Từ các phân tích nêu trên ta thấy điều kiện về cặp reductive là một điều kiện căn bản, cần được tìm hiểu kỹ lưỡng. Mục này dành cho việc tìm hiểu kỹ hơn về các cặp reductive. Trước hết ta bắt đầu bằng định nghĩa.
Định nghĩa 2.3.1. Cho H≤G là một nhóm đại số con. Khi đó ta nói(H, G)là một cặp reductive nếu đại số Lie con h của g có một phần bù trực tiếp m:
g=h⊕m, (2.3)
làAd(H)-ổn định.
Nhận xét sau đây cho thấy điều kiện cho trong cặp reductive có thể thỏa mãn thông qua tính chất không suy biến của dạng vết.
Mệnh đề 2.3.2. Cho G≤GLnlà một nhóm con củaGLn. Nếu dạng vếtTr∶gln×gln→ K cho bởiTr(A, B) =Tr(AB)không suy biến trêng, thì(G,GLn)là một cặp reductive.
Chứng minh. Vì dạng vết hạn chế trên g không suy biến, nên ta chọn m là phần bù trực giao của dạng vết nói trên, nghĩa là:
m= {Y ∈gln∣Tr(XY) =0 với mọiX ∈g}. Thế thìm làAd(G)-ổn định.Thật vậy, từ dãy đẳng thức
Tr(Ad(g)(X)Ad(g)(Y)) =Tr(gXg−1gY g−1) =Tr(gXY g−1) =Tr(XY), ta có Tr làAd-bất biến. Do đó, nếuTr(XY) =0 với mọiX ∈g, thì
Tr(Ad(g)(X)Ad(g)(Y)) =0 với mọig ∈G.
Mặt khác Ad(g) ∶g → g là một tự đẳng cấu, nên Ad(g)(Y) ∈ m. Do đó m là Ad-ổn định và suy ra (G≤GLn) là một cặp reductive.
Mệnh đề 2.3.3. (xem [16, Prop. 1]) Cho G là một nhóm reductive. Trong những trường hợp sau đây tồn tại một nhóm G′ đẳng giống với G và có một biểu diễn trung thành G′↪GLn sao cho điều kiện (2.3) đúng với G′ (G′⊆GLn là một cặp reductive).
Thực tế điều kiện mạnh hơn (theo Mệnh đề 2.3.2) sau đây là đúng:
Dạng vết của gln không suy biến trên g′. (2.4) (a) char.K =0, G là nhóm đại số đơn tùy ý.
(b) G=GLn với trường K có đặc số tùy ý.
(c) char.K ≠2, G là nhóm đơn dạng Bn, Cn, Dn. (d) char.K ≠2,3, G là nhóm đơn dạng G2, F4, E6, E7. (e) char.K ≠2,3,5, G là nhóm đơn dạng E8.
Chứng minh Mệnh đề 2.3.3. (a): Vì char.K =0, nên ta chọn G′ =Ad(G) ≅G/Z(G) ⊆ GL(g). Do đó G′ đẳng giống với G và đại số Lie g′ = g. Mặt khác dạng vết Tr ∶ gln×glnÐ→K cảm sinh xuốngg chính là dạng Killing. Vì glà đơn, nên dạng Killing κ(⋅,⋅) =Tr(⋅,⋅) không suy biến. Do đó điều kiện (2.3) đúng.
(b): Ta lấy GLn nhúng vào chính nó, và có điều cần chứng minh.
(c): Khi G thuộc dạng Bn, Dn, ta chọn trong lớp đẳng giống nhóm G=SOn. Khi đó đại số Lie tương ứng là:
g= {X∈gln∣X= −XT}. Do đó ta chọn
m= {X ∈gln∣X=XT}. Vậy với mỗiX ∈gln ta có phân tích
X= X−XT
2 +X+XT
2 ∈g+m.
Hơn nữa, với A∈g, B∈m, thì
Tr(AB) =Tr((AB)T) =Tr(−BA) = −Tr(AB).
Do đó Tr(AB) =0 kéo theo tổng trực giao gln =g⊕m. Vì dạng vết không suy biến trên gln, nên điều kiện (2.3) được thỏa mãn. Do đó ta có điều cần chứng minh.
VớiGthuộc dạngBn, Dn, ta chọn trong lớp đẳng giống nhóm G=Spn= {A∈SL2n∣ M(AT)−1M−1=A}, trong đó
M =
⎛⎜⎜
⎜⎜⎜⎜
⎜⎜⎜⎜
⎜⎜⎜⎜
⎜⎝
0 0 ⋯ 0 0 ⋯ 0 1 0 0 ⋯ 0 0 ⋯ 1 0
⋅ ⋅ ⋯ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
0 0 ⋯ 0 1 0 ⋯ 0 0 0 ⋯ −1 0 0 ⋯ 0
⋅ ⋅ ⋯ ⋅ ⋅ ⋯ ⋅
−1 0 ⋯ 0 0 0 ⋯ 0
⎞⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎟⎠ ,
thì đại số Lie tương ứng là:
g= {X∈gl2n∣XM+M XT =0}
= {X∈gl2n∣ XM đối xứng}. Do đó ta chọn
m= {X∈gl2n∣ XM là phản đối xứng}.
Do đógl2n=g⊕m. Mặt khác, với A∈g, B∈m, ta có A=M ATM, B= −M BTM, kéo
theo
Tr(AB) =Tr((M ATM)(−M BTM))
=Tr((M ATM)(−M BTM))
= −Tr(M(ATBT)M−1)vì M2= −En,
= −Tr(ATBT)
= −Tr((BA)T)
= −Tr(BA)
= −Tr(AB).
Do đó Tr(AB) = 0 kéo theo tổng trực giao gl2n =g⊕m. Vì dạng vết không suy biến trên gl2n, nên điều kiện (2.3) được thỏa mãn. Do đó ta có điều cần chứng minh.
(d), (e): Ta thừa nhận hai phần này.
Để đảm bảo giả thiết trong Mệnh đề 2.3.3 được thỏa mãn, ta đưa ra khái niệm đặc số tốt như sau.
Định nghĩa 2.3.4. Cho một hệ nghiệm của nhóm reductive G, một số nguyên tố p được gọi là “tốt” nếu nó thỏa mãn:
1. Hệ nghiệm là đơn, dạng:
• An với p tùy ý.
• Bn, Cn, Dn với p≠2.
• G2, F4, E6, E7 với p≠2,3.
• E8 với p≠2,3,5.
2. Hệ nghiệmR=R1∐R2∐. . .∐Rnlà biểu thị dưới dạng hợp các thành phần đơn, thì p là tốt đối với mọiRi.
Nhận xét 2.3.5. Nếup là tốt đối vớiG thì ptốt đối với mọi hệ con đóng nguyên của nó.
Định lý 2.3.6. (xem [16, Theorem 2, p. 106], [11, Prop. 5.2]) Nếu G là reductive và p = char.K là tốt đối với hệ nghiệm của G thì số lớp lũy đơn là hữu hạn. Nói riêng khẳng định đúng với các nhóm nửa đơn xác định trên một trường đóng đại số K và thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
1. char.K ≠2,3,5.
2. char.K ≠2,3 và không có thành phần nào của lược đồ Dynkin củaG có dạngE8. 3. char.K ≠2 và mỗi thành phần của lược đồ Dynkin của G có một trong các dạng
An, Bn, Cn hoặc Dn.
Chứng minh. Trường hợp G=GLn hoặc G=SLn: Khi đó mọi phần tử lũy đơn đều có dạng gAg−1 với A=A1⊕A2⊕ ⋯ ⊕Ak, trong đó Ai là các khối Jordan với1 nằm trên đường chéo:
Ai=
⎛⎜⎜
⎜⎜⎜⎜
⎜⎜⎜⎜
⎜⎜⎝
1 1 0 0 ⋯ 0 0 0 1 1 0 ⋯ 0 0 0 0 1 1 ⋯ 0 0
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋯ ⋅ ⋅ 0 0 0 0 ⋯ 1 1 0 0 0 0 ⋯ 0 1
⎞⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎟⎟⎠ .
Chori là cấp của các khối Jordan nói trên. Khi đó hai phần tử lũy đơnA,B là liên hợp với nhau nếu và chỉ nếu chúng nhận cùng một bộ(r1, . . . , rk)sai khác thứ tự. Như vậy số lớp liên hợp bằng số phép phân hoạchn thành tổng các số không âmr1+r2+⋯+rk. Từ đó suy ra kết luận cho trường hợpGLn và SLn.
Trường hợpGlà nhóm nửa đơn tùy ý:Khi đó tồn tại một phép đẳng giốngf ∶G′→G trong đó G′ đơn liên. Nhận thấy số lớp lũy đơn củaG và G′ là như nhau, nên không mất tổng quát ta có thể giả sử Gđơn liên, nửa đơn. Trong trường hợp này Gcó dạng
G=G1×G2×. . .×Gk
là tích trực tiếp hữu hạn nhóm đơn. Không mất tổng quát ta có thể giả sử các nhóm đơn này không có thành phần Ar. Vì đặc số char.K tốt đối với Gnên nó cũng tốt đối với các Gi (hệ nghiệm của các Gi đóng nguyên trong hệ nghiệm của G). Do đó theo Mệnh đề 2.3.3, tồn tại phép nhúng G′i↪GLni sao cho(GLni, G′i) là cặp reductive (G′i thuộc lớp đẳng giống củaGi). Theo Định lý hữu hạn Richardson, mọi lớp liên hợp của GLni giao với G′i chỉ phân hoạch được thành hợp hữu hạn lớp của G′i. Vì từng nhóm GLni chỉ có hữu hạn lớp lũy đơn, và số lớp lũy đơn của Gi bằng của G′i, nên ta suy ra kết luận của định lý.
Nhận xét 2.3.7. Câu hỏi về tính hữu hạn của số lớp liên hợp các phần tử lũy đơn khi G là nhóm reductive liên thông xác định trên trường đóng đại số với đặc số tùy ý đã được đặt ra bởi R. Steinberg (báo cáo mời tại ICM 1966, xem [15]). Các Hệ quả 2.1.3, Hệ quả 2.1.6, Định lý 2.3.6, trả lời câu hỏi này dưới những điều kiện quan trọng như đặc số 0, hoặc cặp (G,GLn) là reductive (thỏa mãn khi trường cơ sở có đặc số tốt
(xem Mệnh đề 2.3.3)). Kết quả mạnh sau đây của G. Lusztig trả lời câu hỏi của R.
Steinberg mà không cần bất cứ điều kiện gì về đặc số tốt.
Định lý 2.3.8. (xem [8, §13]) Số lớp liên hợp các phần tử lũy đơn của một nhóm reductive liên thông Gluôn là hữu hạn. Hơn nữa nếu Glà đơn, dạng kề với hạng r≥1, tồn tại không quá ∣W∣2(r+1)2 lớp như vậy.
Để chứng minh kết quả này, G. Lusztig dùng những công cụ mạnh như đối đồng điều giao (intersection homology) mà nội dung nằm ngoài hiểu biết của tác giả.
Bây giờ chúng ta quay trở lại tổng kết một số ví dụ về cặp reductive và cặp không reductive.
Nhận xét 2.3.9. (Một số ví dụ về cặp reductive, xem [12, I.3, p. 334]) 1. (G, H)với char.K =0và H là reductive.
2. (GL(V), H) với char.K ≠ 2 và H là nhóm các tự đẳng cấu của một dạng song tuyến tính, (phản)-đối xứng B không suy biến trên V:
H= {g∈GL(V) ∣B(gv, gw) =B(v, w) với mọiv, w∈V}.
3. (GL(h), H) với H = Aut(h) là nhóm các tự đẳng cấu của một đại số Lie đơn dạngD4,E6, E7,F4,G2 hoặcE8 và khi char.K≠2,3trong trường hợp thứ nhất và char.K ≠2,3,5 đối vớiE8.
4. Nếu (G, H), (H, K) là các cặp reductive, thì (G, K)cũng là một cặp reductive.
5. Nếu (G, H), (G′, H′) là các cặp reductive, thì (G×G′, H×H′) cũng là một cặp reductive.
6. Nếu(G, H)thỏa mãnG0≤H ≤Ghoặc∣H∣ < ∞, thì(G, H)là một cặp reductive.
7. Nếu V = ⊕ni=1Wi thì (GL(V), H) với H = ∏ni=1GL(Wi) là phép nhúng tự nhiên lập thành một cặp reductive. (Chọn m= ⊕i≠jHom(Wi, Wj).)
8. Nếu V =W⊕W⊕. . .⊕W andH=GL(W)n⋊Sntrong đóSntác động bằng cách hoán vị các thừa số củaV và nhân tử của GL(W)n. Khi đó (GL(V), H)là một cặp reductive. (Trong đóm= ⊕i≠jHom(Wi, Wj) như trong ví dụ trước.)
Chứng minh. (1): Vì nhóm hữu hạn có đại số Lie bằng 0, nên ta giả sử H là một nhóm reductive liên thông. Cùng với giả thiết char.k =0, H là nhóm reductive tuyến tính (xem [10, Proposition 21.60]), hay mọi biểu diễn củaH đều phân tích được thành
tổng trực tiếp các biểu diễn con bất khả quy. Nói riêng, đối với biểu diễn phụ hợp Ad∶H →GL(g), g phân tích thành tổng cácH-môđun con bất khả quy:
g=g1⊕ ⋯ ⊕gn.
Vì h làH-ổn định, nên mỗi gi chứa trong h, hoặc gi∩h=0. Do đó ta chỉ cần lấy tổng các H-môđun con gi mà có giao bằng 0 với h thì sẽ thu được môđun con m là H-ổn định.
(2): Đã chứng minh ở Mệnh đề 2.3.3.
(3): Đã đề cập ở Mệnh đề 2.3.3.
(4): Theo giả thiết(K ≤H) là một cặp reductive, suy ra tồn tại phần bùk′ của đại số Lie k trong h và k′ là Ad-ổn định:
h=k⊕k′. Tương tự, tồn tại phần bù h′ là Ad(H)-ổn định:
g=h⊕h′.
Từ đó suy ra k′⊕h′ là phần bù của k và Ad(K)-ổn định. Do đó (K ≤G) là một cặp reductive.
(5): Từ giả thiết cho m (tương ứng,m′) lần lượt là những phần bù trực tiếp của h (tương ứng, h′) trong g(tương ứng, g′). Thế thì m⊕m′ là phần bù trực tiếp củah⊕h′ và Ad(H×H′)-ổn định. Từ đó suy ra H×H′≤G×G′ cũng là một cặp reductive.
(6): Từ giả thiết suy ra đại số Lie h bằng toàn bộ g hoặc bằng 0. Khi đó ta lấy phần bù m bằng 0hoặc g. Do đó (H≤G) là một cặp reductive.
(7): Thật vậy, từ giả thiết ta có h= ⊕ni=1Hom(Wi, Wi). Vậy m= ⊕i≠jHom(Wi, Wj) là phần bù trực tiếp cần tìm.
(8): Thật vậy đại số Lie củaH bằngh=Hom(W1, W1)⊕⋯⊕Hom(Wn, Wn), trong đó mỗi Wi=W. Vậy m= ⊕i≠jHom(Wi, Wj) cũng chính là phần bù trực tiếp cần tìm.
Ví dụ 2.3.10. (Cặp không reductive) Ta xét cặp nhóm:
H= {⎛
⎝ 1 b 0 1
⎞
⎠∣b∈K}≤G= {⎛
⎝ a b 0 d
⎞
⎠∣ad=1}. Thế thì cặp(H, G) không reductive. Thật vậy
h= {⎛
⎝ 0 B 0 0
⎞
⎠∣B ∈K}⊆g= {⎛
⎝ A B
0 D
⎞
⎠∣A+D=0}.
Giả sử ngược lại
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪
⎪⎩
g=h⊕m,
mlà Ad(H)-ổn định.
Chọn bất kỳ một ma trận
0≠⎛
⎝ A B
0 D
⎞
⎠∈m, kéo theo A, D≠0. Ta có:
Ad(H)⎛
⎝ A B
0 D
⎞
⎠= {⎛
⎝ 1 b 0 1
⎞
⎠
⎛
⎝ A B
0 D
⎞
⎠
⎛
⎝ 1 −b 0 1
⎞
⎠
= {⎛
⎝
A −Ab+B+bD
0 D
⎞
⎠∣b∈K}
= {⎛
⎝
A −2Ab+B
0 D
⎞
⎠∣b∈K}.(vì A+D=0.) Mặt khác vì dimm=1, nên
m= {⎛
⎝
xA xB 0 xD
⎞
⎠∣x∈K}. Vì A, D≠0nên
Ad(H)⎛
⎝ A B
0 D
⎞
⎠⊊m.
Vậy (H≤G)không là một cặp reductive.
Nhận xét 2.3.11. Trong ví dụ trên các nhómH, G không là reductive, nên một cách tự nhiên cặp (H, G) không reductive. Ví dụ về những nhóm con reductive H của G thỏa mãn cặp (H≤G) không reductive tồn tại khi đặc số trường cơ sở khác 0 nhưng không dễ chỉ ra. Tác giả dẫn về bài giảng của B. Martin cho những ví dụ kiểu này (xem [9, Example 4.7]).
Chương 3
Một số ứng dụng của tính chất hữu hạn các lớp liên hợp
Trong Chương này, phần đầu tác giả trình bày ứng dụng của các kết quả nói trên để khẳng định sự tồn tại các phần tử chính quy lũy đơn khi đặc số char.k tốt. Chúng ta sẽ thấy đa tạp các phần tử lũy đơn (song song với nó trong đại số Lie là đa tạp lũy linh) có tính chất hình học rất đẹp, trong đa tạp đó có một lớp liên hợp các phần tử chính quy lũy đơn, bao gồm toàn bộ các điểm trơn, các điểm kỳ dị có số đối chiều
≥2, có một giải kỳ dị tự nhiên mang tên Springer. Tuy nhiên do khuôn khổ của luận văn tác giả chỉ có thể trình bày chi tiết phần nào những điều trên. Phần còn lại tác giả trình bày cách tiếp cận của Slodowy thông qua tác động liên hợp đồng thời để tìm hiểu hai câu hỏi của Kulshammer về tính hữu hạn của lớp liên hợp các biểu diễn của nhóm hữu hạn vào một nhóm đại số bất kỳ cho trước.
3.1 Ứng dụng vào đa tạp lũy đơn
3.1.1 Phần tử chính quy của nhóm đại số
Phần này viết chủ yếu dựa theo [16,§3.5] . ChoGlà một nhóm reductive liên thông.
Khi đó căn củaG cũng đồng thời là tâm của G. Ngoài ra giao hoán tử G′= [G, G] là một nhóm nửa đơn và mọi xuyến cực đại T của G đều có dạng tích hầu trực tiếp
T =S⋅T′,
với S=Z(G) là tâm của G, T′ là một xuyến cực đại nào đó của G′.
Định nghĩa 3.1.1. Phần tử x ∈ G được gọi là một phần tử chính quy của G nếu tâm ZG(x) có số chiều nhỏ nhất trong các tâm hóa của các phần tử củaG, hay tương
đương, quỹ đạo (lớp liên hợp) G.x= {gxg−1 ∣g∈G} có số chiều lớn nhất.
Nhận xét 3.1.2. Do điều kiện về số chiều, phần tử chính quy đương nhiên tồn tại.
Ta sẽ tìm hiểu điều kiện để một phần tử chính quy là lũy đơn, hay nửa đơn.
Mệnh đề 3.1.3. (xem [16, Prop. 1, p. 94]) Chiều nhỏ nhất chung của tâm hóa các phần tử chính quy đó (ZG(x)) chính là hạng của G.
Chứng minh. Ta cố định một xuyến cực đạiT củaG. Khi đó tồn tại một phần tửt∈T sao cho tâm hóaZG(t) =ZG(T). Do đór=dimT =dimZG(T)lớn hơn hay bằng chiều nhỏ nhất chung của tâm hóa.
Bây giờ ta chỉ ra với mọi x ∈ G, số chiều dimZG(x) ≥ r. Nhận thấy x ∈ B là một nhóm con Borel nào đó. Xét phân tích B = T ⋅U. Khi đó [B, B] ⊆ U, kéo theo dimB/[B, B] ≥dimT =r. Do đó
dimZG(x) ≥dimZB(x) =dimB−dimB.x.
Mặt khác B.x⊆ [B, B], nên dimB.x≤dim[B, B] ≤dimU. Từ đó suy ra dimB−dim(B.x) ≥dimB−dimU =dimT =r.
Vậy từ hai bất đẳng thức trên suy ra dimZG(x) ≥ r. Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Mệnh đề 3.1.4. (xem [16, Prop. 2, p. 95]) Cho G=GLn,SLn. Khi đó:
1. Một phần tử nửa đơn là chính quy nếu và chỉ nếu các giá trị riêng của nó khác nhau từng đôi một.
2. Một phần tử lũy đơn là chính quy nếu và chỉ nếu nó có duy nhất một khối ở dạng Jordan.
3. Các điều sau là tương đương:
(a) x là chính quy.
(b) Đa thức cực tiểu của x có bậc n (nói cách khác, đa thức cực tiểu bằng đa thức đặc trưng).
(c) ZG(x) là một nhóm abel.
(d) kn là một môđun cyclic.
Chứng minh. Trường hợp G =SLn chỉ khác với G= GLn ở chỗ cần thêm ràng buộc định thức bằng 1trong các tính toán nên không mất tổng quát giả sử GLn.
(1): Vì xlà một phần tử nửa đơn trong G, nênx liên hợp (đồng dạng) với một ma trận chéo
t=diag(t1, . . . , tn),
trong đó t1, . . . , tn là các giá trị riêng (kể cả bội) củax. Phần tử x là chính quy khi và chỉ khi tâm hóa ZG(t)chính bằng T. Nhận thấy nếu có hai phần tửti=tj thì tâm hóa sẽ chứa thực sựT. Do đó x chính quy khi và chỉ khi các phần tử trên đường chéo của t phân biệt, hay tương đương, các giá trị riêng của x phân biệt.
(2): Với u là phần tử lũy đơn, u đồng dạng với tổng trực tiếp các khối Jordan với phần tử trên đường chéo bằng1. Với v là khối Jordan:
v =
⎛⎜⎜
⎜⎜⎜⎜
⎜⎜⎜⎜
⎜⎜⎝
1 1 0 ⋯ 0 0 0 1 1 ⋯ 0 0 0 0 1 ⋯ 0 0
⋅ ⋅ ⋅ ⋯ ⋅ ⋅ 0 0 0 ⋯ 1 1 0 0 0 ⋯ 0 1
⎞⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎟⎟⎠ ,
tâm hóa ZG(v)của nó là một họ ma trận có dạng:
⎛⎜⎜
⎜⎜⎜⎜
⎜⎜⎜⎜
⎜⎜⎝
x1 x2 x3 ⋯ xn−1 xn 0 x1 x2 ⋯ xn−2 xn−1 0 0 x1 ⋯ xn−1 xn−2
⋅ ⋅ ⋅ ⋯ ⋅ ⋅
0 0 0 ⋯ x1 x2
0 0 0 ⋯ 0 x1
⎞⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎟⎟⎟⎟
⎟⎟⎠ .
Vậy nếu u chỉ gồm một khối Jordan, thì số chiều của tâm hóa đúng bằng n, dẫn ra u là phần tử chính quy. Nếuu gồm nhiều hơn một khối Jordan, thì tâm hóa có số chiều lớn hơn n. Do vậy, phần tử lũy đơn trong G là chính quy nếu và chỉ nếu nó có đúng một khối Jordan.
(3): Ta chứng minh “(a) ⇔ (b)”, những tương đương còn lại không thực sự cần nên ta công nhận. Vì x ∈ GLn là phần tử chính quy nếu và chỉ nếu ma trận đồng dạng với nó (nói riêng là dạng chuẩn Jordan J(x)) cũng là phần tử chính quy. Mặt khác x chính quy nếu và chỉ nếu dimGx đạt giá trị nhỏ nhất bằng n là chiều của xuyến cực
đại. Thế thì dimZG(J(x)) =n. Do đó không có hai khối Jordan nào có phần tử trên đường chéo bằng nhau, nghĩa là đa thức tối tiểu bằng đa thức đặc trưng, cùng có bậc n.
Mệnh đề 3.1.5. (xem [16, Prop. 3, p. 96]) Cho t là một phần tử nửa đơn. Các khẳng định sau là tương đương:
(a) Phần tử t là chính quy.
(b) ZG(t)0 là một xuyến cực đại.
(c) Phần tử t chứa trong đúng một xuyến cực đại của G.
(d) ZG(t) gồm toàn phần tử nửa đơn.
(e) α(t) ≠1 với mọi nghiệm α đối với mọi, cũng như với một, xuyến cực đại chứat.
Chứng minh. Ta chọn một xuyến T và một nhóm con Bored B sao cho t ∈ T và B=T ⋊U là một phân tích thành tích nửa trực tiếp.
(a) ⇒ (b): Ta có T ⊆ ZG(t)0. Vì t là phần tử chính quy, nên dim(T) = r = dim(ZG(t)0. VậyT =ZG(t)0, hay ZG(t)0 là một xuyến cực đại.
(b) ⇒ (c): Chot∈T′là một xuyến cực đại. Thế thìT′⊆ZG(t)0 và bản thânZG(t)0 cũng là một xuyến cực đại củaG. Do đó T′=ZG(t)0. Vì vậyt thuộc đúng một xuyến cực đại củaG.
(c) ⇒ (b): Giả sửt∈T ⊆ZG(t)0. Với mỗig∈ZG(t)0, ta cógtg−1=t, kéo theogT g−1 chứa t. Vì chi có duy nhất một xuyến cực đại chứa T, nên ta có gT g−1 =T. Vì vậy g là chuẩn hóaT, hay
ZG(t)0 ⊆NG(T)0,
là một nhóm liên thông. Theo định lý cứng (Rigidity, xem [16, §2.7, p. 43]), ta có NG(T)0=ZG(T)0 =T. Vậy kết hợp với t∈T ⊆ZG(t)0, ta có ZG(t)0 =T.
(b) ⇒ (d): Theo Bổ đề về trù mật (xem [16, Cor. 4, p. 71]), ta có tất cả các phần tử lũy đơn trong ZG(t) nằm trong ZG(t)0 là một xuyến. Mặt khác, các phần tử của ZG(t)0 là nửa đơn, nên ZG(t)0 là một xuyến. Do đó ZG(t)u = {e}. Nếu x∈ZG(t), thì xs, xu cũng giao hoán với t. Do vậy xu ∈ZG(t)u = {e}, hay xu =1 và x=xs, kéo theo x=xs là nửa đơn, hayZG(t) chỉ chứa phần tử nửa đơn.
(d) ⇒ (e): ChoR=Φ(T, G)là hệ nghiệm của T trongG. Giả sửα(t) =1với α∈R nào đó. Thế thì
txα(c)t−1=xα(α(t).c),
=xα(c) với mọic∈Ga.
VậyUα⊆ZG(t), kéo theo mâu thuẫn với giả thiếtZG(t)chỉ chứa các phần tử nửa đơn.
Vậy α(t) ≠1 với mọi nghiệm α.
(e) ⇒ (b): Đầu tiên ta sẽ chứng minh: ZG(t)0∩U−B ⊆T. Chọn x∈ZG(t)0∩U−B.
Khi đóx có dạng
α>0∏x−α(cα)t′.∏
α>0xα(dα), trong đó cα, dα∈k, t′∈T, và x giao hoán với t. Vậy
x=txt−1 =t(∏
α>0x−α(cα))t′.∏
α>0xα(dα)t−1,
= ∏α>0x−α(α(t)−1cα))t′.∏
α>0xα(α(t)dα).
Từ đó do tính duy nhất của biểu diễn, α(t)−1cα=cα và α(t)dα=dα với mọiα>0.
Vì α(t) ≠1 với mỗi α ∈R, nên cα =dα =0 với mọi α. Vì vậy x =t′ ∈T. Mặt khác vì U−.B là mở trongG, nên ZG(t)0∩U−B là mở trong nhóm con bất khả quyZG(t)0. Ta lại vừa chỉ raT ⊇ZG(t)0∩U−B vàZG(t)0 bất khả quy, kéo theoZG(t)0∩U−.B =T là mở trong ZG(t)0. VìZG(t)0 bất khả quy, nênT =ZG(t)0.
(b) ⇒ (a): Vì ZG(t)0 là xuyến cực đại, nên dimGt = rankG, kéo theo dimG.t có chiều cực đại. Do đó t là chính quy.
Chúng ta nêu ra khẳng định sau cho một mô tả đầy đủ hơn về tâm hóa của một phần tử nửa đơn chứa trong một xuyến cực đại.
Mệnh đề 3.1.6. (xem [16, Prop. 4, p. 98]) Cho phần tử t ∈T là một xuyến cực đại, Φ(T, G) là hệ nghiệm của T. Thế thì:
ZG(t) =G1= ⟨T, Uα, nw ∣α(t) =1, w∈W(T, G), w(t) =t⟩ và ZG(t)0= ⟨T, Uα∣α(t) =1, w∈W(T, G)⟩ cũng là một nhóm reductive.
Hệ quả 3.1.7. Các phần tử chính quy nửa đơn của G lập thành một tập mở với phần bù có số đối chiều 1.
Chứng minh. Cố định một xuyến cực đạiT. Đặt R=Φ(T, G)là hệ nghiệm ứng với T. Xét đa thức
f = ∏
α∈R(α−1),
hay f(x) = ∏α∈R(α(x) −x). Vì mỗi phần tử của nhóm Weyl w∈W hoán vị hệ nghiệm R nên f ∈ k[T]W. Theo [16, Theorem 2 of 3.4], f0 thác triển một cách duy nhất lên