Nhóm Lie Và Đại Số Lie

Đa tạp khả vi: 1.1 Không gian Euclide địa phương: Không gian Tôpô Hausdorff M được gọi là không gian Euclide địa phương n chiều nếu với mỗi điểm p thuộc M tồn tại một lân cận U của p sao cho U đồng phôi với một tập mở trong Rn, tức là tồn tại một phép đồng phôi ϕ : U → ϕ(U) ⊂ Rn(ϕ(U) là một tập mở trong Rn). + Cặp (U, ϕ) được gọi là một đồ thị (chart or coordinate neighborhood) của M. + ϕ−1 : ϕ(U) → U được gọi là một tham số hóa địa phương (local parametrization). + Ánh xạ ϕ được gọi là ánh xạ tọa độ địa phương (local coordinate map) vì với mỗi điểm p thuộc M thì luôn có một đồ thị (U, ϕ) của M tại p nên ta có thể định nghĩa tọa độ của p qua ϕ(p) p = ϕ(p) = (ϕ1(p), ϕ2(p), ..., ϕn(p)) gọi là tọa độ địa phương của p. Vì với mỗi p có thể có nhiều đồ thị khác nhau nên có thể có nhiều tọa độ địa phương khác nhau. + U được gọi là miền của đồ thị(chart domain). + Tập hợp tất cả các đồ thị (Ui, ϕi), i ∈ I phủ M được gọi là một Atlas của M. Nhận xét: Nếu M là một không gian Euclide địa phương thì trên M tồn tại một Atlas, do đó để chứng tỏ M là một không gian Euclide địa phương ta có thể chứng tỏ tồn tại một Atlas của M. Ví dụ: Đường tròn đơn vị S1 = {(x1, x2) : x2 1 +x2 2 = 1} trong mặt phẳng R2 là một không gian Euclide địa phương 1 chiều. Thật vậy: + S1 là không gian Tôpô với Tôpô sinh bởi metric Euclide. + ∀p, q ∈ S1, p 6= q thì d(p, q) > 0. Khi đó B(p, d(p, q) 2 ) ∩ S1 và B(q, d(p, q) 2 ) ∩ S1 lần lượt là lân cận của p và q. Mà B(p, d(p, q) 2 ) ∩ S1 ∩ B(q, d(p, q) 2 ) ∩ S1 = φ. Vậy S1 là không gian Tôpô Hasdorff. + Trên S1 tồn tại 1 Atlas gồm 4 đồ thị {(Ui, ϕi), i = 1, 2, 3, 4} được xác định như sau: U1 = x ∈ S1 : x2 > 0, ϕ1(x) = x1. U2 = x ∈ S1 : x2 < 0, ϕ2(x) = x1. U3 = x ∈ S1 : x1 > 0, ϕ3(x) = x2. U4 = x ∈ S1 : x1 < 0, ϕ4(x) = x2.

Chương : Mở 1.1 Đầu Về Nhóm Lie Và Đại Số Lie Đa tạp khả vi: Không gian Euclide địa phương: Không gian Tôpô Hausdorff M gọi không gian Euclide địa phương n chiều với điểm p thuộc M tồn lân cận U p cho U đồng phôi với tập mở Rn , tức tồn phép đồng phôi ϕ : U → ϕ(U ) ⊂ Rn (ϕ(U ) tập mở Rn ) + Cặp (U, ϕ) gọi đồ thị (chart or coordinate neighborhood) M + ϕ−1 : ϕ(U ) → U gọi tham số hóa địa phương (local parametrization) + Ánh xạ ϕ gọi ánh xạ tọa độ địa phương (local coordinate map) với điểm p thuộc M ln có đồ thị (U, ϕ) M p nên ta định nghĩa tọa độ p qua ϕ(p) p = ϕ(p) = (ϕ1 (p), ϕ2 (p), , ϕn (p)) gọi tọa độ địa phương p Vì với p có nhiều đồ thị khác nên có nhiều tọa độ địa phương khác + U gọi miền đồ thị(chart domain) + Tập hợp tất đồ thị (Ui , ϕi ), i ∈ I phủ M gọi Atlas M * Nhận xét: Nếu M khơng gian Euclide địa phương M tồn Atlas, để chứng tỏ M không gian Euclide địa phương ta chứng tỏ tồn Atlas M * Ví dụ: Đường tròn đơn vị S1 = {(x1 , x2 ) : x21 + x22 = 1} mặt phẳng R2 không gian Euclide địa phương chiều Thật vậy: + S1 không gian Tôpô với Tôpô sinh metric Euclide d(p, q) d(p, q) + ∀p, q ∈ S1 , p = q d(p, q) > Khi B(p, ) ∩ S1 B(q, ) ∩ S1 2 d(p, q) d(p, q) lân cận p q Mà B(p, ) ∩ S1 ∩ B(q, ) ∩ S1 = φ 2 Vậy S1 không gian Tôpô Hasdorff + Trên S1 tồn Atlas gồm đồ thị {(Ui , ϕi ), i = 1, 2, 3, 4} xác định sau: U1 = x ∈ S1 : x2 > 0, ϕ1 (x) = x1 U2 = x ∈ S1 : x2 < 0, ϕ2 (x) = x1 U3 = x ∈ S1 : x1 > 0, ϕ3 (x) = x2 U4 = x ∈ S1 : x1 < 0, ϕ4 (x) = x2 Rỏ ràng đồ thị phủ S1 ánh xạ ϕi phép chiếu tọa độ nên chúng đồng phôi Vậy S1 không gian Euclide địa phương chiều Khi đồ thị tương ứng với tham số hóa cho ϕ−1 i : (−1; 1) → Ui xác định sau: √ − z ) ϕ−1 (z) = (z, √ ϕ−1 (z) = (z, − − z ) √ ϕ−1 (z) = ( − z , z) √ ϕ−1 (z) = (− − z , z) 1.2 Đa tạp khả vi: Ta xây dựng không gian Euclide địa phương cấu trúc khả vi để trở thành đa tạp khả vi Giả sử (U, ϕ) (V, ψ) hai đồ thị không gian Euclide địa phương n chiều cho W = U ∩ V = φ Khi ϕ(W ) ψ(W ) hai tập mở khác rỗng Rn ánh xạ: ψ ◦ ϕ−1 |ϕ(W ) : ϕ(W ) → ψ(W ) xác định đồng phôi hai tập mở ánh xạ ngược là: ϕ ◦ ψ −1 |ψ(W ) : ψ(W ) → ϕ(W ) Ánh xạ ψ ◦ ϕ−1 ϕ ◦ ψ −1 gọi phép đổi hệ trục tọa độ * Định nghĩa: Hai đồ thị (U, ϕ) (V, ψ) gọi C k − tương thích W = U ∩ V = φ ψ ◦ ϕ−1 , ϕ ◦ ψ −1 ∈ C k * Định nghĩa đa tạp khả vi: Một C k − đa tạp khả vi(differentiable manifold) n chiều cặp (M, A) Trong đó: M khơng gian Euclide địa phương n chiều A C k − cấu trúc khả vi M + Tập A = {(Ui , ϕi ), i ∈ I} họ đồ thị không gian Euclide địa phương M gọi C k − cấu trúc khả vi M A thỏa mãn điều kiện: i A Atlas M ii Hai đồ thị (Ui , ϕi ), (Uj , ϕj ); i, j ∈ I C k − tương thích Điều có nghĩa tương thích đồ thị cấu trúc thành đa tạp khả vi iii A tối đại theo nghĩa đồ thị (Ui , ϕi ) tương thích với đồ thị lại M (Ui , ϕi ) phải chứa A + Nếu A C ∞ − cấu trúc khả vi M M gọi đa tạp trơn(Smooth manifold) + Nếu A C − cấu trúc khả vi M M gọi đa tạp Tơpơ + Nếu A C k − cấu trúc khả vi(k ∈ R M M gọi đa tạp giải tích + Ta ý đến đa tạp trơn theo định lý Gleason-Montgomery-Zippin đa tạp Tôpô(C − đa tạp khả vi) đưa vào cấu trúc C ∞ − cấu trúc khả vi đa tạp trơn * Ví dụ: * Khơng gian Euclide Rn đa tạp khả vi n chiều Thật ta có: + Rn không gian tôpô Hausdorff Rn không gian tôpô với tôpô sinh mêtric Euclide d(x, y) = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + + (xn − yn )2 với x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn x, y ∈ Rn , x = y =⇒ d(x, y) > Khi B(x, d(x, y) d(x, y) ) B(y, ) hai lân 2 d(x, y) d(x, y) ) ∩ B(y, ) = ∅ 2 + Trên Rn tồn cấu trúc khả vi: cận x y mà B(x, Vì thân Rn tập mở Rn với song ánh ánh xạ đồng nên khả vi Và Rn khơng gian Euclide địa phương n chiều.Khi ta xây dựng cấu trúc khả vi Rn A = {(Rn , idRn )} * Siêu cầu Sn = {x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn+1 : x21 + x22 + + x2n+1 = 1} đa tạp khả vi n chiều Thật vậy: + Sn không gian tôpô Hausdorff: Sn không gian tôpô với tôpô sinh mêtric Euclide d(x, y) = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + + (xn − yn )2 với x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Sn d(x, y) d(x, y) ) ∩ Sn B(y, ) ∩ Sn 2 d(x, y) d(x, y) n hai lân cận x y mà B(x, ) ∩ B(y, ) ∩ S = ∅ 2 + Trên Sn tồn cấu trúc khả vi: x, y ∈ Sn , x = y =⇒ d(x, y) > Khi B(x, Nếu áp dụng cách làm tương tự ví dụ phần Khơng gian Euclide cần đến 2(n+1) đồ thị để cấu trúc nên đa tạp khả vi Trên Sn Các đồ thị có dạng sau: − − Với i=1,2, ,n+1,ta dựng hai dạng đồ thị (Ui+ , ϕ+ i ) (Ui , ϕi ) sau: Ui+ = {(x1 , x2 , , xn+1 ) ∈ Sn : xi > 0}, + + n ϕ+ i : Ui → R , ϕi (x1 , x2 , , xn+1 ) = (x1 , x2 , , xi−1 , xi+1 , , xn+1 ); Ui− = {(x1 , x2 , , xn+1 ) ∈ Sn : xi < 0}, − − n ϕ− i : Ui → R , ϕi (x1 , x2 , , xn+1 ) = (x1 , x2 , , xi−1 , xi+1 , , xn+1 ) Mỗi đồ thị Ui+ hay Ui− phủ Sn hợp chúng Ui+ ∪ Ui− chưa phủ hết Sn n+1 Phần chưa phủ hết đường tròn lớn Sn có dạng: Ci : x2k = k=1,k=i − − n Nên ta phải lấy hệ đồ thị A = {(Ui+ , ϕ+ i ), (Ui , ϕi )} để phủ S Để kiểm tra đồ thị tương thích, ta ý Ui+ ∩ Ui− = ∅ nên ta kiểm tra + −1 ánh xạ ϕ− j ◦ (ϕi ) , i = j; i, j = 1, 2, , n + vi phôi −1 (ϕ+ i ) (x1 , x2 , , xi−1 , xi+1 , , xn+1 ) = (x1 , x2 , , xi−1 , n+1 x2k , xi+1 , , xn+1 ) 1− k=1,k=i + −1 + − − + − ϕ− : ϕ+ j ◦ (ϕi ) i (Ui ∩ Uj ) → ϕj (Ui ∩ Uj ), + −1 ϕ− j ◦ (ϕi ) (x1 , x2 , , xi−1 , xi+1 , xn+1 ) = n+1 (x1 , x2 , , xi−1 , 1− Do hàm tọa độ k=1,k=i ϕ− j x2k , xi+1 , , xj−1 , xj+1 , , xn+1 ) + −1 −1 ◦ (ϕ+ hàm sơ cấp nên ϕ− hàm trơn với i ) j ◦ (ϕi ) i = j; i, j = 1, 2, , n + * Cấu trúc khả vi khơng phải cấu trúc chứa đồ thị nhất, sau ta cấu trúc khả vi khác Sn gồm hai đồ thị xác định thông qua phép chiếu Với điểm P = (x1 , x2 , , xn+1 ) ∈ Sn ta kí hiệu lại P = (X, xn+1 ), X = (x1 , x2 , , xn ) Gọi N = (0,0, ,1) = N(0,1) S = (0,0, ,-1) = N(0,-1) cực Bắc cực Nam Sn Xét hai tập mở U = S2 {N V = S2 {S, Khi {U, V } phủ mở Sn Xét phép chiếu cầu xuyên tâm N, với mối p U, có đường thẳng qua N p Đường thẳng giao với siêu phẳng xn+1 = điểm P = (u, 0) Phép chiếu cầu có tính chất sau: + Phép chiếu biến S = (0,0, ,-1) thành (0,0, ,0) + Biến đường xích đạo thành đương tròn đơn vị + Biến bán cầu Nam thành vùng bên bán cầu Bắc thành vùng nằm bên đường tròn đơn vị + Phép chiếu khơng xác định N xn+1 → x1 , x2 , , xn → ∞ Tương ứng P P cho ta song ánh ϕ Ta thành lập ϕ ϕ−1 Để tìm xác ϕ điểm pt nằm đường thẳng NP Pt = tN + (1 − t)P, hay pt = ((1−t)X, t+(1−t)xn+1 ) Điểm nằm siêu phẳng xn+1 = t+(1−t)xn+1 = xn+1 X hay t = Từ P = ( , 0) Do xn+1 − 1 − xn+1 ϕ : Sn {N } → Rn X (X, xn+1 ) → − xn+1 Nghĩa là: ϕ: Sn {N } → Rn (x1 , x2 , , xn+1 ) → ( x1 x2 xn , , , ) − xn+1 − xn+1 − xn+1 Đối với ϕ−1 ta tiến hành tương tự, điểm Pm = mN + (1 − m)P nằm NP’ có tọa độ dạng Pm = (mu, − m) với m = P = N Điểm thuộc Sn 2u ||u||2 − m2 ||u||2 + (1 − m)2 = Từ đó, m = Suy ra, P ( , ) Do đó: ||u||2 + ||u||2 + ||u||2 + ϕ−1 : Rn → Sn {N 2u ||u||2 − u→( , ) ||u||2 + ||u||2 + Nghĩa là, ϕ−1 :: Rn → Sn {N 2u1 2u2 2un ||u||2 − , , , , ) ||u||2 + ||u||2 + ||u||2 + ||u||2 + Tương tự ta tìm ψ ψ −1 sau: (u1 , u2 , , un ) → ( ψ : Sn {S} → Rn x (x, xn+1 ) → + xn+1 ψ −1 : Rn → Sn {S −||u||2 + 2u , ) u→( ||u||2 + ||u||2 + Khi đó, Ánh xạ ψ ◦ ϕ−1 : Rn {0 → Rn {0, (ψ ◦ ϕ−1 (u) = u ánh xạ khả vi cấp vô hạn ||u||2 * Tập hợp GL(n, R) ma trận vuông cấp n không suy biến đa tạp khả vi n2 chiều Đặc biệt n=1 GL(1, R) = R \ = R∗ đa tạp chiều Thật vậy: + GL(n, R) không gian Tôpô Haussdorff: GL(n, R) không gian Tôpô với tôpô sinh mêtric định nghĩa sau: n (aij − bij)2 với A = (aij ), B = (bij ), |A| = 0, |B| = d(A, B) = i,j Tương tự Rn GL(n, R) không gian Tôpô Haussdorff + Trên GL(n, R) tồn cấu trúc khả vi: n Xét  ánh xạ ϕ : GL(n,  R) → R a a1n  11     → (a11 , , a1n , , an1 , , ann )    an1 ann Vì định nghĩa mêtric GL(n, R) tương đương với định nghĩa mêtric Rn nên ta có ϕ liên tục Hơn ϕ song ánh nên ϕ− liên tục(tương tự ϕ) Cuối ta ϕ đồng phơi ta xác định cấu trúc khả vi GL(n, R) A = {GL(n, R, ϕ)} gồm đồ thị * Mệnh đề: M, N hai C k − đa tạp khả vi có số chiều tương ứng m, n M × N C k − đa tạp khả vi m + n chiều + Chứng minh: Vì M, N đa tạp khả vi nên: - Chúng không gian tôpô Hausdorff, suy tích M ×N khơng gian Tơpơ Hausdoff - Tồn lân cận Up điểm p ∈ M đồng phôi với tập mở Ωp ∈ Rm lân cận Uq điểm q ∈ N đồng phôi với tập mở Ωq ∈ Rn Khi U = Up × U q lân cận điểm (p, q) ∈ M × N đồng phơi với tập mở Ωp × Ωq ∈ Rm+n Vậy M × N không gian Euclide địa phương m+n chiều - Giả sử (Ui , ϕi ), i ∈ I (Vi , ψj ), j ∈ J hai C k − cấu trúc khả vi cho M N Với i ∈ I j ∈ J, ta định nghĩa ánh xạ tích ϕi × ψj sau: ϕi × ψj : M × N → Rm+n (p, q) → (ϕi (p), ψj (q)) Với cách xác định ϕi ×ψj phép đồng phơi với ánh xạ ngược (ϕi ×ψj )−1 = −1 (ϕ−1 i × ψj ) Khi đó, (Ui × Vj , ϕi × ψj ) đồ thị M × N (p, q) ta thấy hệ (Ui × Vj : i ∈ I, j ∈ J phủ mở M × N Giả sử (Ur × Vl , fr × fl ), r ∈ Ivl ∈ J đồ thị khác M × N ta có: −1 −1 −1 (fr × fl ) ◦ (ϕi × ψj )−1 = (fr × fl ) ◦ (ϕ−1 i × ψj ) = ((fr ◦ ϕi ) × (fl ◦ ψi )) khả vi cấp K Do đồ thị hệ (Ui × Vj , ϕi × ψj ), i ∈ I, j ∈ J C k − tương thích Hệ (Ui × Vj , ϕi × ψj ), i ∈ I, j ∈ J tối đại hai hệ (Ui , ϕi ), i ∈ I (Vi , ψj ), j ∈ J tối đại Vậy, (Ui × Vj , ϕi × ψj ), i ∈ I, j ∈ J C k − cấu trúc khả vi M × N C k − đa tạp khả vi m+n chiều * Ví dụ: + R∗ × R đa tạp khả vi chiều + Xuyến T n = S1 × S1 × × S1 đa tạp khả vi n-chiều 1.3 Ánh xạ khả vi từ đa tạp M n chiều vào không gian Euclide Rm : * Định nghĩa: Ánh xạ f : M → Rm , m ≥ gọi khả vi lớp C k p ∈ M tồn đồ thị (U, ϕ) M p cho f ◦ ϕ−1 : ϕ(U ) → Rm thuộc lớp C k ϕ(p) ∈ Rm + Khi r = ∞ ta gọi f ánh xạ trơn + f gọi khả vi M khả vi điểm M * Nhận xét: Định nghĩa định nghĩa tốt (V, ψ) đồ thị M p f ◦ ψ −1 = (f ◦ ϕ−1 ) ◦ (ϕ ◦ ψ −1 ) thuộc lớp C k ϕ(p) ∈ Rm (vì f ◦ ϕ−1 vϕ ◦ ψ −1 thuộc lớp C k ) * Ví dụ: 1.4 Ánh xạ khả vi hai đa tạp: * Định nghĩa: Giả sử M, N hai đa tạp khả vi thuộc lớp C k , k ≥ Ánh xạ f : M → N gọi khả vi lớp C k p có đồ thị (U, ϕ) M p đồ (V, ψ) N f (p) cho f (U ) ⊂ V ánh xạ ψ ◦ f ◦ ϕ−1 thuộc lớp C k ϕ(p) + Khi r = ∞ ta gọi f ánh xạ trơn + f gọi khả vi M khả vi điểm M * Nhận xét: Định nghĩa định nghĩa tốt (V1 , ψ1 ) đồ thị M p (V1 , ψ1 ) đồ thị khác N f (p) cho f (U1 ) ⊂ V1 −1 −1 −1 −1 ψ1 ◦ f ◦ ϕ−1 ◦ ψ) ◦ f ◦ (ϕ−1 ◦ ϕ) ◦ ϕ−1 = ψ1 ◦ (ψ = (ψ1 ◦ ψ ) ◦ (ψ ◦ f ◦ ϕ ) ◦ (ϕ ◦ ϕ ) thuộc lớp C k ϕ(p) ∈ Rm (vì ψ1 ◦ ψ −1 , ψ ◦ f ◦ ϕ−1 vϕ ◦ ϕ−1 thuộc lớp C k ) * Ví dụ: * Mệnh đề: Ánh xạ hợp thành hai ánh xạ trơn hai đa tạp khả vi ánh xạ trơn + Chứng minh: Cho ba đa tạp khả vi M, N, P ba đa tạp khả vi hai ánh xạ trơn ϕ : M → N, ψ : N → P Lấy p thuộc M, chứng minh ψ ◦ ϕ trơn p Vì M đa tạp nên tồn tập AM chứa đồ thị M Tương tự tồn AN N AP P Lấy (W, h) ∈ AP cho ψ ◦ ϕ(p) ⊂ W Khi đó, ϕ(p) ∈ N vψ trơn N nên theo định nghĩa suy tồn đồ thị (V, g) ∈ AN cho ϕ(p) ∈ V Ta có:ψ(V ) ⊂ W (1.1) Ánh xạ h ◦ ψ ◦ g −1 ánh xạ trơn g ◦ ϕ(p) (1.2) Từ ϕ(p) ∈ V ϕ trơn M nên tồn đồ thị (U, f ) ∈ AM cho p ∈ U (1.3) ϕ(U ) ⊂ V (1.4) g ◦ ϕ ◦ f −1 ánh xạ trơn f (p) (1.5) Khi ta thấy đồ thị (U, f ) thỏa m ∈ U (theo 1.3), ψ ◦ ϕ(U ) ⊂ ψ(V ) ⊂ W (theo 1.1 1.4), h ◦ (ψ ◦ ϕ) ◦ f −1 = (h ◦ ψ ◦ g −1 ) ◦ (g ◦ ϕ ◦ f −1 ) ánh xạ trơn f (p)(theo 1.2 1.5) Suy ψ ◦ ϕ trơn p Vậy, ψ ◦ ϕ trơn M * Ví dụ: 1.5 Vectơ tiếp xúc(tangent vector): Tiếp theo ta định nghĩa vectơ tiếp xúc đa tạp Cách tiếp cận khác → không gian Euclide: Một vectơ − v = (v , v , , v ) ∈ Rn điểm p xem tốn n − tử ánh xạ khả vi Nếu f ánh xạ khả vi lân cận p → v biến f → → thành số thực − v (f ) với đạo hàm riêng theo hướng − v f p ∂f ∂f ∂f − → v (f ) = v1 |p + v2 |p + + |p ∂r1 ∂r2 ∂rn → Toán tử − v thỏa mãn tính chất sau: − → → → v (f + λg) = − v (f ) + λ− v (g), → − → → v (f g) = f (p)− v (g) + g(p)− v (f ) − Tính chất đầu cho ta tính tuyến tính → v tính chất sau tương tự đạo hàm Theo tư tưởng trên, ta định nghĩa vectơ tiếp xúc hàm có tính tuyến tính đạo hàm Tuy nhiên, ta cần định nghĩa không gian vectơ Nếu f ánh xạ định nghĩa lân cận U p, g định nghĩa lân cận V p ta chưa có định nghĩa f+g Vấn đề dẫn đến việc quan tâm ánh xạ miền xác định chung 1.5.1 Phôi(germ): Cho M, N hai đa tạp trơn, p ∈ M Trên tập X = f : f : Uf → N trơn, Uf lân cận p, ta định nghĩa quan hệ tương đương sau: g ∼ f tồn lân cận mở Vf g ⊂ Uf ∩ Ug p sau cho f (x) = g(x), ∀x ∈ Vf g Một lớp tương đương gọi phôi, ta viết :f : (M, p) → (N, f (p)) + f gọi đại diện phôi f + Nếu N = R f gọi phơi hàm * Nhận xét: + Phơi f có định nghĩa tốt giá trị p: f (p) = f (p), ánh xạ phơi có giá trị p + Nếu f vàg hai phôi p λ ∈ R, ta định nghĩa f +g =f +g λf = λf f g = f g Trong f + g, λf, f g định nghĩa phần giao cho (f + g)(p) = f (p) + g(p), (λf )(p) = λf (p), (f g)(p) = f (p)g(p) Định nghĩa định nghĩa tốt, thật vậy: Gọi f1 , f2 hai phần tử thuộc lớp tương đương f g1 , g2 hai phần tử thuộc lớp tương đương g Vì f1 , f2 tương đương nên tồn tập mở U chứa p sau cho f1 |U = f2 |U (1) Tương tự, tồn tai V mở chứa p cho: g1 |V = g2 |V (2) Giả sử ánh xạ f1 + g1 định nghĩa phần chung tập mở X chứa p, ánh xạ f2 + g2 định nghĩa phần chung tập mở Y chứa p Khi X ∩ U ∩ V ∩ Y tập mở chứa p từ (1) (2) ta có f1 + g1 |X∩U ∩V ∩Y = f2 + g2 |X∩U ∩V ∩Y Suy f1 + g1 f2 + g2 lớp tương đương Tương tự, (λf1 )|X∩U ∩V ∩Y = (λf2 )|X∩U ∩V ∩Y nên λf1 λf2 lớp tương đương; (f1 g1 )|X∩U ∩V ∩Y = (f2 g2 )|X∩U ∩V ∩Y nên f1 g1 f2 g2 lớp tương đương * Ví dụ: Gọi Fp ={ tập tất phơi p} Fp khơng gian vectơ R Fp = { tập hợp phôi p sau cho cho giá trị phơi p 0}.Khi Fp không gian vectơ Fp Fpk = { l a1 al : ∈ Fp , l ∈ N} i=1 Ta kiểm tra Fpk không gian vectơ Fp ⊃ Fp ⊃ Fp2 ⊃ Fp3 ⊃ 1.5.2 Vectơ tiếp xúc không gian tiếp xúc: − Một vectơ tiếp xúc → v p ∈ M (linear derivation) Fp , tức với f g hai phôi p Fp λ ∈ R ta có: → → → +− v (f + λg) = − v (f ) + λ− v (g) Với định nghĩa ta biết vectơ tiếp xúc thông qua cách mà tác động lên phơi Kí hiệu Tp M { tập hợp tất vectơ tiếp xúc p} Trên Tp M ta định nghĩa hai phép tốn để trở thành khơng gian vectơ → → → → (− v +− w )(f ) = − v (f ) + − w (f ) → → (λ− v )(f ) = λ− v (f ) đó, Tp M gọi khơng gian tiếp xúc * Mệnh đề: Tp M ∼ = (Fp |Fp2 )∗ * Mệnh đề: dim(Fp |Fp2 ) = dimM * Định lý: dimTp M = dimM (Định lý suy trực tiếp từ hai mệnh đề trên) 1.5.3 Thể hình học vectơ tiếp xúc sở không gian tiếp xúc: Cho p ∈ M (U, ϕ) đồ thị M p với ánh xạ tọa độ ϕ = (ϕ1 , ϕ2 , , ϕn ) ∂ ∂ |p ∈ Tp M sau: ( |p )(f ) = với i= 1,2, ,n ta định nghĩa vectơ tiếp xúc ∂ϕi ∂ϕi ∂(f ◦ ϕ−1 ) |ϕ(p) ∂ri Với f ánh xạ trơn lân cận p * Nhận xét: + Khi lấy g ∈ f , tồn lân cận giá trị g f lân cận đó, việc lấy đạo hàm hai ánh xạ cho kết Ta dùng kí hiệu: ∂f ∂ ( |p ) = ( |p )(f ) ∂ϕi ∂ϕi ∂ +( |p ) thỏa định nghĩa vectơ tiếp xúc ∂ϕi ∂ Hơn nữa, { |p : i = 1, 2, , n} sở Tp M đối ngẫu với sở {ϕi − ϕi (p)} ∂ϕi (Fp |Fp2 ) 1.6 Đạo hàm ánh xạ trơn: Cho ψ : M → N ánh xạ trơn, p ∈ M Đạo hàm ψ p ánh xạ tuyến tính → dψp : Tp M → Tψ(p) N định nghĩa sau: Nếu − v ∈ Tp M dψp vectơ tiếp xúc ψ(p), ta xem tốn tử tác động lên hàm số.Gọi g ánh xạ trơn lên → → lân cận ψ(p), ta định nghĩa dψ (− v )(g) = − v (g ◦ ψ) p * Định lý: (Đạo hàm ánh xạ hợp) Cho đa tạp M, N, P ánh xạ trơn ϕ : M → N, ψ : N → P Với p ∈ M d(ψ ◦ ϕ)p = dψϕ(p) ◦ dϕp + Chứng minh: Vì ϕ ψ ánh xạ trơn nên ψ ◦ ϕ ánh xạ trơn Do d(ψ ◦ ϕ)p xác định Đặt x vector tiếp xúc p đa tạp M f ánh xạ trơn lân cận mở ψ ◦ ϕ(p) Ta có (dψϕ(p) ◦ dϕp )(x)(f ) = dψϕ(p) (dϕp (x))(f ) = (dϕp (x))(f ◦ ψ) = dϕp (x)(f ◦ ψ) = x(f ◦ ψ ◦ ϕ) = d(ψ ◦ ϕ)p (x)(f ) 10  adX2 cosϕ −sinϕ   =  sinϕ  cosϕ     ; λ ∈ R\{0}, ϕ ∈ (0; Π)  λ ** Chứng minh định lí: Để chứng minh định lí ta cần số bổ đề sau đây: Bổ đề : Đối với đại số liệt kê ta có: adX1 ◦ adX2 = adX2 ◦ adX1 Chứng minh: Bổ đề : Nếu g MD-đại số F ∈ g ∗ khơng triệt tiêu hồn tồn g Khi K-quỹ đạo Ω1 qua f có chiều cực đại Chứng minh: Chứng minh định lí: Đầu tiên ta ln chọn sở (X1 , X2 , X3 , X4 , X5 ) g cho g = R.X3 R.X4 R3 , adx1 , adx2 ∈ End(g ) ∼ = M at3 (R) Ta có adX1 adX2 khơng thể đồng thời triệt tiêu g ∼ = R3 Do khơng tính tổng qt ta giả sử adX2 = 0, cách đổi sở thích hợp ta biểu diễn adX2 sau:  adX2 adX2 adX2 adX2 λ   =     =   λ   =     =  0 λ2 0 0     ; λ1 , λ2 ∈ R\{0, 1}, λ1 = λ2 ;      ; λ ∈ R\{0, 1};  λ  0    ; λ ∈ R\{1};   0   ;  37 R.X5 =  adX2 adX2 adX2 adX2 λ 0   =  0    =  0  1   =  0  cosϕ   =  sinϕ      ; λ ∈ R\{1};      ; λ ∈ R\{0, 1};  λ    ;   −sinϕ   cosϕ  ; λ ∈ R\{0}, ϕ ∈ (0; Π)  λ Giả sử X1 , X2 ] = mX3 + nX4 + pX5 ; m, n, p ∈ R Ta ln đổi sở thích hợp cho [X1 , X2 ] = mX3 Thậtvậy, nếu: λ 0     adX2 =  λ2  ; λ1 , λ2 ∈ R\{0, 1}, λ1 = λ2   0 n Thì ta thay X1 X1 = X1 + X4 + pX5 ta có [X1 , X2 ] = mX3 ; m ∈ R λ2 Với cách đổi sở tương tự, ta thu kết đại số lại Và khơng tính tổng qt ta giả sử lúc đầu [X1 , X2 ] = mX3 ; m ∈ R Khi có trường hợp sau đây: (1) [X1 , X2 ] = 0(tức m =0) adx1 = Thì g = h R, h đại số g sinh (X2 , X3 , X4 , X5 ), tức g khả phân (2) [X1 , X2 ] = ad  X1 =  λ 0     (2a) Giả sử adX2 =  λ2  ; λ1 , λ2 ∈ R\{0, 1}, λ1 = λ2   0 Theo bổđề µ   adX1 =    tính tốn trực tiếp ta có: 0   ν  ; µ, ν, ξ ∈ R, µ2 + ν + ξ =  ξ Nếu ξ = đặt X1 = X1 − ξX2 , ta có: 38  µ 0      adX1 =  ν  ; µ = µ − ξλ1 , ν = ν − ξλ2   0   µ 0     Do ta lại giả sử adX1 =  ν  ; µ, ν ∈ R, µ2 + ν =   0 Đặt F = αX1∗ + βX2∗ + γX3∗ + δX4∗ + σX5∗ ∈ g ∗ , U = aX1 + bX2 + cX2 + dX4 + f X5 ∈ g Với α, β, γ, δ, σ, a, b, c, d, f ∈ R Ta có: gF = KerBF = {U ∈ g| F, [U, Xi ] = 0, i = 1, 2, 3, 4, 5} tính tốn đơngiảnta có:  a          b            U ∈ gF ⇔ M  c  =            d        f  0 µγ νδ    0 −λ1 γ −λ2 δ −σ   Trong M =  µγ λ1 γ 0    νδ λ2 δ 0  σ 0 Suy dimΩF = dimg − dimgF = rank(M )            Theo bổ đề 2, ΩF k-quỹ đạo có chiều cực đại F |g1 = 0, tức γ + δ + σ = Đặc biệt, rank(M) số γ, δ, σ không đồng thời Dễ dàng rank(M)=2 γ = δ = = σ rank(M)=4 γ, δ, σ khác Như trường hợp (2a) không xảy (2b) Giả sử adX2 rơi vào trường hợp lại, lập luận tương tự ta suy trường hợp (2b) không xảy X1 , ta có đẳng thức [X1 , X2 ] = X3 m Do khơng tính tổng quát ta giả sử từ đầu [X1 , X2 ] = X3 (3) [X1 , X2 ] = (tức m = 0).BngcchØtX’1 = lập luận tương tự trường hợp (2a) ta adX1 = xảy Do đó,adX1 = Như vậy, g phải đẳng cấu với đại số liệt kê định lí Dể thấy đại số không đẳng cấu với Cuối ta cần phải chứng minh các đại số liệt kê MD-đại số Để làm điều ta cần chứng minh trường hợp g = g5,3,1(λ1 ,λ2 ) , trường hợp 39 lại chứng minh tương tự Thật vậy, Giả sử g = g5,3,1(λ1 ,λ2 ) ,xét dạng tuyến tính F = αX1∗ + βX2∗ + γX3∗ + δX4∗ + σX5∗ ∈ g ∗ ; α, β, γ, δ, σ ∈ R.Ta cần chứng minh dimΩF = dimg − dimgF 0-chiều có chiều cực đại Gọi U = aX1 + bX2 + cX2 + dX4 + f X5 ∈ g; a, b, c, d, f ∈ R.Bằng cách tính tốn trường hợp (2a) ta có:     a          b            U ∈ gF ⇔ N  c  =            d        f   −γ 0      γ −λ1 γ −λ2 δ −σ      Trong N =  λ1 γ 0       λ2 δ 0    σ 0 Suy dimΩF = dimg − dimg  F = rank(N )  0; γ = δ = σ = Dể thấy rằng: rank(N ) =  2; γ + δ + σ = Do đó, ΩF quỹ đạo chiều chiều (chiều cực đại) với F ∈ g ∗ , tức g = g5,3,1(λ1 ,λ2 ) MD5-đại số Nhắc lại rằng, đại số Lie thực g xác định nhóm Lie liên thơng đơn liên G cho Lie(G)=g Do đó, ta có lớp gồm họ MD5-nhóm liên thơng đơn liên tương ứng với MD5-đại số liệt kê định lí Ví dụ, G = G5,3,1(λ1 ,λ2 ) MD5-nhóm liên thơng đơn liên tương ứng với MD5-đại số g = g5,3,1(λ1 ,λ2 ) Các họ MD5-nhóm bất khả phân ************** * Bức tranh hình học kq uØocaccM D5n hmlinthngØnlintngngviccM D5− disØxt : GiGlmtnhmLietythucG=G5,3,1(λ1 ,λ2 ) , G = G5,3,2(λ) , G = G5,3,3(λ) , G = G5,3,4 , G = G5,3,5(λ) , G = G5,3,6(λ) , G = G5,3,7 , G = G5,3,8(λ,ϕ) g đại số Lie tương ứng G Gọi g ∗ không gian đối ngẫu g.Mỗi X ∈ g có tọa độ (a,b,c,d,f) sở (X1 , , X5 ),mỗi F ∈ g ∗ có tọa độ (α, β, γ, δ, σ) sở đối ngẫu (X1∗ , , X5∗ ) (X1 , , X5 ).ΩF K-quỹ đạo G g ∗ chứa F * Mệnh đề: K-quỹ đạo ΩF chứa F nhóm G = G5,3,1(λ1 ,λ2 ) mô tả sau: i Nếu γ = δ = σ = ΩF = {F (α, β, 0, 0, 0)}: Quỹ đạo 0-chiều; 40 ii Nếu γ = δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, 0, s) : σs > 0}: nửa mặt phẳng 2-chiều; iii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, 0) : δt > 0}: nửa mặt phẳng 2-chiều; iv Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, s) : t = δ( σs )λ2 ; σs > 0}:Maqtj trụ 2-chiều; v Nếu γ = 0, δ = σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, 0) : λ1 x = λ1 α + γ − z; γz > 0: nửa mặt phẳng 2-chiều; vi Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, s) : λ1 x = λ1 α + γ − z; λ1 x = s λ1 α + γ(1 − ( )λ1 ); σs > 0}: Mặt trụ 2-chiều; σ vii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, 0) : λ1 x = λ1 α + γ − z; λ1 x = λ1 t λ λ1 α + γ(1 − ( ) ); δt > 0}: Mặt trụ 2-chiều; δ viii.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, s) : λ1 x = λ1 α + γ − z; λ1 x = s s λ1 α + γ(1 − ( )λ1 ); t = δ( )λ2 , σs > 0}:Mặt trụ 2-chiều; σ σ * Chứng minh: Bằng tính tốn lập luận tương tự ta có tranh k-quỹ đạo MD5-nhóm lại sau: * Mệnh đề 2: K-quỹ đạo ΩF chứa F nhóm G = G5,3,2(λ) mơ tả sau: i Nếu γ = δ = σ = ΩF = {F (α, β, 0, 0, 0)}:Quỹ đạo 0-chiều; ii Nếu γ = δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, 0, s) : σs > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, 0) : δt > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iv Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, s) : s = σ( δt )λ ; δt > 0}:Mặt trụ 2-chiều; v Nếu γ = 0, δ = σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, 0) : x = α + γ − z; γz > 0:nửa mặt phẳng 2-chiều; vi Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, s) : x = α + γ − z; s = σ( γz )λ ); γz > 0}:Mặt trụ 2-chiều; vii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, 0) : x = α + γ − z; x = α + (1 − δt )γ; δt > 0}:Nửa mặt phẳng 2-chiều; viii.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, s) : x = α + γ − z; x = α + (1 − δt )γ; s = σ( δt )λ , δt > 0}:Mặt trụ 2-chiều; * Mệnh đề 3:K-quỹ đạo ΩF chứa F nhóm G = G5,3,3(λ) mơ tả sau: i.Nếu γ = δ = σ = ΩF = {F (α, β, 0, 0, 0)}:Quỹ đạo 0-chiều; ii.Nếu γ = δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, 0, s) : σs > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, 0) : δt > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iv Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, s) : δs = σt; δt > 0}:Mặt trụ 2-chiều; 41 v Nếu γ = 0, δ = σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, 0) : λx = λα + γ − z; γz > 0:nửa mặt phẳng 2-chiều; vi Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, s) : λx = λα + γ − z; λx = λα + γ(1 − ( σs )λ ); σs > 0}:Mặt trụ 2-chiều; vii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, 0) : λx = λα+γ−z; z = γ( δt )λ ; δt > 0}:Nửa mặt phẳng 2-chiều; viii.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, s) : λx = λα + γ − z; λx = λα + (1 − ( σs )λ )γ; δs = σt, δt > 0}:Mặt trụ 2-chiều * Mệnh đề 4: K-quỹ đạo ΩF chứa F nhóm G = G5,3,4) mơ tả sau: i Nếu γ = δ = σ = ΩF = {F (α, β, 0, 0, 0)}:Quỹ đạo 0-chiều; ii.Nếu γ = δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, 0, s) : σs > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, 0) : δt > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iv Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, s) : δs = σt; δt > 0}:Nửa mặt phẳng 2-chiều; v.Nếu γ = 0, δ = σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, 0) : x = α + γ − z; γz > 0:nửa mặt phẳng 2-chiều; vi.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, s) : x = α+γ−z; x = alpha+γ(1−( σs ); σs > 0}:Nửa mặt phẳng 2-chiều; vii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, 0) : x = α + γ − z; z = γ δt , δt > 0}:Nửa mặt phẳng 2-chiều; viii.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, s) : x = α + γ − z; x = α + γ(1 − σs ), δs = σt, δt > 0}:Nửa mặt phẳng 2-chiều * Mệnh đề 5:K-quỹ đạo ΩF chứa F nhóm G = G5,3,5(λ) mô tả sau: i.Nếu γ = δ = σ = ΩF = {F (α, β, 0, 0, 0)}:Quỹ đạo 0-chiều; ii.Nếu γ = δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, 0, s) : σs > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, 0) : s = tln( δt ), δt > 0}:Mặt trụ 2-chiều; iv Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, s) : s = σ δt + tln( δt ); δt > 0}:Mặt trụ 2-chiều; v.Nếu γ = 0, δ = σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, 0) : λx = λα + γ − z; γz > 0:Nửa mặt phẳng 2-chiều; vi.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, s) : λx = λα + γ − z; λx = λα + γ(1 − ( σs )λ ); σs > 0}:Mặt trụ 2-chiều; 42 vii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, 0) : λx = λα + γ − z; z = γ( δt )λ ; s = tln δt ; δt > 0}:Mặt trụ 2-chiều; viii.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, s) : λx = λα + γ − z; λx = λα + (1 − ( δt )λ )γ; s = σ st + tln δt , δt > 0}:Mặt trụ 2-chiều *Mệnh đề 6:K-quỹ đạo ΩF chứa F nhóm G = G5,3,6(λ) mơ tả sau: i.Nếu γ = δ = σ = ΩF = {F (α, β, 0, 0, 0)}:Quỹ đạo 0-chiều; ii.Nếu γ = δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, 0, s) : σs > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, 0) : δt > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iv Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, s) : s = σ( δt )λ ; δt > 0}:Mặt trụ 2-chiều; v.Nếu γ = 0, δ = σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, 0) : x = α + γ − z; t = zln γz ; γz > 0:Mặt trụ 2-chiều; vi.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, s) : x = α+γ −z; t = zln γz ; s = σ( γz )λ ; σs > 0}:Mặt trụ 2-chiều; vii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, 0) : x = α + γ − z; t = zln γz + δ γz ; γz > 0}:Mặt trụ 2-chiều; viii.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, s) : x = α + γ − z; t = zln γz + δ γz ; s = σ( γz )λ ; γz > 0}:Mặt trụ 2-chiều * Mệnh đề 7:K-quỹ đạo ΩF chứa F nhóm G = G5,3,7) mô tả sau: i.Nếu γ = δ = σ = ΩF = {F (α, β, 0, 0, 0)}:Quỹ đạo 0-chiều; ii.Nếu γ = δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, 0, s) : σs > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, 0) : s = tln δt ; δt > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iv Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, t, s) : s = tln δt + σ δt ; δt > 0}:Mặt trụ 2-chiều; v.Nếu γ = 0, δ = σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, 0) : x = α + γ − z; t = zln γz ; s = z2 ln2 γz ; γz > 0}:Mặt trụ 2-chiều; vi.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, 0, s) : x = α + γ − z; t = zln γz ; s = z ln2 γz + σ γz ; γz > 0}:Mặt trụ 2-chiều; vii Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, 0) : x = α + γ − z; t = zln γz + δ γz ; s = z ln2 γz + γδ zln γz ; γz > 0}:Nửa mặt phẳng 2-chiều; viii.Nếu γ = 0, δ = 0, σ = ΩF = {F (x, y, z, t, s) : x = α + γ − z; t = zln γz + δ γz ; s = z ln2 γz + γδ zln γz + σ γz ; γz > 0}:Nửa mặt phẳng 2-chiều * Mệnh đề 8: K-quỹ đạo ΩF chứa F = (α, β, γ + iδ, σ) ∈ g ∗ ∼ = R2 × C × R nhóm G = G5,3,8(λ,ϕ) mơ tả sau: i.Nếu γ = δ = σ = ΩF = {F (α, β, 0, 0, 0)}:Quỹ đạo 0-chiều; 43 ii.Nếu γ = δ = 0, σ = ΩF = {F (α, y, 0, 0, s) : y, s ∈ R; σs > 0}:nửa mặt phẳng 2-chiều; iii Nếu γ + δ = ΩF = {F (x, y, z + it, s) = F (x, y, yebe −iϕ iϕ + δebe , σeλb )}:Mặt trụ 2-chiều; Định lí: Tất MD5-đại số có ideal dẫn xuất thứ khơng giao hốn là: g5,3,1,1 (MD5-đại số với ideal chiều có g chiều, thứ nhất) [X2 ; X3 ] = X4 [X2 ; X4 ] = X3 [X3 ; X4 ] = X5 g5,3,1,2 [X2 ; X3 ] = X4 [X2 ; X4 ] = −X3 [X3 ; X4 ] = X5 g5,3,1,4 [X1 ; X3 ] = X3 [X1 ; X4 ] = X4 [X1 ; X5 ] = 2X5 [X2 ; X3 ] = X4 [X2 ; X4 ] = −X3 [X3 ; X4 ] = X5 Chứng minh: Để chứng minh định lí ta cần chứng minh số bổ đề sau: * Bổ đề 1: Nếu g MD-đại số n chiều có ideal dẫn xuất (n-1)-chiều khơng giao hốn dimΩF = ∨ 2, ∀F ∈ g ∗ * Bổ đề 2: Giả sử g đại số Lie giải n-chiều có ideeal dẫn xuất thứ (n-1)-chiều khơng giao hốn.Khơng tính tổng qt ta coi: g = Xk+1 , , Xn (k > 1), g = X2 , X3 , , Xn , g = X1 , X2 , , Xn [Xi ; Xj ] = n l=2 Cijl Xk (i < j).Lúc ma trận vng cấp (k-1): 44  k C C12  12  A =   k C1k C1k     ma trận khả nghịch  * Bổ đề 3: Nếu g MD-đại số có móc Lie là: [X1 ; X3 ] = b3 X3 + b4 X4 [X1 ; X4 ] = c3 X3 + c4 X4 [X3 ; X4 ] = X5 (b3 + c4 = 0, b3 c4 − b4 c3 = 0) Thì g đẳng cấu với hai MD-đại số sau: [X1 ; X3 ] = X4 [X1 ; X4 ] = −X3 [X3 ; X4 ] = −X5 [x1 ; X3 ] = X3 [X1 ; X4 ] = −X4 [X3 ; X4 ] = X5 * Một vài nhận xét: i.Một ma trận vng thực, phản đối xứng có hạng chẳn ii.Cho đại số Lie g.Nếu X ∈ g trace(adX ) = iii.Cho đại số Lie g 5-chiều,g ideal dẫn xuất 2-chiều g g giao hốn iv.Cho g MD5-đại số có ideal dẫn xuất g khơng giao hốn,khi số chiều g v.Phép đổi sở biến đại số Lie hữu hạn chiều thành đại số Lie đẳng cấu với vi.[g , g] ⊂ g * Chứng minh định lí: Xãy trường hợp sau: * Trường hợp :g = X3 , X4 , X5 g = X5 [X1 ; X2 ] = a3 X3 + a4 X4 + a5 X5 [X1 ; X3 ] = b3 X3 + b4 X4 + b5 X5 [X1 ; X4 ] = c3 X3 + c4 X4 + c5 X5 [X1 ; X5 ] = d3 X3 + d4 X4 + d5 X5 [X2 ; X3 ] = e3 X3 + e4 X4 + e5 X5 45 [X2 ; X4 ] = f3 X3 + f4 X4 + f5 X5 [X2 ; X5 ] = k3 X3 + k4 X4 + k5 X5 [X3 ; X4 ] = g5 X5 [X3 ; X5 ] = h5 X5 [X4 ; X5 ] = l5 X5 Theo nhận xét dễ dàng suy h5 = l5 = 0.Suy g5 = Đổi sở thích hợp chọn g5 = Áp dụng nhận xét:d3 = d4 = k3 = k4 = Lúc ta có móc Lie trỏ thành: [X1 ; X2 ] = a3 X3 + a4 X4 + a5 X5 [X1 ; X3 ] = b3 X3 + b4 X4 + b5 X5 [X1 ; X4 ] = c3 X3 + c4 X4 + c5 X5 [X1 ; X5 ] = d5 X5 [X2 ; X3 ] = e3 X3 + e4 X4 + e5 X5 [X2 ; X4 ] = f3 X3 + f4 X4 + f5 X5 [X2 ; X5 ] = k5 X5 [X3 ; X4 ] = X5 Đổi sở: X1 = X1 − c5 X3 , X1 = X1 − b5 X4 , X2 = X2 − f5 X3 , X2 = X2 − e5 X4 Suy b5 = c5 = e5 = f5 = Kiểm  tra tất điều kiện Jacobi Ta được:   a3 = a4 =       f4 + a3 =      d =b +c (I)   c3 e4 = b4 f3       b3 f3 − c3 e3 = c4 f3 − c3 f4      b e −b e =b f −c e 3 4 4 Lúc ta giản lược móc Lie thành: [X1 ; X2 ] = λX5 [X1 ; X3 ] = b3 X3 + b4 X4 [X1 ; X4 ] = c3 X3 + c4 X4 [X1 ; X5 ] = d5 X5 [X2 ; X3 ] = e3 X3 + e4 X4 [X2 ; X4 ] = f3 X3 + f4 X4 [X3 ; X4 ] = X5 46    b f = e3 = e4 = f4 =   * Trường hợp 1.1 : e3 = e4 = lúc (I) d5 = b3 + c4     b f =c f  3  d =b +c *Trường hợp 1.1.1: f3 = 0.Lúc (I) ⇔  f =f =e =e =0 4   0 −B −C −D      0 0      Khi σ = BF =  B 0 0  ⇒ rankBF =      C 0 0    D 0 0   −λσ 0 −d5 σ      λσ 0 0      Khi σ = BF =  0 −σ       0 σ 0    d5 σ 0 0 Vì g MD-đại số nên rankBF = ∨ 2.Theo nhận xét ta suy ra:λ = d5 = 0.Suy [X1 ; X3 ] = b3 X3 + b4 X4 [X1 ; X4 ] = c3 X3 + c4 X4 [X3 ; X4 ] = X5  Trong ma trận  b3 b4 c3 c4   ma trận khả nghịch * Trường hợp 1.1.1 :    e = e4 = b4 = f4 =   f3 = 0.Lúc (I) ⇔ b3 = c     d = 2b đổi sở phù hợp ta chọn f3 = Đổi sở X1 = X1 − c3 X2 Ta suy c3 = Vì b3 = c4 g = X3 , X4 , X5 nên b3 = c4 = 0.Đổi sở X1 ta suy b3 = 1.Đổi sở λ X2 = X 2 − X5 0    0   BF =  γ    δ γ  2σ ⇒ λ = 0.Lúc ta có −γ −δ −2σ   −γ    −σ  Ma trận có hạng 0,2,4(Mâu thuẫn với tính   σ 0   0 chất MD-đại số) 47 * Trường hợp 1.1.2 : e4 = 0, e3 = Chọn sở thích hợp ta có:   e4 = b4 =      e = −f = (I) ⇔ Từ suy ra:   d5 = b3 + c4      b f −c =c f +c 3 3 [X1 ; X2 ] = λX5 [X1 ; X3 ] = b3 X3 [X1 ; X4 ] = c3 X3 + c4 X4 [X1 ; X5 ] = (b3 + c4 )X5 [X2 ; X3 ] = X3 [X2 ; X4 ] = f3 X3 − X4 [X3 ; X4 ] = X5 Đổi  sở X4 = X4 − f23 X3 , X1 = X1 − b3 X2 ⇒ b3 = f3 = 0.Lúc đó:   c = e4 = b4 =   (I) ⇔ Từ suy ra: e3 = −f4 =     d =c [X1 ; X2 ] = λX5 [X1 ; X4 ] = c4 X4 [X1 ; X5 ] = c4 X5 [X2 ; X3 ] = X3 [X2 ; X4 ] = −X4 [X3 ; X4 ] = X 5 −λσ −c4 δ −c4 σ    λσ −γ δ   BF =  γ −σ    c4 δ −δ σ 0  c4 σ 0 0 ∨ ∨ 4.Suy c4 = 0, λ =       .Nếu c4 = ∨ λ = ta thấy rankBF =     Vậy :[X2 ; X3 ] = X3 [X2 ; X4 ] = −X4 [X3 ; X4 ] = X5 * Trường hợp 1.1.3 : e4 = 0.Đổi sởX4 = e4 X4 + e3 X3 lúc ta xem e3 = 0, e4 = 1.Và 48    f = e3 =   (I) ⇔ d5 = b3 + c4 = 2b3 Đổi sở X1 = X1 − b4 X2 ⇒ b4 = 0.Vì ta có móc Lie:     c =e f [X1 ; X2 ] = λX5 [X1 ; X3 ] = µX3 [X1 ; X4 ] = µX4 [X1 ; X5 ] = 2µX5 [X2 ; X3 ] = X4 [X2 ; X4 ] = θX3 [X3 ; X ] = X5  −λσ −µλ −µδδ −2µσ      λσ −δ −θγ      BF =  µγ δ −σ       µδ θγ σ 0    2µσ 0 0 * Trường hợp 1.1.3.1 : σ = ⇒ rankBF = σ = rankBF = ⇔ θ < √ √ √ Đổi sở:X1 = µX1 , X2 = −θX2 , X4 = −θX4 , X5 = −θX5 Ta suy chọn θ = −1 Đổi sở X2 = X2 − λ2 X5 ⇒ λ = 0.Vậy cuối ta có móc Lie: [X1 ; X3 ] = X3 [X1 ; X4 ] = X4 [X1 ; X5 ] = 2X5 [X2 ; X3 ] = X4 [X2 ; X4 ] = −X3 [X3 ; X4 ] = X5 * Trường hợp 1.1.3.2 : µ = ⇒ λ = ta được: [X2 ; X3 ] = X4 [X2 ; X4 ] = −X3 [X3 ; X4 ] = X5 *Trường hợp 1.2: g = X3 , X4 , X5 g = X4 , X5 Xét móc Lie 49 [X1 ; X2 ] = a3 X3 + a4 X4 + a5 X5 [X1 ; X3 ] = b3 X3 + b4 X4 + b5 X5 [X1 ; X4 ] = c3 X3 + c4 X4 + c5 X5 [X1 ; X5 ] = d3 X3 + d4 X4 + d5 X5 [X2 ; X3 ] = e3 X3 + e4 X4 + e5 X5 [X2 ; X4 ] = f3 X3 + f4 X4 + f5 X5 [X2 ; X5 ] = k3 X3 + k4 X4 + k5 X5 [X3 ; X4 ] = g4 X4 + g5 X5 [X3 ; X5 ] = h4 X4 + h5 X5 Áp dụng nhận xét ta có c3 = d3 = Vì g ∼ = R2 ⇒ ∃α, β : b4 = αg4 + βh4 , b5 = αg5 + βh5 Đổi sở X1 = X1 + αX4 + βX5 ta suy b4 = b5 = Tương tự e4 = e5 = Kiểm tra điều kiện Jacobi:(X1 , X2 , X3 ) = ⇒ k3 = f3 = Đổi sở X1 , X2 ⇒ b3 = 0.Vậy ta có móc Lie: [X1 ; X2 ] = a3 X3 [X1 ; X4 ] = c4 X4 + c5 X5 [X1 ; X5 ] = d4 X4 + d5 X5 [X2 ; X3 ] = e3 X3 [X2 ; X4 ] = f4 X4 + f5 X5 [X2 ; X5 ] = k4 X4 + k5 X5 [X3 ; X4 ] = g4 X4 + g5 X5 [X3 ; X ] = h4 X4 + h5 X5  −A −B −C −D      A −E −F −K      BF =  B E −G −H       C F G 0    D K H 0 Dễ thấy cho δ  = σ = ⇒ rankBF = ∨ 2.Theo nhận xét ta suy ra:  a g +e c =0 4 AG + CE = ⇒ ⇒ e3 = (Nếu e3 = ⇒ a3 = 0)  a g +e c =0 5 ŒicsX2 ⇒ e3 = 1.Đổi sở X1 = X1 + a3 X3 ⇒ a3 = ⇒ G = Vì rankBF = ∨ nên ta suy DE = CE = 0(∨α, β, γ, δ, σ) ⇒ c4 = c5 = d4 = d5 = 0.Vậy ta móc Lie là: 50 [X2 ; X3 ] = X3 [X2 ; X4 ] = f4 X4 + f5 X5 [X2 ; X5 ] = k4 X4 + k5 X5 [X3 ; X4 ] = g4 X4 + g5 X5 [X3 ; X5 ] = h4 X4 + h5 X5 Kiểm tra điều kiện Jacobi:     g k − f5 h4 = g4 = −h5   (X , X , X ) =  4 ⇒ g4 f5 + g5 k5 − f4 g5 − f5 h5 = g5 (II)  (X , X , X ) =     h f +h k −k g −k h =h 4 4 4 * Trường hợp 1.2.1 : g5 = 0.Đổi  sở X5 = g5 X5 + g4 X4 Ta nói g4 = 0, g5 =    f h =0   f =0  5 (II) ⇒ f5 h4 = ⇒  h =0     h =0   k =f +1 ⇒ h4 = 0.Như h4 = h5 = (II) ⇒  h f −k h =h 4 4 51