Ở phần trước ta đã phân loại được các biểu diễn bất khả quy của sl(2,C), và mấu chốt của sự phân tích này là dựa vào phân tích sl(2,C) thành tổng trực tiếp của các không gian con riêng của h. Để phân loại các biểu diễn của đại số Lie phức nửa đơn g tổng quát, ta cần tìm ra trong g các phần tử có tính chất tương tự như h, đồng thời xác định các phần tử eα, fα, hα ∈ g có quan hệ như e, f, h trong trường hợp sl(2,C).
Định lý 2.3.1 ([6], Theorem 7.16). (1) Ta có phân tích sau củag và được gọi là phân tích căn nghiệm:
g=h⊕M α∈R gα, (2.3.4) với gα ={x|[h, x] = hα, hix,∀h∈ h} R ={α ∈h∗\ {0}|gα 6= 0}. (2.3.5)
Tập R được gọi là hệ căn nghiệm của g,α ∈R được gọi là căn nghiệm và không gian con gα được gọi là không gian con căn nghiệm.
(2) [gα,gβ]⊂ gα+β.
(3) Nếu α+β 6= 0, thì gα,gβ trực giao theo dạng Killing K.
(4) Với bất kỳ α, dạng Killing K cảm sinh lên gα⊗g−α −→C là ánh xạ không suy biến. Đặc biệt, hạn chế của K lên h là không suy biến.
Chứng minh. Theo Định lý 2.2.5 với g0 =h.
Từ đây trở về sau ta sẽ kí hiệu dạng Killing trên g là (,). Hơn nữa hạn chế của dạng Killing lên h là không suy biến, h ∼= h∗ nên ta sẽ xác định được một dạng song tuyến tính không suy biến trên h∗, và cũng kí hiệu là (,). Từ đó ta cũng xác định được thêm một phép toán giữa h và h∗ như sau: với α ∈ h∗, kí hiệu Hα là phần tử tương ứng của h, ta xác định phép toán:
hHα, βi= (Hα, Hβ) = (α, β)
với mọi α, β ∈ h∗.
Ví dụ 2.3. Xét g = sl(n + 1,C), theo Ví dụ 2.1, đại số con Cartan là h =
{ma trận chéo có vết bằng 0}. Ta xác định ei : h −→ C h1 0 . . . 0 0 h2 . . . 0 .. . ... . .. ... 0 0 . . . hn+1 7−→ hi.
Do h có vết bằng 0 nên suy ra n+1 P i=1 ei = 0. Từ đó có thể đồng nhất h∗ dưới dạng: h∗ = n+1 M i=1 Cei\C(e1+...+en+1).
Tiếp theo ta xác định các căn nghiệm và phân tích căn nghiệm. Theo Ví dụ 1.5 ta có: g=h⊕M i6=j CEij. Với mọi ma trận Eij, i6=j ta có: [h, Eij] = (hi−hj)Eij = hei−ej, hiEij,∀h∈h.
Suy ra Eij là vectơ căn nghiệm với căn nghiệm là ei− ej. Suy ra {ei −ej|i 6=
j} ⊂R. Hơn nữa, theo Định lý 2.3.5(2) mọi không gian căn nghiệm có số chiều bằng 1 nên gei−ej ={x∈ g|[h, x] = hei−ej, hix,∀h∈ h} =CEij. Khi đó g=h⊕M i6=j CEij =h⊕M i6=j gei−ej. Suy ra R = {ei−ej|i 6=j} ⊂ MCei/C(e1+...+en+1). Dạng Killing trên h được cho bởi
(h, h0) =X
i6=j
(hi−hj)(hi0 −h0i) = 2(n+ 1)X
i
hih0i = 2(n+ 1)tr(hh0).
Xét λ, µ ∈h∗, ta luôn biểu diễn được λ= n+1 X i=1 λiei, µ = n+1 X i=1
µiei thỏa điều kiện
n+1 X i=1 λi = n+1 X i=1 µi = 0. Khi đó ta có: (λ, µ) = n+1 X i=1 λiµi.
Bổ đề 2.3.2 ([6], Lemman 7.18). Cho e∈ gα, f ∈g−α thì
[e, f] = (e, f)Hα.
Chứng minh. Với mọi h ∈ h ta có: ([e, f], h) = (e,[f, h]) = −(e,[h, f]) =
−(e,h−α, hif) = hα, hi(e, f) = hh, αi(e, f) = (h, Hα)(e, f) = (h,(e, f)Hα) = ((e, f)Hα, h). Vì (,) không suy biến trên h nên suy ra [e, f] = (e, f)Hα.
Bổ đề 2.3.3 ([6], Lemman 7.19). (1) Xét α ∈R thì (α, α) = (Hα, Hα) 6= 0.
(2) Xét e ∈gα, f ∈g−α sao cho (e, f) = (α,α2 ) và xét hα = 2Hα
(α, α).
Khi đó hhα, αi= 2 và các phần tử e, f, hα thỏa mãn quan hệ như trong đại số Lie sl(2,C). Ta xét đại số sinh ra bởie, f, hα như là một đại số con của g và kí hiệu là sl(2,C)α.
Chứng minh. (1) Giả sử (α, α) = 0 suy ra hHα, αi= 0. Chọn e∈ gα, f ∈ g−α sao cho (e, f) 6= 0 (theo (4) của Định lý 2.3.1). Đặt h = [e, f] = (e, f)Hα và xét đại số a sinh ra bởi e, f, h. Ta có [h, e] = hh, αie=h(e, f)Hα, αie= (e, f)hHα, αie = 0,[h, f] = −hh, αif = 0nênagiải được. Do đó theo Định lý Lie ta có thể chọn một cơ sở của g sao cho ade,adf,adh có dạng tam giác trên. Hơn nữa, do h = [e, f] ⇒ adh = [ade,adf] nên adh có dạng ma trận tam giác trên ngặt, suy ra adh lũy linh hay h lũy linh.
Mặt khác h = [e, f] ∈[gα,g−α]⊂ gα−α =g0 =h nên h cũng nửa đơn. Suy ra h= 0 (mẫu thuẫn với h= (e, f)Hα 6= 0). Vậy (α, α) 6= 0.
(2) Tính toán và sử dụng Bổ đề 2.3.2 ta có: [e, f] = (e, f)Hα = 2Hα (α, α) =hα, [hα, e] = 2 (α, α)[Hα, e] = 2 (α, α)hHα, αie= 2e, [hα, f] = 2 (α, α)[Hα, f] = 2 (α, α)hHα,−αif =−2f.
Như vậy chúng ta đã xác định được các bản sao của sl(2,C), và nhờ đó có thể sử dụng các kết quả đã có của sl(2,C) để khảo sát g.
Bổ đề 2.3.4 ([6], Lemman 7.20). Cho α là một căn nghiệm, và sl(2,C)α là đại số Lie con sinh ra bởi e ∈ gα, f ∈ g−α, hα như trong Bổ đề 2.3.3. Xét không gian con của g:
V =Chα⊕ M
k∈Z\{0}
gkα.
Khi đó V là một biểu diễn bất khả quy của sl(2,C)α. Chứng minh. Xét tương ứng
δ : sl(2,C)α −→ End(V)
x7−→δ(x) = adx:V −→ V
y 7−→ adx(y) = [x, y].
Để chứng minh V là một biểu diễn ta cần chứng minh δ(x)(V) = adx(V) ⊂
V,∀x∈ sl(2,C)α, nhưng sl(2,C)α có cơ sở là e, f, hα nên ta chỉ cần chứng minh
ade(V)⊂ V,adf(V) ⊂V,adhα(V) ⊂V. Thật vậy:
• ade(hα) = [e, hα] = 2e⊂ gα ⊂V.
• Xét k 6=−1; 0 : ade(gkα) = [e,gkα] ⊂[gα,gkα] ⊂g(k+1)α ⊂ V.
• Xét k =−1 : ade(g−α) = [e,g−α] = (e,g−α)Hα ⊂Chα ⊂ V. Suy ra ade(V) ⊂ V. Tương tự cho adf(V) ⊂V,adhα(V) ⊂ V.
Định lý 2.3.5 ([6], Theorem 7.21). Cho g là đại số Lie phức nửa đơn với đại số con Cartan h và phân tích căn nghiệm g=h⊕ L
α∈R
gα. Khi đó
(1) R là tập sinh của không gian vectơ h∗ và {hα, α ∈R}là tập sinh của không gian vectơ h.
(2) Với mỗi α ∈R, gα là không gian con một chiều.
(4) Với mỗi α ∈R, ta định nghĩa phép phản xạ: sα :h∗ −→h∗
λ 7−→sα(λ) =λ− hhα, λiα= λ− 2(α, λ)
(α, α) .
Khi đó nếu α, β ∈R thì sα(β) ∈R. Đặc biệt, nếuα ∈R thì −α =sα(α) ∈
R.
(5) Với mọi α ∈R, nếu cα ∈R thì c =±1.
(6) Với α, β ∈ R và β 6= ±α thì không gian con V = L
k∈Z
gβ+kα là một biểu diễn bất khả quy của sl(2,C)α.
(7) Nếu α, β là căn nghiệm sao cho α+β cũng là căn nghiệm thì [gα,gβ] =
gα+β.
Chứng minh. (1) Giả sử R không sinh ra h∗, khi đó h∗ = hRi ⊕ hRi⊥ với
hRi⊥ 6= {0}. Suy ra ∃β ∈ h∗ \ {0} sao cho (β, α) = 0,∀α ∈ R, suy ra Hβ ∈ h và Hβ 6= 0. Mặt khác (β, α) = hHβ, αi nên hHβ, αi = 0,∀α ∈ R. Nếu x ∈gα ={x∈ g|[h, x] =hα, hix,∀h ∈ h} thì [Hβ, x] = 0. Nếu x ∈g0 thì [Hβ, x] = 0. Hơn nữa, dog =g0 L
α∈R
gαnênadHβ = 0suy raHβ ∈z(g). Như vậy z(g) 6= 0 (mâu thuẫn vì g là đại số Lie nửa đơn nên có z(g) = 0). Vậy R sinh ra h∗.
(2) Trong bất kỳ biểu diễn bất khả quy củasl(2,C), không gian con trọng có số chiều bằng 1. Xét bất kìα ∈R, theo Bổ đề 2.3.4 thìV =Chα⊕ L
k∈Z\{0}
gkα là biểu diễn bất khả quy của sl(2,C)α nên không gian con trọng của nó là gα phải có số chiều bằng 1.
(3) Xét g là biểu diễn của sl(2,C)α:
ad :sl(2,C)α −→ gl(g)
x7−→ adx: g−→ g.
Khi đó V[λ] = {v|adhα(v) = λv}. Xét x ∈ gβ = {x|[h, x] = hβ, hix,∀h ∈
bằng hβ, hαi. Nhưng theo Định lý 2.1.6 thì trọng của bất kì biểu diễn hữu hạn chiều của sl(2,C) là số nguyên. Vậy hhα, βi= 2((α,αα,β)) ∈Z.
(4) TH1: hhα, βi = n ≥ 0. Các phần tử của gβ sẽ có trọng là n với tác động củasl(2,C). Theo Định lý 2.1.6, phép fαn là đẳng cấu giữaV[n] vớiV[−n]. Vì β là trọng nên gβ 6= 0 suy ra ∃v ∈ gβ \ {0}. Từ đó fαnv ∈ gβ−nα \ {0}
hay gβ−nα 6={0}. Vậy β−nα là trọng. Suy ra sα(β) ∈R.
TH2: hhα, βi= n < 0. Ta chứng minh tương tự nhưng sử dụng phép e−αn thay cho fαn.
(5) Giả sử α và β = cα, c ∈ C đều là căn nghiệm thì theo (3) ta có 2((α,αα,β)) = 2c ∈ Z ⇒ c là nửa số nguyên. Lập luận tương tự ta cũng có 1c là nửa số nguyên. Vậy c = ±1;±2;±1
2. Không mất tính tổng quát ta giả sử c = 1
hoặc c= 2.
Xét không gian con
V = Chα⊕ M
k∈Z\{0}
gkα ⊂g.
Theo Bổ đề 2.3.4 thì V là biểu diễn bất khả quy của sl(2,C)α. Theo (2) ta có V[2] = gα =Ceα. Suy ra ánh xạ
adeα : gα =Ceα −→ g2α
ceα 7−→ adeα(ceα) =c[eα, eα] = 0
tức ánh xạ 0.
Mặt khác theo Bổ đề 2.1.3, với mỗi biểu diễn bất khả quy, hạt nhân của e là không gian con trọng lớn nhất. Suy ra V có trọng lớn nhất là 2. Nên V[4] = V[6] = ... = 0. Từ đó V = g−α ⊕Chα ⊕gα. Vậy các bội nguyên của căn nghiệm α sao cho cũng là căn nghiệm chính là ±α. Đặc biệt 2α không còn là căn nghiệm.
(6) Xét tương ứng
ad :sl(2,C)α −→ gl(V)
x7−→adx:V −→ V y 7−→[x, y].
Ta có:
adeα(gβ+kα) = [eα,gβ+kα] ⊂[gα,gβ+kα] ⊂gβ+(k+1)α ⊂ V.
adfα(gβ+kα) = [fα,gβ+kα] ⊂[g−α,gβ+kα] ⊂gβ+(k−1)α ⊂ V.
adhα(gβ+kα) = [hα,gβ+kα] ⊂ [g0,gβ+kα] ⊂ gβ+kα ⊂V.
Suy ra adx(V) ⊂V,∀x∈sl(2,C)α hay V là một biểu diễn của sl(2,C)α. Giả sử V không là biểu diễn bất khả quy của sl(2,C)α thì tồn tại V0 con thật sự của V sao cho adx(V0) ⊂ V0,∀x ∈sl(2,C)α. Ta có dim(gβ+kα) = 1,∀k ∈ Z suy ra V0 = L
k∈A
gβ+kα với ∅ 6=A ( Z. Suy ra tồn tạik0 ∈Z sao cho β+k0α∈ A nhưng
β+ (k0+ 1)α /∈A β+ (k0−1)α /∈ A.
Giả sử β + (k0 + 1)α /∈ A suy ra gβ+(k0+1)α ∩ V0 = {0}. Nhưng do
[eα,gβ+k0α] ⊂ gβ+(k0+1)α,[eα,gβ+k0α] ⊂ V0 nên [eα,gβ+k0α] ⊂ gβ+(k0+1)α ∩
V0 suy ra
[eα,gβ+k0α] = 0.
Mặt khác gβ+k0α =V[hhα, β+k0αi] = V[n], với n =hhα, β+k0αi. Suy ra enα(V[n]) = 0 (mâu thuẫn vì theo Định lý 2.1.6 ta có en là phép đẳng cấu giữa V[n] và V[−n]).
Còn trường hợp β+ (k0 −1)α /∈ A ta làm tương tự nhưng thay eα bằng fα. Vậy không tồn tại V0 hay V là biểu diễn bất khả quy.
(7) Ta có [gα,gβ] ⊂ gα+β và dimgα+β = 1 nên chỉ cần chứng minh với mỗi phần tử khác không a ∈gα, b∈ gβ ta có [a, b] 6= 0. Thật vậy, theo (6) thì V = L
k∈Z
gβ+kαlà một biểu diễn bất khả quy củasl(2,C)α nên[eα,gβ+kα] 6= 0,∀k ∈Z. Do đó [eα,gβ] 6= 0 suy ra với mỗi phần tử khác không b∈ gβ ta có [eα, b] 6= 0.
Định lý sau cho ta kết quả về dạng thực của đại số con Cartan.
Định lý 2.3.6 ([6], Theorem 7.22). (1) Xét hR ⊂ h là không gian vectơ thực sinh ra bởi hα với α ∈R. Khi đó h =hR⊕ihR và hạn chế của dạng Killing đối với hR là xác định dương.
(2) Xét h∗R ⊂ h∗ là không gian vectơ thực sinh ra bởi α ∈ R. Khi đó h∗ =
h∗R⊕ih∗R. Hơn nữa, h∗R ={λ ∈h∗|hλ, hi ∈ R,∀h∈ hR} = (hR)∗. Chứng minh. (1) Ta có g= L
γ∈R
gγ và dimgγ = 1nên nếu ta chọneγ ∈gγ\ {0}
thì {eγ, γ ∈R} là cơ sở của g và adhα(eγ) =hhα, γieγ. Suy ra
(hα, hβ) = Tr(adhαadhβ) =X
γ∈R
hhα, γihhβ, γi.
Mặt khác theo Định lý 2.3.5 ta có hhα, γi,hhβ, γi ∈ Z suy ra (hα, hβ) ∈ Z, tức hạn chế của dạng Killing đối với hR là thực.
Bây giờ xét h = P cαhα ∈ hR, thì hh, γi= P cαhhα, γi ∈ R,∀γ ∈ R. Suy ra (h, h) = Tr(adh)2 =X γ∈R hh, γi2 ≥ 0. Nếu (h, h) = 0 thì hh, γi= 0,∀γ ∈ R, suy ra h= 0.
Vậy hạn chế của dạng Killing đối với hR là xác định dương.
(2) Suy ra từ (1).
Khi tổng quát hóa các tính chất cơ bản của hệ căn nghiệm, ta xây dựng được một hệ căn nghiệm mới, được gọi là hệ căn nghiệm trừu tượng. Trong luận văn, chúng tôi chỉ trình bày một cách sơ lược một số khái niệm và kết quả của phần này để phục vụ cho sự phân loại biểu diễn của đại số Lie phức nửa đơn.
Định nghĩa 2.6. Hệ căn nghiệm trừu tượng là một tập hữu hạn phần tử R ⊂ E \ {0}, với E là không gian vectơ thực có tích trong xác định dương (,), sao cho thỏa mãn các tính chất sau:
(1) R sinh ra không gian vectơ E. (2) Với 2 căn nghiệm bất kì α, β, thì
nαβ = 2(α, β) (β, β)
(3) Cho ánh xạ sα : E −→E xác định bởi
sα(λ) =λ− 2(α, λ)
(α, α) α.
Khi đó với mọi căn nghiệm α, β ta có sα(β) ∈R.
R được gọi là căn nghiệm thu gọn nếu R thỏa thêm tích chất: "Nếu α, cα đều là căn nghiệm, thì c = ±1". Với mỗi căn nghiệm α ∈ R, ta xác định phần tử đối căn nghiệm tương ứng α∨ ∈E∗ bởi:
hα∨, λi= 2(α, λ) (α, α) .
Chú ý rằng với hệ căn nghiệm của đại số Lie nửa đơn có hα ∈ h được xác định ở Bổ đề 2.3.3, thì α∨ = hα.
Xét t∈E sao cho(t, α) 6= 0,∀α ∈R (t được gọi là chính quy). Khi đó ta có thể viết:
R = R+tR−,
R+ ={α∈ R|(α, t) >0}, R− ={α∈ R|(α, t) <0}.
α∈ R+ được gọi là căn nghiệm dương, còn α ∈R− được gọi là căn nghiệm âm. Định nghĩa 2.7. Một căn nghiệm α ∈ R+ được gọi là căn nghiệm đơn nếu nó không thể biểu diễn thành tổng của 2 căn nghiệm dương bất kỳ. Ta kí hiệu tập tất cả các căn nghiệm đơn là Π ⊂R+.
Bổ đề 2.3.7 ([6], Lemma 8.13). Mỗi căn nghiệm dương đều có thể biểu diễn thành tổng của các căn nghiệm đơn.
Ta xác định tập:
P ={λ ∈E|hλ, α∨i ∈Z,∀α∈ R}
={λ ∈E|hλ, αi∨i ∈Z, với mọi căn nghiệm đơn αi}. Khi đó P được gọi là dàn trọng.
Định lý 2.3.8 ([6], Theorem 8.52). Xét g là đại số Lie phức nửa đơn với hệ căn nghiệm R ⊂ h∗. Xét R = R+tR− và Π = {α1, ..., αr} là hệ căn nghiệm đơn tương ứng. Khi đó ta có:
(1) Không gian con
n± = M
α∈R±
gα là đại số con của g, và
g=n−⊕h⊕n+
là phân tích của g thành tổng trực tiếp xét như không gian vectơ.
(2) Chọn ei ∈gαi, fi ∈g−αi sao cho (ei, fi) = (α2
i,αi), và xét hi =hαi ∈ h được xác định ở Bổ đề 2.3.3. Khi đó {e1, ...er} sinh ra n+, {f1, ..., fr} sinh ra n−, và {h1, ..., hr} là cơ sở của h. Đặc biệt, {ei, fi, hi}i=1...r sinh ra g.
(3) Các phần tử ei, fi, hi thỏa mãn các quan hệ sau:
[hi, hj] = 0 [hi, ej] = aijej, [hi, fj] =−aijfj [ei, fj] = δijhi (adei)1−aijej = 0 (adfi)1−aijfj = 0 với aij =nαj,αi =hα∨i, αji.