¿Es toda función invariante de G en un álgebra de Lie una traza?

Question

Estoy en el (lento) proceso de editar mi notas sobre grupos de Lie y grupos cuánticos (V Serganova, Math 261B, UC Berkeley, primavera de 2010 . La mayoría de las veces puedo rellenar los huecos de los argumentos, pero me he encontrado completamente atascado en un paso de una prueba. Una posibilidad que me desatascaría es una respuesta positiva a lo siguiente (que puede ser obviamente falso o trivial, pero no estoy pensando bien):

Pregunta: Sea $\mathfrak g$ sea un álgebra de Lie de dimensión finita sobre $\mathbb K$ y, si es necesario, puede asumir que $\mathbb K = \mathbb C$ y que $\mathfrak g$ es semisimple. Entonces $\mathfrak g$ actúa sobre sí misma por la acción adjunta, y sobre funciones polinómicas $f : \mathfrak g \to \mathbb K$ mediante derivaciones. Un polinomio $f: \mathfrak g \to \mathbb K\,$ es $\mathfrak g$ -invariante si $\mathfrak g \cdot f = 0$ . Por ejemplo $\pi: \mathfrak g \to \mathfrak{gl}(V)$ sea cualquier reprensentación de dimensión finita. Entonces $x \mapsto \operatorname{tr}_V \bigl(\pi(x)^n\bigr)$ es $\mathfrak g$ -para cualquier $n\in \mathbb N$ . ¿Es cada $\mathfrak g$ -función invariante de esta forma? ¿O al menos una suma de productos de funciones de esta forma?

En $\mathfrak g$ es uno de los grupos clásicos $\mathfrak{sl},\mathfrak{so},\mathfrak{sp}$ o el grupo excepcional $G_2$ la respuesta es sí, porque hicimos esos ejemplos en los citados apuntes de clase. Pero no entiendo bien el $E$ y no sé si la afirmación es válida para los no-semisimples.

En realidad, lo que intento demostrar es una afirmación más débil, pero pensé en plantear la pregunta más fuerte, porque para mí la respuesta no es obviamente "no". La afirmación más débil:

Reclamación: Sea $\mathfrak g$ sea un álgebra de Lie semisimple de dimensión finita sobre $\mathbb C$ . Entonces cada $\mathfrak g$ -es constante en elementos nilpotentes de $\mathfrak g$ . (Recordemos que $x\in \mathfrak g$ es nilpotente si $\operatorname{ad}(x) = [x,] \in \mathfrak{gl}(\mathfrak g)$ es una matriz nilpotente - alguna potencia de ella desaparece).

Está claro que el espectro de cualquier matriz nilpotente es $\{0\}$ y para un álgebra de Lie semisimple, cualquier elemento nilpotente actúa nilpotentemente en todas las representaciones. Para los grupos clásicos, en las notas expusimos generadores para los anillos de $\mathfrak g$ -como trazas de representaciones, por lo que podemos comprobar la afirmación anterior. Pero no hemos hecho la $E$ serie o $F_4$ .

Answer 1

La respuesta a la pregunta general es "no":

Si $\mathfrak{g}$ es resoluble, por el teorema de Lie su conmutante $\mathfrak{g}^{\prime}=[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$ se representa mediante matrices estrictamente triangulares superiores en una base adecuada en cualquier módulo de dimensión finita. Por tanto, todos los polinomios "generados por traza" son cero en $\mathfrak{g}^{\prime}$ en otras palabras, se factorizan a través de la abelianización $\mathfrak{g}/\mathfrak{g}^{\prime}$ y son generados por lineal polinomios invariantes. A menos que la acción adjunta de $G$ con álgebra de Lie $\mathfrak{g}$ sur $\mathfrak{g}^{\prime}$ tiene una órbita densa de Zariski, hay polinomios invariantes que no se pueden obtener de esta manera.

La respuesta a la afirmación es "sí", se trata del teorema de Kostant de su célebre artículo:

Si $G$ es un grupo complejo semisimple entonces su nulocono $\mathcal{N}\subset\mathfrak{g}$ es el cierre de Zariski de una única órbita adjunta formada por elementos regulares nilpotentes.

En realidad, Kostant demostró que el cono nulo es la intersección completa teórica de esquemas definida por $rk\;G$ álgebra homogénea de grado positivo generadores de $\mathbb{C}[\mathfrak{g}]^G$ - esta es la conexión con el teorema de Chevalley mencionado por otros. Pero para el presente propósito, es suficiente mostrar que los nilpotentes regulares son Zariski abiertos y densos en $\mathcal{N}\cap\mathfrak{n},$ y una buena forma de hacerlo fue indicada por David Speyer.

Answer 2

La respuesta a tu pregunta es sí para álgebras de Lie semisimples. Este es esencialmente el contenido del teorema de restricción de Chevalley. Véase la demostración al principio del capítulo 2 de Notas de Gaitsgory .

Answer 3

Si la representación se fija como la representación fundamental, entonces en el caso de $\mathfrak{so}(2n)$ , necesitas Pfaffianos así como trazas.

Answer 4

He aquí un esbozo de una prueba alternativa de la afirmación; hacerla rigurosa puede ser más difícil que el planteamiento que usted adopte.

Sea $G$ sea el grupo de Lie correspondiente al álgebra de Lie $\mathfrak{g}$ . Así que $G$ actúa sobre $\mathfrak{g}$ . $G$ -Las funciones invariantes son, como su nombre indica, invariantes bajo esta acción.

Si $x$ es nilpotente entonces podemos utilizar la $G$ -acción de moverse $x$ en el nilradical $\mathfrak{n}_+$ . Sea $\psi: \mathbb{C}^* \to T$ sea un subgrop de un parámetro que paris positivamente con las raíces positivas. Así, para $x$ en $\mathfrak{n}_+$ tenemos $\lim_{t \to 0} \psi(t) x=0$ .

Así que $0$ está en el cierre de $Gx$ y, si $f$ es $G$ invariante, debemos tener $f(x)=f(0)$ . En particular, si $f$ es $G$ -y tiene grado positivo, entonces $f(x)=0$ .