Định nghĩa 2.5.1. Đại số Lie L được gọi là đại số Lie quy (đại số Lie reductive) nếu với mỗi iđêan a của L tồn tại iđêan b của L sao cho L = a ⊕b
Nhận xét 2.5.1.
a) Đại số Lie quy L xét như một L-môđun (đối với biểu diễn liên hợp ad) là khả quy đầy đủ.
b) Mỗi đại số Lie nửa đơn là đại số Lie quy nhưng đảo lại nói chung không đúng.
Chứng minh. Trường hợp L là nửa đơn kết quả là tầm thường nên ta chỉ xét các đại số Lie không nửa đơn. Trước tiên ta đi chứng minh mỗi đại số Lie quy L đều phân tích thành tổng trực tiếp của các iđêan đơn và các iđêan 1 chiều. Chứng minh bằng quy nạp theo dimL .
+ Với n = 1 là hiển nhiên. Nếu dimL = 2 thì L không đơn nên tồn tại iđêan không tầm thường a. Vì L khả quy nên tồn tại iđêan b sao cho L = a ⊕b. Rõ ràng a,b là các iđêan một chiều.
+ Giả sử kết quả đúng với đại số Lie có số chiều bé hơn dimL. Ta đi chứng minh đúng với dimL. Thật vậy, L không là nửa đơn suy ra L không đơn nên tồn tại iđêan a khác tầm thường. Vì L là đại số Lie quy nên có b là iđêan của L sao cho :L = a⊕b. Ta chứng minh dima,b< L. Áp dụng giả thiết quy nạp cho a,b ta được điều cần chứng minh. Vậy, L = a1 ⊕...⊕aj ⊕aj+1 ⊕...⊕ak
trong đó a1, ..., aj là các iđêan một chiều và aj+1, ..., ak là các iđêan đơn. Ta có, [an, am] = 0 với n 6= m và [ai, ai] = 0 với i = 0, ..., j vì chúng là iđêan một chiều. Từ đó [L, L] = aj+1, ..., ak. Để kết thúc chứng minh ta chỉ raZ(L) =a1⊕...⊕aj. Dễ thấya1⊕...⊕aj ⊂ Z(L), x = x1+...+xk, xi ∈
ai. Khi đó, với mọi y ∈ ai,[x, y] = 0 Suy ra [x, y] = 0. Do đó xi ∈ Z(ai). Suy ra xi, i= j+ 1, ..., k. VậyZ(L) ⊂ a1⊕...⊕aj. Như vậy nếuZ(L) = 0
thì L là tổng trực tiếp của các iđêan đơn. Ta có hệ quả sau
Hệ quả 2.5.3. Mỗi đại số Lie quy L là nửa đơn nếu và chỉ nếu tâm của L bằng 0.
Nhận xét 2.5.2. Dựa vào mối liên hệ giữa đại số Lie quy và đại số Lie nửa đơn ta có thể xác định được cấu trúc nửa đơn của các lớp đại số Lie thực gồm các ma trận trên trường số thực R, trường phức C và trường quaternion H, với H là một đại số trên R có cơ sở {1, i, j, k} sao cho i2 = j2 = k2 = −1 và ij = k, jk = i, ik = −j. Lớp các đại số này thường được gọi là đại số Lie nửa đơn cổ điển.
Định lí 2.5.4. Cho L là đại số Lie thực gồm các ma trận trên R, C hoặc H. Giả sử L ổn định qua các phép toán lấy liên hợp chuyển vị các ma trận, tức là x∗ = t(xij)n ∈ L, với mọi x = (xij)n ∈ L. Khi đó L là
đại số Lie quy.
Chứng minh. Với mọi phần tử x = (xij), y = (yij) của L, xét < x, y >=
ReT rxy∗ là một tích vô hướng trên L, trong đó y∗ = t(yij)n là ma trận suy từ y qua phép toán lấy liên hợp chuyển vị. Cho a là một iđêan bất kỳ trong L và xét a⊥ là phần bù trực giao của a trong L theo phép nhân vô hướng vừa định nghĩa ở trên. Khi đó ta có L = a⊕a⊥ xét như là các không gian véctơ. Bây giờ ta chứng minh a⊥ là iđêan của 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 ra y∗ ∈ L và a là iđêan nên [y∗, z] ∈ a,∀z ∈ a. Hơn nữa x ∈ a⊥ nên suy ra < [x, y], z >= − < x,[y∗, z] >= 0,∀z ∈ a. Vậy
[x, y] ∈ a⊥ hay a⊥ là iđêan của L.
Nói cách khác, mỗi iđêana trong L đều tồn tại iđêan a⊥ trong L sao cho L = a ⊕a⊥. Suy ra L khả quy.
Chú ý rằng các đại số Lie gl(n,R),gl(n,C) đều các đại số Lie quy nhưng không nửa đơn do tâm của các đại số Lie này gồm các ma trận vô hướng nên khác không. Tương tự, đại số Lie gl(n,H) là đại số Lie quy nhưng cũng không nửa đơn do có tâm gồm các ma trận vô hướng với các dòng là thực.
Bây giờ chúng ta áp dụng Mệnh đề trên để xác định các đại số Lie nửa đơn cổ điển. Chú ý rằng, mỗi đại số Lie quy L (xét như đại số Lie thực) nếu và chỉ nếu tâm Z(L) = 0.
Trước hết chúng ta xét các đại số Lie của các nhóm compact. Đây là các đại số Lie gồm các ma trận phản Hermit tương ứng với phép toán lây liên hợp (.)∗.
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 đó ta có : (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
a) u(n) không là nửa đơn với n≥ 1 và su(n) là nửa đơn với n≥ 2. b) so(n) là nửa đơn với n ≥3 và sp(n) là nửa đơn với n≥ 1.
Chứng minh. a) Kiểm tra trực tiếp theo tiêu chuẩn của mệnh đề trên ra suy ra u(n) là đại số Lie quy. Ngoài ra tâm của đại số Lie quy này gồm các ma trận vô hướng thuần ảo với n ≥ 1 nên u(n) là không nửa đơn với n ≥ 1. Tuy nhiên, su(n) là đại số Lie quy có tâm triệt tiêu với n ≥2
nên su(n) là nửa đơn với n ≥2.
b) Kiểm tra trực tiếp ta có so(n) là đại số Lie quy có tâm bằng không với n ≥ 3 nên so(n) là nửa đơn với n ≥ 3. Lý luận tương tự ta suy ra được sp(n) là nửa đơn với n≥ 1.
Tiếp theo là các đại số Lie nửa đơn phức với tâm bằng không. Chú ý rằng đối với một đại số Lie phức L và LR là dạng thực tương ứng, tức là đại số Lie thực thỏa điều kiện L = LR+iLR, áp dụng tiêu chuẩn Cartan cho tính nửa đơn ta có L là nửa đơn trên C nếu và chỉ nếu LR là nửa đơn trên R. Từ tính chất này và áp dụng mệnh đề trên ta thu được kết quả sau.
Mệnh đề 2.5.6. Các đại số Lie phức sau là 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)|xtJ + J x= 0} với n ≥ 1;
Trong đó J = Jn,n là những ma trận vuông cấp 2n, với J =
0 I
−I 0
. Bây giờ chúng ta xét các đại số Lie nửa đơn thực khác với các đại số Lie nửa dơn thể hiện trong hai mệnh đề trên.
Mệnh đề 2.5.7. Các đại số Lie dưới đây, xét như đại số Lie thực, là 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,nx = 0} với m+n ≥3; su(m, n) ={x ∈ sl(m+n,C)|x∗Im,n +Im,nx = 0} với m+n ≥2;
sp(m, n) = {x ∈ gl(m+n,H)|x∗Im,n+Im,nx = 0} với m+n ≥1;
sp(n,R) ={x ∈ gl(2n,R)|xtJn,n+Jn,nx = 0} với n≥ 1;
so∗(2n) ={x ∈ su(n, n)|xtIn,nJn,n +In,nJn,nx = 0} với n≥ 2;
Trong đó J = Jn,n là ma trận vuông cấp 2n được xác định bởi J = 0 In −In 0 và các ma trận Im,n, In,nJn,n xác định bởi : Im,n = Im 0 0 −In , In,nJn,n = 0 In In 0 .
Chứng minh. Kiểm tra trực tiếp tất cả các đại số Lie trong một mệnh đề đều đóng (ổn định) qua phép lấy liên hợp chuyển vị và có tâm bằng
0. Suy ra các đại số Lie này là nửa đơn.