Cada álgebra de Lie semisimple es rígida

Question

Estoy tratando de entender por qué cada (complejo, finito-dimensional) semisimple Mentira álgebra es rígido. Entiendo que existe un cohomological prueba, pero me gustaría entender de una manera más directa argumento, es decir, a través de la Matanza forma.

Definición: $GL(n,\mathbb{C})$ actúa sobre el conjunto de todos los $n$-dimensiones Mentira álgebra leyes $\lambda$ $(g\cdot\lambda)(x,y)=g(\lambda(g^{-1}x,g^{-1}y))$ todos los $x,y\in\mathbb{C}^n$. Podemos denotar la órbita el marco de esta acción por $O(\lambda)$. Si $O(\lambda)$ es abierto en la topología de Zariski, entonces la Mentira de álgebra con la ley de $\lambda$ se llama rígida.

Ahora, quiero probar que cada semisimple Mentira álgebra es rígido. El argumento parece ser que "la Matanza de forma no degenerada es un estado abierto" (ver [1]).

Uno puede identificar a un $n$-dimensiones Mentira álgebra (dada una base $\{e_1,...,e_n\}$) con la ley de $\lambda$ por su estructura constantes $\lambda(e_i,e_j)=\sum\limits_{k=1}^{n}C_{ij}^ke_k$, por lo que podemos ver $\lambda$ como el vector $(C_{ij}^k)\in\mathbb{C}^{n^3}$. Así que, yo (creo yo) quiere demostrar que el conjunto de $\{a=(a_1,...,a_{n^3})\in\mathbb{C}^{n^3}:\text{ the Lie algebra law corresponding to $$ is semisimple} \}$ es abierto en la topología de Zariski. ¿Cómo puedo hacer esto?

Tenemos $\{(a_1,...,a_{n^3})\in\mathbb{C}^{n^3}:\text{ the corresponding Lie algebra law is semisimple} \}=\{a=(a_1,...,a_{n^3})\in\mathbb{C}^{n^3}:\text{ the corresponding Killing form } \kappa_a \text{ is non-degenerate} \}$.

Así que tengo que encontrar un conjunto de polinomios en $n^3$ variables tales que sus ceros son precisamente los vectores $a$ donde $\kappa_a$ es no degenerada. Aquí es donde me falla. Sospecho que estos polinomios será muy similar a la forma de Matar a sí mismo (por ejemplo, la Matanza de forma vistos como un polinomio fijo $x$$y$), pero no puedo crear estos polinomios.

Por otra parte, no sé qué hacer a continuación. Así que supongo que puedo mostrar que el conjunto de $A$ de todos los semisimple Mentira álgebra leyes está abierto, ¿cómo puedo mostrar que cada una separada de la órbita $O(\mu)$ (que consta de las álgebras de Lie isomorfo a $\mu$) está abierto?

[1] Yu. A. Neretin, Una estimación del número de parámetros que definen a un n-dimensional de álgebra, Matemáticas. URSS Izvestiya, Vol. 30 (1988), Nº 2

Answer 1

La "forma más directa" con el Asesinato de formulario no es suficiente como Mariano ya se ha explicado. Creo que, de la forma natural de ver que cada semisimple Mentira álgebra es rígido, sobre un campo de característica cero, es, de hecho, a través de $2$-cocycles para el adjunto de la representación. También se podría argumentar que este es el camino más directo, porque una formales deformación de una Mentira álgebra $L$ conduce directamente a $2$-cocycles.

Esto es debido a Gerstenhaber, ver En la Deformación de los Anillos y Álgebras: uno formal-parámetro de deformación de $L$ es una potencia de la serie $$ [g,h]_t := [g,h] + \sum_{k\ge 1}\phi_k(g,h)t^k $$ tal que la identidad de Jacobi para $[ \;, \;]_t$ se mantiene, con $2$-cochains $\phi_k\in C^2(L,L)$ $g,h\in L$ . La identidad de Jacobi implica, en particular, que los mapas de $\phi_k$ $2$- cocycles para el adjunto de la representación, es decir, $$ \phi_k\Z^2(L,L) $$ Dos deformaciones formales de $L$ son llamados equivalente, si la resultante de álgebras de Lie son isomorfos. Las clases de equivalencia son representados por un cohomology clase de $H^2(L,L)$. Ahora $L$ se llama formalmente rígido, si cada formales deformación es trivial. Si $H^2(L,L)=0$, $L$ es, obviamente, formalmente rígido. La Whitehead Lema dice que cada semisimple Mentira álgebra más de característica cero satisface $H^2(L,L)=0$, por lo tanto es formalmente rígido.

Gerstenhaber y Schack demostrado que formalmente rígido es equivalente a que la geometría rígida, lo que significa que $L$ ha abierto la órbita en la "variedad" de toda la Mentira de álgebra estructuras de dimensión $\dim (L)$".