Mentira álgebra con la propiedad adicional

Question

Deje $[\cdot,\cdot]$ ser la Mentira de soporte de algunos Mentira álgebra. Supongamos la siguiente tiene $$y \neq \lambda x \iff [x,y] \neq 0.$$ What is the name of Lie algebra with this property? This property holds, i.e., for the cross product of 3D vectors. Alternatively, this should be equivalent to the property $$[x,y]=0 \iff y = \lambda x$$ for nonzero $x$ and $$y,

Answer 1

Primera nota de dos cosas: La propiedad es equivalente a la afirmación de que cada abelian subalgebra tiene dimensión $\le 1$; y si la Mentira álgebra tiene esta propiedad, entonces también lo hace cada uno de sus subalgebras. Con esto se puede mostrar:

Deje $k$ ser un campo de característica 0, y deje $\mathfrak{g}$ ser finito-dimensional Mentira álgebra más de $k$ que tiene la propiedad descrita. A continuación, $\mathfrak{g}$ es isomorfo a uno:

• el cero álgebra $0$, o
• el uno-dimensional abelian Mentira álgebra más de $k$, o
• las dos dimensiones de la Mentira álgebra $span_k\lbrace x, y\rbrace$ con $[x,y]=x$, o
• tridimensional simple Mentira álgebra más de $k$ que después de escalar extensión algebraica de cierre $\bar k$ se convierte en isomorfo a $\mathfrak{sl}_2(\bar k)$; es decir, un $k$-forma de $\mathfrak{sl}_2$;
• (o, posiblemente, un no-central de extensión de $\mathfrak{sl}_2(k)$ por las dos dimensiones de la Mentira álgebra descrito anteriormente; tal vez esto no existe?)

Prueba:

Caso 1: $\mathfrak{g}$ es semisimple. Entonces tiene un Cartan subalgebra (=máxima toral subalgebra), cuya extensión de escalares es una fracción de la CSA en $\mathfrak{g}\otimes \bar k$ de la misma dimensión. Esta dimensión se llama el (absoluta) clasificación de $\mathfrak{g}$. Desde la CSA de semisimple álgebras de Lie son abelian, por la propiedad que el rango de $\mathfrak{g}$ es $1$, lo que implica que es una $k$-forma de $\mathfrak{sl}_2$. Uno puede mostrar que cada una de las $k$-forma tiene la propiedad descrita.

(Estos $k$-formas puede ser parametrizada por álgebras de cuaterniones más de $k$. Si $k =\bar k$, no es sólo la división formulario de $\mathfrak{sl}_2(k)$ sí. Para $k =\Bbb R$ o $p$-ádico campos, hay isomorfismo uno más, no split uno, el real es generalmente llamado $\mathfrak{su}_2$ e es isomorfo a la cruz de los productos citados en el OP. Más de $\Bbb Q$, hay infinitamente muchos que no son isomorfos, cf. https://math.stackexchange.com/a/2548338/96384.)

Caso 2: $\mathfrak{g}$ es solucionable. Si el centro de la $Z$ de $\mathfrak{g}$ no es trivial, entonces $\mathfrak{g}$ debe ser de dimensión $1$ (y la igualdad de su centro), ya que de lo contrario $span\lbrace x,z\rbrace$ para $0 \neq z \in Z$ e $x$ linealmente independientes de a$z$ es una de dos dimensiones abelian subalgebra.

Ahora $D\mathfrak{g} := [\mathfrak{g}, \mathfrak{g}]$ es conocido por ser nilpotent, por lo que tiene un no-trivial centro, de modo que por el de arriba es $0$ (en el que caso de nuevo, $\dim_k \mathfrak{g} \le 1$) o unidimensional.

En este último caso restante, decir que una base de vectores de $D\mathfrak{g}$ es $x$. Ahora bien, si hubo dos vectores linealmente independientes $y,z \in \mathfrak{g} \setminus D\mathfrak{g}$, a continuación, $[x,y] = ax$ e $[x,z] = bx$ con $a,b \neq 0$ (si uno de ellos se $0$, es una infracción de la propiedad). Pero, a continuación, $[x, by-az] = 0$ viole la propiedad. Por lo $dim_k(\mathfrak{g}/D\mathfrak{g}) =1$ y hasta el isomorfismo estamos en el caso bidimensional de la lista.

Caso General: Por Levi-Maltsev, los únicos casos que podría suceder, además de los que están en la lista son semidirect productos de una forma de $\mathfrak{sl_2}$ con la de uno o la dos dimensiones de álgebras de Lie descrito (que luego sería el radical de $\mathfrak{g}$). Si el radical es unidimensional sin embargo, la acción de la parte más sencilla en la misma debe ser trivial, por lo que es central, contradicción, como en el caso 2. Si el radical es de dos dimensiones, la acción es trivial (contradicción de nuevo), o le da un isomorfismo de la parte más sencilla a $\mathfrak{sl_2}$. Esta posibilidad no he descartado, pero no sé si se produce cualquiera de los dos.

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Nota: Independientemente de que el último caso se produce o no, la lista es bastante corta y la propiedad no merece tener un nombre propio hasta el momento. Me interesaría si algo más emocionante de lo que sucede en característica positiva , aunque. Los expertos?

Answer 2

Nunca he escuchado de que si hay un nombre específico para tales álgebras de Lie. Sin embargo, tengo un comentario, que es demasiado largo para ser puesto en la sección de comentarios, así que lo pongo aquí.

Primero de todo, si $\mathfrak{g}$ cumple la condición $$\forall x\in \mathfrak{g},\text{ if }x\neq 0,\text{ then }\Big( \forall y\in\mathfrak{g}, [x,y]=0\text{ iff }\exists \lambda\in F, y=\lambda x\Big),\tag{1}$$ then $\mathfrak{g}$ is indecomposable (i.e., $\mathfrak{g}\neq \mathfrak{g}_1\oplus \mathfrak{g}_2$ for some nontrivial proper ideals $\mathfrak{g}_1$ and $\mathfrak{g}_2$ of $\mathfrak{g}$). If, in addition, $\mathfrak{g}$ is a finite-dimensional semisimple Lie algebra over an algebraically closed field $F$ of characteristic $0$, then $\mathfrak{g}$ must be simple as it is indecomposable. Let $\mathfrak{h}$ be a Cartan subalgebra of $\mathfrak{g}$.

Si $\mathfrak{h}$ es de dimensión $n>1$, entonces existen dos linealmente independientes, elementos $h_1$ e $h_2$ de $\mathfrak{h}$. Escoge un $\mathfrak{h}$-root $\alpha\in\mathfrak{h}^*$ de $\mathfrak{g}$ que separa a $h_1$ e $h_2$. Deje $x$ ser un elemento distinto de cero de la $\mathfrak{h}$-espacio de raíz $$\mathfrak{g}_\alpha(\mathfrak{h})=\big\{g\in\mathfrak{g}\big|\forall h\in\mathfrak{h}, [h,g]=\alpha(h)g\big\}.$$ Entonces, hemos $$[h_1,x]=\alpha(h_1)x\text{ and }[h_2,x]=\alpha(h_2)x$$ así $$\big[\alpha(h_2)h_1-\alpha(h_1)h_2,x\big]=0.$$ Como $x\notin\operatorname{span}\{h_1,h_2\}$, debemos tener $\alpha(h_2)h_1-\alpha(h_1)h_2=0$. Pero esto significa $$\alpha(h_1)=\alpha(h_2)=0,$$ as $h_1$ and $h_2$ are linearly independent. This is a contradiction (we chose $\alpha$ to separate $h_1$ and $h_2$, so they cannot simultaneously vanish), so $\dim \mathfrak{h}=1$ is the only possibility. (See comments below for a much easier proof that $\dim\mathfrak{h}=1$.)

En conclusión, si $\mathfrak{g}$ es finito-dimensional semisimple Mentira álgebra a través de una algebraicamente cerrado campo de $F$ de característica $0$ tal que la condición (1) se mantiene, entonces $\mathfrak{g}$ es una simple Mentira álgebra de rango $1$. Un ejemplo de una Mentira, el álgebra es como se da en su pregunta. La cruz de la estructura del producto en $\mathbb{R}^3$ puede ser complexified (es decir, se extendió a $\mathbb{C}^3$), lo que hace que $\mathbb{C}^3$ con el producto cruzado isomorfo a la Mentira de álgebra $\mathfrak{so}_3(\mathbb{C})\cong\mathfrak{sl}_2(\mathbb{C})\cong\mathfrak{sp}_4(\mathbb{C})$.

Sin embargo, hay nonsemisimple álgebras de Lie con la propiedad requerida. El uno-dimensional Mentira álgebra es un ejemplo trivial. Para otro ejemplo, considere la $2$-dimensiones nonabelian Mentira álgebra $\mathfrak{g}=\operatorname{span}\{x,y\}$ con $[x,y]=x$.