = (X + h, Y + h) ∈ g/h, ta có X − X , Y − Y ∈ h ⇒ [X − X , Y ], [X − X , Y ], [X, Y − Y ], [X , Y − Y ] ∈ h. Suy [X − X , Y ] + [X − X , Y ] + [X, Y − Y ] + [X , Y − Y ] ∈ h, hay 2[X, Y ] − 2[X , Y ] ∈ h. Suy [X, Y ] + h = [X , Y ] + h. Vậy [, ] ánh xạ. • Tính chất song tuyến tính suy từ tích Lie g. • Với X ∈ g, [X + h, X + h] = [X, X] + h = 0. • Với X, Y, Z ∈ g, [[X +h, Y +h], Z +h]+[[Y +h, Z +h], X +h]+[[Z + h, X + h], Y + h] = [[X, Y ], Z] + [[Y, Z], X] + [[Z, X], Y ] + h = + h = 0. Định nghĩa 1.1.11. Đại số Lie cho mệnh đề 1.1.10 gọi đại số Lie thương g theo h. Ví dụ 1.1.12. Xét g = gl(3, R) đại số Lie h = so(3, R), k = sl(3, R) có k iđêan g. 10  0     Lấy I3 =   0  ∈ g, A ∈ h, ta có 0 [A, I3 ]t = (AI3 − I3 A)t = I3t At − At I3t = −I3 A + AI3 = [A, I3 ]. Nếu ta chọn A cho [A, I3 ] = (chẳng hạn vị trí a12 = 0) [A, I3 ] ∈ h. Vậy h iđêan g. Với A, B ∈ g, ta có Tr(AB) = Tr(BA) nên Tr([A, B]) = 0. Suy k iđêan g. Ta có       a11 a12 a13 g/k =   a21 a22 a23    a31 a32 a33        + k aij ∈ R, i, j = 1, 2, .     Mà       a11 a12 a13 −a22 − a33 a12 a13 a11 + a22 + a33 0        a21 a22 a23  =   a21 a22 a23  0 0 .    + a31 a32 a33 a31 a32 a33 0           a 0     ⇒ g/k =  0  + k a ∈ R .       0 Do  g/k = I3 ,  0    I3 =  0   0 = {I3 , 0}. Ví dụ 1.1.13. Xét đại số Lie g = gl(2, R). Ta tìm iđêan đại số Lie này. a b a b Giả sử h iđêan g. Lấy A = ∈ h, B = ∈ g. c d c d Khi đó, [A, B] = bc − cb ab − ba + bd − db ca − ac + dc − cd cb − bc ∈ h. 11 Nếu a = d = suy b = c = 0. Có iđêan {0}. Nếu b = a = d ⇒ c = 0. Và ngược lại, c = b = 0, a = d. Ta có a iđêan h = a∈R . a Nếu a, b, c, d = 0, ta chia thành trường hợp sau • a = αd ⇒ α = −1. Có iđêan k = a b c −a a, b, c ∈ R ; • a = αb a = αc ⇒ không tồn α; • b = αb b = αd ⇒ không tồn α; • c = αd ⇒ không tồn α. Nếu a, b, c, d đôi không phụ thuộc iđêan g. Tóm lại, gl(2, R) có iđêan {0}, h, k, g. Khi đó, ta có đại số Lie thương g/h rõ ràng k/h iđêan khác không g/h. 1.1.4 Đồng cấu đại số Lie Định nghĩa 1.1.14. Cho g, h đại số Lie k. Ánh xạ ϕ : g −→ h đồng cấu đại số Lie a) ϕ ánh xạ tuyến tính; b) ϕ bảo toàn tích Lie, tức ϕ([X, Y ]) = [ϕ(X), ϕ(Y )], ∀X, Y ∈ g. Đồng cấu ϕ đơn (toàn, đẳng) cấu ϕ đơn (toàn, song) ánh. Đại số Lie g gọi đẳng cấu với h (g ∼ = h) ∃ϕ : g −→ h đẳng cấu đại số Lie. Gọi Ker ϕ = {X ∈ g|ϕ(X) = 0} nhân ϕ. Và Im ϕ = {ϕ(X)|X ∈ g} ảnh ϕ. Ví dụ 1.1.15. 14 Chứng minh. Xét ϕ: g/a −→ b/a ∩ b X + a −→ Z + a ∩ b, X = Y + Z, Y ∈ a, Z ∈ b. • Với X + a, X + a : X + a = X + a ⇒ X − X ∈ a ⇒ Y − Y + Z − Z ∈ a, với X = Y + Z, X = Y + Z . Vì Y, Y ∈ a nên Z − Z ∈ a ⇒ Z − Z ∈ a ∩ b. Do Z + a ∩ b = Z + a ∩ b. Vậy ϕ ánh xạ. • Với X, X ∈ g, ∀α, β ∈ k, ta có ϕ(α(X + a) + β(X + a)) = ϕ(αX + βX + a) = αZ + βZ + a ∩ b = αZ + a ∩ b + βZ + a ∩ b = α(Z + a ∩ b) + β(Z + a ∩ b) = αϕ(X + a) + βϕ(X + a). Vậy ϕ ánh xạ tuyến tính. • Ta có ϕ(X + a) = ⇔ Z ∈ a ∩ b ⇒ Z ∈ a ⇒ X ∈ a. Do X + a = 0. Suy ϕ đơn ánh. Hơn nữa, với Z ∈ b, ta có ϕ(Z + a) = Z + a ∩ b. Do ϕ song ánh. • Ta có ϕ([X + a, X + a]) = = = = = ϕ([X, X ] + a), ∀X, X ∈ g ϕ([Y + Z, Y + Z ] + a) ϕ([Y, Y + Z ] + [Z, Y ] + [Z, Z ] + a) ϕ([Z, Z ] + a) = [Z, Z ] + a ∩ b [ϕ(X + a), ϕ(X + a)]. Vậy ϕ đẳng cấu đại số Lie. Mệnh đề 1.1.18. Cho ϕ : g −→ h đồng cấu đại số Lie. Khi g|Ker ϕ ∼ = Im ϕ. Dễ dàng chúng đẳng cấu tuyến tính cộng với tính bảo toàn tích Lie ϕ. 1.2 Đại số Lie giải Trong phần ta xét đại số Lie trường k, k ⊂ K ⊂ C. 15 Định nghĩa 1.2.1. Cho g đại số Lie k, hữu hạn chiều. Đặt g0 = g, g1 = [g, g], ., gk+1 = [gk , gk ], . Ta có dãy giảm: g0 ⊃ g1 ⊃ . ⊃ gk ⊃ . Khi g gọi giải ∃k ∈ N : gk = {0}. Dãy giảm gọi chuỗi hoán tử. Ví dụ 1.2.2.       t x         1) Xét đại số Lie chiều g =  t y  t, x, y ∈ R đại số Lie       0       0 x         gl(3, R). Ta có g = g, g = [g, g] =  0 y  x, y ∈ R ,       0 g2 = [g1 , g1 ] = {0}. Suy g đại số Lie giải được. 2) Tương tự ta xét đại số Lie gl(3, R),       a11 a12 a13 g=   a22 a23    a33        aij ∈ R     đại số Lie giải (với g3 = {0}). Tổng quát quy nạp, ta có       ∗ ∗       .   . τ=  .   ⊂ gl(n, R)      ∗ đại số Lie giải được. Đại số Lie ma trận tam giác giải được. Mệnh đề 1.2.3. Cho ϕ : g −→ h toàn cấu đại số Lie. Khi ϕ(gk ) = hk , ∀k ∈ N. Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp: +) Với k = 0, rõ ràng. 16 +) Giả sử mệnh đề với k, tức ϕ(gk ) = hk . Ta chứng minh mệnh đề với k + 1. Thật vậy, ϕ(gk+1 ) = ϕ([gk , gk ]) = {ϕ([X, Y ]) | X, Y ∈ gk } = {[ϕ(X), ϕ(Y )] | X, Y ∈ gk } = [ϕ(gk ), ϕ(gk )] = [hk , hk ] = hk+1 . Vậy mệnh đề chứng minh. Tổng quát : g giải được, ϕ : g −→ h đồng cấu đại số Lie. Lúc ϕ(g) giải được. Áp dụng chứng minh cho ϕ : g −→ ϕ(g). Mệnh đề 1.2.4. Cho g đại số Lie giải được. Khi đó, đại số Lie con, đại số Lie thương g gải được. Chứng minh. Giả sử a đại số Lie g. Trước tiên ta chứng minh ak ⊂ gk , ∀k ∈ N quy nạp. +) Với k = 0, a0 = a ⊂ g = g0 . +) Giả sử kết với k ∈ N, tức ak ⊂ gk . Ta chứng minh kết với k + 1. Ta có ak+1 = [ak , ak ] ⊂ [gk , gk ] = gk+1 . Theo nguyên lý quy nạp ak ⊂ gk , ∀k ∈ N . Vì g giải nên ∃l ∈ N : gl = {0}. Suy al = {0}. Hay a giải được. Xét p : g −→ g/h, h iđêan g, toàn cấu tắc. Theo mệnh đề 1.2.3 g/h giải được. Chú ý 1.2.5. Mệnh đề cho ta dấu hiệu nhận biết đại số Lie giải được. Chẳng hạn ví dụ 1.2.2, đại số Lie ma trận tam giác giải nên suy nhiều đại số Lie giải đại số Lie thứ nhất, τ0 tập ma trận tam giác có đường chéo đại số Lie giải được. Nếu h ⊂ g không giải g không giải được. Mệnh đề 1.2.6. Cho g đại số Lie giải a iđêan giải g cho g/a giải được. Lúc g giải được. Chứng minh. Xét p : g −→ g/a toàn cấu tắc. Vì g/a giải nên ∃k ∈ N : (g/a)k = {0}. Suy p(gk ) = (g/a)k = {0}. Hay gk ⊂ a. Mà a giải nên ∃l ∈ N : al = {0}. Suy (gk )l = gk+l = {0}. Vậy g giải được. 17 Mệnh đề 1.2.7. Cho g đại số Lie hữu hạn chiều. Khi tồn iđêan giải g chứa tất iđêan giải khác. Ký hiệu: = rad(g) gọi g. Chứng minh. Do g hữu hạn chiều nên ta cần chứng minh tổng hai iđêan giải iđêan giải g. Giả sử a, b iđêan giải g. Theo mệnh đề 1.1.8, a + b iđêan g. Hơn theo mệnh đề 1.1.17, a + b/a ∼ = b/a ∩ b. Vì b giải nên b/a ∩ b giải được. Kết hợp mệnh đề 1.2.3, suy a + b/a giải được. Mà a giải nên a + b giải được. Đặt = a, a iđêan giải g. Mệnh đề 1.2.8. Cho g1 , g2 đại số Lie hữu hạn chiều. Đặt g = g1 ×g2 . Khi rad(g) = rad(g1 ) × rad(g2 ). Chứng minh. Theo mệnh đề 1.1.3, g đại số Lie. Khi đó, rad(g1 ) × rad(g2 ) iđêan g. Thật vậy, với X = (X1 , X2 ) ∈ rad(g1 ) × rad(g2 ), ∀ Y = (Y1 , Y2 ) ∈ g, ta có [X, Y ] = ([X1 , Y1 ], [X2 , Y2 ]) ∈ rad(g1 ) × rad(g2 ). Hơn rad(g1 ) × rad(g2 ) không gian g nên iđêan g. Nói chung, tích iđêan g1 iđêan g2 iđêan g. Bây ta chứng minh (rad(g1 )×rad(g2 ))n = (rad g1 )n ×(rad g2 )n , ∀n ∈ N quy nạp. +) Với n = 0, hiển nhiên đúng. +) Giả sử kết với n, (rad(g1 ) × rad(g2 ))n = (rad g1 )n × (rad g2 )n . Ta chứng minh cho trường hợp n + 1. Ta có (rad g1 × rad g2 )n+1 = [(rad(g1 ) × rad(g2 ))n , (rad(g1 ) × rad(g2 ))n ] = [(rad g1 )n × (rad g2 )n , (rad g1 )n × (rad g2 )n ] = ([(rad g1 )n , (rad g1 )n ], [(rad g2 )n × (rad g2 )n ]) = (rad g1 )n+1 × (rad g2 )n+1 . Ta chứng minh rad g1 × rad g2 iđêan giải lớn g. +) Vì rad g1 , rad g2 iđêan giải g1 , g2 nên ∃k, l ∈ N cho (rad g1 )k = {0}, (rad g2 )l = {0}. Lúc (rad g1 × rad g2 )k+l = (rad g1 )k+l × (rad g2 )k+l = {0}. 18 +) Giả sử a iđêan giải g. Xét phép chiếu π1 : g −→ g1 (X1 , X2 ) −→ X1 π2 : g −→ g2 (X1 , X2 ) −→ X2 toàn cấu đại số Lie. Vì a giải nên π1 (a), π2 (a) iđêan giải g1 , g2 . Hơn nữa, a = π1 (a) × π2 (a) nên a ⊂ rad g1 × rad g2 . Vậy rad g = rad g1 × rad g2 . Mệnh đề 1.2.9. Cho g1 , ., gn đại số Lie hữu hạn chiều. Đặt g = g1 × g2 × . × gn . Khi rad g = rad g1 × rad g2 × . × rad gn . Chứng minh. Mệnh đề chứng minh quy nạp sau +) Mệnh đề với n = 1. +) Giả sử Mệnh đề với k < n. Ta chứng minh cho trường hợp n. Đặt g1,2 = g1 × g2 . Áp dụng giả thiết quy nạp cho g1,2 , g3 , ., gn , ta có rad(g1,2 × g3 × . × gn ) = rad g1,2 × rad g3 × . × rad gn . Kết hợp mệnh đề 1.2.8 ta rad g = rad g1 × rad g2 × . × rad gn . Thay tích tổng ta kết tương tự. Chương Đại số Lie nửa đơn đại số Lie khả quy 2.1 Đại số Lie nửa đơn 2.1.1 Định nghĩa Định nghĩa 2.1.1. Cho g đại số Lie trường k, hữu hạn chiều a) g gọi đơn (simple) g không giao hoán không tồn iđêan khác không thực g. b) g nửa đơn (semi simple) g iđêan giải khác không nào, tức rad(g) = {0}. Nhận xét 2.1.2. 1. Nếu g đại số Lie đơn g = [g, g] có hai iđêan {0}, g. Do g không giải được. 2. Nếu g đại số Lie đơn g đại số Lie nửa đơn. Điều ngược lại nói chung không đúng. Chúng ta xem xét ví dụ 2.1.5 2.1.19. 3. Mỗi iđêan đại số Lie nên ta có iđêan đơn. 4. Nếu g nửa đơn Z(g) = {0}. Vì Z(g) iđêan giao hoán g nên giải được. Mệnh đề 2.1.3. Cho g đại số Lie hữu hạn chiều. Khi g/ rad(g) nửa đơn. 19 20 Chứng minh. Xét π : g −→ g/ rad(g) toàn cấu tắc. Giả sử h ⊂ g/ rad(g) iđêan giải được. Ta có a = π −1 (h) ⊂ g iđêan g. Vì Ker(π|a ) ⊂ rad(g) nên Ker(π|a ) giải được. Hơn nữa, h π(a) = a/ Ker(π|a ) giải được. Do a giải được, hay a ⊂ rad(g). Suy h = 0. Vậy g/ rad(g) nửa đơn. Mệnh đề 2.1.4. Mỗi đại số Lie chiều đơn giải được. Chứng minh. Mỗi đại số Lie chiều giao hoán. Thật vậy, g = X0 , với X, Y ∈ g, X = αX0 , Y = βX0 nên [X, Y ] = αβ[X0 , X0 ] = 0. Đại số Lie chiều giao hoán giải được. Gọi {U, V } sở g. Nếu [U, V ] = với X, Y ∈ g, X = α1 U + β1 V, Y = α2 U + β2 V . Khi [X, Y ] = [α1 U + β1 V, α2 U + β2 V ] = 0. Nếu [U, V ] = 0, [U, V ] ∈ g nên [U, V ] = aU + bV, b = (a, b không đồng thời 0). Đặt X = U , b Y = aU + bV , ta có {X, Y } độc lập tuyến tính nên sở g. Hơn nữa, [X, Y ] = [U, V ] = Y . Từ suy ra, g1 = [X, Y ] = Y , g2 = {0}. Suy g giải được. Cho g đại số Lie chiều. Giả sử g không đơn, tức tồn iđêan h(0 =) g. Ta có dim(h) = 1, nên theo h, g/h giải được. Suy g giải được. 2.1.2 Các ví dụ áp dụng a b a, b, c ∈ R = sl(2, R) đại số Lie c −a chiều. Vì [g, g] = g nên g không giải được. Do g đơn. Trở lại ví dụ 1.1.13, gl(2, R) có iđêan {0}, h, k, gl(2, R), a h= a ∈ R , k = g. Vì k không giải nên gl(2, R) không a giải h iđêan giải gl(2, R). Do rad(gl(2, R)) = h. Theo mệnh đề 2.1.3, gl(2, R)/k đại số Lie nửa đơn rõ ràng iđêan đơn h/k iđêan gl(2, R)/k, h/k = {0}, gl(2, R)/k. Ví dụ 2.1.5. Cho g = Ví dụ 2.1.6. Xét đại số Lie chiều       g=   −a     a b  c   a, b, c ∈ R −b −c        = so(3, R). 21 Vì [g, g] = g nên g không giải được, g đại số Lie đơn. Ví dụ 2.1.7. Đại số Lie đơn, thực chiều g = su(2) = {X ∈ gl(2, C)|X ∗ + X = 0, Tr(X) = 0} (xem nhận xét 1.1.5) đơn. Thật vậy, lấy X = b + ci b +ci ,Y = ∈ g, ta có −b + ci −ai −b + c i −a i [X, Y ] = 2(bc − cb )i 2(ab − ba )i + 2(a c − ac ) 2(ab − ba )i − 2(a c − ac ) −2(bc − cb )i . Suy [g, g] = g nên g không giải đơn. 2.1.3 Dạng Killing tiêu chuẩn Cartan Định nghĩa 2.1.8. Cho g đại số Lie hữu hạn chiều k. Với X, Y ∈ g, đặt B(X, Y ) = T r(ad X ◦ ad Y ) xác định dạng song tuyến tính g B: g × g −→ k (X, Y ) −→ B(X, Y ) = T r(ad X ◦ ad Y ) gọi dạng Killing g. Nhận xét 2.1.9. 1. Dạng Killing B song tuyến tính đối xứng g. 2. Với X, Y, Z ∈ g, ta có B((ad X)Y, Z) = −B(Y, (ad X)Z) hay B([X, Y ], Z) = −B(Y, [X, Z]) = B(X, [Y, Z]). Ví dụ 2.1.10. Cho g = sl(2, R) có sở E= 0 −1 ,F = 0 ,G = 0 . Ta có [E, F ] = 2F, [E, G] = −2G, [F, G] = E. Với X, Y ∈ g, X = αE + βF + γG, Y = aE + bF + cG. Gọi C1 , C2 ma trận ad X, ad Y cặp sở tắc. Ta tính   −γ β   C1 =    −2β 2α  2γ −2α   −c b   C2 =    −2b 2a . 2c −2a 22 Gọi C ma trận ad X ◦ ad Y ,   2bγ + 2cβ −2aγ −2aβ   . C = C1 .C2 =  −4bα 2cβ + 4aα −2bβ   −4cα −2cγ 2bγ + 4aα Suy B(X, Y ) = Tr(C) = 8aα + 4bγ + 4cβ. Ma trận B sở có dạng   0    B=  0 . Định lý 2.1.11. (Tiêu chuẩn Cartan thứ nhất) Cho g đại số Lie hữu hạn chiều k(k ⊂ C). Khi g giải với X ∈ g, ∀Y ∈ [g, g], ta có B(X, Y ) = hay B(g, [g, g]) = Xem [1], định lý 1.45 trang 50. Mệnh đề 2.1.12. Cho g đại số Lie trường k, a iđêan g. Đặt a⊥ = {X ∈ g | B(X, Y ) = ∀Y ∈ a}. Khi a⊥ iđêan g. Chứng minh. Ta có a⊥ không gian véc tơ g ∀X, X ∈ a⊥ , ∀Y ∈ a, ∀α ∈ k, ta có B(X + X , Y ) = B(X, Y ) + B(X , Y ) = 0, B(αX, Y ) = αB(X, Y ) = 0. Suy X + X , αX ∈ a⊥ . Hơn nữa, ∀X ∈ a⊥ , ∀Y ∈ g, ∀Z ∈ a, ta có B([Y, X], Z) = −B(X, [Y, Z]). Mà [Y, Z] ∈ a nên B([Y, X], Z) = −B(X, [Y, Z]) = 0. Hay [Y, X] ∈ a⊥ , ∀X ∈ a⊥ , ∀Y ∈ g. Do a⊥ iđêan g. Định nghĩa 2.1.13. Cho g đại số Lie hữu hạn chiều, B dạng killing tương ứng. Ký hiệu rad B = {X ∈ g|B(X, Y ) = 0, ∀Y ∈ g} iđêan g. Dạng killing B gọi không suy biến rad B = {0}. Hệ 2.1.14. Cho g đại số Lie hữu hạn chiều, B dạng killing tương ứng. Khi rad B ⊂ rad g. 23 Chứng minh. Ta cần chứng minh rad B iđêan giải g. Gọi K dạng Killing rad B. Xét h không gian véc tơ g cho g = rad B ⊕ h. Với X ∈ rad B, xét ad X. Do rad B iđêan g nên ∀Y ∈ g, ta có (ad X)(Y ) = [X, Y ] ∈ rad B. Suy ma trận ad X có dạng A= ∗ ∗ 0 . Do ∀X, Y ∈ rad B, ta có K(X, Y ) = B(X, Y )|rad B = Tr(ad X ◦ ad Y ) = B(X, Y ) = 0. Vậy rad B giải theo tiêu chuẩn Cartan thứ nhất. Định lý 2.1.15. (Tiêu chuẩn Cartan thứ 2) Đại số Lie g nửa đơn dạng killing B không suy biến. Chứng minh. Giả sử g nửa đơn, tức rad g = {0}. Theo hệ 2.1.14, rad B = {0}. Vậy B không suy biến. Ngược lại, giả sử g không nửa đơn ta chứng minh B suy biến. Thật vậy, rad g = {0} g iđêan giải nên tồn l ∈ N∗ : (rad g)l = {0}. Gọi k số bé thỏa mãn điều này, đặt a = (rad g)k−1 a iđêan giao hoán khác g. Luôn tồn b không gian véc tơ g cho g = a ⊕ b. Ta chứng minh a ⊂ rad B. Với X ∈ a ma trận ad X có dạng A= ∗ 0 . Bởi X tích Lie với phần tử sở thuộc a tích phần tử sở thuộc b lại phần tử thuộc a. Với Y ∈ g ma trận ad Y có dạng C= ∗ ∗ ∗ . Điều có ∀X ∈ a, [Y, X] ∈ a nên không biểu thị qua b. Suy ad X ◦ ad Y có ma trận dạng tam giác ngặt nên B(X, Y ) = Tr(ad X ◦ ad Y ) = 0, ∀Y ∈ g hay X ∈ rad B. Từ a ⊂ rad B. Hệ 2.1.16. Cho g đại số Lie nửa đơn, a iđêan g. Khi dim g = dim a + dim a⊥ . 24 Vì g nửa đơn nên dạng Killing B không suy biến. Kết suy từ mệnh đề 1.43, [1]. Định lý 2.1.17. Đai số Lie g hữu hạn chiều nửa đơn g = g1 ⊕ . ⊕ gn , với g1 , g2 , ., gn đại số Lie đơn. Chứng minh. Giả sử g1 , g2 , ., gn đại số Lie đơn. Lúc chúng nửa đơn. Áp dụng mệnh đề 1.2.9, rad g = 0. Giả sử g nửa đơn. Ta chứng minh định lý quy nạp theo dim g, dim g ≥ 3. +) Với dim g = 3, g nửa đơn nên g không giải đơn. +) Giả sử chiều thuận định lý với đại số Lie có số chiều bé dim g, ta chứng minh định lý với dim g. Gọi a iđêan cực tiểu khác không g. Để ý iđêan tồn g đơn ta lấy a = g. Trường hợp g không đại số Lie đơn tồn iđêan a1 khác tầm thường (0, g). Nếu a1 đơn, chọn a = a1 , ngược lại ta có iđêan a2 cho = a2 a1 . Vì g hữu hạn nên trình dừng. Lúc ta tìm a. Lại có rad(B|a×a ) = a ∩ a⊥ . Vì a iđêan cực tiểu g nên a ∩ a⊥ = a∩a⊥ = a. Giả sử rad(B|a×a ) = a B(A1 , A2 ) = 0, với A1 , A2 ∈ a. Áp dụng tiêu chuẩn Cartan thứ cho đại số Lie a suy a iđêan giải được. Mâu thuẫn g nửa đơn. Vậy a∩a⊥ = 0. Theo hệ 2.1.16 g = a⊕a⊥ không gian véc tơ. Bây ta chứng minh a đơn. Giả sử b iđêan a, ta có [b, g] = [b, a + a⊥ ] = [b, a] + [b, a⊥ ] ⊂ b [b, a] ⊂ b [b, a⊥ ] = (theo định nghĩa a⊥ ). Dựa vào tính cực tiểu a g ta b = b = a. Vậy a iđêan đơn. Tương tự, với iđêan a⊥ iđêan g nên rad a⊥ = 0, hay a nửa đơn. Áp dụng giả thiết quy nạp suy a⊥ = a1 ⊕ . ⊕ an , iđêan đơn với n đó. Kết thúc chứng minh định lý. Hệ 2.1.18. Nếu g nửa đơn g = [g, g]. Chứng minh. Vì g nửa đơn nên tồn iđêan đơn g1 , ., gn cho g = g1 ⊕ . ⊕ gn . Với i, j = 1, ., n, i = j [gi , gj ] iđêan gi , gj nên [gi , gj ] = 0. Hơn [gi , gi ] = gi (vì chúng đơn). Do [g, g] = [g1 ⊕ . ⊕ gn , g1 ⊕ . ⊕ gn ] = g1 ⊕ . ⊕ gn = g. 25 Định lý cho ta cách xác định iđêan nửa đơn mà không đơn. Ví dụ 2.1.19. Nhìn cách tổng quát iđêan giải được, nửa đơn đơn. Như ta biết đại số Lie từ chiều trở xuống đơn giải nên để tìm đại số Lie không đơn đại số Lie phải có số chiều từ trở lên. Đó khó khăn số chiều. Hơn đại số Lie lại nửa đơn nên g không giải được. Do ta lại xuất phát từ đại số Lie đơn quen thuộc cách nâng số chiều lên cho iđêan giải tạo thành. Và cách đơn giản lấy tổng trực tiếp chúng xét không gian nhiều chiều hơn. Chẳng hạn,      g = g1 ⊕ g2 =           Trong đó, g1 =       a b c −a  d   −d  a b 0 c −a 0 0 0 0 0 0 0 0 0 e   f   −e −f      ,          g2 =      0 0          0 0 0 0 d −d 0 −e −f 0 e f      .     Ta đổi chỗ, dịch chuyển khối ma trận ta đại số Lie nửa đơn không đơn thân g1 , g2 iđêan thực khác không g. Có thể thực với iđêan đơn khác. 2.2 Đại số Lie quy Định nghĩa 2.2.1. Đại số Lie g gọi quy (hay khả quy) với iđêan a g tồn iđêan b g cho g = a ⊕ b. Nhận xét 2.2.2. Mỗi đại số Lie nửa đơn khả quy. Theo chứng minh định lý 2.1.17 với iđêan a g, g = a ⊕ a⊥ . Diều ngược lại nói chung không (xem ví dụ 2.2.5). 26 Định lý 2.2.3. Mỗi đại số Lie g quy có dạng phân tích g = [g, g]⊕Z(g). Chứng minh. Trường hợp g nửa đơn kết tầm thường nên ta xét đại số Lie không nửa đơn. Trước tiên ta chứng minh đại số Lie quy được phân tích thành tổng trực tiếp iđêan đơn iđêan chiều. Chứng minh quy nạp theo dim g. + Với n = hiển nhiên. Nếu dim g = g không đơn nên tồn iđêan không tầm thường a. Vì g quy nên tồn iđêan b cho g = a ⊕ b. Rõ ràng a, b iđêan chiều. + Giả sử kết với đại số Lie có số chiều bé dim g. Ta chứng minh với dim g. Thật vậy, g không nửa đơn suy g không đơn nên tồn iđêan a khác tầm thường. Vì g quy nên có b iđêan g cho g = a ⊕ b. Ta có dim a, dim b < dim g, áp dụng giả thiết quy nạp cho a, b ta điều cần chứng minh. Vậy g = 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 [g, g] = aj+1 ⊕ . ⊕ ak . Để kết thúc chứng minh ta Z(g) = a1 ⊕ .⊕aj . Dễ thấy a1 ⊕ .⊕aj ⊂ Z(g). Ngược lại, Với X ∈ Z(g), X = X1 + . + Xk , Xi ∈ . Khi đó, với Y ∈ , [X, Y ] = suy [Xi , Y ] = 0. Do Xi ∈ Z(ai ). Suy Xi = 0, i = j + 1, ., k. Vậy Z(g) ⊂ a1 ⊕ . ⊕ aj . Như Z(g) = g tổng trực tiếp iđêan đơn. Ta có hệ sau Hệ 2.2.4. đại số Lie khả quy có tâm không nửa đơn. Ví dụ 2.2.5. Nhìn lại ví dụ 1.1.13, g = gl(2, R) có iđêan 0, h = a a b a ∈ R ,k = a, b, c ∈ R , g. Nó không đại a c −a số Lie nửa đơn lại đại số Lie khả quy. Thật vậy, hệ phương trình x+y =a x−y =b 27 có nghiệm với a, b nên ma trận phân tích thành tổng ma trận thuộc h k. Do g = ⊕ g = h ⊕ k. 28 KẾT LUẬN Trong tiểu luận tổng hợp lại số khái niệm, tính chất xoay quanh đại số Lie nửa đơn quy được. Một số chứng minh tham khảo phần từ tài liệu [1]. Trên sở gợi ý giáo viên hướng dẫn hệ thống đưa chứng minh dẫn đến 2.1.17 ví dụ đại số Lie nửa đơn mà không đơn, quy mà không nửa đơn. Song bên cạnh có vài chứng minh thời gian gấp nên chưa chứng minh được. Tôi hy vọng tiểu luận không giúp ôn tập đại số Lie mà có ích cho bạn đọc quan tâm. Tài liệu tham khảo [1] Anthony W. Knapp, Lie Groups Beyond an Introduction (Second Edition), Birkh¨auser Boston Basel Berlin, 2002. [2] Trần Đạo Dõng, Bài giảng Đại số Lie nhóm Lie. 29 [...]... 1 Cho g, h là các đồng cấu đại số Lie Dễ thấy 0 : g −→ h X −→ 0 là một đồng cấu đại số Lie Còn idg : g −→ g X −→ X là đẳng cấu đại số Lie 2 Cho g là đại số Lie, a là một đại số con của g, h là iđêan con của g Khi đó i : a −→ g X −→ X là một đơn cấu đại số Lie, gọi là phép nhúng chính tắc Và p : g −→ g/h X −→ X + h là một toàn cấu đại số Lie, gọi là phép chiếu chính tắc 3 Cho ϕ : g −→ h là đồng cấu đại. .. 1.2.5 Mệnh đề trên cho ta một dấu hiệu nhận biết đại số Lie giải được Chẳng hạn ở ví dụ 1.2.2, đại số Lie các ma trận tam giác trên là giải được nên có thể suy ra nhiều đại số Lie con giải được như là đại số Lie thứ nhất, τ0 tập các ma trận tam giác trên có đường chéo chính bằng 0 là các đại số Lie giải được Nếu h ⊂ g không giải được thì g không giải được Mệnh đề 1.2.6 Cho g là đại số Lie giải được và... Z ] + a ∩ b [ϕ(X + a), ϕ(X + a)] Vậy ϕ là đẳng cấu đại số Lie Mệnh đề 1.1.18 Cho ϕ : g −→ h là đồng cấu đại số Lie Khi đó g|Ker ϕ ∼ = Im ϕ Dễ dàng vì chúng là đẳng cấu tuyến tính cộng với tính bảo toàn tích Lie của ϕ 1.2 Đại số Lie giải được Trong phần này ta xét các đại số Lie trên trường k, trong đó k ⊂ K ⊂ C 15 Định nghĩa 1.2.1 Cho g là đại số Lie trên k, hữu hạn chiều Đặt g0 = g, g1 = [g, g],... ] = hk+1 Vậy mệnh đề được chứng minh Tổng quát : nếu g giải được, ϕ : g −→ h là một đồng cấu đại số Lie Lúc đó ϕ(g) giải được Áp dụng chứng minh trên cho ϕ : g −→ ϕ(g) Mệnh đề 1.2.4 Cho g là đại số Lie giải được Khi đó, các đại số Lie con, đại số Lie thương của g là gải được Chứng minh Giả sử a là đại số Lie con của g Trước tiên ta sẽ đi chứng minh ak ⊂ gk , ∀k ∈ N bằng quy nạp +) Với k = 0, a0 =... g là đại số Lie đơn thì g = [g, g] vì nó chỉ có hai iđêan là {0}, g Do đó g không giải được 2 Nếu g là đại số Lie đơn thì g là đại số Lie nửa đơn Điều ngược lại nói chung không đúng Chúng ta sẽ xem xét trong ví dụ 2.1.5 và 2.1.19 3 Mỗi iđêan là một đại số Lie nên ta có iđêan đơn 4 Nếu g là nửa đơn thì Z(g) = {0} Vì Z(g) là iđêan giao hoán của g nên giải được Mệnh đề 2.1.3 Cho g là một đại số Lie hữu... Lie từ 3 chiều trở xuống đều là đơn hoặc giải được nên để đi tìm được một đại số Lie không đơn thì đại số Lie đó phải có số chiều từ 4 trở lên Đó là một khó khăn về số chiều Hơn nữa đại số Lie này lại nửa đơn nên ít nhất g không giải được Do đó ta lại xuất phát từ những đại số Lie đơn quen thuộc bằng cách nâng số chiều lên sao cho nó không có iđêan giải được nào được tạo thành Và một cách đơn giản nhất... chứng minh cho trường hợp n Đặt g1,2 = g1 × g2 Áp dụng giả thiết quy nạp cho g1,2 , g3 , , gn , ta có rad(g1,2 × g3 × × gn ) = rad g1,2 × rad g3 × × rad gn Kết hợp mệnh đề 1.2.8 ta được rad g = rad g1 × rad g2 × × rad gn Thay tích bởi tổng ta được kết quả tương tự Chương 2 Đại số Lie nửa đơn và đại số Lie khả quy 2.1 Đại số Lie nửa đơn 2.1.1 Định nghĩa Định nghĩa 2.1.1 Cho g là một đại số Lie trên... đồng cấu đại số Lie Lúc đó, ϕ biến không gian con thành không gian con và ngược lại, ảnh ngược của một không gian con là một không gian con • Nếu a là đại số Lie con của g thì ϕ(a) là đại số Lie con của h Vì ϕ bảo toàn tích Lie nên [ϕ(a), ϕ(a)] ⊂ ϕ(a) • Nếu b là iđêan Lie con của h thì b−1 là iđêan Lie con của g Vì ϕ([b−1 , g]) ⊂ [b, h] ⊂ b ⇒ [b−1 , g] ⊂ b−1 Ví dụ 1.1.16 1 Cho g là đại số Lie trên trường... như là đại số Lie 1) Xét đại số Lie 3 chiều g =         0 0 0       0 0 x       0 1  0 0 y  x, y ∈ R , con của gl(3, R) Ta có g = g, g = [g, g] =         0 0 0 g2 = [g1 , g1 ] = {0} Suy ra g là đại số Lie giải được 2) Tương tự trên ta xét đại số Lie con của gl(3, R),       a11 a12 a13 g =  0 a22 a23     0 0 a33        aij ∈ R     là đại số Lie giải... mệnh đề 2.1.3, gl(2, R)/k là đại số Lie nửa đơn nhưng rõ ràng nó không phải là iđêan đơn vì h/k là một iđêan của gl(2, R)/k, h/k = {0}, gl(2, R)/k Ví dụ 2.1.5 Cho g = Ví dụ 2.1.6 Xét đại số Lie 3 chiều       0 g =  −a      a b  0 c  a, b, c ∈ R  −b −c 0        = so(3, R) 21 Vì [g, g] = g nên g không giải được, do đó g là đại số Lie đơn Ví dụ 2.1.7 Đại số Lie đơn, thực 3 chiều g =