Nhận xét 2.3.1. Xét tổng nửa trực tiếp g⊕τ h của đại số Lie g và h. Khi
đó, đại số Lie g, được đồng nhất với g⊕τ 0, là một đại số Lie con của tổng nửa trực tiếpg⊕τh; đại số Lie h, được đồng nhất với 0⊕τh, là một iđêan của tổng nửa trực tiếp g⊕τ h. Hơn nữa, g là một iđêan của g⊕τ h nếu và chỉ nếu tổng nửa trực tiếp quy về tổng trực tiếp. Điều này được thể hiện trong mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 2.3.2. Cho tổng nửa trực tiếp g⊕τ h của hai đại số Lie g và h.
Khi đó,
(i) [g×0,g×h]τ ⊂g⊕τ 0 nếu và chỉ nếu τ(g)h= 0;
(ii) [0×h,g×h]τ ⊂0⊕τ h.
Chứng minh. (i) Với mọi (X,0)∈g⊕τ 0, ∀(X0, Y0)∈g⊕τ h, ta có: [(X,0),(X0, Y0)]τ = ([X, X0],[0, Y0] +τ(X)Y0−τ(X0)0)
= ([X, X0], τ(X)Y0).
Khi đó, [g×0,g×h]τ ⊂g⊕τ 0 nếu và chỉ nếu [(X,0),(X0, Y0)]τ ∈g⊕τ 0.
Điều này tương đương với
([X, X0], τ(X)Y0)∈g⊕τ 0.
Từ đây suy ra
τ(X)Y0 = 0, ∀X ∈g, ∀Y0 ∈h.
Khi đó, ta có τ(g)h= 0.
Vậy [g×0,g×h]τ ⊂g⊕τ 0 nếu và chỉ nếu τ(g)h= 0.
(ii) Với mọi (0, Y)∈0⊕τ h, ∀(X0, Y0)∈g⊕τ h, ta có
[(0, Y),(X0, Y0)]τ = ([0, X0],[Y, Y0] +τ(0)Y0−τ(X0)Y) = (0,[Y, Y0]−τ(X0)Y)∈0⊕τ h.
Định lí sau cho ta các tính chất về tâm của tổng nửa trực tiếp các đại số Lie.
Định lý 2.3.3. Cho tổng nửa trực tiếp g⊕τ h của đại số Lie g và h. Khi đó,
(i) Z(g⊕τ h)⊂Z(g)×Kerτ(g);
(ii) Nếu (A, B)∈Z(g⊕τ h) thì τ(A) =−adB, ∀A ∈g, ∀B ∈h.
Chứng minh. (i) Với mỗi (A, B)∈Z(g⊕τ h) và với mọi (X,0)∈g×h, ta có [(A, B),(X,0)]τ = 0.
Suy ra
([A, X],[B,0] +τ(A)0−τ(X)B) = ([A, X],−τ(X)B) = (0,0).
Từ đây ta có
[A, X] = 0 và τ(X)B = 0. Nói cách khác
A∈Z(g) và B ∈Kerτ(g).
Do đó (A, B)∈Z(g)×Kerτ(g), ∀(A, B)∈Z(g⊕τ h).
Vậy Z(g⊕τ h)⊂Z(g)×Kerτ(g).
(ii) Với mọi (A, B)∈Z(g⊕τ h), với mọi (0, Y)∈g×h, ta có [(A, B),(0, Y)]τ = 0.
Suy ra (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
([A,0],[B, Y] +τ(A)Y −τ(0)B) = (0,[B, Y] +τ(A)Y) = (0,0).
Do đó [B, Y] +τ(A)Y = 0.
Từ đây suy ra adB(Y) +τ(A)Y = 0. Vậy τ(A) =−adB.
Nhận xét 2.3.4. Cho tổng nửa trực tiếp g⊕τ h của hai đại số Lie g và h.
Với τ :g→Derh ta có:
(i) Nếu τ ∈Hom(g,Derh) thì τ(Z(g))⊂Z(Derg);
Bây giờ ta xét điều kiện cần và đủ để tích các đạo hàm của hai đại số Lie trở thành đạo hàm của tổng nửa trực tiếp của hai đại số Lie.
Định lý 2.3.5. Cho g1,g2 là các đại số Lie trên trường K và ∂i ∈Dergi,
với i= 1,2. Khi đó,
∂1×∂2∈Der(g1⊕τ g2)
nếu và chỉ nếu
(τ ◦∂1)(A) = [∂2, τ(A)], ∀A∈g1.
Chứng minh. (⇒) Giả sử ∂1×∂2 ∈Der(g1⊕τ g2). Với mọi P, Q∈g1×g2 ta có (∂1×∂2)[P, Q]τ = [(∂1×∂2)P, Q]τ + [P,(∂1×∂2)Q]τ.
Vì mọi phần tử (A, B)∈g1×g2 đều có thể phân tích dưới dạng (A, B) = (A,0) + (0, B)
nên với P = (A,0) và Q= (0, B) ta có:
(∂1×∂2)[P, Q]τ = (∂1×∂2)[(A,0),(0, B)]τ
= (∂1×∂2)([A,0],[0, B] +τ(A)B−τ(0)0) = (∂1×∂2)(0, τ(A)B) = (0,(∂2◦τ(A))B).
[(∂1×∂2)P, Q]τ + [P,(∂1×∂2)Q]τ = [(∂1×∂2)(A,0),(0, B)]τ + [(A,0),(∂1×∂2)(0, B)]τ = [(∂1A,0),(0, B)]τ + [(A,0),(0, ∂2B)]τ
= ([∂1A,0],[0, B] +τ(∂1(A)B) + ([A,0],[0, ∂2B] +τ(A)∂2B)
= (0, τ(∂1(A)B) + (0, τ(A)∂2B) = (0,(τ ◦∂1A+τ(A)◦∂2)B).
Suy ra ∂2◦τ(A) = (τ◦∂1)A+τ(A)◦∂2.
Vậy (τ ◦∂1)(A) = ∂2◦τ(A)−τ(A)◦∂2= [∂2, τ(A)].
(⇐) Giả sử P = (A, B), Q= (X, Y)∈g1⊕τ g2.
Ta có
(∂2◦τ(A))(Y) = (τ◦∂1(A) +τ(A)◦∂2)(Y) (∂2◦τ(X))(B) = (τ◦∂1(X) +τ(X)◦∂2)(B).
Khi đó [(∂1×∂2)P, Q]τ + [P,(∂1×∂2)Q]τ = = [(∂1×∂2)(A, B),(X, Y)]τ + [(A, B),(∂1×∂2)(X, Y)]τ = [(∂1A, ∂2B),(X, Y)]τ + [(A, B),(∂1X, ∂2Y)]τ
= (∂1[A, X], ∂2[B, Y] + (∂2◦τ(A))Y −(∂2◦τ(X))B) = (∂1×∂2)([A, X],[B, Y] +τ(A)Y −τ(X)B)
= (∂1×∂2)[(A, B),(X, Y)]τ = (∂1×∂2)[P, Q]τ.
Vậy ∂1×∂2 ∈Der(g1⊕τ g2).
Định lí tiếp theo cho ta điều kiện cần và đủ để tích các đồng cấu đại số Lie trở thành đồng cấu đại số Lie của các tổng nửa trực tiếp. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Định lý 2.3.6. Cho g1⊕σ g2,h1⊕τ h2 là hai tổng nửa trực tiếp của đại số
Lie và fi∈Hom(gi,hi);i= 1,2. Với mọi A ∈g1 ta có:
f1×f2 ∈Hom(g1⊕σg2,h1⊕τ h2)
nếu và chỉ nếu
f2◦σ(A) = τ(f1(A))◦f2.
Chứng minh. (⇐) Theo giả thiết, f1×f2 tuyến tính là rõ ràng.
Giả sử (A, B),(X, Y)∈g1×g2. Khi đó ta có:
f1[A, X] = [f1(A), f1(X)], f2[B, Y] = [f2(B), f2(Y)]. Suy ra [(f1×f2)(A, B), f1×f2)(X, Y)]τ = [(f1(A), f2(B)),(f1(X), f2(Y))]τ = ([f1(A), f1(X)],[f2(B), f2(Y)] +τ(f1(A))f2(Y)−τ(f1(X))f2(B) = ([f1(A), f1(X)],[f2(B), f2(Y)] + (f2σ(A))Y −(f2σ(X))B) = (f1[A, X], f2[B, Y] + (f2σ(A))Y −(f2σ(X))B) = (f1×f2)([A, X],[B, Y] +σ(A)Y −σ(X)B) = (f1×f2)[(A, B),(X, Y)]σ. Do đó f1×f2∈Hom(g1⊕σg2,h1⊕τ h2). (⇒) Ta có (f1×f2)[K, L]σ = [(f1×f2)(K),(f1×f2)(L)]τ, ∀K, L∈g1×g2.
Lấy K = (A,0)∈g1×g2 và L= (0, B)∈g1×g2 ta được
(f1×f2)[(A,0),(0, B)]σ = (f1×f2)([A,0],[0, B] +σ(A)B) = (f1×f2)(0, σ(A)B)
Mặt khác
[(f1×f2)(A,0),(f1×f2)(0, B)]τ = [(f1(A),0),(0, f2(B))]τ
= ([f1(A),0],[0, f2(B)] +τ(f1(A))f2(B))
= (0, τ(f1(A)f2(B)).
Suy ra f2◦σ(A) =τ(f1(A))◦f2.