Prueba inescrutable en el libro de Humphrey sobre álgebras de Lie y representaciones

Question

Esta es una pregunta que pertenece a Humphrey's Introducción a las álgebras de Lie y a la teoría de la representación

¿Existe una explicación del lema en §4.3-Criterio de Cartan ? Entiendo la prueba que se da ahí, pero no comprendo cómo alguien ha podido idearla o tener las agallas de probar una afirmación tan extraña...

Lema : Dejemos que $k$ sea un campo algebraicamente cerrado de característica $0$ . Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial de dimensión finita sobre $k$ y $A\subset B\subset \mathrm{End}(V)$ dos subespacios. Sea $M$ sea el conjunto de endomorfismos $x$ de $V$ tal que $[x,B]\subset A$ . Supongamos que $x\in M$ es tal que $\forall y\in M, \mathrm{Tr}(xy)=0$ . Entonces, $x$ es nilpotente.

La prueba utiliza la diagonalizable $+$ descomposición nilpotente, y pasa a demostrar que todos los valores propios de $x$ son $=0$ demostrando que el $\mathbb{Q}$ subespacio de $k$ que generan sólo tiene el $0$ funcional lineal.

Añadido: (t.b.) aquí está la página de Google books para los que no tienen acceso:

Answer 1

Este lema me preocupó hasta que vi la demostración del criterio de Cartan para el caso complejo en un apéndice de Fulton y Harris libro.

Denote $x_s = d(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)$ la parte semisimple de $x$ y $\bar{x}_s = d(\bar{\lambda}_1, \ldots, \bar{\lambda}_n)$ la matriz que obtienes cuando "conjugas el complejo $x_s$ . El lema se sustituye entonces por la siguiente observación sencilla: $\operatorname{Tr}(x \bar{x}_s) = |\lambda_1|^2 + \ldots + |\lambda_n|^2 = 0$ implica $x$ nilpotente.

Para completar, la prueba del criterio de Cartan utilizando este hecho:

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial complejo espacio vectorial complejo, $L$ Subálgebra de Lie de $\mathfrak{gl} V$ .

Supongamos que $\operatorname{Tr}(xy) = 0$ para todos $x \in [LL], y \in L$ . Si demostramos que cada $x \in [LL]$ es nilpotente, se deduce (por Teorema de Engel) que $[LL]$ es nilpotente y eso implicará que $L$ es solucionable. Haremos esto usando la mencionada simple observación. Escribe $x = \sum_i [y_i, z_i]$ . $$\operatorname{Tr}(x\bar{x}_s) = \sum_i \operatorname{Tr}([y_i, z_i]\bar{x}_s) = \sum_i \operatorname{Tr}(y_i, [z_i, \bar{x}_s])$$ Ahora, podemos utilizar la interpolación de Lagrange para escribir $\operatorname{ad}(\bar{x}_s)$ como un polinomio en $\operatorname{ad}(x_s)$ sin término constante, por lo que se deduce que $[z_i, \bar{x}_s]$ es un elemento de $[L, L]$ . Ahora, nuestra suposición nos da $\operatorname{Tr}(x \bar{x}_s) = 0$ .

Como puedes ver, la prueba más general sigue de cerca esta. Usando las buenas propiedades de la conjugación compleja, no tenemos que comprobar $\operatorname{Tr}(xy) = 0$ para todos $y \in M$ para conseguir $x$ nilpotente, sólo tenemos que comprobar que para un elemento de $M$ , a saber $\bar{x}_s$ . Me imagino a Cartan probando primero el caso complejo, y luego generalizando la prueba a la que se lee en Humphreys.

Answer 2

Esto no responde del todo a tu pregunta, pero los ingredientes clave son (1) los racionales son agradables en el sentido de que sus cuadrados son no negativos (2) puedes pasar de los elementos de campo general a los racionales utilizando un funcional lineal f (3) obteniendo un manejo de x por medio de los valores propios de s.