Sobre las álgebras de Lie supersolubles

Question

Un colega me hizo la siguiente pregunta, y como no pude responderla, pensé que podría tener más suerte en MO.

En la Enciclopedia de Matemáticas, un álgebra de Lie de dimensión finita $L$ sobre un campo $\newcommand{\bK}{\mathbb{K}}$ $\bK$ se define como supersoluble si todos los valores propios de todos los operadores $\DeclareMathOperator{\ad}{ad}$ $\ad(X)$ pertenecen a $\bK$ . Se afirma entonces que cualquier álgebra de Lie supersoluble sobre un campo de característica $0$ puede incrustarse isomórficamente en el álgebra de Lie de las matrices triangulares superiores con coeficientes de $\bK$ . ¿Alguien conoce una prueba o una referencia para la última afirmación?

Editar 1. Aquí está la referencia precisa: _Álgebra de Lie, supersoluble. V.V. Gorbatsevich (autor), Enciclopedia de Matemáticas ._

Editar 2. Permítanme afinar la pregunta original siguiendo las sugerencias de YCor. Permita que $\frak{g}$ sea un álgebra de Lie sobre $\mathbb{R}$ . Llamemos a $\frak{g}$ supersoluble si admite una bandera completa formada por ideales. (Por cierto, Knapp llama a tales álgebras split-solvable .)

Gorbatsevich-Onishchik-Vinberg afirman sin prueba alguna (véase Grupos de Lie y álgebras de Lie III, p.50) que si $\frak{g}$ es supersoluble, entonces es triangulable. ¿Alguna idea de cómo demostrarlo?

Es evidente que no toda representación fiel de un supersoluble $\frak{g}$ es triangulable, incluso para los abelianos $\frak{g}=(\mathbb{R},+)$ así que el teorema de Ado no es suficiente.

Answer 1

He comprobado el libro publicado ( (en el sitio de Springer) Grupos de Lie y álgebras de Lie III de Gorbatsevich-Onishchik-Vinberg, al que probablemente se refiera el sitio enlazado por Liviu.

El libro contiene una gran cantidad de resultados, pero con pocas pruebas, y de hecho comete el error señalado por Dave. Así que permítanme aclarar el panorama.

Dejemos que $K$ sea un campo. Digamos que un álgebra de Lie de dimensión finita $\mathfrak{g}$ en $K$ es

• ad-triangulable puntualmente si para cada $x\in\mathfrak{g}$ todos los valores propios de $\mathrm{ad}(x)$ están en $K$ ;
• supersoluble si admite una bandera completa formada por ideales
• triangulable si es isomorfa a una subálgebra de Lie del álgebra de matrices triangulares superiores en dimensión suficientemente grande.

Implicaciones inmediatas:

• supersoluble implica soluble y ad-triangulable puntualmente
• triangulable implica supersoluble;

Si $K$ tiene característica cero, la primera implicación es una equivalencia:

• (char $(K)=0$ ) solucionable y ad-triangulable puntualmente implica supersoluble.

En efecto, si $\mathfrak{g}$ es abeliano no hay nada que hacer, de lo contrario el centro $\mathfrak{z}$ de $[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$ (que es nilpotente; posiblemente utilice aquí el char. cero) es no trivial y la acción adyacente de $\mathfrak{g}$ en $\mathfrak{z}$ factores a través de un grupo abeliano y tiene un vector propio común ya que consiste en una familia conmutada de operadores trigonalizables. [Este argumento funciona sin la suposición de una característica si $\mathfrak{g}$ se supone nilpotente-abeliano desde el principio, es decir, tiene subálgebra derivada nilpotente].

• Así que supongo que habría que corregir el post en cuanto a si (en char. cero) supersoluble implica triangulable. En realidad en el libro citado anteriormente, dicen que se puede demostrar siguiendo la prueba del teorema de Ado (que es bastante complicado). [Pero como mencioné como común, no basta con evocar el teorema de Ado y luego utilizar el teorema de Lie-Kolchin, porque la representación producida por el teorema de Ado podría no ser conjugada a una representación triangular, incluso cuando partimos de un álgebra de Lie abeliana].

• Por último, podemos preguntarnos sobre la implicación de si ad-triangulable puntualmente implica supersoluble, lo cual, en la característica cero (como asumo de ahora en adelante), es, por lo anterior, equivalente a preguntarse si ad-triangulable puntualmente implica soluble. Como he dicho, se afirma que esta implicación se mantiene siempre, pero Dave mencionó que falla claramente cuando el campo es algebraicamente cerrado. Los autores se equivocaron porque tenían en mente el caso real, en cuyo caso la implicación sí se cumple. Para aclarar, permítanme exponer el caso general:

Propuesta. Dejemos que $K$ sea un campo de característica cero. Equivalencias: (i) Toda álgebra de Lie ad-triangulable de dimensión finita sobre $K$ es solucionable (y por tanto supersolucionable). (ii) $K$ admite una extensión de campo de grado 2.

Ejemplos de campos sin extensión de grado 2 (de modo que ad-triangulable puntualmente no implica soluble) son no sólo los campos algebraicamente cerrados, sino también, por ejemplo, el campo generado por las raíces cuadradas iteradas de los racionales. Por otro lado, los reales, los campos numéricos y las extensiones finitas de $p$ -campos ágicos, admiten extensiones de grado 2.

Prueba de la proposición: suponer que $K$ admite una extensión de grado 2 (es decir, admite una extensión no cuadrada $t$ ). Basta con mostrar que no existe un álgebra de Lie simple $\mathfrak{g}$ en $K$ que es ad-triangulable puntualmente. En efecto, dado que $\mathfrak{g}$ admite una subálgebra de Cartan definida sobre $K$ vemos inmediatamente que $\mathfrak{g}$ es $K$ -admite la división así $\mathfrak{sl}_2(K)$ como subálgebra. Obsérvese que $\mathfrak{sl}_2(K)$ contiene un elemento $x$ tal que ad $(x)$ no es trigonalizable: basta con elegir $x=\begin{pmatrix}0 &t\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ ; entonces el polinomio característico de ad $(x)$ (en $\mathfrak{sl}_2(K)$ ) es $X(X^2-4t)$ que no está dividido ya que $t$ no es un cuadrado, y en $\mathfrak{g}$ el polinomio característico de ad $(x)$ es divisible por $X(X^2-4t)$ , por lo que no está dividido. Así, $\mathfrak{g}$ no es ad-triangulable puntualmente.

A la inversa, si cada elemento de $K$ es un cuadrado, entonces para cada $x\in\mathfrak{sl}_2(K)$ el polinomio característico $\chi(X)$ de ad $(x)$ tiene grado 3 y es divisible por $X$ y, por lo tanto, se divide (ya que el cociente de grado 2 $\chi(X)/X$ se divide entonces utilizando que el discriminante es un cuadrado); así en este caso $\mathfrak{sl}_2(K)$ es puntualmente ad-trigonalizable pero no resoluble.

Answer 2

Esto es falso. Si $\mathbb{K}$ es algebraicamente cerrado, entonces es obvio que todos los valores propios están en $\mathbb{K}$ pero muchas álgebras de Lie (como $\mathfrak{sl}_2(\mathbb{K})$ ) no son resolubles y, por tanto, no se pueden incrustar en las matrices triangulares superiores.

Sin embargo, mediante un argumento estándar (la demostración del Teorema de Lie-Kolchin), no es difícil ver que cada solucionable El álgebra de Lie con esta propiedad se puede incrustar en las matrices triangulares superiores. Como toda álgebra de Lie semisimple sobre $\mathbb{R}$ contiene $\mathfrak{sl}_2(\mathbb{R})$ y por lo tanto tiene elementos con valores propios no reales, esto implica que el resultado es cierto para el caso especial $\mathbb{K} = \mathbb{R}$ . Mirando la página web citada por la referencia del OP, parece que el error es una generalización errónea de $\mathbb{R}$ a todos los campos de característica cero.

La definición correcta de supersoluble se da en el comentario de YCor. Implica que todos los valores propios de cada $\mathrm{ad}(X)$ están en $\mathbb{K}$ pero no siempre es equivalente a esta condición.