Semisimple complejo de Álgebra de la Mentira y de la descomposición en peso de espacios.

Question

Así que me preguntaba por qué un semisimple complejo Mentira Álgebra $L$ es una suma directa de su peso espacios.

Dado un Cartan Subalgebra de $H$ $L$ desde $L$ es semisimple complejo Mentira Álgebra, entonces cada elemento de ad(H) es semisimple (diagonalizable) . Y puesto que H es abelian, entonces todos los elementos de H puede ser simultáneamente diagonalised w.r.t cierta base $x_1, \ldots , x_n$

Pero, a continuación, considere la posibilidad de $\alpha _i: H \rightarrow \mathbb{K}$ donde $\alpha _i(h)$ especifica el $i^{\text{th}}$ diagonal elemento de $ad_h$.

A continuación, para $L_{\alpha _i} := \{x\in L\space | \space ad_h(x) = \alpha _i(h)x \space \forall h \in H\}$ sabemos que $x_i \in L_{\alpha _i}$.

Así que si L es de hecho una suma directa de su peso espacios de $L_{\alpha _i}$, entonces debe ser la suma directa de estos. Lo que implica entre el peso y el espacio tiene dimensión $1$. Pero esto implica que inturn $H$ tiene dimensión $1$ $H$ = $L_{0}$. Que seguramente es falsa!?

Exactamente qué he hecho mal?

Answer 1

Hay pocos lugares donde creo que las cosas podrían haber salido mal.

1. La definición del peso de espacio (de $L$ $H$- "módulo") $$ L_{\lambda}=\lbrace y\en L \mid ((\operatorname{ad}(x)-\lambda(x))^ny=0\text{ para todo }x\H\rbrace $$ donde $\lambda:H\rightarrow\mathbb{C}$ $1$- dimensiones de la representación, que no es exactamente lo que has escrito: necesita que algunos de potencia de $\operatorname{ad}(x)-\lambda(x)$ aniquila $y\in L$, para todos los $x\in H$, y por lo que no es necesariamente cierto que $\operatorname{ad}(x)=\lambda(x)y$.

2. Usted no necesariamente has demostrado que $L_0$ $1$- dimensional. Usted ha tomado algunas $\alpha_i:H\rightarrow\mathbb{C}$, pero ninguno de estos son los $0$ peso. Si bien es cierto que todos los no-cero de peso que da lugar a una $1$-el peso dimensional del espacio, la misma no es cierto de la Cartan subalgebra.

3. ¿Por qué es $x_i\in L_{\alpha_i}$?

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En cuanto a la razón: cada módulo a través de un nilpotent Mentira álgebra puede ser descompuesto en la suma directa de su peso espacios.

Deje $V$ ser un módulo más de un nilpotent Mentira álgebra $L$, lo $V=V_1\oplus\cdots\oplus V_k$, $V_j$ un indecomposable submódulo la inducción de un peso $\lambda_j$. Deje $W_\lambda=\bigoplus_{\lambda_j=\lambda}V_j$. A continuación,$V=\bigoplus_\lambda W_\lambda$. Claramente $W_\lambda\subset V_\lambda$, por lo que tratamos de mostrar el reverso de la inclusión.

Deje $v\in V_\lambda\subset V=\bigoplus_\mu W_\mu$. Por lo $v=\sum_\mu v_\mu$. A continuación,$v(x-\lambda(x))^n=0$, y por lo $\sum_\mu v_\mu(x-\lambda(x))^n=0$. Para cada una de las $v_\mu(x-\lambda(x))^n=0$. Supongamos $\lambda\ne\mu$, lo $\lambda(x)\ne\mu(x)$ algunos $x\in L$. A continuación, $v\mapsto vx$ ha matriz $$ \left(\begin{matrix} \lambda(x) & & * \\ & \ddots & \\ 0 & & \lambda(x) \end{de la matriz}\right) $$ en $W_\mu$, que es no singular. Por lo $v\mapsto v(x-\lambda(x))$ es no-singular en $W_\mu$, e $v\mapsto v(x-\lambda(x))^n$ es no-singular en $W_\mu$. Por lo $v_\mu(x-\lambda(x))^n=0\Rightarrow v_\mu=0$. Por lo $v=\sum_\mu v_\mu=v_\lambda\in W_\lambda$.