Problema técnico en el enfoque de la Mentira grupos tomado en un libro

Question

Le estoy enseñando a Mentir grupos y Álgebras de Lie fuera de Brian C. Hall del libro (Mentira Grupos, Álgebras de Lie, y Representaciones: Una Primaria Introducción, Springer), que la he disfrutado. Estoy confundido acerca de un problema técnico a pesar de que no estoy seguro de cómo evitar.

El enfoque adoptado en este libro tiene dos notables de la simplificación de funciones:

1. El estudio de "la matriz de la Mentira de los grupos" (cerrado los subgrupos de $\mathrm{GL}_n$) en lugar de en general Mentira grupos.
2. La definición reductiva como "es la complejización de la Mentira algebra de un compacto de la matriz de la Mentira de grupo" y semisimple como "reductiva y centro-gratis". Voy a llamar a estos compacto-reductora y compacto-semisimple.

Ambas son buenas simplificaciones que permiten evitar algunos problemas técnicos, mientras que todavía en el material más importante para un curso introductorio. El último está muy bien motivada por la cuestión de tratar de clasificar compacto Mentira grupos a través de la Mentira álgebra teoría.

Sin embargo, uno de mis estudiantes señaló hoy un posible problema con la combinación de estas dos simplificaciones. Es fácil ver que cualquier compacto de Lie semisimple el álgebra es una suma directa de simple álgebras de Lie, pero no es obvio que estos simples sumandos son en sí mismos compacto-semisimple! Esto significa que no se puede reducir a la clasificación de los compact-semisimple álgebras de Lie compacto-simple de álgebras de Lie. A mí me parece (y esto puede ser mi error) que la Sala nunca se aborda esta cuestión y que tácitamente se asume que la simple sumandos son compactos-simple

La obvia teorema de utilizar para conseguir alrededor de este problema es la siguiente (Sala de Thm 5.11):

Supongamos que G es un simple conectado matriz del grupo Mentira y la Mentira de álgebra $\mathfrak{g}$ de G se descompone como $\mathfrak{g} \cong \mathfrak{h}_1 \oplus \mathfrak{h}_2$. Entonces existe cerrado, simplemente se conecta subgrupos $H_1$ e $H_2$ de % de $G$ con álgebras de Lie $\mathfrak{h}_1$ e $\mathfrak{h}_2$ tal que $G = H_1 \times H_2$.

Sin embargo, ahora hay un problema, porque el grupo compacto $K$ cuyo complixified Mentira álgebra de $\mathfrak{g}$ no necesita tener una matriz de cobertura universal! (por ejemplo,$\mathrm{SL}_2(\mathbb{R})$). Así que este argumento no funciona en el Hall del establecimiento.

¿Hay alguna manera sencilla de evitar este problema, de modo que se puede utilizar tanto en la simplificación de los enfoques de 1 y 2 al mismo tiempo?

Answer 1

Gracias por la pregunta. Es cierto que yo nunca demostrado que el simple sumandos en el Teorema 7.8 son en sí mismos semisimple en el sentido de que yo defino "semisimple." Yo no iba a caracterizar esta omisión como un problema, sin embargo, ya no me dicen que son semisimple. Además, yo no prueban la clasificación de semisimple álgebras. (Y, en cualquier caso, la clasificación podría ir a través de la clasificación de los sistemas de raíces, que se descomponen en términos de irreducibles.)

Sin embargo, es una pregunta interesante, y creo que podemos demostrar que cada una de las $\mathfrak{g_j}$ es semisimple, utilizando sólo los métodos en el Capítulo 7 de mi libro. En realidad, hay dos cuestiones, que no estoy seguro de que han sido claramente separados en el debate. En primer lugar, tenemos que mostrar que la descomposición de la $\mathfrak{g}$ en el Teorema 7.8 en realidad proviene de una descomposición de la $\mathfrak{k}$. Para establecer esto, lo primero que observar que si $\mathfrak{g}$ es de centro-gratis, $\mathfrak{k}$ también debe ser el centro libre. Por lo tanto, $\mathfrak{k}$ se descompone como suma directa de lo real, simple álgebras $\mathfrak{k_j}$, por el mismo argumento como la prueba del Teorema 7.8. Pero desde $\mathfrak{k_j}$ admite un Anuncio invariante en el interior del producto, la prueba del Teorema 7.32 muestra que la complejización $\mathfrak{g_j}$ de % de $\mathfrak{k_j}$ es también simple, como un complejo de álgebra de la Mentira. Luego por la unicidad resultado en la Proposición 7.9, estos $\mathfrak{g_j}$'s debe ser en realidad los que están en el Teorema 7.8.

Segundo, tenemos que mostrar que cada una de las $\mathfrak{k_j}$ es el álgebra de Lie de un grupo compacto, que muestran que $\mathfrak{g_j}$ es semisimple en el sentido utilizado en el libro. Para ello, el argumento de lo sugerido por Noé Snyder parece mejor: Desde $\mathfrak{k_j}$ es un ideal, es invariante bajo el adjunto acción de $K$.La imagen de $K_j$ de % de $K$ dentro $GL(\mathfrak{k_j})$ es compacto, ya que es la imagen continua de un compacto grupo de $K$. Desde $\mathfrak{k_j}$ es de centro-libre, la asociada a la Mentira álgebra homomorphism (el mapa enviar a $X$ a la restricción de $ad_X$ a $\mathfrak{k_j}$) será cero en cada una de las $\mathfrak{k_l}$ con $l\neq j$ pero va a ser inyectiva en $\mathfrak{k_j}$. Por lo tanto, la imagen de los asociados Mentira álgebra de mapa va a ser isomorfo a $\mathfrak{k_j}$.

Answer 2

Aquí es mucho más fácil argumento más en el espíritu del Salón del libro.

Si K es un compacto de la matriz Mentira grupo con discretos centro y su Mentira álgebra se descompone como $\mathfrak{k}=\mathfrak{a}\oplus \mathfrak{b}$ a continuación, mira la imagen de K bajo su adjunto acción en $\mathfrak{a}$. Esta es una imagen continua de un compacto conjunto y así es compacto (y cerrado!) lo que da un compacto grupo de matrices A. Puesto que la derivada de Anuncio de anuncios, la Mentira álgebra de Una es $\mathfrak{a}$.

Answer 3

Según lo sugerido por Vit Tuček, podemos tomar el siguiente enfoque. Desde $K$ es compacto y no tiene un centro, la Matanza forma en $\mathfrak{k}$ es negativa definida. Por lo tanto la restricción de la Matanza forma a cada una de las $\mathfrak{k}_i$ es negativa definida. Ahora queremos exhibir compacto de la matriz de grupos de $K_i$ con la Mentira de álgebra $\mathfrak{k}_i$ con el negativo de la definición de la Matanza forma.

Hay muchos argumentos en la literatura que el negativo de la definición implica la existencia de un grupo compacto (aunque cerca de la mitad de los que he encontrado parece tener un hueco). Aquí un argumento (que tengo desde Hsiang) que no deja el mundo de la matriz de grupos.

Supongamos $\mathfrak{g}$ es una Mentira álgebra con la negativa definitiva de la Matanza forma, y considerar la posibilidad de $\mathfrak{D}$ su Mentira algebra de derivaciones. Un breve cálculo muestra que la muerte forma en $\mathfrak{D}$ restringe a la Matanza forma en $\mathfrak{g}$ y considerando la perpendicular elogio de la $\mathfrak{g}$ en $\mathfrak{D}$ se sigue que $\mathfrak{g} = \mathfrak{D}$. Por lo tanto, $\mathfrak{g}$ es la Mentira de álgebra de la matriz de Lie del grupo de $\mathrm{Aut}(\mathfrak{g}) \subset \mathrm{GL}(\mathfrak{g})$ (esto es claramente un subgrupo cerrado porque se corta por ecuaciones polinómicas). Este subgrupo es compacto, ya que preserva la negativa definitiva de la Matanza forma.

Answer 4

Otra forma de definir un (complejo) reductora Mentira álgebra ${\mathfrak g} \subset {\mathfrak g}{ \mathfrak l}_n({\mathbb C})$ es de suponer que (después de la conjugación por un elemento de $GL_n({\mathbb C})$ es cerrado bajo la "Cartan involución" $x\mapsto ^t {\overline x}$. A continuación, $\mathfrak g=\mathfrak k\oplus i \mathfrak k$ donde $\mathfrak k$ es el (verdadero) subalgebra de $\mathfrak k$ consta de sesgar hermitian matrices. Los mismos argumentos que en una de las respuestas muestra que la verdadera analítica subgrupo de $G(\mathbb C)$ con $\mathfrak k$ Mentira álgebra es compacta (si suponemos que también el $\mathfrak k$ es semi-simple, no sólo reductora).

Una descomposición de la $\mathfrak k$ real simple Mentira álgebras de ahora da un análogo de la descomposición de la $\mathfrak g$ tan complejo simple álgebras de Lie.