Không gian căn nghiệm và biểu diễn của đại số lie nửa đơn

ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN THỊ NHƯ NGỌC KHÔNG GIAN CĂN NGHIỆM VÀ BIỂU DIỄN CỦA ĐẠI SỐ LIE NỬA ĐƠN Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THEO ĐỊNH HƯỚNG NGHIÊN CỨU NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS TRẦN ĐẠO DÕNG Thừa Thiên Huế, năm 2017 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi, số liệu kết nghiên cứu ghi luận văn trung thực, đồng tác giả cho phép sử dụng chưa cơng bố cơng trình nghiên cứu khác Nguyễn Thị Như Ngọc ii LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học tận tình, chu đáo Thầy giáo, PGS TS Trần Đạo Dõng Tôi xin gửi đến Thầy kính trọng lịng biết ơn sâu sắc Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Sư phạm Huế, quý Thầy Cô giáo Khoa Tốn Trường Đại học Sư phạm Huế, Phịng Đào tạo Sau đại học Trường Đại học Sư phạm Huế quý Thầy Cô giáo tham gia giảng dạy Cao học Khóa 24, người giúp tơi có kiến thức khoa học điều kiện để hồn thành cơng việc học tập, nghiên cứu Cuối cùng, tơi xin chân thành cảm ơn người thân, bạn bè, đặc biệt bạn học viên cao học Tốn Khóa 24 - ĐHSP Huế quan tâm, giúp đỡ động viên suốt thời gian học tập vừa qua Thừa Thiên Huế, tháng 10 năm 2017 Nguyễn Thị Như Ngọc iii Mục lục Trang phụ bìa i Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii Mục lục Lời mở đầu Chương Một số kiến thức sở 1.1 Đại số Lie 1.2 Đại số Lie giải đại số Lie lũy linh 1.3 Đại số Lie nửa đơn đại số Lie quy Chương Đại số Cartan không gian nghiệm 2.1 Đại số Cartan 2.2 Phân tích nghiệm hệ nghiệm 13 Chương Biểu diễn đại số Lie nửa đơn 20 3.1 Biểu diễn đại số Lie đơn sl(2, C) 20 3.2 g-mơđun tính khả quy đầy đủ 29 3.3 Phân lớp biểu diễn hữu hạn chiều 38 3.4 Biểu diễn đại số Lie sl(n, C) 43 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 LỜI MỞ ĐẦU Lý thuyết Lie đời từ kỉ XIX nhà tốn học Sophus Lie (1842-1899) có nhiều ứng dụng quan trọng toán học vật lý Một hướng phát triển lý thuyết Lie khảo sát cấu trúc phân lớp đại số Lie nửa đơn Đây vấn đề nhiều nhà toán học nghiên cứu G Bellamy, A W Knapp, W Ziller, thể qua số cơng trình tiêu biểu [2], [4], [8] Trong khuôn khổ luận văn thạc sĩ, mong muốn tìm hiểu làm rõ số vấn đề cụ thể liên quan đến đại số Lie nửa đơn Được gợi ý PGS.TS Trần Đạo Dõng, chọn đề tài "Không gian nghiệm biểu diễn đại số Lie nửa đơn" làm đề tài nghiên cứu luận văn Về cấu trúc, luận văn chia thành chương: Trong chương 1, giới thiệu số khái niệm kết liên quan đến đề tài Nội dung chủ yếu chương trình bày sơ lược kiến thức đại số Lie, đại số Lie nửa đơn đại số quy để góp phần khảo sát khái niệm, tính chất kết liên quan chương sau Trong chương 2, chúng tơi khảo sát khái niệm, tính chất đại số Cartan không gian nghiệm đại số Lie phức nửa đơn Theo đó, đại số Lie phức nửa đơn hữu hạn chiều g tồn đại số Cartan h thu phân tích theo h với khơng gian nghiệm 1-chiều ứng với hệ nghiệm R Các tính chất khơng gian nghiệm làm rõ góp phần phân lớp biểu diễn đại số Lie nửa đơn chương sau Chương thể nội dung luận văn Trước hết khảo sát biểu diễn đại số Lie sl(2, C), thể biểu diễn đại số Lie theo ngơn ngữ mơđun để khảo sát tính khả quy đầy đủ đại số Lie đơn, nửa đơn Từ ứng dụng hệ nghiệm trừu tượng trình bày chương để phân lớp biểu diễn hữu hạn chiều đại số Lie phức nửa đơn Hầu hết kết luận văn trích dẫn từ [1], [2], [4] trình bày cách chi tiết, rõ ràng Mặc dù tác giả có nhiều cố gắng việc trình bày luận văn khó tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý thầy cô đồng nghiệp dành cho luận văn Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức đại số Lie, đại số Lie giải được, đại số Lie lũy linh, đại số Lie nửa đơn đại số quy Các khái niệm kết chủ yếu tham khảo từ tài liệu [3], [4], [5] [7] 1.1 Đại số Lie Định nghĩa 1.1.1 Cho g không gian vectơ trường k Khi đó, g gọi đại số Lie k tồn phép toán [, ] : g × g −→ g (X, Y ) −→ [X, Y ] cho a) [, ] tuyến tính 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 không gian vectơ g gọi chiều đại số Lie g, kí hiệu dimk g, [, ] gọi tích Lie k = R : g gọi đại số Lie thực k = C : g gọi đại số Lie phức Đại số Lie g gọi giao hoán [X, Y ] = 0, ∀X, Y ∈ g Ví dụ 1.1.1 1) Mỗi không gian vectơ V trường k đại số Lie giao hốn với tích Lie [X, Y ] = 0, ∀X, Y ∈ V 2) Cho g đại số kết hợp k Khi g đại số Lie với tích Lie xác định [, ] : g × g −→ g (X, Y ) −→ [X, Y ] = XY − Y X 3) Cho V không gian vectơ hữu hạn chiều trường k Khi đó, khơng gian gl(V ) := Endk V đại số Lie với tích Lie [X, Y ] = X ◦ Y − Y ◦ X, ∀X, Y ∈ gl(V ) 4) gl(n, k) := Mat(n, k) = {A = (aij )n |aij ∈ k} đại số Lie với tích Lie [A, B] = AB − BA, ∀A, B ∈ gl(n, k) Định nghĩa 1.1.2 Cho g đại số Lie trường k 1) h ⊆ g gọi đại số Lie h khơng gian vectơ bảo tồn tích Lie, tức ∀X, Y ∈ h, ta có [X, Y ] ∈ a 2) a ⊆ g gọi iđêan g a không gian vectơ với X ∈ g, A ∈ a ta có [X, A] ∈ a 3) Cho a không gian vectơ đại số Lie g Tâm hóa a g định nghĩa Zg (a) = {X ∈ g|[X, Y ] = 0, ∀Y ∈ a} Đặc biệt tâm hóa g g gọi tâm g kí hiệu Z(g) 4) Cho a không gian vectơ đại số Lie g Chuẩn tắc hóa a g định nghĩa Ng (a) = {X ∈ g|[X, Y ] ∈ a, ∀Y ∈ a} Nhận xét 1.1.1 1) Zg (a), Z(g), Ng (a) đại số Lie g 2) Mỗi iđêan đại số Lie Điều ngược lại nói chung khơng 3) Kí hiệu [a, b] khơng gian vectơ sinh [A, B] với A ∈ a, B ∈ b a, b ⊂ g Cho h khơng gian vectơ g Khi (a) h đại số Lie ⇔ [h, h] ⊆ h (b) a iđêan ⇔ [a, g] ⊆ a Định nghĩa 1.1.3 Cho g, h đại số Lie trường k (a) Ánh xạ ϕ : g → h gọi đồng cấu đại số Lie ϕ ánh xạ tuyến tính bảo tồn tích Lie, tức ϕ([X, Y ]) = [ϕ(X), ϕ(Y )], ∀X, Y ∈ g (b) Đồng cấu đại số Lie ϕ gọi đơn (toàn, đẳng) cấu ϕ đơn (toàn, song) ánh Đại số Lie g gọi đẳng cấu với đại số Lie h tồn ϕ : g → h đẳng cấu đại số Lie Khi ta viết g h Ví dụ 1.1.2 Cho g đại số Lie trường k ad : g −→ gl(g) = Endk (g) X −→ adX : g −→ g Y −→ (ad(X))(Y ) = [X, Y ] Khi đó, ad đồng cấu đại số Lie, gọi biểu diễn liên hợp g 1.2 Đại số Lie giải đại số Lie lũy linh Định nghĩa 1.2.1 Cho g đại số Lie hữu hạn chiều trường k Khi đó, g gọi giải chuỗi hoán tử g0 = g, g1 = [g0 , g0 ], , gl+1 = [gl , gl ], tồn l ∈ N cho gl = {0} Định nghĩa 1.2.2 Cho g đại số Lie hữu hạn chiều trường k V không gian vectơ trường K, k ⊂ K ⊂ C Xét EndK V k-khơng gian vectơ kí hiệu (EndK V )k Khi đó, ánh xạ σ : g −→ (EndK V )k gọi biểu diễn g V σ đồng cấu đại số Lie Để đơn giản ta thường viết σ : g → EndK V ký hiệu biểu diễn V thay cho σ Không gian vectơ U ⊆ V gọi không gian ổn định qua biểu diễn σ σ(g)U ⊆ U Đinh lý sau cho ta tính chất đại số Lie giải hữu hạn chiều Định lý 1.2.1 ([4], Theorem 1.25) Cho g đại số Lie hữu hạn chiều giải trường k, V K-không gian vectơ khác 0, k ⊂ K ⊂ C Xét σ : g → EndK V biểu diễn g Khi (a) Nếu K đóng đại số, tồn v ∈ V, v = cho v vectơ riêng σ(X), với X ∈ g (b) Trường hợp tổng quát K, tồn v ∈ V \{0} vectơ riêng σ(X), với X ∈ g giá trị riêng σ(X) thuộc vào K Nhận xét 1.2.1 Khi g đại số Lie giải σ biểu diễn, ta có σ(g) giải Ngồi ra, định lí đóng vai trị quan trọng để chứng minh V có sở cho ma trận σ(X), X ∈ g, có dạng tam giác Điều rõ hệ 1.2.1 Hệ 1.2.1 ([4], Corollary 1.29) Cho g, V, k, K σ giả thiết định lí 1.2.1 Khi đó, tồn dãy khơng gian vectơ V = V0 ⊇ V1 ⊇ · · · ⊇ Vm = {0} cho Vi ổn định qua tác động σ(g) dim(Vi /Vi+1 ) = 1, i = 0, , m − Suy g tồn sở cho ma trận σ(g) có dạng tam giác Định nghĩa 1.2.3 Cho g đại số Lie hữu hạn chiều trường k Khi đó, g gọi lũy linh chuỗi tâm g0 = g, g1 = [g0 , g], , gk+1 = [gk , g], tồn k ∈ N : gk = {0} Nhận xét 1.2.2 Nếu g đại số Lie lũy linh g giải được, chiều ngược lại nói chung không Định lý Engel cho ta mối liên hệ mật thiết đại số Lie tự đồng cấu lũy linh V với đại số ma trận có dạng tam giác với đường chéo không Định lý 1.2.2 ([4], Theorem 1.35) Cho V không gian vectơ hữu hạn chiều trường k, g đại số Lie gồm tự đồng cấu lũy linh V Khi 1) g lũy linh 2) Tồn phần tử v khác không V cho với X ∈ g X(v) = 3) Tồn sở v cho ma trận X ∈ g có dạng tam giác ngặt Mệnh đề sau cho ta điều kiện tương đương đại số Lie luỹ linh Mệnh đề 1.2.1 ([4], Proposition 1.32) Cho g đại số Lie Khi đó, điều kiện sau tương đương: i) g đại số Lie lũy linh ii) Đại số Lie adg lũy linh Từ định lý 1.2.2 mệnh đề 1.2.1, ta hệ sau Hệ 1.2.2 ([4], Corollary 1.38) Cho g đại số Lie hữu hạn chiều Khi đó, g lũy linh adX lũy linh ∀X ∈ g 1.3 Đại số Lie nửa đơn đại số Lie quy Định nghĩa 1.3.1 Cho g đại số Lie trường k 1) g gọi đơn g khơng giao hốn khơng có iđêan khác 2) g gọi nửa đơn g khơng có iđêan giải thực khác Định nghĩa 1.3.2 Cho g đại số Lie trường k Với X, Y ∈ g, phần tử κ(X, Y ) = Tr(adX ◦ adY ) xác định dạng song tuyến tính g κ: g × g −→ K (X, Y ) −→ κ(X, Y ) = Tr(adX ◦ adY ) gọi dạng Killing g Dạng Killing κ đại số Lie hữu hạn chiều g gọi không suy biến radκ := {X ∈ g|κ(X, Y ) = 0, ∀Y ∈ g} = {0} Từ định nghĩa dạng Killing ta thu số tính chất sau Nhận xét 1.3.1 1) Dạng Killing κ bất biến qua tự đẳng cấu g, nghĩa κ(ϕ(X), ϕ(Y )) = κ(X, Y ), ∀ϕ ∈ Aut g, ∀X, Y ∈ g, Aut g tập tất tự đẳng cấu g Từ bổ đề 3.2.1 suy rằng: để chứng minh định lý Weyl, ta cần chứng minh: V g-môđun W g-môđun V tồn g-mơđun bù W W V Chúng ta bắt đầu chứng minh định lý Weyl trường hợp đặc biệt Bổ đề 3.2.5 ([1], Lemma 8.9) Cho V g-môđun W mơđun có đối chiều Khi đó, tồn g-mơđun bù W W V Chứng minh Chứng minh quy nạp theo dim V Với dim V = rõ ràng Với dim V > : giả sử bổ đề với g-mơđun có chiều bé dim V Ta chứng minh cho trường hợp dim V Theo bổ đề 3.2.3 V trung thành X.v = 0, ∀X ∈ g, v ∈ V Trường hợp sau, ta chọn khơng gian bù W W V (trong trường hợp này, không gian V môđun con) Do đó, ta giả sử V g-mơđun trung thành Theo bổ đề 3.2.4, phần tử Casimir ΩV tự đồng cấu g-môđun V Cho nên V phân tích thành tổng trực tiếp g-mơđun V = Vα , α∈C N với Vα = {v ∈ V |(ΩV − α) (v) = 0, N 0} Vì W g-môđun ΩV tổ hợp tuyến tính tích ρ(X)|W tự đồng cấu Do W = Wα , α∈C với Wα = {w ∈ W |(ΩV − α)N (w) = 0, N 0)} = Vα ∩ W Khẳng định 3.2.1 Ta có Vα = Wα với α = dim V0 /W0 = Chứng minh Vì Vα g-môđun Wα g-môđun Vα nên Vα /Wα g-môđun Ta có: V /W = Vα /Wα α∈C Vì dim V /W = nên tồn α cho Vα = Wα Do dim Vα /Wα = Suy X.[v] = 0, ∀X ∈ g [v] ∈ Vα /Wα 35 Vì ΩV thể qua phần tử ρ(X) nên Ω hạn chế không gian thương Mặt khác, Ω tác động với giá trị riêng α Vα /Wα Do α = Tiếp theo ta cần chứng minh dim V0 < dim V Thật vậy, W0 ⊂ V0 mơđun có đối chiều Nhưng theo bổ đề 3.2.4 Tr(ΩV ) = dim g = Do đó, tồn α = cho Vα = Áp dụng giả thiết quy nạp, tồn g-môđun U chiều thỏa: V0 = W0 ⊕ U Khi V = W ⊕ U Cuối cùng, ta chứng minh định lý Weyl trường hợp tổng quát Xét V g-môđun W môđun thực Nhắc lại HomC (V, W ) g-mơđun với phép tốn (X, f )(v) = X.f (v) − f (X.v), ∀X ∈ g, v ∈ V, f ∈ HomC (V, W ) (3.2.1) Ta xác định U = {f ∈ HomC (V, W )|f|W = λIdW , λ ∈ C}, U = {f ∈ HomC (V, W )|f|W = IdW } Khi đó, U U g-môđun HomC (V, W ) Thật vậy, với X ∈ g, f ∈ U, w ∈ W ta có: (X.f )(w) = X.f (w) − f (X.w) = X(λw) − λ(X.w) = Do (X.f )|W = ∈ U Tương tự cho U Tiếp theo ta xét đồng cấu g-môđun sau: ϕ: U → HomC (W, W ) f −→ f|W − IdW Ta có: Im(ϕ) = {f|W − IdW |f ∈ U } = {λId|W − IdW } = {(λ − 1)IdW } không gian chiều HomC (W, W ) Hơn nữa, Ker(ϕ) = {f ∈ U |f|W = IdW } = U 36 Suy dim(U/U ) = dim(U/Kerϕ) = dim(Imϕ) = hay U có đối chiều U Áp dụng bổ đề 3.2.5 có mơđun bù chiều U U U Chọn = φ ∈ U cho φ|W = IdW Khi đó, ánh xạ φ đồng cấu g-mơđun Thật vậy, U có chiều nên X.φ = 0, ∀X ∈ g, tức ∀v ∈ V = (X.φ)(v) = X.φ(v) − φ(X.v) Do đó, X.φ(v) = φ(X.v) Vì φ|W = IdW nên φ tồn ánh hạt nhân Kerφ g-mơđun bù W V Chú ý 3.2.1 Cho V m-mơđun W l-mơđun Khi V ⊗ W m ⊕ l-môđun Cho V m ⊕ l-môđun W l-môđun Khi đó, Homl (W, V ) m-mơđun với tác động: (X.f )(w) − (X + 0).f (w) , ∀X ∈ m, f ∈ Homl (W, V ), w ∈ W Bây ta phát biểu chứng minh định lý Weyl cho đại số Lie nửa đơn Định lý 3.2.2 ([1], Theorem 8.14) Cho g đại số Lie nửa đơn Khi đó, g-mơđun hữu hạn chiều khả quy đầy đủ Chứng minh Vì g nửa đơn nên g = g1 ⊕ · · · ⊕ gk với gi đơn Ta chứng minh quy nạp theo k Với k = : định lý 3.2.1 Với k ≥ : giả sử với đại số Lie nửa đơn h = h1 ⊕ · · · ⊕ hr , r < k Ta chứng minh cho trường hợp r = k Ta viết lại: g = g1 ⊕ m, với m = g2 ⊕ gk Theo giả thiết quy nạp, m-môđun hữu hạn chiều khả quy đầy đủ Vì g1 đơn nên V = V1n1 ⊕ · · · ⊕ Vrnr , với Vi g1 -môđun đơn không đẳng cấu đôi Ta xác định ánh xạ: fi : Homg1 (Vi , V ) ⊗ Vi −→ V (φ, v) −→ φ(v) Theo ý 3.2.1, với i = 1, 2, , r, , Homg1 (Vi , V ) m-mơđun Do đó, Homg1 (Vi , V ) ⊗ Vi g-môđun ánh xạ Homg1 (Vi , V ) ⊗ Vi → V đồng cấu g-môđun Thật vậy, ∀X ∈ g, φ ∈ Homg1 (Vi , V ), v ∈ V : fi (X.(φ⊗v)) = fi (Xφ⊗v +φ(Xv)) = (Xφ)(v)+φ(Xv) = X.φ(v) = X.fi (φ⊗v) 37 Từ đồng cấu g-môđun trên, ta xác định đẳng cấu g-môđun: (Homg1 (V1 , V ) ⊗ V1 ) ⊕ · · · ⊕ (Homg1 (Vr , V ) ⊗ Vr ) ∼✲ V Vì Homg1 (Vi , V ) m-mơđun khả quy đầy đủ nên ta phân tích Homg1 (Vi , V ) ⊗ Vi thành tổng trực tiếp g-môđun đơn Suy V khả quy đầy đủ 3.3 3.3.1 Phân lớp biểu diễn hữu hạn chiều Môđun trọng cao Xét g đại số Lie phức nửa đơn, hữu hạn chiều, có phân tích nghiệm: g=h gα , α∈R với h đại số Cartan Cố định tập nghiệm đơn Π R = R+ ∪ R− Đặt n+ = α∈R+ gα Vì [gα , gβ ] ⊂ gα+β nên không gian n+ đại số Lie lũy linh Đại số n− xác định tương tự, lúc g = n+ ⊕ h ⊕ n− Mệnh đề 3.3.1 ([1], Proposition 11.1) Mỗi g-môđun hữu hạn chiều V biểu diễn dạng: V = Vλ , λ∈h∗ với Vλ = {v ∈ V |H.v = λ(H)v, ∀H ∈ h} Phân tích gọi phân tích trọng V Chứng minh Vì ta cố định đại số Cartan h g nên g-môđun hữu hạn chiều có phân tích khơng gian trọng: V = Wλ , λ∈h∗ với Wλ = {v ∈ V |(H − λ(H))N v = 0, ∀N 0, H ∈ h} Do g nửa đơn nên Wλ = {v ∈ V |H.v = λ(H)v, ∀H ∈ h} Vì g-mơđun hữu hạn chiều phân tích thành tổng trực tiếp mơđun đơn nên để chứng minh ta cần kiểm tra cho trường hợp V đơn Xét không gian Vλ , λ∈h∗ 38 với Vλ = {v ∈ V |H.v = λ(H)v, ∀H ∈ h} ⊂ Wλ Vì [H, X] = α(H)X với X ∈ gα H ∈ h nên Vλ λ∈h∗ g-môđun Vì V đơn nên khơng gian trùng với V Định nghĩa 3.3.1 Xét V g-môđun hữu hạn chiều Một vectơ v ∈ Vλ gọi vectơ trọng cao n+ v = Bổ đề 3.3.1 ([1], Lemma 11.2) Cho V g-môđun hữu hạn chiều Khi đó, V chứa vectơ trọng cao Chứng minh Đặt gα = h ⊕ n+ b+ = h α∈R+ Vì [h, n+ ] = n+ n+ lũy linh nên b+ đại số giải g Theo định lý Lie, V chứa vectơ riêng v cho tất phần tử X ∈ b+ , tức tồn ánh xạ tuyến tính λ : b+ → C, cho X.v = λ(X)v với X ∈ b+ Do đó, ta cần chứng minh λ(X) = với X ∈ n+ Xét X ∈ gα ⊂ n+ Khi đó, α = nên tồn H ∈ h cho α(H) = Suy [H, X] = X α(H) [h, n+ ] = n+ Nhưng λ(X)v = X.v = 1 λ(H)λ(X)v − λ(X)λ(H)v = α(H) α(H) Do λ(X) = 0, tức v vectơ trọng cao Nếu Π = {β1 , · · · βl } theo nhận xét 2.2.1, tồn sl(2, C) sinh {Ei , Fi , Hi } g cho Ei sở gβi Vì Π sở h∗ , nên tập {H1 , · · · , Hl } sở h Ta xác định dàn: P = {λ ∈ h∗ |λ(Hi ) ∈ Z, ∀i} = {λ ∈ h∗ | λ, βi ∈ Z, ∀i}; P + = {λ ∈ h∗ |λ(Hi ) ∈ Z+ , ∀i} = {λ ∈ h∗ | λ, βi ∈ Z+ , ∀i} 39 Khi đó, P gọi dàn trọng g Mỗi phần tử P + gọi trọng nguyên trội Bổ đề 3.3.2 ([1], Lemma 11.4) Xét V g-môđun hữu hạn chiều (1) Nếu µ ∈ h∗ cho Vµ = µ ∈ P (2) Nếu v ∈ Vλ vectơ trọng cao λ ∈ P + Chứng minh (1) Xét α ∈ R nghiệm sα đại số g sinh {Eα , Fα , Hα } bổ đề 2.2.2 Xét V môđun sα Khi đó, V có phân tích trọng: V = λ∈h∗ Vλ Vì trọng sα nguyên nên µ ∈ h∗ cho Vµ = µ(Hα ) ∈ Z, hay µ ∈ P (2) Giả sử v ∈ Vλ vectơ trọng cao Xét αi nghiệm đơn sαi đại số g sinh {Eαi , Fαi , Hαi } Xem Vλ sαi -mơđun Khi đó, vectơ trọng cao v thỏa Hi v = λ(Hi )v Theo định lý 3.1.1, λ(Hi ) ∈ Z Vậy λ ∈ P + 3.3.2 Môđun Verma Bây ta xác định môđun trọng cao phổ dụng, môđun gọi môđun Verma Xét Y1 , · · · , YN trọng sở n− Vì n− lũy linh nên ta xếp Yi cho [Yi , Yj ] ∈ C{Yk |k > i} với i ≤ j Chọn λ ∈ h∗ xét C{vλ } b+ -môđun chiều cho b+ vλ = H.vλ = λ(H)vλ với H ∈ h Xét ∆(λ) không gian vectơ với sở Yi1 Yi2 · · · Yik vλ , với (i1 ≤ · · · ≤ ik ) k phần tử {1, 2, · · · , N } Ta gọi chiều dài phần tử sở Yi1 Yi2 · · · Yik vλ k Bổ đề 3.3.3 ([1], Lemma 11.6) Không gian ∆(λ) có cấu trúc g-mơđun Mơđun gọi môđun Verma Chú ý 3.3.1 g tác động lên ∆(λ) xác định sau: Yi1 Yi2 · · · Yik vλ = Yi1 (Yi2 (· · · (Yik vλ ) · · · ) (3.3.1) Mỗi phần tử sở Yi1 Yi2 · · · Yik vλ vectơ trọng với trọng λ − αi1 − · · · − αik , với Yi ∈ g−αi αi ∈ R+ Bổ đề 3.3.4 ([1], Lemma 11.7) Xét λ ∈ h∗ Khi đó, mơđun Verma ∆(λ) có mơđun thương đơn V (λ), tức ∆(λ) V ∆(λ) V , với mơđun đơn V V V V 40 Chứng minh Xét φ : ∆(λ) V φ : ∆(λ) V Trước tiên ta khẳng định rằng: φ(vλ ) vectơ trọng cao V, sinh V gmôđun tương tự cho φ (vλ ) ∈ V Thật vậy, φ tồn ánh nên V sinh φ(Yi1 Yi2 · · · Yik vλ ) Theo công thức 3.3.1 ta được: φ(Yi1 Yi2 · · · Yik vλ ) = Yi1 (Yi2 (· · · (Yik φ(vλ ) · · · ) Do đó, φ(vλ ) sinh V Nếu X ∈ b+ X.φ(vλ ) = φ(X.vλ ) Do đó, φ(vλ ) vectơ trọng cao V Đặt M = M ⊂∆(λ) M tổng tất g-môđun M ∆(λ) cho M ∩ ∆(λ)λ = (tức không gian trọng Mλ M = 0) Khi đó, M g-mơđun ∆(λ) thỏa mãn Mλ = 0, tức M môđun thực Để chứng minh V V đẳng cấu, ta cần chứng minh Kerφ = Kerφ = M Vì φ(vλ ) = không gian trọng λ ∆(λ) sinh vλ nên ánh xạ thu hẹp: φ : ∆(λ)λ → Vλ đẳng cấu Do đó, Kerφ ∩ ∆(λ)λ = 0, suy Kerφ ⊂ M Cho nên g-môđun ∆(λ)/M (khác 0) môđun thương V = ∆(λ)/Kerφ Nhưng V đơn nên V = ∆(λ)/Kerφ = ∆(λ)/M Kerφ = M Lập luận tương tự cho φ Chú ý 3.3.2 Xét V g-môđun hữu hạn chiều với vectơ trọng cao v trọng λ ∈ P + Khi đó, vλ → v mở rộng đồng cấu g-môđun ∆(λ) V Điều giải thích tính phổ dụng mơđun trọng cao với trọng λ 3.3.3 Phân lớp biểu diễn hữu hạn chiều Chúng ta chứng minh rằng: λ ∈ / P + g-mơđun với trọng cao λ khơng hữu hạn chiều Cho nên, môđun thương V (λ) môđun Verma ∆(λ) vô hạn chiều trường hợp Định lý 3.3.1 ([1], Theorem 11.9) Xét V g-môđun đơn, hữu hạn chiều (1) Có λ ∈ P + cho V V (λ) (2) Nếu λ, µ ∈ h∗ λ = µ V (λ) V (µ) 41 Chứng minh (1) Theo bổ đề 3.3.1 tồn vectơ trọng cao v ∈ V Gọi λ trọng v, ta có λ ∈ P + Từ ý 3.3.2, tồn đồng cấu g-môđun khác 0: ∆(λ) V, vλ → v Theo bổ đề 3.3.4 V V (λ) (2) Lấy λ, µ ∈ h∗ , λ = µ Ta có đẳng cấu chuyển vectơ trọng cao đến vectơ trọng cao nên ta cần chứng minh V (λ) không chứa vectơ trọng cao trọng µ Vì tất khơng gian trọng khác ∆(λ) có trọng λ − αi1 − · · · − αik , với αi ∈ R+ Do V (λ) môđun thương ∆(λ) nên trọng V (λ) λ − αi1 − · · · − αik , với αi ∈ R+ Lúc có hai trường hợp xảy ra: thứ tồn i1 , , ik cho λ − µ = αi1 + · · · + αik , thứ hai khơng có αi Trường hợp thứ hai, khơng có vectơ trọng trọng µ V (λ) nên khơng cần xét trường hợp Giả sử λ − µ = αi1 + · · · + αik tồn v ∈ V (λ) trọng µ Theo ý 3.3.2, có ánh xạ khác : ∆(µ) → V (λ), vµ → vλ Ánh xạ tồn ánh Do đó, trọng V (λ) phải có dạng µ − αj1 − · · · − αjl Đặc biệt, λ = µ − αj1 − · · · − αjl suy αi1 + · · · + αik = −αj1 − · · · − αjl (3.3.2) Vì ta cố định hệ nghiệm đơn {β1 , , βl }, nên α ∈ R+ viết l ni βi , ni ∈ Z α= i=1 Hơn nữa, {β1 , , βl } sở h∗ nên biểu diễn Điều có nghĩa ta viết: l αi1 + · · · + αik = ni βi , ni ∈ Z i=1 l −αj1 − · · · − αjl = −mi βi , mi ∈ Z i=1 Theo 3.3.2, ta suy λ = µ, điều dẫn đến mâu thuẫn Như vậy, V (λ) hữu hạn chiều với λ ∈ P + Do đó, λ → V (λ) xác định song ánh P+ ∼✲ {lớp đẳng cấu g-môđun đơn, hữu hạn chiều} 42 3.4 Biểu diễn đại số Lie sl(n, C) Trong mục ta thể kết trình bày phần cho đại số Lie sl(n, C) Trước tiên ta xét trường hợp n = 2, g = sl(2, C) a) Xét đại số Lie phức nửa đơn sl(2, C) đại số Lie h= h |h ∈ C −h Ta xác định phần tử e1 , e2 ∈ h∗ sau: e1 h 0 −h = h, e2 h 0 −h = −h Do ta có h∗ = Ce1 ⊕ Ce2 /C(e1 +e2 ) Khi E = h∗R = Re1 ⊕ Re2 /R(e1 +e2 ) Chọn sở sl(2, C) E11 = Khi đó, với H = , E12 = −1 h 0 −h , E21 = 0 0 ∈ h ta có (adH)E11 = [H, E11 ] = 0, (adH)E12 = [H, E12 ] = 2hE12 = (e1 (H) − e2 (H))E12 , (adH)E21 = [H, E21 ] = −2hE21 = (e2 (H) − e1 (H))E21 Như ta thấy E12 , E21 vectơ riêng adH, ∀H ∈ h, với giá trị riêng tương ứng e1 (H) − e2 (H), e2 (H) − e1 (H) Suy sl(2, C) = h ⊕ CE12 ⊕ CE21 Với α ∈ h∗ , đặt gα = {X ∈ g|(adH)X = α, H X, ∀H ∈ h} 43 ge1 −e2 = {X ∈ g|(adH)X = (e1 − e2 )(H)X, ∀H ∈ h} = {X ∈ g|[H, X] = (e1 (H) − e2 (H))X, ∀H ∈ h} 2hb −2hc a b , ∀h ∈ C c −a = a b c −a ∈ g| = a b c −a ∈ g|2ha = 0, 4hc = 0, ∀h ∈ C = a b c −a ∈ g|a = c = = 2h = b |b ∈ C 0 0 |c ∈ C , h = g0 c Suy h đại số Cartan sl(2, C) ta có phân tích khơng gian nghiệm sl(2, C) sau: Tương tự ta tính ge2 −e1 = sl(2, C) = h ⊕ ge1 −e2 ⊕ ge2 −e1 , với hệ nghiệm R = {e1 − e2 , e2 − e1 } Chọn 1 γ = e1 − e2 2 phần tử quy (γ, e1 − e2 ) = 1, (γ, e2 − e1 ) = −1 Suy R = R+ ∪ R− , với R+ = {e1 − e2 } Tập nghiệm đơn là: Π = {e1 − e2 } Dàn trọng trọng nguyên trội là: P = {λ ∈ h∗ | λ, e1 − e2 ∈ Z} = {λ = λ1 e1 + λ2 e2 | λ1 e1 + λ2 e2 , e1 − e2 ∈ Z} = {λ = λ1 e1 + λ2 e2 |λ1 − λ2 ∈ Z} = {λ = λ1 e1 + λ2 e2 |λ1 , λ2 ∈ Z}/R(1, 1) = {λe1 |λ ∈ Z}; P + = {λe1 |λ ∈ Z+ } 44 Xét sl(2, C)-môđun C2 với tác ng: : sl(2, C) ì C2 C2 (X, v) −→ µ(X, v) = Xv Ta có sở tắc C2 {v1 = (1, 0), v2 = (0, 1)} Hv1 = Hv2 = 1 0 −1 0 −1 1 = −1 = = v1 = e1 , H v1 , = −v2 = e2 , H v2 Suy e1 , e2 trọng với vectơ trọng tương ứng v1 , v2 Vì n+ = ge1 −e2 = CE12 E12 v1 = 0 = 0 = 0, E12 v2 = 0 = =0 nên v1 vectơ trọng cao nhất Suy môđun Verma ∆(λ) sl(2, C) sinh vectơ v1 b) Đại số Lie sl(3, C) có hệ nghiệm R = ei − ej ∈ h∗ |i = j, i, j = 1, , với ei xác định tương tự a) Chọn 1 t = e1 − e2 − e3 3 phần tử quy R, ta R+ = {e1 − e2 , e2 − e3 , e1 − e3 } Hệ nghiệm đơn là: Π = {e1 − e2 , e2 − e3 } Dàn trọng trọng nguyên trội là: P = {λ1 e1 + λ2 e2 |λ1 , λ2 ∈ Z}; P + = {λ1 e1 + λ2 e2 |λ1 , λ2 ∈ Z+ , λ1 ≥ λ2 ≥ 0} Tiếp theo ta xét môđun C3 : µ : sl(3, C) × C3 −→ C3 (X, v) −→ µ(X, v) = Xv 45 Cơ sở tắc C3 {v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0), v3 = (0, 0, 1)} Ta có: H1 v1 = v1 = e1 (H1 )v1 , H1 v2 = −v2 = e2 (H1 )v2 , H1 v3 = = e3 (H1 )v2 , H2 v1 = = e1 (H2 )v1 , H2 v2 = v2 = e2 (H2 )v2 , H2 v3 = −v3 = e3 (H2 )v3 Suy ei trọng µ vi vectơ trọng trọng ei , với i = 1, Bây ta tìm vectơ trọng cao dựa vào định nghĩa Ta có: n+ = ge1 −e2 ⊕ ge2 −e3 ⊕ ge1 −e3 = CE12 ⊕ CE23 ⊕ CE13 Tính tốn trực tiếp ta có: E12 v1 = 0, E13 v1 = 0, E23 v1 = Suy v1 vectơ trọng cao e1 trọng cao Hơn nữa, E12 v2 = v1 = 0, E13 v3 = v1 = nên v2 , v3 vectơ trọng cao Suy v1 vectơ trọng cao nhất (sai khác số) Môđun Verma ∆(λ) môđun sinh vectơ v1 Bây xét trường hợp tổng quát g = sl(n, C) c) Đại số Lie g = sl(n, C) = {X ∈ gl(n, C)|TrX = 0} có sở {Eij , ≤ i, j ≤ n, i = j} ∪ {Hi , ≤ i ≤ n − 1} Đại số Cartan g h = {ma trận chéo có vết 0} h có sở {Hi , ≤ i ≤ n − 1} Khi n ∗ h = Cei /C(e1 + + en ) i=1 n E= h∗R = Rei /R(e1 + + en ), i=1 46 hàm ei ∈ h∗ xác định bởi: ei (h) = hi , ∀h ∈ h g có phân tích không gian nghiệm: g = sl(n, C) = h ⊕ CEij = h ⊕ i=j gei −ej , i=j với hệ nghiệm R = {ei − ej |i = j} Chọn n n(n + 1) k−1 t= e1 − ek n k=2 phần tử quy R, ta R+ = {ei − ej |i < j} Hệ nghiệm đơn là: Π = {ei − ei+1 |i = 1, n} Dàn trọng trọng nguyên trội là: P = {(λ1 , λ2 , , λn , 0)|λi ∈ Z}; P + = {(λ1 , λ2 , , λn , 0)|λi ∈ Z+ , λ1 ≥ λ2 ≥ ≥ 0} Tiếp theo ta xây dng mụun trờn Cn : : sl(n, C) ì Cn −→ Cn (X, v) −→ µ(X, v) = Xv Cơ sở tắc Cn là: v1 = (1, 0, , 0), v2 = (0, 1, , 0), , = (0, , 0, 1) Khi đó: Hi vr = er , Hi vr , ∀i = 1, n Suy er trọng µn vr vectơ trọng trọng er Tính tốn trực tiếp ta có v1 vectơ trọng cao nhất (sai khác số) Môđun Verma môđun sinh v1 47 KẾT LUẬN Trong luận văn này, tơi trình bày số nội dung sau: Trong chương 1, trình bày số kiến thức đại số Lie, đại số Lie giải được, đại số Lie lũy linh, đại số Lie nửa đơn đại số quy Trong chương 2, trình bày khái niệm kết liên quan đại số Cartan hệ nghiệm đại số Lie phức nửa đơn Trong chương 3, khảo sát biểu diễn sl(2, C) thể biểu diễn đại số Lie theo ngôn ngữ mơđun để khảo sát tính khả quy đầy đủ đại số Lie đơn, nửa đơn Từ phân lớp biểu diễn hữu hạn chiều đại số Lie phức nửa đơn thể cho trường hợp đại số Lie sl(n, C) Các kết đạt luận văn khiêm tốn góp phần giúp thân hiểu thêm đại số Cartan, không gian nghiệm biểu diễn đại số Lie phức nửa đơn Mặc dù cố gắng nhiều trình làm luận văn, nhiên thời gian lực hạn chế nên khơng thể tránh khỏi thiếu sót Do đó, mong quý thầy cô bạn đọc góp ý để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! 48 Tài liệu tham khảo [1] Bellamy G (2016), Lie Groups, Lie Algebras and their Representations, Lecture Notes, University of Glasgow, UK [2] Humphreys J E (1980), Introduction to Lie algebras and representation theory, Springer- Verlag New York Heidelberg Berlin [3] Kirillov A (2008), An introduction to Lie Groups and Lie Algebras, Lecture Notes in Math, Cambridge University Press, New York [4] Knapp A W (2002), Lie Groups beyond an introduction, Progress in Math, New York [5] Lingle L (2012), Lie theory, Universal Enveloping Algebra, and the Poincaré - Birkhoff - Witt Theorem, The University of Chicago, USA [6] Shrestha A (2011), Representations of Semisimple Lie Algebras, Research Project, Preprint, 1-15 [7] Van den Ban E P (2010), Lie Groups, Lecture Notesian, University of Utrecht, Holland [8] Ziller W (2010), Lie Groups, Representation Theory and Symmetric Spaces, Lecture Notes in Math, University of Pennsylvania, USA 49 ... 1.3.1, đại số Lie nửa đơn đại số Lie quy Ngoài ra, từ định lý 1.3.2 suy đại số Lie có dạng tổng trực tiếp đại số Lie nửa đơn đại số Lie giao hoán đại số Lie quy Hơn nữa, kết cho thấy đại số Lie. .. số Lie 1.2 Đại số Lie giải đại số Lie lũy linh 1.3 Đại số Lie nửa đơn đại số Lie quy Chương Đại số Cartan không gian nghiệm 2.1 Đại số. .. nửa đơn Định lý 1.3.1 ([4], Theorem 1.45) Đại số Lie g nửa đơn dạng Killing g không suy biến Ta thấy đại số Lie đơn đại số Lie nửa đơn, chiều ngược lại nói chung khơng Tuy nhiên, đại số Lie nửa