La subálgebra derivada del radical de un álgebra de Lie está contenida en el radical de la forma de Killing

Question

Sea $\mathfrak{g}$ sea un álgebra de Lie de dimensión finita sobre $\mathbb{C}$ , $R(\mathfrak{g})$ el radical de $\mathfrak{g}$ y $\mathfrak{g}^{\bot}$ el radical de la forma Killing. Demostrar que $[R(\mathfrak{g}),R(\mathfrak{g})] \subset \mathfrak{g}^{\bot}$ .

Estoy un poco atascado en esto. Conozco teoremas básicos sobre álgebras de Lie solubles, como el teorema de Lie y el criterio de Cartan. La primera parte del ejercicio consistía en demostrar que $\mathfrak{g}^{\bot} \subset R(\mathfrak{g}) $ que no era difícil, se deduce directamente del teorema de Lie. Gracias por cualquier ayuda.

Answer 1

Sea $L$ sea un ideal soluble.

Sea $f:\mathfrak{g}\to\mathfrak{gl}(W)$ sea una representación finito-dimensional no nula de $\mathfrak{g}$ . Por el teorema de Lie, $L$ tiene un espacio eigénico. Se trata de un subespacio distinto de cero $V$ de $W$ tal que para cada $h\in L$ y $v\in V$ tenemos $g\dot v=t(g)v$ . Es evidente que $t$ es un homomorfismo del álgebra de Lie; en particular $M=[L,L]$ mata $V$ . El conjunto de elementos matados por el ideal $M$ es una subrepresentación (porque $M$ es un ideal). Si $W$ es irreducible, entonces deducimos que $M$ mata $W$ . En particular, para todo $g\in \mathfrak{g}$ y $m\in M$ tenemos $f(g)f(m)=0$ y, por tanto $\mathrm{Tr}(f(g)f(m))=0$ . Esta última consecuencia sobre las trazas sólo depende de los bloques diagonales en cualquier descomposición en bloques triangulares superiores y, por tanto, es válida para una representación arbitraria de dimensión finita $W$ como consecuencia del caso irreducible. En particular, se aplica a la representación adjunta y, por tanto, la forma de Killing desaparece.

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Editar : Puedo hacer afirmaciones más precisas.

1) la prueba anterior puede adaptarse para demostrar lo siguiente: sea $\mathfrak{r}$ sea el radical soluble. Entonces para cada representación finito-dimensional $\rho$ el ideal $[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\cap\mathfrak{r}$ pertenece al núcleo de la forma bilineal $(x,y)\mapsto\mathrm{Tr}(\rho(x)\rho(y))$ .

El argumento es el mismo: la cuestión es que en el caso irreducible, $\mathfrak{r}$ actúa mediante matrices escalares, mientras que la traza sobre esta representación es un homomorfismo definido sobre todo $\mathfrak{g}$ por lo que el escalar desaparece en $[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\cap\mathfrak{r}$ que, por tanto, actúa trivialmente. Obsérvese que $[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\cap\mathfrak{r}$ suele ser mayor que $[\mathfrak{r},\mathfrak{r}]$ (ejemplo típico: $\mathfrak{sl}_n(\mathbf{C})\ltimes\mathbf{C}^n$ , $n\ge 2$ ).

A la inversa, no es difícil producir una representación de dimensión finita cuya forma bilineal asociada tenga núcleo precisamente $[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\cap\mathfrak{r}$ .

2) En realidad, si $\mathfrak{n}$ es el radical nilpotente de $\mathfrak{g}$ (así $[\mathfrak{r},\mathfrak{r}]\subset[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\cap\mathfrak{r}\subset \mathfrak{n}$ esta última inclusión también puede ser estricta, por ejemplo, cuando $\mathfrak{g}$ es nilpotente), entonces $\mathfrak{n}$ pertenece al núcleo de la forma Killing. En efecto, $\mathfrak{n}$ actúa nilpotentemente sobre $\mathfrak{g}$ (porque actúa trivialmente sobre $\mathfrak{g}/\mathfrak{n}$ y nilpotentemente en $\mathfrak{n}$ ), por lo que los escalares a través de los cuales actúa sobre los subcocientes irreducibles de la representación adjunta son cero, y los argumentos anteriores pasan.