Estrictamente triangular superior $n\times n$ Las matrices forman un álgebra de Lie nilpotente sobre $\mathbb{C}$ para $n\geq 2$

Question

He estado intentando este problema durante un tiempo, es un problema de asignación así que no quiero que alguien publique la respuesta, sólo estoy buscando pistas.

Dejemos que $\mathfrak{u}(n,\mathbb{C})$ sea el álgebra de Lie del triángulo superior estricto $n\times n$ matrices sobre $\mathbb{C}$ .

Estoy tratando de mostrar que $\mathfrak{u}(n,\mathbb{C})$ es un álgebra de Lie nilpotente para $n\geq 2$ .

Esto es lo que he mirado hasta ahora.

He realizado algunos cálculos explícitos (omitiré la mayor parte de ellos y me limitaré a resumirlos a continuación) para $n=2,3,4$ y se me han ocurrido algunas ideas.

Dejemos que $L=\mathfrak{u}(n, \mathbb{C})$ .

Si $n=2$ ,

$L^1 = [L, L] = <0>_{\mathbb{C}}$

Así que $L$ es nilpotente.

Si $n=3$ ,

$L^1 = [L, L] = <e_{13}>_{\mathbb{C}}$

$L^2 = [L, L^1] = <0>_{\mathbb{C}} = \left\{ 0 \right\}$

Así que, $L$ es nilpotente.

Si $n=3$

$L^1 = [L,L] = <e_{13},e_{14},e_{24}>_\mathbb{C}$

$L^2 = [L,L^1] = <e_{14}>_{\mathbb{C}}$

$L^3 = [L, L^2] = <0>_{\mathbb{C}} = \left\{ 0 \right\}$

Así que, $L$ es nilpotente.

Así que mi hipótesis hasta ahora es que para un $m\in\mathbb{N}$ , $L^{m-1}=\{0\}$

Mi instinto es hacer esto por inducción. Mi caso base, $n=2$ ya se ha demostrado. Ahora asumo que $\mathfrak{u}(n,\mathbb{C})$ es nilpotente para $n=k$ ( $k\in\mathbb{N}$ ) y considerar el caso para n=k+1.

Sin embargo, no tengo ni idea de cómo relacionar estos dos casos. He leído en Introduction to Lie Algebras and Representation Theory - J.E. Humphreys que $L^k$ debe ser abarcada por los vectores base $e_{ij}$ où $j-i=k+1$ - Sin embargo, en mis cálculos para $L^1$ Obtengo un $e_{14}$ que no satisface 4-1=2.

¿Me estoy perdiendo algo completamente obvio? ¿O he cometido un error en alguna parte? (He comprobado mis cálculos numerosas veces, pero no encuentro ningún error).

Gracias,

Andy.

Answer 1

Sus cálculos se generalizan fácilmente a cualquier $n\ge 1$ . Tenemos que calcular $L^1=[L,L]$ , $L^2=[L,[L,L]]$ , $L^3=[L,[L,[L,L]]$ y así sucesivamente. En cada paso las matrices estrictamente triangulares superiores de $L$ obtener una nueva diagonal lateral constituida por ceros. En otras palabras, la diagonal cero se expande hacia la esquina superior derecha cada vez que pasamos de $L^k$ a $L^{k+1}$ . La resonancia es, que $L^k=[L,L^{k-1}]$ y el conmutador viene dado por $[A,B]=AB-BA$ . En consecuencia, llegamos a $L^m=0$ para algunos $m\le n$ . De ahí que se pueda argumentar incluso sin inducción. Pero por supuesto, también una inducción funcionará.

Answer 2

EDIT: Mi respuesta anterior era errónea, así que la he borrado.

Lo que hay que probar es: $L^k$ tiene una base dada por $e_{ij}$ avec $i < j - k$ .

Por definición, $L^k = [L,L^{k-1}]$ que es el lapso de $$\{[e_{ij},e_{ab}]:i < j, a+k< b \} $$ utilizando la hipótesis de inducción sobre $L^{k-1}$ . Después de aplicar la fórmula, se obtienen algunos casos diferentes.