Pendeln Endomorphismen der adjungierten Darstellung einer Lie-Algebra?
Gegeben ein Feld $k$ von charakteristischer $0$ und eine endlich dimensionale einfache Lie-Algebra $\mathfrak{g}$ Über $k$. Betrachten Sie die nebenstehende Darstellung$(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$ von $\mathfrak{g}$ und lass $\mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$ bezeichnen den Ring von $\mathfrak{g}$-Modulendomorphismen in Bezug auf diese Darstellung.
Der Anspruch ist: $\mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$ ist eine Felderweiterung von $k$ und $\dim_k\mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$ ist gleich der Anzahl der einfachen Komponenten von $g \otimes_k \overline{k}$ wo $\overline{k}$ bezeichnet den algebraischen Abschluss von $k$.
Ich bin so weit gekommen: Seit $\mathfrak{g}$ist einfach, die nebenstehende Darstellung muss irreduzibel sein. So,$\mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$ ist ein $k$Schrägfeld. Aber warum alle Elemente aus$\mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$pendeln? Wenn$A, B \in \mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$kann man das argumentieren $AB - BA$ entweder $0$oder invertierbar. Letzteres konnte ich jedoch nicht ausschließen.
Auch: Wie geht es? $\mathfrak{g} \otimes_k \overline{k}$ und $\mathfrak{g}$in Bezug auf (semi) -Einfachheit verwandt? ich weiß, dass$\mathfrak{g}$ ist halb einfach iff $\mathfrak{g} \otimes_k \overline{k}$ist halb einfach. Gibt es ein entsprechendes Ergebnis für den einfachen Fall?
Antworten
$\DeclareMathOperator{\g}{\mathfrak g}$ $\DeclareMathOperator{\ad}{\mathrm{ad}}$ $\DeclareMathOperator{\End}{\mathrm{End}}$
Ich habe versucht, diese Theorie in Abschnitt 4.1 meiner Arbeit kurz zu erläutern, der im Allgemeinen Jacobson, N., Folgt : Ein Hinweis zu nicht assoziativen Algebren . Herzog Math. J. 3 (1937), Nr. 3, 544–548. doi: 10.1215 / S0012-7094-37-00343-0 . Hier ist der Teil, der für Ihre Frage relevant ist:
Zu erster Frage :
Für ein $k$-Lie Algebra $\g$ definieren
$$K := K(\g) := \{ s \in \End_k(\g): s \circ \ad_{\g}(x) = \ad_{\g}(x) \circ s \text{ for all } x \in \g \}.$$
Wir sehen es als assoziativ an $k$-Algebra und Bemerkung, dass es sich als solches mit dem identifiziert, was Sie nennen $\End(\g, \ad)$.
Wenn $\g$ ist also einfach (wie Sie bemerken) $K$ ist ein Schrägfeld nach Schurs Lemma.
In der Tat ist es ein Feld; nämlich seit$\g = [\g, \g]$ es genügt zu sehen, dass zwei Elemente $s, t \in K$ pendeln auf einem Kommutator $[x,y]$ zum $x,y \in \g$. Aber$$ s(t([x,y])) = s([x, ty]) = [sx, ty] = t([sx, y]) = t(s([x,y])) $$ wo wir das von links nach rechts benutzt haben $t$ pendelt mit $\ad_{\g}(x)$, $s$ mit $-\ad_{\g}(ty)$, $t$ mit $\ad_{\g}(sx)$ und $s$ mit $-\ad_{\g}(y)$.
Man ruft an $K$der Schwerpunkt von$\g$ und bemerkt das $\g$ hat eine natürliche Struktur als Lie Algebra vorbei $K$. Wenn Sie es als solches betrachten, schreiben Sie$^K \g$.
Zur zweiten Frage :
Zunächst eine Notation. Für eine Lügenalgebra$\g$ Über $k$, Lassen $A(\g)$ sei der (assoziative, unital) $k$-Subalgebra von $\End_k(\g)$ von allen generiert $\ad_{\g}(x)$, $x \in \g$. Beachten Sie dies sofort für jede Felderweiterung$L|k$, $a \otimes \ad_{\g}(x) \mapsto \ad_{\g_L} (a \otimes x)$ definiert einen natürlichen Isomorphismus des Assoziativen $L$-Algebren:
$$(*) \qquad L \otimes_k A(\g) \cong A(\g_L)$$
Beachten Sie auch das $\g$ ist ein (links) $A(\g)$-Modul, und das ein Ideal von $\g$ ist das gleiche wie ein $A(\g)$-Submodul.
Weiter die Aufnahme $A(\g) \subseteq \End_k(\g)$ Faktoren durch natürliche Karten $A(\g) \hookrightarrow \End_K(^K\g) \hookrightarrow \End_k(\g)$und der erste Pfeil ist nach Jacobsons Dichtesatz bijektiv. (Der Satz fehlt in Jacobsons oben zitiertem Artikel, da er ihn erst acht Jahre später bewiesen hat!) Folglich sind die folgenden äquivalent:
- $\g$ ist einfach und $K = k$
- $A(\g) = \End_k(\g)$.
In diesem Fall rufen wir an $\g$ zentral einfach . Also zB$^K\g$ ist zentral einfach wenn $\g$Ist einfach. Es folgt von$(*)$ dass jede skalare Erweiterung einer zentralen einfachen Lie-Algebra wieder zentral einfach ist, a fortiori absolut einfach (A Lie-Algebra) $\g$ Über $k$heißt absolut einfach wenn$\g_{\bar k} := \g \otimes_k \bar k$ ist einfach vorbei $\bar k$, oder gleichwertig, $\g_K$ ist einfach vorbei $K$ für jede Erweiterung $K|k$.). Aber wir haben noch viel mehr:
Satz (4.1.2 in meiner Arbeit): Let$\g$ sei eine einfache Lügenalgebra und $L|k$ eine Galois-Erweiterung, die den Schwerpunkt enthält $K$. Dann$\g_L \simeq \g_1 \times ... \times \g_r$ wo $r = [K:k]$ und der $\g_i$ sind absolut einfach Lie Algebren vorbei $L$. Speziell,$\g$ ist zentral einfach, wenn und nur wenn es absolut einfach ist.
Beweis : Schreiben$K = k[X]/(f)$ wo $f$ ist ein minimales Polynom eines primitiven Elements von $K|k$, wir haben $L \otimes_k K \cong \prod_{i=1}^r L_i$ (wie $L$-Algebren) wo die $L_i$ sind alle $L$ aber mit einem $L$-Aktion über bestimmte Elemente verdreht $\sigma_i : L \simeq L_i$ der Galois-Gruppe $Gal(L|k)$, Permutieren der Nullen von $f \in L[X]$. Speziell,$r = [K:k]$. Dann mit$(*)$, \begin{align*} A(\g_{L}) &\cong L \otimes_k \End_K(^K\g) \cong \End_{L\otimes_k K}((L \otimes_k K) \otimes_K (^K\g) ) \\ &\cong \End_{\prod_{i=1}^r L_i} (\bigoplus_{i=1}^r (^K\g)_{L_i}) \cong \prod_{i=1}^r \End_{L_i}((^K\g)_{L_i}). \end{align*} Berufung $e_i$ das $i$-th idempotent im letzten Produkt, dem $A(\g_L)$-Modul $e_i \cdot \g_L$ ist ein einfaches Ideal $\g_i$ im $\g_L$, was in der Tat das Einfache ist $L$-Lie Algebra abgeleitet von $(^K\g)_L$ durch skalare Erweiterung (dh Verdrehen der $L$-Aktion) mit $\sigma_i$.