Os endomorfismos da representação adjunta de uma álgebra de Lie comutam?

Dec 02 2020

Dado um campo $k$ de característica $0$ e uma álgebra de Lie simples de dimensão finita $\mathfrak{g}$ sobre $k$. Considere a representação adjunta$(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$ do $\mathfrak{g}$ e deixar $\mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$ denotam o anel de $\mathfrak{g}$-endomorfismos do módulo no que diz respeito a esta representação.

A reivindicação é: $\mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$ é uma extensão de campo de $k$ e $\dim_k\mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$ é igual ao número de componentes simples de $g \otimes_k \overline{k}$ Onde $\overline{k}$ denota o fechamento algébrico de $k$.

Eu vim até aqui: desde $\mathfrak{g}$é simples, a representação conjunta deve ser irredutível. Portanto,$\mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$ é um $k$campo inclinado. Mas por que todos os elementos de$\mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$comutar? E se$A, B \in \mathrm{End}(\mathfrak{g}, \mathrm{ad})$, pode-se argumentar que $AB - BA$ é também $0$ou invertível. No entanto, não fui capaz de descartar o último caso.

Além disso: como estão $\mathfrak{g} \otimes_k \overline{k}$ e $\mathfrak{g}$relacionado com a (semi) -simplicidade? eu sei que$\mathfrak{g}$ é semi-simples se $\mathfrak{g} \otimes_k \overline{k}$é semi-simples. Existe um resultado correspondente para o caso simples?

Respostas

5 TorstenSchoeneberg Dec 03 2020 at 04:22

$\DeclareMathOperator{\g}{\mathfrak g}$ $\DeclareMathOperator{\ad}{\mathrm{ad}}$ $\DeclareMathOperator{\End}{\mathrm{End}}$

Tentei fazer uma breve introdução a essa teoria na seção 4.1 da minha tese, que geralmente segue Jacobson, N .: Uma nota sobre álgebras não associativas . Duke Math. J. 3 (1937), no. 3, 544--548. doi: 10.1215 / S0012-7094-37-00343-0 . Aqui está a parte relevante para sua pergunta:

Sobre a primeira pergunta :

Para $k$-Lie álgebra $\g$ definir

$$K := K(\g) := \{ s \in \End_k(\g): s \circ \ad_{\g}(x) = \ad_{\g}(x) \circ s \text{ for all } x \in \g \}.$$

Nós vemos isso como associativo $k$-álgebra e observe que, como tal, se identifica com o que você chama $\End(\g, \ad)$.

E se $\g$ é simples, então (como você observa) $K$ é um campo inclinado pelo lema de Schur.

Na verdade, é um campo; ou seja, desde$\g = [\g, \g]$ basta ver que dois elementos $s, t \in K$ comutar em um comutador $[x,y]$ para $x,y \in \g$. Mas$$ s(t([x,y])) = s([x, ty]) = [sx, ty] = t([sx, y]) = t(s([x,y])) $$ onde usamos, da esquerda para a direita, que $t$ comuta com $\ad_{\g}(x)$, $s$ com $-\ad_{\g}(ty)$, $t$ com $\ad_{\g}(sx)$ e $s$ com $-\ad_{\g}(y)$.

Uma liga $K$o centróide de$\g$ e observa que $\g$ tem uma estrutura natural como álgebra de Lie sobre $K$. Quando visto como tal, escreva$^K \g$.

Sobre a segunda pergunta :

Primeiro, alguma notação. Para uma álgebra de Lie$\g$ sobre $k$, deixei $A(\g)$ seja o (associativo, unital) $k$-subálgebra de $\End_k(\g)$ gerado por todos $\ad_{\g}(x)$, $x \in \g$. Observe imediatamente que, para qualquer extensão de campo$L|k$, $a \otimes \ad_{\g}(x) \mapsto \ad_{\g_L} (a \otimes x)$ define um isomorfismo natural de associação $L$-álgebras:

$$(*) \qquad L \otimes_k A(\g) \cong A(\g_L)$$

Observe também que $\g$ é a (esquerda) $A(\g)$-módulo, e que um ideal de $\g$ é o mesmo que um $A(\g)$-submodule.

Além disso, a inclusão $A(\g) \subseteq \End_k(\g)$ fatores por meio de mapas naturais $A(\g) \hookrightarrow \End_K(^K\g) \hookrightarrow \End_k(\g)$, e a primeira seta é bijetiva pelo teorema da densidade de Jacobson. (O teorema está ausente do artigo de Jacobson que citei acima, pois ele só o provou oito anos depois!) Consequentemente, o seguinte é equivalente:

  1. $\g$ é simples e $K = k$
  2. $A(\g) = \End_k(\g)$.

Neste caso, chamamos $\g$ central simples . Por exemplo$^K\g$ é simples central se $\g$é simples. Segue de$(*)$ que cada extensão escalar de uma álgebra de Lie simples central é novamente simples central, a fortiori absolutamente simples (A álgebra de Lie $\g$ sobre $k$é chamado de absolutamente simples se$\g_{\bar k} := \g \otimes_k \bar k$ é simples $\bar k$, ou equivalente, $\g_K$ é simples $K$ para cada extensão $K|k$.). Mas temos muito mais:

Proposição (4.1.2 em minha tese): Let$\g$ ser uma álgebra de Lie simples e $L|k$ uma extensão Galois contendo o centróide $K$. Então$\g_L \simeq \g_1 \times ... \times \g_r$ Onde $r = [K:k]$ e a $\g_i$ são álgebras de Lie absolutamente simples sobre $L$. Em particular,$\g$ é simples central se e somente se for absolutamente simples.

Prova : Escrita$K = k[X]/(f)$ Onde $f$ é um polinômio mínimo de um elemento primitivo de $K|k$, temos $L \otimes_k K \cong \prod_{i=1}^r L_i$ (Como $L$-álgebras) onde o $L_i$ são todos $L$ mas com um $L$-ação torcida por meio de certos elementos $\sigma_i : L \simeq L_i$ do grupo Galois $Gal(L|k)$, permutando os zeros de $f \in L[X]$. Em particular,$r = [K:k]$. Então com$(*)$, \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*} Chamando $e_i$ a $i$-ésimo idempotente no último produto, o $A(\g_L)$-módulo $e_i \cdot \g_L$ é um ideal simples $\g_i$ dentro $\g_L$, que é na verdade o simples $L$-Lie álgebra deduzida de $(^K\g)_L$ por extensão escalar (ou seja, torcendo o $L$-action) com $\sigma_i$.