Luận văn Mở rộng T* và không gian các đạo hàm phản xứng của một số đại số lie toàn phương 6 chiều

được [ ], ( )Z ⊥=g g g . Do đó ( )Z g tự đẳng hướng hoàn toàn khi và chỉ khi [ ]( ) ,Z ⊂g g g . Một kết quả trong [12] nói rằng nghiên cứu các đại số Lie toàn phương có thể quy về nghiên cứu các đại số Lie toàn phương có tâm tự đẳng hướng hoàn toàn (sai khác một ideal tâm không suy biến). Bên cạnh đó, nghiên cứu các đại số Lie toàn phương cũng có thể quy về nghiên cứu các đại số Lie toàn phương bất khả phân bởi phân tích trong mệnh đề sau. Mệnh đề 1.2.2 [3] Cho ( ), Bg là một đại số Lie toàn phương và I là một ideal của g . Khi đó I ⊥ cũng là một ideal của g . Hơn nữa, nếu thu hẹp của B trên I I× không suy biến thì thu hẹp của B trên I I⊥ ⊥× cũng không suy biến, { }, 0I I ⊥  =  và { }0I I ⊥∩ = . Nếu thu hẹp của của B trên I I× không suy biến thì ta gọi I là một ideal không suy biến của g . Trong trường hợp này I I ⊥= ⊕g . Khi đó, để thích hợp ta sử dụng kí hiệu I I ⊥ ⊥= ⊕g . Định nghĩa 1.2.3. Ta nói đại số Lie toàn phương g bất khả phân nếu có 1 2 ⊥ = ⊕g g g thì 1g hoặc { }2 0=g . Định nghĩa 1.2.4. Cho ( ), Bg và ( )', 'Bg là hai đại số Lie toàn phương. Ta nói 11 ( )Bg, và ( )', 'Bg đẳng cấu đẳng cự nếu tồn tại một đẳng cấu đại số Lie : 'A →g g thỏa mãn ( )' ( ), ( ) ( , )B A X A Y B X Y= , ,X Y∀ ∈g . Trong trường hợp này ta cũng nói A là một đẳng cấu đẳng cự. Như vậy, A là một đẳng cấu đẳng cự nếu và chỉ nếu A vừa là đẳng cấu vừa là đẳng cự. Cuối cùng trong phần này chúng tôi nhắc lại kết quả phân loại các đại số Lie toàn giải được 6 chiều bằng phương pháp mở rộng kép được đưa ra trong [11] như sau: Mệnh đề 1.2.5. Cho ( ), Bg là đại số Lie toàn phương giải được 6 chiều. Giả sử g bất khả phân và { }1 2 3 1 2 3, , , , ,span Z Z Z X X X=g , ở đây dạng song tuyến tính đối xứng B được xác định bởi ( , )i j ijB X Z δ= , 1 , 3i j≤ ≤ , các trường hợp còn lại bằng 0. Khi đó g đẳng cấu với một trong các đại số Lie sau đây: (i) 6,1g : [ ]1 2 3,X X Z= , [ ]2 3 1,X X Z= và [ ]3 1 2,X X Z= . (ii) 6,2 ( )λg : [ ]3 1 1,X Z Z= , [ ]3 2 2,X Z Zλ= , [ ]3 1 1,X X X= − , [ ]3 2 2,X X Xλ= − [ ]1 1 3,Z X Z= và [ ]2 2 3,Z X Zλ= với 0λ ≠ . Trong trường hợp này, 6,2 1( )λg và 6,2 2( )λg đẳng cấu nếu và chỉ nếu 1 2λ λ= ± hoặc 11 2λ λ −= . (iii) 6,3g : [ ]3 1 1,X Z Z= , [ ]3 2 1 2,X Z Z Z= + , [ ]3 1 1 2,X X X X= − − , [ ]3 2 2,X X X= − và [ ] [ ] [ ]1 1 2 2 2 1 3, , ,Z X Z X Z X Z= = = . 12 Chương 2. TÍCH NỬA TRỰC TIẾP CỦA MỘT ĐẠI SỐ LIE BỞI BIỂU DIỄN ĐỐI PHỤ HỢP 2.1. Các định nghĩa. Cho g là một đại số Lie, V là một không gian véctor và : Vϕ × →g g là một ánh xạ song tuyến tính. Trên không gian véctor V= ⊕g g ta định nghĩa phép toán [ ] [ ], , ( , )X u Y v X Y X Yϕ+ + = + , ,X Y∀ ∈g , ,u v V∈ . Mệnh đề 2.1.1 Không gian véctor g là một đại số Lie nếu và chỉ nếu ϕ là ánh xạ phản xứng và thỏa mãn điều kiện [ ]( ), ,X Y Zϕ + [ ]( ), ,Y Z Xϕ + [ ]( ), ,Z X Yϕ = 0, , ,X Y Z∀ ∈g . Trong trường hợp này V sẽ chứa trong tâm của g nên người ta gọi g là mở rộng tâm của g bởi V (theo ánh xạ ϕ ). Chứng minh : Ta chỉ cần kiểm tra móc [ ] [ ] ( ), , ,X u Y v X Y X Yϕ+ + = + ,X Y∀ ∈g , ,u v V∈ là móc Lie trên g . Thật vậy: ( ) [ ] [ ]i , , ( , )X u Y v X Y X Yϕ+ + = + = [ ] ( ) , ,Y X Y Xϕ− − = [ ] ( ) ( , , )Y X Y Xϕ− + = [ ] ,Y v X u− + + . (ii) Đồng nhất thức Jacobi: 13 [ [ ] [ ] [, , , , , , ]] X u Y v Z w Y v Z w X u Z w X u Y v   + + + + + + + + + + + =    [ [ ( ) ] [ [ ] ( ) [ [ ( ), , ] , , , , ] , , ] , ]X u Y Z Y Z Y v Z X Z X Z w X Y X Yϕ ϕ ϕ+ + + + + + + + = [ [ [ ]( ) [ [ [ ]( ) [ [ [ ]( ), , ]] , , , , ]] , , , , ]] , ,X Y Z X Y Z Y Z X Y Z X Z X Y Z X Yϕ ϕ ϕ+ + + + + = [ [ ] [ [ ] [ [ ] [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ), , , , , ] , , , , , , 0X Y Z Y Z X Z X Y X Y Z Y Z X Z X Yϕ ϕ ϕ+ + + + + = .  Vậy g cùng với móc Lie được định nghĩa như trên tạo thành 1 đại số Lie. Cho g là một đại số Lie, V là một không gian vector và : ( )End Vπ →g là một ánh xạ tuyến tính. Trên không gian véctor V= ⊕g g ta định nghĩa phép toán [ ] [ ], , ( ) ( )X u Y v X Y X v Y uπ π+ + = + − , ,X Y∀ ∈g , ,u v V∈ . Mệnh đề 2.1.2. Không gian véctor g là một đại số Lie nếu và chỉ nếu π thỏa mãn điều kiện [ ]( ) ( ) ( ), ,X Y X Yπ π π =   , ,X Y∀ ∈g . Chứng minh. Tính chất phản xứng của phép toán được định nghĩa như trên là hiển nhiên. Lấy , ,X Y Z ∈g và , ,u v w V∈ , ta có: [ ] [ ], , , ( ) ( ) ,X u Y v Z w X Y X v Y u Z wπ π   + + + = + − +    [ ] [ ]( ), , , ( ) ( ) ( ) ( ) .X Y Z X Y w Z X v Z Y uπ π π π π = + − +    Phép toán thỏa mãn Đồng nhất thức Jacobi nếu và chỉ nếu: ([ , ]) ([ , ]) ([ , ]) [ ( ), ( )] [ ( ), ( )] [ ( ), ( )] 0X Y w Y Z u Z X v X Y w Y Z u Z X vπ π π π π π π π π+ + − − − = Cho u = v = 0 ta được [ ]( ) [ ], ( ), ( ) 0X Y w X Y wπ π π− = . Vì điều này đúng với mọi w nên [ ]( ) [ ], ( ), ( )X Y X Yπ π π= .  14 Nói một cách khác, không gian véctor g là một đại số Lie nếu và chỉ nếu π là một biểu diễn của g trong V . Trong trường hợp này ta nói g là tích nửa trực tiếp của g với V bởi biểu diễn π . Bây giờ ta xét trường hợp cụ thể *adπ = là biểu diễn đối phụ hợp của g trong *g , khi đó ( )* *:ad End→g g , *( )( ) ( )ad X f f ad X= −  , X∀ ∈g , *f ∈g . Tích nửa trực tiếp *= ⊕g g g của g với *g bởi biểu diễn đối phụ hợp có tích Lie được xác định như sau: [ ] [ ] * *, , ( )( ) ( )( )X f Y g X Y ad X g ad Y f+ + = + − , ,X Y∀ ∈g , *,f g∈g . Điều này tương đương với [ ] [ ], ,X Y X Y=g g , [ ], ( )X f f ad X= − g và [ ], 0f g =g với mọi ,X Y ∈g , *,f g∈g . 2.2. Các ví dụ. Ví dụ 2.2.1. Xét đại số Lie giải được 2 chiều { },span X Y=g với tích Lie [ ],X Y Y= . Khi đó biểu diễn đối phụ hợp ( )* *:ad End→g g được xác định như sau: ( )( )* * 0ad X X = , ( )( )* * *ad X Y Y= − , ( )( )* * 0ad Y X = và ( )( )* * *ad Y Y X= . Do đó tích Lie trên tích nửa trực tiếp *= ⊕g g g của g với *g bởi *ad được cho bởi : [ ],X Y Y= , * *,X Y Y  = −  và * *,Y Y X  =  . Đây chính là đại số Lie kim cương giải được 4 chiều. Ví dụ 2.2.2. Cho g là một đại số Lie giải được 3 chiều. Như ta đã biết, phân loại của các đại số Lie giải được 3 chiều được cho như sau: (i) 3,1g : [ ],X Y Z= , 15 (ii) 3,2g : [ ],X Y Y= , [ ],X Z Y Z= + (iii) 3,3g : [ ],X Y Y= , [ ],X Z Zµ= với 1µ ≤ . Khi đó biểu diễn đối phụ hợp *ad : *( )End→g g được xác định như sau : (i) ( )( )* * 0ad X X = , ( )( )* * 0ad Y X = , ( )( )* * 0ad Z X = , ( )( )* * 0ad X Y = , ( )( )* * 0ad Y Y = , ( )( )* * 0ad Z Y = , ( )( )* * *ad X Z Y= − , ( )( )* * *=ad Y Z X , ( )( )* * 0ad Z Z = . (ii) ( )( )* * 0ad X X = , ( )( )* * 0ad Y X = , ( )( )* * 0ad Z X = , ( )( )* * * *=ad X Y Y Z− − , ( )( )* * *= ad Y Y X , ( )( )* * *ad Z Y X= , ( )( )* * *ad X Z Z= − , ( )( )* * 0ad Y Z = , ( )( )* * *ad Z Z X= . (iii) ( )( )* * 0ad X X = , ( )( )* * 0ad Y X = , ( )( )* * 0ad Z X = , ( )( )* * *ad X Y Y= − , ( )( )* * *ad Y Y X= , ( )( )* * 0ad Z Y = , ( )( )* * *ad X Z Zµ= − , ( )( )* * 0ad Y Z = , ( )( )* * *ad Z Z Xµ= . Do đó ta xác định được tích nửa trực tiếp *= ⊕g g g của g với *g bởi biểu diễn đối phụ hợp *ad cho từng trường hợp trên như sau. (i) 3,1g : [ ],X Y Z= thì { }* * *3,1 , , , , ,span X Y Z X Y Z=g có tích Lie được xác định bởi [ ],X Y Z= , * *,X Z Y  = −  và * *,Y Z X  =  . Đây chính là đại số Lie 6,1g trong Mệnh đề 1.2.5 cũng như được bắt gặp nhiều trong những phân loại các đại số Lie lũy linh thấp chiều. (ii) 3,2g : [ ],X Y Y= , [ ],X Z Y Z= + thì { }* * *3,2 , , , , ,span X Y Z X Y Z=g có tích Lie được cho bởi [ ],X Y Y= , [ ],X Z Y Z= + , * * *,X Y Y Z  = − −  , 16 * *,X Z Z  = −  , * * * *, , ,Y Y Z Y Z Z X     = = =      . Đây là đại số 6,3g trong Mệnh đề 1.2.5. (iii) 3,3g : [ ],X Y Y= , [ ],X Z Zµ= , 1µ ≤ thì { }* * *3,3 , , , , ,span X Y Z X Y Z=g có tích Lie được cho bởi [ ],X Y Y= , [ ],X Z Zµ= , * *,X Y Y  = −  , * *,X Z Zµ  = −  , * *,Y Y X  =  và * *,Z Z Xµ  =  . Đây là đại số 6,2 ( )µg trong Mệnh đề 1.2.5. Một tính chất quen thuộc đáng chú ý của tích nửa trực tiếp *= ⊕g g g bởi biểu diễn đối phụ hợp như sau. Mệnh đề 2.3. Cho *= ⊕g g g là tích nửa trực tiếp của g với *g bởi biểu diễn đối phụ hợp. Khi đó g là một đại số Lie toàn phương với dạng song tuyến tính B được xác định bởi: ( , ) ( ) ( )B X f Y g f Y g X+ + = + , ,X Y∀ ∈g , *,f g∈g . Chứng minh : Ta kiểm tra dạng song tuyến tính B thỏa mãn 3 tính chất: đối xứng, không suy biến, bất biến: *, , , , ,X Y Z f g h∀ ∈ ∈g g . i) Đối xứng: ( ) ( ) ( ), B X f Y g f Y g X+ + = + ( ) ( ) g X f Y= + ( ) ,B Y g X f= + + . (ii) Không suy biến: *,Y g∀ ∈ ∀ ∈g g . ( ), 0B X f Y g+ + = ( ) ( ) 0f Y g X⇔ + = ⇔ ( ) ( ) * ( , )g X f Y Y g= − ∀ ∈ ∀ ∈g g . 17 Giả sử 0X ≠ . Ta chọn g sao cho ( ) 0g X ≠ đồng thời chọn 0Y = , suy ra ( ) 0f Y− = . Điều này vô lý nên ta suy ra 0X = . Lập luận tương tự ta được 0f = . Vậy 0X f+ = . (iii) Bất biến: ( ) [ ] ( )( ) ( )( )( )* *[ , ], , , B X f Y g Z h B X Y ad X g ad Y f Z h+ + + = + − + ( )( ) ( )( )( )( ) [ ]( )* * ,ad X g ad Y f Z h X Y= − + ( )( ) ( )( ) [ ]( ) ,g ad X Z f ad Y Z h X Y= − + +  [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ) ( ) , , , 1g X Z f Y Z h X Y= − + + . Tương tự: ( ) [ ]( ),[ , ] , , B X f Y g Z h B Y g Z h X f+ + + = + + + [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ) , , ,h Y X g Z X f Y Z= − + + [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ) ( ) , , , 2g X Z f Y Z h X Y= − + + . ( )1 và ( )2 suy ra: ( ) ( )[ , ], , [ , ]B X f Y g Z h B X f Y g Z h+ + + = + + + hay B bất biến.  18 Chương 3. MỞ RỘNG T* CỦA CÁC ĐẠI SỐ LIE GIẢI ĐƯỢC 3 CHIỀU Tiếp theo đây, ta xét trường hợp tổng quát hơn những gì ta đã làm ở Chương 2 3.1. Định nghĩa 3.1. Cho g là một đại số Lie, V là một không gian véctơ và : ( )End Vρ →g là một biểu diễn của g trong V , tức là [ ]( ) [ ], ( ), ( )X Y X Yρ ρ ρ= , ,X Y∀ ∈g . Nói một cách khác, ρ là một đồng cấu đại số Lie từ g vào đại số ( )End V chứa các đồng cấu trên V. Trong trường hợp này, V được gọi là một g - module. Với mỗi số nguyên 0k ≥ , kí hiệu ( , )kC Vg là không gian các ánh xạ k -tuyến tính phản xứng từ ... × × ×g g g vào V nếu 1k ≥ và 0 ( , )C V V=g . Đặt 0 ( , ) ( , )k k C V C V ∞ = =∑g g và định nghĩa toán tử đối bờ : ( , ) ( , )C V C Vδ →g g như sau ( ) ( )  ( ) 0 0 0 0 ,..., ( 1) ( ) ( ,..., ,..., ) ( 1) , , ,..., ,..., ,..., k i ik i k i k i j i jj j k i j f X X X f X X X f X X X X X X δ ρ = + < = −  + −   ∑ ∑ với mọi ( , )kf C V∈ g , 0 ,..., kX X ∈g . Ta có thể kiểm tra δ thỏa mãn tính chất 2 0δ = . Ta nói rằng ( , )kf C V∈ g là một k -đối chu trình nếu 0fδ = và f là một k -đối bờ nếu có 1( , )kg C V−∈ g sao cho f gδ= . Ví dụ 3.1.1. Giả sử 2 ( , )C Vθ ∈ g là một 2-đối chu trình. Khi đó *: θ × →g g g là 19 một ánh xạ song tuyến tính phản xứng, đồng thời với 0 1 2, ,X X X ∈g : ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ) 0 1 2 0 1 2 1 2 0 2 0 1 0 1 2 1 2 0 2 0 1 , , , , , , , , , , , 0. X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X δθ ρ θ ρ θ ρ θ θ θ θ = + + − − − = Nếu *V = g là không gian đối ngẫu của g và *adρ = là biểu diễn đối phụ hợp của g trong *g thì khi đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ) 0 1 2 1 2 0 2 0 1 0 1 2 1 2 0 2 0 1 , ad , ad , ad , , , , , , 0. X X X X X X X X X X X X X X X X X X θ θ θ θ θ θ + + + + + =    Chú ý rằng không gian đối ngẫu *g của g là một g -module tương ứng với biểu diễn đối phụ hợp *ad . Xét ánh xạ song tuyến tính *: θ × →g g g và định nghĩa trên không gian vectơ * *( )Tθ = ⊕g g g phép toán như sau: [ ] [ ] * *, , ( )( ) ( )( ) ( , )X f Y g X Y ad X g ad Y f X Yθ+ + = + − + với mọi ,X Y ∈g , *,f g∈g . Khi đó ta có mệnh đề sau [3]. Mệnh đề 3.1.2. *( )Tθ g là một đại số Lie nếu và chỉ nếu θ là một 2-đối chu trình. Chứng minh: Thật vậy *, , , , ,X Y Z f g h∀ ∈ ∈g g ta có: [ ] [ ] ( )( ) ( )( ) ( )* * , , ,X f Y g X Y ad X g ad Y f X Yθ+ + = + − + [ ] [ ] ( )( ) ( )( ) ( )* * , , ,Y g X f Y X ad Y f ad X g Y Xθ+ + = + − + Do đó [ ] [ ] , , X f Y g Y g X f+ + = − + + . Hay ( , ) ( , )X Y Y Xθ θ= − . Mặt khác áp dụng: ( )( ) ( )* ad X f f ad X= −  g Ta có: 20 [ ] [ ] ( ) ( ) ( ), , [ , , , ]X f Y g Z h X Y f ad Y g ad X X Y Z hθ + + + = + − + +   g g [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , ,X Y Z f ad Y ad Z g ad X ad Z X Y ad Zθ = + − +      g g g g g [ ]( ) [ ]( ), , ,h ad X Y X Y Zθ− + g . Tương tự: [ ] [ ] ( ) ( ) ( ) ( ), , , , Y g Z h X f Y Z X g ad Z ad X h ad Y ad X   + + + = + − +       g g g g ( ) ( ) [ ]( ) [ ]( ), , , ,Y Z ad X f ad Y Z Y Z Xθ θ− + g g và [ ] [ ] ( ) ( ) ( ) ( ), , , , Z h X f Y g Z X Y h ad X ad Y f ad Z ad Y   + + + = + − +       g g g g ( ) ( ) [ ]( ) [ ]( ), , , ,Z X ad Y g ad Z X Z X Yθ θ− + g g Do [ ] [ ] [ ], , , , , , 0X Y Z Y Z X Z X Y     + + =      và [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ad X Y ad X ad Y ad Y ad X= − g g g g g nên [ ] [ ] [ ], , , , , , 0X f Y g Z h Y g Z h X f Z h X f Y g     + + + + + + + + + + + =      Suy ra ( ) ( ) [ ]( ) ( ) ( ) [ ]( ) , , , , ad , , X Y ad Z X Y Z Y Z X Y Z Xθ θ θ θ+ + + + g g ( ) ( ) [ ]( ), , , 0Z X ad Y Z X Yθ θ+ = g . Vậy θ là một 2 đối chu trình.  Trong trường hợp này *( )Tθ g được gọi là mở rộng T* của g bởi θ . Mệnh đề 3.1.3: nếu θ thỏa mãn tính chất ( ) ( ), ,X Y Z Y Z Xθ θ= , với mọi , ,X Y Z ∈g ( điều kiện cyclic) thì *( )Tθ g trở thành một đại số Lie toàn phương với dạng song tuyến tính B được xác định như sau: ( , ) ( ) ( )B X f Y g f Y g X+ + = + , ,X Y∀ ∈g , *,f g∈g . Chứng minh : 21 Thật vậy: Việc kiểm tra tính đối xứng và không suy biến hoàn toàn tương tự phép chứng minh trong Mệnh đề 2.3. Do đó ta chỉ cần kiểm tra tính bất biến của B . Thật vậy, *, , , , ,X Y Z f g h∀ ∈ ∀ ∈g g ta có: ( ) [ ] ( )( ) ( )( ) ( )* *[ , ], ( , , , )B X f Y g Z h B X Y ad X g ad Y f X Y Z hθ+ + + = + − + + ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) [ ]( )* * , , ad X g ad Y f X Y Z h X Yθ= − + + ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( ) [ ]( )* * , , ad X g ad Y f Z X Y Z h X Yθ= − + + . Tương tự: ( ) [ ]( ), [ , ] , , B X f Y g Z h B Y g Z h X f+ + + = + + + ( )( ) ( )( )( )( ) [ ]( ) ( )* * , , ad Y h ad Z g X f Y Z Y Z Xθ= − + + . Theo Mệnh đề 2.3 và do ( ) ( ), ,X Y Z Y Z Xθ θ= Nên ( ) ( )[ , ], , [ , ] B X f Y g Z h B X f Y g Z h+ + + = + + + hay B bất biến.  Ví dụ 3.1.4. Xét { },span X Y=g đại số Lie giải được 2 chiều với tích Lie [ ],X Y Y= . Giả sử θ là một 2-đối chu trình cyclic. Vì θ phản xứng nên ( , ) ( , ) 0X X Y Yθ θ= = . Chú ý rằng θ là một ánh xạ đi từ ×g g vào *g nên ta có thể giả sử * *( , )X Y aX bYθ = + với a và b thuộc  . Ta có ( , ) ( , ) 0X Y X X X Yθ θ= = nên 0a = . Tương tự 0b = . Do đó ( , ) 0X Yθ = . Điều này chứng tỏ rằng mọi 2-đối chu trình cyclic của g đều tầm thường. 3.2 Mở rộng T* của các đại số Lie giải được 3 chiều. (1) Xét đại số Lie Heisenberg 3 chiều 3,1g : [ ],X Y Z= . Nếu θ là một 2-đối chu trình cyclic không tầm thường, ta giả sử: * * *( , )X Y aX bY zZθ = + + với , ,a b z∈ . 22 Từ ( , ) ( , ) 0X Y X X X Yθ θ= = nên 0a = . Ta cũng có 0b = . Do đó ta được *( , )X Y zZθ = . Cách làm tương tự cho ta *( , )Y Z xXθ = và *( , )Z X yYθ = với ,x y∈ . Từ tính chất cyclic của θ : ( , ) ( , ) ( , ) ,X Y Z Y Z X Z X Yθ θ θ= = ta thu được : 0x y z λ= = = ≠ và do đó *( , )X Y Zθ λ= , *( , )Y Z Xθ λ= và *( , )Z X Yθ λ= . Dễ dàng kiểm tra được rằng θ được xác định như thế sẽ là một 2-đối chu trình. Do đó * 3,1( )Tθ g có tích Lie được xác định bởi : [ ] *,X Y Z Zλ= + , [ ] *,Y Z Xλ= , [ ] *,Z X Yλ= , * *,X Z Y  = −  và * *,Y Z X  =  . Đại số Lie này khả phân nếu 0λ ≠ vì *Z Zλ− nằm trong tâm của * 3,1( )Tθ g và ( )* *, 2 0B Z Z Z Zλ λ λ− − = − ≠ . (2) Xét đại số Lie 3 chiều 3,2g với [ ],X Y Y= , [ ],X Z Y Z= + và θ là một 2-đối chu trình cyclic không tầm thường. Dựa vào tính chất phản xứng và cyclic của θ ta có *( , )X Y Zθ λ= , *( , )Y Z Xθ λ= và *( , )Z X Yθ λ= . Dễ dàng kiểm tra được rằng θ được xác định như thế sẽ là một 2-đối chu trình. Do đó * 3,2( )Tθ g có tích Lie được xác định bởi: [ ] *,X Y Y Zλ= + , [ ] *,X Z Y Z Yλ= + − , [ ] *,Y Z Xλ= , * * *,X Y Y Z  = − −  , * *,X Z Z  = −  và * * * *, , ,Y Y Z Y Z Z X     = = =      Trong trường hợp này ta đổi cơ sở *' : 2 Y Y Zλ= + , *' : 2 Z Z Yλ= − còn các véctơ cơ sở khác giữ nguyên (đây là một phép đẳng cự). Khi đó ta có: [ ], ' 'X Y Y= , [ ], ' ' 'X Z Y Z= + , * * *,X Y Y Z  = − −  , * *,X Z Z  = −  và * * * *', ', ',Y Y Z Y Z Z X     = = =      23 Đây là đại số Lie 6,3g trong Mệnh đề 1.2.5. (3) Xét đại số Lie 3 chiều 3,3g : [ ],X Y Y= , [ ],X Z Zµ= với 1µ ≤ và θ là một 2-đối chu trình cyclic không tầm thường. Ta cũng thu được kết quả như (1) và (2): *( , )X Y Zθ λ= , *( , )Y Z Xθ λ= và *( , )Z X Yθ λ= . Do đó * 3,3( )Tθ g có tích Lie như sau: [ ] *,X Y Y Zλ= + , [ ] *,X Z Z Yµ λ= − , [ ] *,Y Z Xλ= , * *,X Y Y  = −  , * *,X Z Zµ  = −  * *,Y Y X  =  và * *,Z Z Xµ  =  Tới đây ta xét trường hợp 1µ ≠ − và đổi cơ sở *' : 1 Y Y Zλ µ = + + , *' : 1 Z Z Yλ µ = − + còn các véctơ cơ sở khác giữ nguyên (đây là một phép đẳng cự). Khi đó : [ ], ' 'X Y Y= , [ ], ' 'X Z Zµ= , * *,X Y Y  = −  , * *,X Z Zµ  = −  , * *',Y Y X  =  và * *',Z Z Xµ  =  Đây chính là đại số Lie 6,2 ( )µg trong Mệnh đề 1.2.5. Trường hợp còn lại 1µ = − , ta có : [ ] *,X Y Y Zλ= + , [ ] *,X Z Z Yλ= − − , [ ] *,Y Z Xλ= , * *,X Y Y  = −  , * *,X Z Z  =  * *,Y Y X  =  và * *,Z Z X  = −  Khi đó ta đổi cơ sở 1' :Z Z λ = , *' *Z Zλ= (một phép đẳng cự) và nhận được: [ ] *',X Y Y Z= + , [ ], ' ' 'X Z Z Y= − − , [ ] *, 'Y Z X= , * *,X Y Y  = −  , *' *',X Z Z  =  , * *,Y Y X  =  và *' *',Z Z X  = −  Đây là đại số Lie 6,3g trong Mệnh đề 1.2.5. 24 (4) Trong trường hợp g là một đại số Lie giao hoán thì θ là một 2-đối chu trình khi và chỉ khi θ là một ánh xạ song tuyến tính phản xứng đi từ ×g g vào *g . Nếu θ thỏa mãn thêm điều kiện cyclic thì *( )Tθ g có tích Lie thỏa mãn : [ ], ( , )X f Y g X Yθ+ + = với mọi ,X Y ∈g , *,f g∈g . Điều này chứng tỏ *( )Tθ g là một đại số Lie lũy linh bậc 2. Trong trường hợp này nếu ta định nghĩa một ánh xạ : I × × →g g g bởi: ( , , ) ( , )I X Y Z X Y Zθ= , , ,X Y Z∀ ∈g Thì I là một 3-dạng phản xứng đi từ × ×g g g vào  . Khi đó phân loại đẳng cấu đẳng cự các *( )Tθ g tương đương với phân loại đẳng cấu các 3- dạng phản xứng trên một không gian véctor phức 3 chiều. Điều này đã được chứng tỏ trong [5]. Đồng thời kết quả phân loại trong đó cho ta * * 0 3,1( ) ( )T Tθ =g g . 3.3. Không gian các đạo hàm phản xứng của các đại số Lie toàn phương giải được 5 và 6 chiều bất khả phân. Ta nhắc lại kết quả phân loại đại số Lie toàn phương giải được 5 chiều bất khả phân trong [6] như sau: Mệnh đề 3.3.1: Cho g là một đại số Lie toàn phương rút gọn, giải được 5 chiều. Khi đóg là đại số Lie cơ bản, tức là dim([ , ])g g = 3 và dimZ(g )= 2. Lúc đó tồn tại một cơ sở { }1, 2 1 2, , ,Z Z T X X của g thỏa mãn: i) 1 2( )Z Z Z= + g , 25 ii) ( , )i j ijB X Z δ= , ( , ) ( , ) 0i j i jB X X B Z Z= = , ,i j∀ , ( , ) 1B T T = , ( , ) ( , ) 0i iB T Z B T X= = . iii) 1 2[ , ]X T Z= − , 2 1[ , ]X T Z= − , 1 2[ , ]X X T= và các tích Lie khác bằng 0. Khi đó không gian các đạo hàm phản xứng của g được mô tả một cách chi tiết qua mệnh đề sau. Mệnh đề 3.3.2: Cho g là đại số Lie toàn phương cơ bản 5 chiều. Gọi D là một đạo hàm phản xứng của g . Khi đó ma trận biểu diễn của D đối với cơ sở 1{Z 2Z , ,T 1,X 2}X được xác định như sau: D = 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 a a z t b a z t a b a a t t −   − −   − −   −      Chứng minh : Theo Mệnh đề 3.3.1, ta có thể chọn một cơ sở 1{Z 2Z , ,T 1,X 2}X của g sao cho 1 2( )Z Z Z= + g và 1 2[ , ] Z Z T= + +  g g ( là tập hợp số phức) , trong đó [ 1,X T ] = 2Z− , [ 2 ,X T ] = 1Z , [ 1 2,X X ] = T , các tích Lie khác bằng 0, và ( , )i jB Z Z = ,( )i jB X X = 0, ( , )i jB X X = ijδ , ,i j∀ , ( , )iB T Z = ( , )iB T X = 0, ( , ) 1B T T = . Gọi D là một đạo hàm phản xứng của g . Do ( )1( )D Z Z⊂ g nên ta có thể giả sử ( )1 1 1 1 2D Z a Z b Z= + và ( )2 2 1 2 2D Z a Z b Z= + , trong đó 1 2 1 2, , ,a a b b ∈ . Ta có: ( )1 1 1 1 1 1 1 1 2 1( ), ( , ( )) ( , )B D X Z B X D Z B X a Z b Z a= − = − + = − và 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2( ( ), ) ( , ( )) ( , ) .B D X Z B X D Z B X a Z b Z a= − = − + = − 26 Do đó, ta có thể đặt 1 1 1 2 2 1 1 1 2 1( )D X a X a X y Z z Z t T= − − + + + trong đó 1 1 1, ,y z t ∈ . Một cách tương tự, ta cũng có 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1( ( ), ) ( , ( )) ( , )B D X Z B X D Z B X a Z b Z b= − = − + = − và 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2( ( ), ) ( , ( )) ( , )B D X Z B X D Z B X a Z b Z b= − = − + = − nên ta cũng có thể đặt 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2( )D X b X b X y Z z Z t T= − − + + + trong đó 2 2 2, ,y z t ∈ . Áp dụng tính chất phản xứng của D ta có 1 1 1 1( , ( )) ( ( ), )B X D X B D X X= − nên 1 1( , ( )) 0B X D X = . Suy ra 1 1 1 2 2 1 1 1 2 1( , ) 0B X a X a X y Z z Z t T− − + + + = tức là 1 0y = . Tính toán tương tự đối với 2X , 2 2 2 2( , ( )) ( ( ), )B X D X B D X X= − nên 2 2( , ( )) 0B X D X = . Suy ra 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2( , ) 0B X b X b X y Z z Z t T− − + + + = tức là 2 0z = . Do 1 2 1 2( , ( )) ( ( ), )B X D X B D X X= − nên ta thu được : 1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( , ) ( , )B X b X b X y Z t T B a X a X z Z t T X− − − + = − − − + + . Điều này chứng tỏ rằng 2 1 1( )y z z= − − = . Mặt khác ta lại có : 1 2 1 2 1 2( ) ([ , ]) [ ( ), ] [ , ( )]D T D X X D X X X D X= = + = [ ] [ ]1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2, ,a X a X z Z t T X X b X b X z Z t T− − + + + − + + = [ ] [ ] [ ] [ ]1 1 2 1 2 2 1 2 2 1, , , ,a X X t T X b X X t X T− + − + = 1 1 1 2 2 2a T t Z b T t Z− − − − = ( )1 2 1 1 2 2a b T t Z t Z+ − − . và [ ]( )1 2( ) ,D Z D X T= =[ ] [ ]2 2( ), , ( )D X T X D T+ = [ ] [ ]1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2, , ( )b X b X z Z t T T X a b T t Z t Z− − + + + − + − − = [ ] [ ] [ ]1 1 2 2 1 2 2, , ( ) ,b X T b X T a b X T− − − + 27 = ( )1 2 2 1 1 2 1b Z b Z a b Z− − + = ( )1 2 1 2 12b Z a b Z− + . Suy ra ( )1 1 1 2 1 2 1 2 12a Z b Z b Z a b Z+ = − + . Do đó ( )1 1 22a a b= − + hay 2 1b a= − . Cuối cùng ta thu được các biểu thức sau ( )1 1 1 1 2D Z a Z b Z= + , ( )2 2 1 1 2D Z a Z a Z= − , ( )1 1 1 2 2 1 2 1D X a X a X z Z t T= − − + + , ( )2 1 1 1 2 1 1 2D X b X a X z Z t T= − + + + và ( ) 1 1 2 2D T t Z t Z= − − (phụ thuộc 6 tham số). Điều này chứng tỏ ma trận của D trong cơ sở đã cho có dạng: D = 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 a a z t b a z t a b a a t t −   − −   − −   −      .  Mệnh đề 3.3.3. Gọi D là một đạo hàm phản xứng của đại số Lie g 6,1. Khi đó ma trận biểu diễn của D đối với cơ sở 1 2 3 1 2 3{ , , , , , }Z Z Z X X X được xác định như sau: D =                     −−− −−− −−+ − −−+− 321 321 3232 21333 21222 111132 000 000 000 0 0 0)( ccc bbb aacb ttcca tscba tscbcb . Chứng minh: Ta có { }6,1 1 2 3 1 2 3 , , , , , span Z Z Z X X X=g , trong đó [ ]1 2 3,X X Z= , [ ]2 3 1,X X Z= và [ ]3 1 2,X X Z= , ( ), i i ijB X Z δ= , các trường hợp khác bằng 0. Gọi D là một đạo hàm phản xứng của g . Dễ thấy rằng 1 2 3, ,Z Z Z đều thuộc tâm của g . Do ( ) ( ) iD Z Z⊂ g nên ta có thể giả sử ( )1 1 1 2 2 3 3 D Z a Z a Z a Z= + + , ( )2 1 1 2 2 3 3 D Z b Z b Z b Z= + + và ( )3 1 1 2 2 3 3 D Z c Z c Z c Z= + + với , ,i j ka b c ∈ . Ta có : 28 ( )( ) ( )( )1 1 1 1, ,B D X Z B X D Z= − ( )1 1 1 2 2 3 3 , B X a Z a Z a Z= − + + 1 a= − . Một cách tương tự, ( )( ) ( )( )1 2 1 2, ,B D X Z B X D Z= − ( )1 1 1 2 2 3 3 , B X b Z b Z b Z= − + + 1 b= − và ( )( ) ( )( )1 3 1 3, ,B D X Z B X D Z= − ( )1 1 1 2 2 3 3 , B X c Z c Z c Z= − + + 1 c= − . Do đó ta có thể đặt: ( )1 1 1 1 2 1 3 1 1 1 2 1 3 – – – – D X a X b X c X y Z s Z t Z= − + , 1 1 1 1 1 1, , , , , a b c y s t ∈ . Mặt khác ( )( ) ( )( ) ( )2 1 1 1 2 1 1 2 2 3 3, , , B D X Z B X D Z B X a Z a Z a Z= − = − + + 2 a= − và ( )( ) ( )( )2 2 2 2, ,B D X Z B X D Z= − ( )2 1 1 2 2 3 3 , B X b Z b Z b Z= − + + 2 b= − . Tương tự: ( )( ) ( )( )2 3 2 3, ,B D X Z B X D Z= − ( )2 1 1 2 2 3 3 , B X c Z c Z c Z= − + + 2 c= − . Do đó ta có thể đặt: ( )2 2 1 2 2 2 3 2 1 2 2 2 3 – – D X a X b X c X y Z s Z t Z= − + + + , ( 2 2 2 2 2 2, , , , , a b c y s t ∈ ) . Hoàn toàn tương tự ta cũng có: ( )3 3 1 3 2 3 3 3 1 3 2 2 3 – – – – D X a X b X c X y Z s Z t Z= − + , ( 3 3 3 3 3 3, , , , , a b c y s t ∈ ). ( )( ) ( )1 1 1 1 1 1 2 1 3 1 1 1 2 1 3Do , , – – – – 0B X D X B X a X b X c X y Z s Z t Z= − + = . Suy ra 1 0y = . Vì ( )( ) ( )( )1 2 1 2, , B X D X B D X X= − nên ( )1 2 1 2 2 2 3 2 1 2 2 2 3, – – – – B X a X b X c X y Z