La codimensión de una subálgebra parabólica de un álgebra de Lie semisimple

Question

Dado un álgebra de Lie compleja semisimple $\mathfrak g$ y una subálgebra $\mathfrak h$ . Si nos dan que el espacio vectorial complejo $\mathfrak g/\mathfrak h$ tiene dimensión $1$ en $\mathbb C$ . Es $\mathfrak h$ una subálgebra parabólica, es decir, contiene una subálgebra de Borel?

¿Sigue siendo cierta la afirmación anterior cuando $\dim_{\mathbb C}\mathfrak g/\mathfrak h=2$ ?

Answer 1

La primera afirmación es cierta y en realidad es la única posibilidad (hasta el producto directo de ambos $\mathfrak{g}$ y $\mathfrak{h}$ por alguna otra álgebra semisimple) es cuando $\mathfrak{g}$ es $\mathfrak{sl}_2$ .

(Edición: se ha cambiado a una prueba algebraica)

En $\mathfrak{sl}_2$ es fácil comprobar que todas las subálgebras de codimensión 1 son conjugadas a la de Borel (parabólica).

Basta con demostrar que si $\mathbf{g}$ es simple de rango $\ge 2$ , entonces no tiene ninguna subálgebra de codimensión 1 $\mathfrak{h}$ .

Elige una subálgebra de Cartan $\mathfrak{h}_0$ de $\mathfrak{h}$ . Induce una graduación $(\mathfrak{g}_\alpha)$ de $\mathfrak{g}$ que tiene que ser un cociente de su propia graduación de Cartan.

Si $\mathfrak{h}_0=\mathfrak{g}_0$ entonces $\mathfrak{h}_0$ es una subálgebra de Cartan de $\mathfrak{g}$ Así que $(\mathfrak{g}_\alpha)$ es la graduación de Cartan de $\mathfrak{g}$ . En este caso, se deduce que $\mathfrak{h}$ es una subálgebra graduada que contiene $\mathfrak{g}_0$ por lo que existe una raíz no nula $\alpha$ tal que $\mathfrak{h}=\bigoplus_{\beta\neq\alpha}\mathfrak{g}_\beta$ . Usando eso $\mathfrak{g}$ tiene rango $\ge 2$ y es simple, existen dos raíces no nulas que suman $\alpha$ y esto implica que tal $\mathfrak{h}$ no es una subálgebra, contradicción.

A continuación, si $\mathfrak{h}_0\neq\mathfrak{g}_0$ siendo entonces un cociente de la gradación de Cartan $(\mathfrak{g}_{(\gamma)})$ de $\mathfrak{g}$ tenemos $\mathfrak{g}_0$ reductora y que contiene una subálgebra de Cartan de $\mathfrak{g}$ . Si $\mathfrak{g}\neq\mathfrak{g}_0$ podemos argumentar lo siguiente: $\mathfrak{g}_0$ es la suma de $\mathfrak{g}_{(\gamma)}$ donde $\gamma$ se extiende sobre algún subespacio propio $M$ del espacio de las raíces. Dado que $\mathfrak{g}$ es simple, el conjunto de raíces $\gamma$ no en $M$ genera el espacio de las raíces (el conjunto de las raíces no está contenido en la unión de dos subespacios propios), y para cada $\gamma$ tenemos $\mathfrak{g}_{(\pm\gamma)}\in\mathfrak{h}$ y por lo tanto $h_\gamma\in\mathfrak{h}$ . Por lo tanto, $\mathfrak{h}$ contiene una subálgebra de Cartan de $\mathfrak{g}$ y esto implica $\mathfrak{h}_0=\mathfrak{g}_0$ contradicción.

Así que tenemos $\mathfrak{g}=\mathfrak{g}_0$ en particular $\mathfrak{h}=\mathfrak{h}_0$ . Por lo tanto, $\mathrm{ad}(h)$ es nilpotente para cada $h\in\mathfrak{h}=\mathfrak{h}_0$ . Dejar $\mathfrak{c}$ sea una subálgebra de Cartan de $\mathfrak{g}$ esto implica que cada elemento de $\mathfrak{h}\cap\mathfrak{c}$ está en el núcleo de cada raíz. Como la intersección de los núcleos de las raíces es cero en un álgebra de Lie semisimple, esto obliga a $\mathfrak{c}$ tener dimensión $\le 1$ . Por lo tanto, $\mathfrak{g}$ tiene rango $\le 1$ una contradicción.

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Edito: Estaba un poco frustrado por hacer una prueba así para un resultado tan débil, pero efectivamente se adapta a la siguiente afirmación más natural y más fuerte (y clásica):

Dejemos que $\mathfrak{g}$ sea un álgebra de Lie absolutamente simple sobre un campo de característica cero, de rango (absoluto) $r$ . Entonces $\mathfrak{g}$ no tiene ninguna subálgebra propia de codimensión $<r$ .

Lema: que $\Phi$ sea un sistema de raíces irreducible de dimensión $r\ge 1$ . Entonces $\Phi$ no está contenido en la unión de dos subespacios propios.

Esto se desprende de:

Sublemma: que $\Phi$ sea un sistema de raíces de dimensión $r$ (no necesariamente generando). Supongamos que $\Phi\subset V_1\cup V_2$ donde $V_i$ son subespacios. Entonces existen subconjuntos $\Phi_1,\Phi_2$ tal que $\Phi_i\subset V_i$ , $\Phi_1\cup\Phi_2=\Phi$ y $\langle\Phi_1,\Phi_2\rangle=0$ .

Prueba del sublema. Esto es vacuamente cierto en la dimensión $0$ y, en general, si $V_2=V$ . En la dimensión $r\ge 1$ , escriba $\Psi_1=\Phi\smallsetminus V_2$ , $\Psi_2=\Phi\smallsetminus V_1$ y $\Psi_{12}=\Psi\cap V_1\cap V_2$ . Claramente $\Psi$ es la unión disjunta $\Psi_1\sqcup\Psi_2\sqcup\Psi_{12}$ . También, $\Psi_1,\Psi_2$ son ortogonales: de hecho, en caso contrario, podemos encontrar $\alpha\in\Psi_1$ , $\beta\in\Psi_2$ con $\langle\alpha,\beta\rangle<0$ Así que $\alpha+\beta\in\Phi$ y esto es una contradicción porque $\alpha+\beta$ no pertenece a ninguno de los dos $V_1$ ni $V_2$ .

A continuación, consideramos el subespacio $V_2$ y sus dos subespacios $W_1=V_1\cap V_2$ y $W_2$ el ortogonal de $V_1$ en $V_2$ y $\Phi'=\Phi\cap V_2=\Psi_2\sqcup \Psi_{12}$ con $\Psi_2\subset W_2$ y $\Psi_{12}\subset W_1$ . Argumentamos por inducción dentro de $V_2$ (el caso trivial $V_2=V$ que se excluye), para deducir que podemos escribir $\Phi\cap V_2=\Phi'_1\cup\Phi'_2$ con $\langle\Phi'_1,\Phi'_2\rangle =0$ y $\Phi'_i\subset W_i$ . Entonces $\Phi=\Psi_1\sqcup\Phi'_1\sqcup\Phi'_2$ con $\Phi'_2\subset V_2$ ortogonal a $\Psi_1\sqcup\Phi'_1\subset V_1$ . Esto termina la inducción. $\Box$

Pasemos ahora a la demostración del resultado. Es una adaptación de la prueba anterior. Sólo el primer caso requiere una modificación, que es la razón del lema anterior. A saber, dejemos que $\mathfrak{h}$ tienen codimensión $<r$ y supongamos, con la notación anterior que $\mathfrak{h}_0=\mathfrak{g}_0$ . En este caso la graduación es la de Cartan de $\mathfrak{g}$ Así que $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}_0\oplus\bigoplus_{\alpha\in\Phi\smallsetminus F}\mathfrak{g}_\alpha$ , donde $F$ es un subconjunto del sistema de raíces $\Phi$ de $\mathfrak{g}$ , de cardenal $<r$ .

Dejemos que $V_1$ sea el subespacio abarcado por $F$ (un subespacio propio de $\mathfrak{g}_0^*$ ). Fijar una raíz $\alpha\in F$ y $V_2$ su ortogonal. Entonces, por el lema, existe una raíz $\beta\notin V_1\cup V_2$ . Sea $P$ sea el plano generado por $\alpha$ y $\beta$ . Así que $\Phi\cap P$ es un sistema de raíces irreducible en $P$ y podemos encontrar en $P$ dos raíces, no colineales a $\alpha$ y evitar el $V_2\cap P$ (que tiene dimensión $\le 1$ ), con producto escalar negativo y sumando a $\alpha$ . Esto demuestra que $\mathfrak{g}_\alpha\subset\mathfrak{h}$ una contradicción.

En el otro caso $\mathfrak{g}_0\neq\mathfrak{h}_0$ , casi sólo tenemos que copiar la prueba anterior.