Álgebra de Lie simple + $Z(G) = \{1\}$ $\Rightarrow$ Grupo de mentiras simples.

Question

Dejemos que $G$ sea un Grupo de Lie conectado ( $\mathrm{dim}G>1$ ) tal que $Z(G) = \{1\}$ (centro de $G$ ) y $\mathrm{Lie}(G) = \mathfrak g$ es un álgebra de Lie simple. ¿Cómo demuestro que estas condiciones implican $G$ ¿sencillas (como grupo)?

¿Puede alguien ayudarme?

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Algunas ideas

Si $H< G$ es un grupo normal de $G$ entonces $\overline{H}$ es un grupo de Lie (ya que $\overline{H}$ está cerrado), entonces $\mathrm{Lie}\left(\overline{H}\right)$ es un ideal de $\mathfrak{g}$ , lo que implica $\mathrm{Lie}\left(\overline{H}\right) = \{0\}$ o $\mathrm{Lie}\left(\overline{H}\right) = \mathfrak{g}$ , si $\mathrm{Lie}\left(\overline{H}\right) = \{0\}$ entonces $H$ es un conjunto normal discreto $\Rightarrow$ $H\subset Z(G) = \{1\}$ . Por otro lado, si $\mathrm{Lie}\left(\overline{H}\right) = \mathfrak{g}$ , $H$ es denso en $G$ y no sé cómo proceder.

Además, como $\mathfrak{g}$ es simple $\mathfrak g' = [\mathfrak g,\mathfrak g] =g$ , lo que implica $G' = [G,G] = G$ entonces

\begin{align*} \det \mathrm{Ad}(g) &= \det \mathrm{Ad}([g_1,h_1]\cdot \ldots \cdot[g_k,n_k])\\ &=[\det(\mathrm{Ad}(g_1),\det\mathrm{Ad}(h_1)]\cdot \ldots\cdot[\det(\mathrm{Ad}(g_k),\det \mathrm{Ad}(h_k)]\\ &= 1\cdot\ldots\cdot 1 = 1, \end{align*} entonces $\det \mathrm{Ad}(g)=1$ , $\forall$ $g\in G$ .

Nota $$\rho : G\to SL(n,\mathbb{R}) $$ $$g\mapsto \mathrm{Ad}(g) $$ es un homomorfismo tal que $\mathrm{Ker}(\mathrm{Ad})= Z(G)={1}$ . Entonces $\rho$ es una incrustación en de $G$ en $SL(n,\mathbb{R})$ Sin embargo, no sé, de nuevo, cómo proceder.

Por último, si $G$ está simplemente conectado entonces $H$ normal y conectado $\Rightarrow$ $H$ cerrado $\Rightarrow$ $H$ es un grupo de mentiras $\Rightarrow$ $\mathrm{Lie}(H)$ es un ideal de $\mathfrak{g}$ entonces $H=\{1\}$ o $H = G$ (utilizando el mismo argumento del principio). Si $G$ no está simplemente conectado no sé qué hacer.

Answer 1

Dejemos que $\tilde{G}$ sea el único Grupo de Lie simplemente conectado tal que $\mathrm{Lie}(\tilde G) = \mathfrak g$ . Entonces existe un subgrupo discreto central $\Gamma \subset \tilde{G}$ , satisfaciendo $$\tilde G /\Gamma \cong G, $$ considerar el mapa de proyección $$\pi : \tilde{G} \to \tilde{G}/\Gamma \cong G, $$ cabe mencionar que $Z(\tilde{G}) = \Gamma,$ porque $\pi(Z(\tilde G)) \subset Z(G) = \{1\}$ entonces $Z(\tilde{G})\subset \Gamma \subset Z(\tilde{G}).$

Ahora, dejemos que $H$ sea un subgrupo normal de $G$ . Tenga en cuenta que $\tilde{H}:=\pi^{-1}(H)\triangleleft \tilde{G}$ , denotan $\tilde{H}_0$ el componente conectado de $1$ contenida en $\tilde{H}$ , tenga en cuenta que $\tilde{H}_0\triangleleft \tilde{G}$ ya que $\tilde{G}$ es $1$ -conectado $\Rightarrow$ $\tilde{H}_0$ está cerrado en $\tilde{G}$ $\Rightarrow$ $\tilde{H}_0$ es un subgrupo de Lie de $\tilde{G}.$ Definir $\mathfrak{h}:= \mathrm{Lie}(\tilde{H}_0)\subset \mathfrak g$ ya que $\tilde{H}_0 \triangleleft \tilde{G}$ $\Rightarrow$ $\mathfrak{h}$ es un ideal de $\mathfrak{g}$ ya que $\mathfrak{g}$ es un álgebra de mentira simple, entonces $\mathfrak{h} = \{0\}$ (si $\mathfrak{h} = \mathfrak g$ implicaríamos $\tilde{H}_0 = \tilde{G}$ ) y luego $\tilde H$ está completamente desconectado.

Dejemos que $h$ sea un elemento de $\tilde{H}$ , entonces el mapa \begin{align} F:\tilde G&\to \tilde H\\ g&\mapsto ghg^{-1} \end{align} es continua y $\tilde{G}$ está conectado $\Rightarrow$ $F(G) = \{h\}$ (la imagen del espacio conectado por una función continua es conectada, y $\tilde{H}$ es un espacio completamente desconectado) y por lo tanto $g h g^{-1} = h$ , $\forall$ $g\in \tilde{G}$ $\Rightarrow $ $h\in \Gamma = Z(\tilde{G})$ $\Rightarrow$ $\Gamma \subset \tilde{H}\subset \Gamma $ . Entonces $H = \pi(\tilde{H}) = \pi (\Gamma) \subset Z(G) =\{1\}$ .

Q.E.D.