¿Son los grupos de Lie semisimples complejos grupos de matrices?

Question

De hecho, mi pregunta es un poco más específica: ¿Todo grupo de Lie complejo semisimple $G$ admite una representación fiel de holomórfica de dimensión finita? [Como señaló Brian Conrad, esto es suficiente para probar que $G$ es un grupo de matrices (al menos cuando está conectado) porque $G$ se puede convertir en un grupo algebraico (afín) sobre $\mathbb{C}$ de forma única que es compatible con su estructura de grupo de Lie complejo, y bajo el cual cada representación holomórfica de dimensión finita es algebraica. Además, se puede mostrar que la imagen de una representación fiel sería entonces cerrada.]

Por supuesto, la pregunta análoga para grupos de Lie semisimples reales tiene una respuesta negativa: "holomórfica" ha sido reemplazada por "continua", "suave" o "analítica real", con el contraejemplo canónico siendo una cobertura no trivial de $\mathrm{SL}(2,\mathbb{R})$.

Para un grupo de Lie complejo semisimple conectado $G$ creo que la respuesta es "SÍ". La idea es aprovechar una representación 'suficientemente grande' de una forma real compacta $G_\mathbb{R$; aquí con "forma real compacta" me estoy refiriendo específicamente a la definición que nos permite extender de forma única representaciones continuas de dimensión finita de $G_\mathbb{R}$ a representaciones holomórficas de $G$. Sé (por ejemplo, a partir de la prueba del Teorema 27.1 en Lie Groups de D. Bump) que tal definición es posible si requerimos que $G$ esté conectado (y me gustaría saber si es posible en general).

Los detalles del argumento para $G$ conectado son los siguientes. Considera la representación adjunta $\mathrm{Ad} \colon G \to \mathrm{GL}(\mathfrak{g})$. Dado que $G$ es semisimple, $\mathrm{Ad}$ tiene un núcleo discreto $K$. A continuación, considera la restricción de $\mathrm{Ad}$ a $G_\mathbb{R}$. Observa que el núcleo de este mapa también es $K$, de lo contrario su extensión holomórfica sería diferente de la representación adjunta de $G$. Por lo tanto, $K$ es finito, al ser un subconjunto discreto y cerrado de un espacio compacto. Entonces, por el teorema de Peter-Weyl, podemos encontrar una representación $\pi_0$ de $G_\mathbb{R}$ que no es cero en $K$. Extiende $\pi_0$ a una representación holomórfica $\pi$ de $G$ y pon $\rho = \pi \oplus \mathrm{Ad}$. Observa que $\rho$ es una representación holomórfica de $G$ con núcleo $\ker\pi \cap K = 0$, que es lo que estábamos buscando.

¿Qué podemos decir si $G$ está desconectado?

Answer 1

En el espíritu del título de la pregunta, el argumento no demuestra completamente que $G$ sea un grupo de matrices, ya que se necesita más información para demostrar que la representación fiel tiene una imagen cerrada que es además algebraica. (Una referencia bibliográfica para la finitud del centro de un grupo de Lie analítico complejo conectado con álgebra de Lie semisimple - asumo que esta es tu definición de "semisimple" para el grupo analítico - es el Cap. XVII, Teo. 2.1 en "Structure of Lie Groups" de Hochschild.)

De todos modos, de hecho la semisimplicidad del álgebra de Lie implica la algebraicidad y la cerrazón de la imagen. Esto se sigue mediante un argumento gráfico, utilizando información de la teoría algebraica (ver Cor. 7.9 en el libro de Borel). Pero la parte realmente interesante es que mucho más es cierto:

Teorema: El funtor $G \rightsquigarrow G^{\rm{an}} = G(\mathbf{C})$ de grupos algebraicos lineales sobre $\mathbf{C}$ a grupos de Lie analíticos complejos se restringe a una equivalencia entre la subcategoría completa de grupos $\mathbf{C}$-semisimples conectados y la subcategoría completa de grupos de Lie complejos conectados con álgebra de Lie semisimple. También se restringe a una equivalencia entre la subcategoría completa de grupos $\mathbf{C}$-reductivos conectados y la subcategoría completa de grupos de Lie complejos conectados cuya álgebra de Lie es reductiva y cuyo centro tiene componente de identidad un múltiplo de $\mathbf{C}^{\times}$.

Esto implica mucho más que una respuesta afirmativa a la pregunta inicial, ya que indica que no solo los objetos sino incluso los morfismos son todos "algebraicos" de una manera única.

Answer 2

Según lo solicitado por Faisal, estoy publicando como respuesta la observación de que si $G$ tiene más componentes que el tamaño de los números complejos entonces $G$ no tiene ninguna representación irreducible fiel y de dimensión finita sobre los complejos, por razones de cardinalidad.

Para ser honesto, pensé que la respuesta de Faisal a esto sería "¿qué sucede si $G$ tiene solo infinitamente muchas componentes contables"? Esa es entonces una pregunta diferente. ¿Tiene todo grupo contable una representación compleja fiel y de dimensión finita? Si esto es bien conocido, estaría encantado de escuchar la respuesta. Si no lo es, estaría feliz si alguien más hiciera esta pregunta como una pregunta separada. Si es cierto que cualquier grupo contable tiene una representación fiel, entonces se podría preguntar sobre grupos de Lie complejos con infinitamente muchas componentes contables.

Answer 3

La doble cubierta de $GL(n,\mathbb{C})$ no es un grupo de matrices.