Si tenemos $sl(2,k)$, char $k = 0$, con base estándar $(x,y,h)$ y automorfismo interno $\sigma = \exp(\operatorname{ad}x)\exp(-\operatorname{ad}y)\exp(\operatorname{ad}x)$. ¿Cómo podemos mostrar que $\sigma(x) = -y, \sigma(y) = -x$ y $\sigma(h) = -h$?
Respuesta
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Demuestro la relación $\sigma(X)=-Y$; los otros son similares. La idea es usar la definición del operador $\exp(\operatorname{ad}M)$ con $$\exp(\operatorname{ad}M)(R):=\sum_{k=0}^\infty \frac{(\operatorname{ad}M)^k(R)}{k!}$$ para $M$ nilpotente y matrices $R$ tal que $\exp(\operatorname{ad}M)(R)$ se reduce a una suma finita (y por lo tanto está bien definida). Hemos definido
$$(\operatorname{ad}M)^k(R):=(\operatorname{ad}M)((\operatorname{ad}M)^{k-1}(R))$$ para todo $k\geq 2$ y
$$(\operatorname{ad}M)^0(R):=R.$$
- Prueba de $\sigma(X)=-Y$
Denotando por $(H,X,Y)$ la base estándar de $sl(2,\mathbb K)$ ($\operatorname{ch}(\mathbb K=0)$, entonces es fácil probar que
$$X^2=Y^2=0$$
y
$$[X,Y]=H,$$ $$[H,Y]=-2Y,$$ $$[H,X]=-2X.$$
- Forma larga: fuerza bruta
Calculamos $\sigma(X)$; comenzamos con el primer operador llegando a
$$\exp(\operatorname{ad}X)(X)=X+\operatorname{ad}X(X)+\frac{1}{2!}(\operatorname{ad}X)^2(X)+\dots=X,$$
ya que $\operatorname{ad}X(X)=X^2-X^2=0$ (lo que implica la anulación de las composiciones superiores). Nos quedamos con
$$\exp(\operatorname{-ad}Y)(X)=X+(\operatorname{-ad}Y)(X)+\frac{1}{2!}(\operatorname{-ad}Y)^2(X)+\dots;$$
ya que $$\operatorname{-ad}Y(X):=-YX+XY=-[Y,X]=H,$$ $$(\operatorname{-ad}Y)^2(X)= (\operatorname{-ad}Y)(H)=-YH+HY=-[Y,H]=-2Y$$
y así $(\operatorname{-ad}Y)^n(X)=0$ para todo $n\geq 3$, llegamos a
$$\exp(\operatorname{-ad}Y)(X)=X+H-Y.$$
Para terminar la prueba necesitamos calcular
$$\exp(\operatorname{ad}X)(X+H-Y);$$
ya que $$\operatorname{ad}X(X+H-Y)=[X,X]+[X,H]-[X,Y]=-2X-H,$$ $$(\operatorname{ad}X)^2(X+H-Y)=-2[X,X]-[X,H]=2X,$$
entonces, usando $(\operatorname{ad}X)^n(X+H-Y)=0$ para todo $n\geq 3$ llegamos a
$$\sigma(X)=X+H-Y-2X-H+X=-Y,$$
como se afirma.
- Forma corta: nilpotencia
Como $X$ e $Y$ son nilpotentes, es fácil ver que $(\operatorname{ad}X)^n=(\operatorname{ad}Y)^n=0$ para todo $n\geq 3$. Entonces
$$\exp(\operatorname{ad}X)=1+\operatorname{ad}X+\frac{1}{2!}(\operatorname{ad}X)^2,$$
y similarmente para $\exp(\operatorname{ad}Y)$. Repitiendo las líneas anteriores, se deduce la tesis.
