Demostrar que las álgebras de Lie simplécticas, $\mathfrak{sp}(n)$, son simples

Question

El álgebra de Lie simplectico definido por $sp\left(n\right)=\left\{ X\in gl_{2n}\,|\, X^{t}J+JX=0\right\}$ cuando $J=\begin{pmatrix}0 & I\\ -I & 0\end{pmatrix}$. Entonces $X\in sp\left(n\right)$ es del tipo $X=\begin{pmatrix}A & B\\ C & -A^{t}\end{pmatrix}$ cuando $B=B^{t},\, C=C^{t}$.

Hasta aquí pude llegar, ¿pero cómo puedo demostrar que es simple?

¡Gracias!

Answer 1

Dejemos que ${\mathfrak g}=sp(n)$.

Respuesta corta, desde un punto de vista avanzado: $\mathfrak g$ es semisimple (porque $K(x,y)=tr(xy)$ define una forma bilineal invariante no degenerada en $\mathfrak g$), entonces será simple si su diagrama de Dynkin está conectado. Pero sabemos que el diagrama es $C_n$ y esto está claramente conectado.

Respuesta más larga, desde un punto de vista más pedestre: una base estándar $\cal B$ para $\mathfrak g$ es $\lbrace h_i,a_i,b_i\rbrace_{1 \leq i \leq n} \cup \lbrace c_{i,j},d_{i,j},f_{i,j},g_{i,j}\rbrace_{1 \leq i

$$ h_i=e_{ii}-e_{n+i,n+i}, \ \ \ a_i=e_{i,i+n}, \ \ \ b_i=e_{i+n,i}, $$

$$ c_{i,j}=e_{ij}-e_{i+n,j+n}, \ \ \ d_{i,j}=e_{ji}-e_{j+n,i+n}, $$

$$ f_{i,j}=e_{i,j+n}-e_{j,i+n}, \ \ \ g_{i,j}=e_{i+n,j}-e_{j+n,i} $$

(y $e_{ij}$ es la matriz cuyos coeficientes son todos cero excepto por el $(i,j)$-ésimo que es $1$).

Ahora sea $\mathfrak i$ un ideal de $\mathfrak g$. Entonces $\mathfrak i$ es estable por $ad(x)$ para cualquier $x\in {\mathfrak g}$. En particular, si $H$ es el espacio vectorial generado por $h_1,h_2, \ldots ,h_n$, entonces $\mathfrak i$ es estable por todos los $ad(h)$, para $h \in H$. Ahora esos $ad(h)$ son diagonalizados simultáneamente por la base que acabamos de describir arriba. Deducimos que $\mathfrak i=H' \oplus {\sf Vect}(F)$, donde $H'$ es un subespacio lineal de $H$ y $F$ es un subconjunto de ${\cal B}'={\cal B} \setminus \lbrace h_1,h_2, \ldots ,h_n \rbrace$. Ahora consideremos los espacios de raíz $$ AB_i={\sf Vect}(h_i,a_i,b_i), \ CD_{ij}={\sf Vect}(h_i-h_j,c_{ij},d_{ij}), \ FG_{ij}={\sf Vect}(h_i+h_j,f_{ij},g_{ij}) $$ Cada espacio de raíz $R$ es una subálgebra de Lie de $\mathfrak g$ isomorfa a ${\mathfrak sl}_2$. Fácilmente se sigue que o bien ${\mathfrak i} \cap R=\lbrace 0 \rbrace$ o $R \subseteq {\mathfrak i}$ para cualquier $R$. Combinando esto con la descomposición de $\mathfrak i$ arriba, vemos que $\mathfrak i$ es la suma directa de algunos espacios de raíz, más algún subespacio de $H$.

Supongamos que $F$ contiene $a_i$ para algún $i$. Entonces $\mathfrak i$ contiene todo el espacio de raíz ${\sf Vect}(h_i,a_i,b_i)$. Para $j>i$, $\mathfrak i$ también contiene $[a_i,g_{ij}]=c_{ij}$, $h_i-[c_{ij},d_{ij}]=h_j, [h_j,\frac{a_j}{2}]=a_j$. Similarmente, para $k

Supongamos que $F$ contiene $c_{ij}$ para algún $i

Supongamos que $F$ contiene $f_{ij}$ para algún $i

Finalmente vemos que $\mathfrak i=A$ a menos que $F$ esté vacío. En ese caso, $\mathfrak i$ es un subespacio lineal de $H$. Para cualquier $i$, $ad (a_i)$ debe ser cero en $\mathfrak i$, de lo contrario $\mathfrak i$ contendría a $a_i$. Se deduce fácilmente que ${\mathfrak i}=\lbrace 0 \rbrace$, así que $\mathfrak g$ es en verdad simple.

Answer 2

$\mathfrak{sp}(n)$ es una subálgebra de Lie de la más familiar álgebra de Lie $\mathfrak{sl}(n)$ porque $Sp(n)$ es un subgrupo de Lie de $SL(n)$ (condición de determinante $= 1$). Dado que $\mathfrak{sl}(n)$ es semisimple, y por lo tanto tiene una forma de Killing no degenerada, $tr(xy)$ también sería no degenerado en sus subálgebras de Lie.