¿Es toda álgebra de Lie de dimensión finita el álgebra de Lie de un grupo algebraico?

Question

Harold Williams, Pablo Solís y yo estábamos charlando y surgió la siguiente pregunta.

En la tierra de los grupos de Lie (donde estás haciendo geometría diferencial), dado un álgebra de Lie de dimensión finita g puede encontrar una representación fiel g → End(V) por el teorema de Ado. Entonces se puede tomar el grupo generado por la exponenciación de la imagen para obtener un grupo de Lie G⊆GL(V) cuya álgebra de Lie es g . Creo que esto es correcto, pero por favor dígame si hay un error.

Este argumento se basa en el mapa exponencial, que no tenemos en el entorno algebraico. ¿Existe algún otro argumento para demostrar que cualquier álgebra de Lie de dimensión finita g es el álgebra de Lie de algún algebraico (un subgrupo cerrado de GL(V) recortado por polinomios)?

Answer 1

Aquí hay muchos ejemplos tridimensionales:

Consideremos el álgebra de Lie $\mathfrak{g}_D=\mathfrak{a}_1\ltimes_D\mathfrak{a}_2$ , donde $\mathfrak{a}_i$ es un $i$ -de Lie (con una base) y la acción está dada por una derivación $D$ .

(1) Si $D$ es diagonal con $D_{11}=1$ , entonces esta álgebra de Lie $\mathfrak{g}_D$ es el álgebra de Lie de un grupo algebraico si y sólo si $D_{22}$ es racional.

(2) Si $D=\begin{pmatrix}1 & 1\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ entonces $\mathfrak{g}_D$ tampoco es algebraica (ésta, a diferencia de la anterior, no tiene la propiedad de que la imagen de la representación adjunta sea estable al tomar la descomposición de Jordan).

De (1) se desprende un fenómeno curioso: mientras que hay incontables reales (o complejos, o $p$ -ádico) no isomórficas de álgebras de Lie tridimensionales, sólo contablemente muchas son álgebras de Lie de algún grupo algebraico. (Si no me equivoco, esto último es válido hasta la dimensión $6$ .)

Answer 2

Mi sospecha es que sí, al menos sobre C, y que lo que hay que hacer es tomar el cierre de Zariski en GL(V) de los exponenciales de los elementos del álgebra de Lie. Por supuesto, sobre campos aleatorios, uno no tiene este truco.

¿Podría funcionar un truco como mirar el subgrupo de GL(V) que fija todos los polinomios invariantes para el álgebra de Lie?

Answer 3

Sobre un campo que no es C --- bueno, al menos en característica no nula --- , el problema es más profundo de lo que sugiere Ben: la prueba del teorema de Ado que conozco requiere característica cero. Creo que si el teorema fuera cierto en característica distinta de cero, Mark Haiman lo habría dicho, ya que parecía sugerir en su clase que no lo era.

Por cierto, no se necesita realmente el teorema de Ado, que incluye datos sobre la acción del ideal de nilpotencia, sólo para encontrar una acción fiel. El teorema de Levi divide cualquier álgebra de mentira como semidirecta semisimple soluble, y esto es suficiente para encontrar una representación fiel de dimensión finita.

Además, incluso con el teorema de Ado, hay una advertencia. El cierre de Zariski, e incluso el cierre analítico, de la imagen del exponencial podría tener una dimensión mayor. Por ejemplo, la línea irracional en el toro.

Answer 4

Esta afirmación puede fallar de una manera muy interesante. Si K es un campo numérico y G es un grupo algebraico sobre K que tiene una buena reducción fuera de N, entonces una subálgebra de Lie h de Lie(G) va a ser algebraica si y sólo si la reducción mod P para los primos P que no dividen N es cerrada bajo potencias p-th.

Por ejemplo, tomemos G = G_m x G_m sobre un campo numérico K. y consideremos la subálgebra de Lie(G) definida por la gráfica del mapa multiplicación por a en K. Entonces ésta será algebraica si y sólo si a está en Q.

El resultado anterior se demuestra en el artículo de Bost "Algebraic Leaves of Algebraic Foliations over Number Fields".

N