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

Question

Esta pregunta está estrechamente relacionada con éste .

El teorema de Ado establece que dada un álgebra de Lie de dimensión finita $\mathfrak g$ existe una representación fiel $\rho\colon\mathfrak g \to \mathfrak{gl}(V)$ con $V$ un espacio vectorial de dimensión finita. En el caso real o complejo se puede tomar el exponente de la imagen y obtener un subgrupo de Lie (virtual) $\exp\rho(\mathfrak g)$ en $GL(V)$ que tiene álgebra de Lie $\rho(\mathfrak g)$ . Pero nada garantiza que este subgrupo sea cerrado en $GL(V)$ .

Así que la pregunta es: ¿es toda álgebra de Lie de dimensión finita el álgebra de Lie de algún grupo de Lie lineal cerrado? Me interesan sobre todo los casos real y complejo, pero podría ser interesante preguntarse también qué ocurre en el caso ultramétrico.

Answer 1

Creo que la respuesta es sí. Parece que se puede demostrar apoyándose en una prueba conveniente del teorema de Ado.

El libro de Procesi, "Lie groups: an approach through invariants and representations", tiene el siguiente teorema que precede a la demostración del teorema de Ado:

Teorema 2. Dada un álgebra de Lie $L$ con parte semimiple $A$ podemos incrustarla en una nueva álgebra de Lie $L'$ con las siguientes propiedades:

1. $L'$ tiene la misma parte semimiple $A$ como $L$ .
2. El radical soluble de $L'$ se descompone como $B' \oplus N'$ où $N'$ es el radical nilpotente de $L'$ , $B'$ es un álgebra de Lie abeliana que actúa por derivaciones semisimples, y $[A, B'] = 0$ .
3. $A \oplus B'$ es una subálgebra y $L' = (A \oplus B') \ltimes N'$ .

Con todo ello, la idea es demostrar primero el refinamiento del teorema de Ado para $L'$ . Necesitamos un refinamiento particular: Sea $\tilde{A}$ sea el grupo de Lie algebraico semisimple máximo con álgebra de Lie $A$ y que $\tilde{B'}$ y $\tilde{N'}$ sean los grupos de Lie contractibles con álgebras de Lie $B'$ y $N'$ . Si podemos encontrar una incrustación cerrada de $(\tilde{A} \times \tilde{B'}) \ltimes \tilde{N'}$ en un grupo matricial, entonces se restringirá a una incrustación cerrada del subgrupo de Lie del original $L$ .

En la demostración del teorema de Ado que sigue, la acción de $N'$ es nilpotente, por lo que la representación de $\tilde{N'}$ es cerrado y fiel. El álgebra de Lie $L'$ tiene una representación que es trivial en $B'$ y $N'$ y genera $\tilde{A}$ . Tiene otra representación que es trivial en $N'$ y $A$ y para el que la acción de $B'$ es nilpotente. Si no me he equivocado, la suma directa de estas tres representaciones es la representación deseada de $L'$ .

Answer 2

La respuesta es sí. Según el teorema de Ado, toda álgebra de Lie puede ser realizada como subálgebra de $\mathfrak{gl}(V)$ para algunos $V$ . Según el teorema subálgebras-subgrupos, toda subálgebra de Lie de $\mathfrak{gl}(V)$ es el álgebra de Lie de un subgrupo Lie inmerso de $\mathrm{GL}(V)$ . Llamamos lineal a un grupo de Lie si admite una representación fiel. Hemos demostrado que toda álgebra de Lie es el álgebra de Lie de un grupo de Lie lineal. Se sabe que todo grupo de Lie lineal $G$ admite una representación fiel cuya imagen es cerrada.

He aquí un esbozo de la prueba de la última afirmación.

Sea $r\colon G\rightarrow GL(V)$ sea una representación fiel de $G$ . El grupo derivado $r(G^{\prime})$ de $r(G)$ está cerrado $GL(V)$ y, por tanto, en $r(G)$ . Por lo tanto $G/G^{\prime}$ es un grupo abeliano de Lie. Por lo tanto, existe una representación $s\colon G\rightarrow GL(W)$ tal que $Ker(s)=G^{\prime}$ y $s(G)$ está cerrado en $GL(W)$ . Consideremos la representación $G\rightarrow GL(V\oplus W)$ tal $a\in G$ actúa sobre $V$ como $r(a)$ y en $W$ como $s(a)$ . Esto es fiel, y se puede demostrar que su imagen es cerrada --- Proposición 5 de

Djokovic, D. Ž. A closure theorem for analytic subgroups of real Lie groups. Canad. Math. Bull. 19 (1976), no. 4, 435--439. MR0442147