Luận văn Phân loại các đại số lie toàn phương giải được đến 6 chiều và chiều toàn phương

giải được không giao hoán n chiều. Khi đó g là mở rộng kép một chiều của một đại số Lie toàn phương giải được 2n − chiều. Chú ý 1.36 Một trường hợp đặc biệt của mở rộng kép một chiều là khi g giao hoán. Khi đó C là một ánh xạ phản xứng thuộc đại số ( )o g và tích Lie trên g được định bởi [ , ] ( )e X C X= và [ , ] ( ( ), )X Y B C X Y f= với mọi ,X Y ∈g . Trường hợp này ta gọi g một cách đơn giản là một mở rộng kép. Các mở rộng kép đã được phân loại trong [11]. Mệnh đề 1.37 (xem Mệnh đề 2.3 trong [11] trang 16) 21 Mọi mở rộng kép của một không gian vector toàn phương bằng đạo hàm phản xứng khác 0 đều là đại số Lie toàn phương giải được kì dị. Mệnh đề 1.38 i) Cho g là một mở rộng kép của q bởi C với q là một đại số Lie giao hoán thì [ , ] ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( ( ), ) , , ,X Y B f X C Y B f Y C X B C X Y f X Y= − + ∀ ∈g ii) trong đó ad( )C e= . Hơn nữa ( )f Z∈ g và |C C=q . iii) Cho ′g là một mở rộng kép của q bởi , , 0C Cλ λ λ′ = ∈ ≠ thì g và ′g là đẳng cấu đẳng cự. Chứng minh. i) Suy ra trực tiếp từ định nghĩa. ii) Ta có ( )e f ⊥ ′= ⊕ ⊕ = g q g . Kí hiệu [.,.]' là tích Lie trên ′g . Định nghĩa :A ′→g g với 1( ) , ( )A f f A e eλ λ = = và i| dA =q q thì ([ , ]) ( ) [ ( ), ( )]A e X C X A e A X ′= = và ([ , ]) [ ( ), ( )]A X Y A X A Y ′= với mọi ,X Y ∈q . Vì vậy A là một đẳng cấu, đẳng cự. □ Chú ý 1.39 Cho g là một đại số Lie toàn phương kì dị và giải được. Xem g như là một mở rộng kép của hai không gian vector toàn phương q và ′q : ( ) and ( ) .e f e f ⊥ ⊥ ′ ′ ′= ⊕ ⊕ = ⊕ ⊕   g q g q Cho ad( ) |C e= q và ad( ) |C e ′′ ′= q . Từ đó idg hiển nhiên là một đẳng cấu đẳng cự, tồn lại một đẳng cự :A ′→q q và một số , 0λ λ∈ ≠ thỏa mãn 1C AC Aλ −′ = . Bổ đề 1.40 Cho V là một không gian vector toàn phương thỏa mãn ( )V e f ⊥ ′= ⊕ ⊕  q với e,f đẳng hướng và ( , ) 1B e f = . Cho g là một đại số Lie toàn phương kì dị và giải được với dim dimV=g thì tồn tại một ánh xạ phản xứng :C′ ′ ′→q q thỏa mãn V được xem như là một mở rộng kép của ′q bởi C′ và đẳng cấu đẳng cự với g . 22 Chứng minh. Xem [11] trang 21. □ Trong phần tiếp theo chúng tôi kí hiệu  ( 2) i s n + là tập hợp lớp các đại số Lie giải được chia theo quan hệ tương đương là hai đại số Lie giải được được gọi là tương đương nhau nếu có một phép đẳng cấu đẳng cự giữa chúng. Ngoài ra chúng tôi cũng kí hiệu 1( ( ))no là tập hợp các ( )O n -quỹ đạo của không gian xạ ảnh 1( ( ))no của ( )no với tác động cảm sinh từ tác động phụ hợp của ( )O n lên ( )no . Khi đó ta có mệnh đề sau (xem [11] trang 22). Mệnh đề 1.41 Tồn tại một song ánh  1: ( ( )) ( 2) i sn nθ → +o  . Mệnh đề 1.42 (xem [13]) Cho ( , )Bg là một đại số Lie toàn phương và 0ad ( )C X= g là một đạo hàm trong của g . Khi đó mở rộng kép g của g bởi C là khả phân. Chứng minh. Trên g ta định nghĩa phép toán 0 0[ , ] [ , ] ([ , ], ) ;[ , ] [ , ] và [ , ] 0.X Y X Y B X X Y f e X X X f= + = =gg g Khi đó 0 ( )e X Z− ∈ g . Nghĩa là g khả phân vì 0( , ) 1B e X f− = và ( )f Z∈ g . Mệnh đề 1.43 (xem [15]) Cho g và ′g lần lượt là các mở rộng kép của g bởi các đạo hàm trong phản xứng D và D'. Nếu ad ( )D D X′− = g với một X nào đó thuộc g thì g và ′g đẳng cấu đẳng cự. Mệnh đề 1.44 Cho ( , )Bg là đại số Lie kim cương. Khi đó mọi đạo hàm phản xứng của g đều là đạo hàm trong. Chứng minh. Giả sử Span , , ,Z P Q X=g với tích Lie được xác định: [ , ] ,[ , ] ,[ , ]X P P X Q Q P Q Z= = − = , dạng song tuyến tính đối xứng được cho bởi ( , ) ( , ) 1B X Z B P Q= = , các trường hợp khác bằng 0. Gọi D là một đạo hàm phản xứng của g . Lưu ý rằng ( )Z Z= g là không gian con ổn định với D , tức là ( ( )) ( )D Z Z⊂g g . Do đó ta có thể giả sử ( ) ,D Z xZ x= ∈ . Vì D phản xứng nên ta có: ( ( ), ) ( , ( )) ( , ) .B D X Z B X D Z B X xZ x= − = − = − 23 Do đó ta có thể giả sử ( ) , , , ,D X xX yP zQ wZ x y z w= − + + + ∈ . Do [ , ]g g cũng là một không gian con ổn định đối với D nên ta có thể viết: ( ) và ( )D P aP bQ cZ D Q a P b Q c Z′ ′ ′= + + = + + với , , , , ,a b c a b c′ ′ ′∈ . Ta có ( ) ([ , ]) [ ( ), ] [ , ( )]D P D X P D X P X D P= = + . Suy ra 0x b= = và c z= − . Một cách tương tự đối với ( )D Q , ta nhận được c y′ = − và 0a′ = . Dựa vào tính chất phản xứng của D , ta có ( ( ), ) 0B D X X = , hay 0w = . Tương tự ( ( ), ) ( , ( ))B D P Q B P D Q= − , suy ra a b′= − . Do đó ta có ma trận của D đối với cơ sở { , , , }X P Q Z là: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 y a D z a z y      =  −  − −  Dễ dàng thấy được ad ( )D aX yP zQ= − +g và do đó D là một đạo hàm trong của g . □ Chú ý 1.45 Từ kết quả này cộng với Mệnh đề 1.42 cho ta kết quả là mọi mở rộng kép của đại số Lie kim cương đều khả phân. Dưới đây là một số ví dụ về mở rộng kép của một đại số Lie toàn phương. Ví dụ 1.46 Cho Span ,q X Y= là đại số Lie toàn phương giải được 2 chiều, theo Mệnh đề 3.1.1 a) q phải giao hoán (nghĩa là [ , ] 0qX Y = ). Trên q ta định nghĩa dạng toàn phương :B q q′ × → thỏa mãn ( , ) 1B X Y′ = , các trường hợp còn lại tầm thường. Ta sẽ tiến hành mở rộng kép bằng đạo hàm phản xứng 1 0 . 0 1 C  =  −  Đặt q e f= ⊕ ⊕ g và định nghĩa tích Lie trên g như sau: [ , ] [ , ] ( ( ), ) ,[ , ] ( ) ,[ , ] ( )qX Y X Y B C X Y f f e X C X X e Y C Y Y′= + = = = = = − , các trường hợp còn lại tầm thường. Dạng song tuyến tính trên g được xác định 24 ( , ) ( , ) 1B X Y B e f= = , các trường hợp còn lại bằng 0. Với kết quả này ta thu được đại số Lie toàn phương (đại số Lie kim cương). Ví dụ 1.47 Cho Span , ,q X Y Z= là đại số Lie toàn phương giao hoán 4 chiều (nghĩa là [ , ] 0qU V = với mọi ,U V q∈ ). Trên q ta định nghĩa dạng toàn phương ( , ) ( , ) 1B X Z B Y Y′ ′= = , các trường hợp còn lại bằng 0. Ta sẽ tiến hành mở rộng kép bằng đạo hàm phản xứng 0 1 0 0 0 1 . 0 0 0 C    = −     Đặt q e f= ⊕ ⊕ g và định nghĩa tích Lie trên g toán như sau: [ , ] [ , ] ( ( ), ) ,[ , ] ( ) ,[ , ] ( )qY Z Y Z B C Y Z f f e Y C Y X e Z C Z Y′= + = = = = = − , các trường hợp còn lại bằng 0. Dạng song tuyến tính trên g được xác định ( , ) ( , ) ( , ) 1B X Z B Y Y B e f= = = , các trường hợp còn lại bằng 0. Với kết quả này ta thu được đại số Lie toàn phương cơ bản 5 chiều. Ví dụ 1.48 Cho Span , , ,q X Y Z T= là đại số Lie toàn phương giao hoán 4 chiều (nghĩa là [ , ] 0qU V = với mọi ,U V q∈ ). Trên q ta định nghĩa dạng toàn phương ( , ) ( , ) 1B X T B Y Z′ ′= = , các trường hợp còn lại bằng 0. Ta sẽ tiến hành mở rộng kép bằng đạo hàm phản xứng 0 1 0 0 0 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 1 0 C      =    −  Đặt q e f= ⊕ ⊕ g và định nghĩa tích Lie trên g như sau: [ , ] [ , ] ( ( ), ) ,[ , ] ( ) ,[ , ] ( )qY Z Y Z B C Y Z f f e Y C Y X e Z C Z T′= + = = = = = − , các trường hợp còn lại bằng 0. Dạng song tuyến tính trên g được xác định ( , ) ( , ) ( , ) 1B X T B Y Z B e f= = = , các trường hợp còn lại bằng 0. Với kết quả này ta thu được đại số Lie toàn phương cơ bản 6 chiều. 25 1.2.6 Chiều toàn phương Trong phần này chúng tôi sẽ trình bày một đặc trưng của đại số Lie toàn phương đó là chiều toàn phương, chiều toàn phương của một đại số Lie toàn phương g được kí hiệu là qd ( )g . Đó là số chiều của ( )g không gian các dạng song tuyến tính đối xứng và bất biến trên g . Cũng liên quan đến vấn đề này chúng ta sẽ tìm hiểu thêm centromorphism của g , centromorphism đóng vai trò trung tâm trong việc tính chiều toàn phương của g . Cho ( , )Bg là một đại số Lie toàn phương. Mỗi dạng song tuyến tính đối xứng B' trên g xác định được một đồng cấu :D →g g thỏa mãn ( , ) ( ( ), )B X Y B D X Y′ = với mọi ,X Y ∈g . D là một ánh xạ đối xứng (đối với B ), nghĩa là ( ( ), ) ( , ( ))B D X Y B X D Y= với mọi ,X Y ∈g . Bổ đề 1.49 a) B' bất biến khi và chỉ khi D thỏa mãn ([ , ]) [ ( ), ] [ , ( )], , .D X Y D X Y X D Y X Y= = ∀ ∈g b) B' không suy biến khi và chỉ khi D khả nghịch. Chứng minh. a) Lấy , ,X Y Z ∈g , ta có ([ , ], ) ( ([ , ]), ), ( ,[ , ]) ( ( ),[ , ]).B X Y Z B D X Y Z B X Y Z B D X Y Z′ ′= = b) Do B bất biến nên ( ( ),[ , ]) ([ ( ), ], )B D X Y Z B D X Y Z= và B không suy biến nên B' bất biến khi và chỉ khi ([ , ]) [ ( ), ]D X Y D X Y= , tương tự ta chứng minh được ([ , ]) [ , ( )]D X Y X D Y= . c) Giả sử B' không suy biến. Với một phần tử X thuộc g thỏa mãn ( ) 0D X = thì ( ( ), ) 0B D X =g . Nên có một ( , ) 0B X′ =g , suy ra 0X = và D khả nghịch. Ngược lại, nếu D khả nghịch thì ( , ) 0B X′ =g , dẫn tới ( ( ), ) 0B D X =g . Do B không suy biến nên ( ) 0D X = . Vậy 0X = và B' không suy biến. □ 26 Định nghĩa 1.50 Cho ( , )Bg là đại số Lie toàn phương. Một đồng cấu đối xứng :D →g g thỏa mãn ([ , ]) [ ( ), ] [ , ( )], ,D X Y D X Y X D Y X Y= = ∀ ∈g được gọi là một centromorphism. Không gian các centromorphism được kí hiệu là Cen( )g và không gian con sinh bởi centromorphism khả nghịch trong Cen( )g được kí hiệu là Cen ( )I g . Nhắc lại Bổ đề 2.1 trong [4] như sau: Bổ đề 1.51 Cho một đại số Lie toàn phương ( , )Bg , khi đó không gian các centromorphism Cen( )g bằng không gian con sinh bởi các centromorphism khả nghịch Cen ( )I g . Chứng minh. Cho D là một centromorphism khả nghịch và Cen( )ϕ∈ g . Một cơ sở cố định  của g . Kí hiệu ( )M D và ( )M ϕ tương ứng là ma trận liên kết với D và ϕ trong  . Xét đa thức ( ) det( ( ) ( ))P x M xM Dϕ= − . Do ( )P x là đa thức khác 0 vì vậy tồn tại một số λ∈ thỏa mãn ( ) 0P λ ≠ . Do đó Dϕ λ− là khả nghịch, vì vậy ( ) Cen ( )ID Dϕ ϕ λ λ= − + ∈ g . Điều này chứng tỏ Cen( ) Cen ( )I=g g . □ Từ Bổ đề 1.51 cho ta thấy ghi Cen( )g và Cen ( )I g là như nhau, từ đó để tính chiều toàn phương qd ( )g của một đại số Lie toàn phương g ta mô tả những centromorphism khả nghịch của g , sau đó tính chiều của không gian sinh bởi các centromorphism khả nghịch đó. Hay nói cách khác qd ( ) dim(Cen( ))=g g . Phần tiếp theo chúng tôi sẽ trình bày một số tính chất liên quan đến Cen( )g và công thức tính chiều toàn phương liên quan đến đại số Lie toàn phương rút gọn và kì dị. Mệnh đề 1.52 Cho Cen( )D∈ g khi đó: a) Nếu Cen( )D∈ g thì Cen( )nD ∈ g với 2n ≥ ; b) Nếu Cen( )D∈ g và D khả nghịch thì 1 Cen( )D− ∈ g ; 27 c) ( )Z g và [ , ]g g là hai không gian con ổn định của D nghĩa ( ( )) ( )D Z Z⊂g g và ([ , ]) [ , ]D ⊂g g g g . Chứng minh. a) Nếu Cen( )D∈ g . Giả sử Cen( )nD ∈ g hay với mọi ,X Y ∈g . Ta có ( ( ), ) ( , ( ))n nB D X Y B X D Y= và ([ , ]) [ ( ), ] [ , ( )].n n nD X Y D X Y X D Y= = Với mọi ,X Y ∈g , ta cần chứng minh 1 1( ( ), ) ( , ( ))n nB D X Y B X D Y+ += và 1 1 1([ , ]) [ ( ), ] [ , ( )].n n nD X Y D X Y X D Y+ + += = Thật vậy, với mọi ,X Y ∈g . Ta có 1 1( ( ), ) ( ( ( )), ) ( ( ), ( )) ( , ( )) n n n nB D X Y B D D X Y B D X D Y B X D Y+ += = = và 1 1([ , ]) ( ([ , ]) ) ([ ( ), ]) [ ( ), ].n n n nD X Y D D X Y D D X Y D X Y+ += = = Chứng minh tương tự ta được 1 1([ , ]) [ , ( )]n nD X Y X D Y+ += . b) Chứng minh 1 Cen( )D− ∈ g . Với mọi ,X Y ∈g . Ta có 1 1 1 1 1 1 ( ( ), ) ( ( ), ( ( ))) ( ( ( )), ( )) ( , ( ))B D X Y B D X D D Y B D D X D Y B X D Y− − − − − −= = = và 1 1 1 1 1 1 ([ , ]) ([ ( ( )), ]) ( ([ ( ), ])) [ ( ), ].D X Y D D D X Y D D D X Y D X Y− − − − − −= = = Chứng minh tương tương tự ta được 1 1([ , ]) [ , ( )]D X Y X D Y− −= . c) Chứng minh ( ( )) ( )D Z Z⊂g g . Lấy ( )X Z∈ g . Với mọi Y ∈g , xét [ ( ), ] ([ , ]) 0D X Y D X Y= = . Tiếp theo ta chứng minh ([ , ]) [ , ]D ⊂g g g g . Lấy ,X Y ∈g , xét ([ , ]) [ ( ), ] [ , ].D X Y D X Y= ∈ g g □ 28 Mệnh đề 1.53 Cho Der ( )aδ ∈ g là một đạo hàm phản xứng của g . Giả thiết Cen( )D∈ g thỏa mãn D và δ giao hoán (nghĩa là D Dδ δ° = ° ). Khi đó D δ° là một đạo hàm phản xứng của g . Chứng minh. Do ( )([ , ]) ([ ( ), ]) ([ , ( )]) [( )( ), ] [ , ( )( )]D X Y D X Y D X Y D X Y X D Yδ δ δ δ δ° = + = ° + ° và (( )( ), ) ( , ( )( ))B D X Y B X D Yδ δ° = − ° với mọi ,X Y ∈g , suy ra Der ( )aD δ° ∈ g . □ Chúng ta đã biết rằng mọi đạo hàm trong đều là đạo hàm phản xứng, do đó từ Mệnh đề 1.53 nếu X ∈g và Cen( )D∈ g thì D và ad X là giao hoán và ad Der ( )X aD° ∈ g . Một công thức chung cho qd ( )g đến nay vẫn còn là một bài toán mở. Tuy nhiên có một số trường hợp cụ thể đã được nghiên cứu, Hệ quả 2.1 trang 266 trong [4] đã nói rằng: Hệ quả 1.54 Cho g là một đại số Lie toàn phương. a) Nếu g là một đại số Lie đơn hoặc một chiều thì qd ( ) 1=g ; b) Nếu g là một đại số Lie reductive nhưng không đơn và cũng không một chiều thì q dim ( )(1 dim( ( )))d ( ) ( ) ; 2 Z Zs += + g gg g c) Nếu g là một đại số Lie không reductive thì q dim ( )(1 dim( ( )))1 ( ) d ( ) 2 Z Zs ++ + ≤g gg g trong đó ( )Z g là tâm của g và ( )s g là số ideal đơn trong phân tích Levi của g. Mệnh đề. 1.55 Cho g là một đại số Lie toàn phương kì dị rút gọn và ( )D∈ g là một ánh xạ đối xứng thì a) D là một centromorphism khi và chỉ khi tồn tại µ∈ và một ánh xạ đối xứng : ( )Zϕ →g g thỏa mãn [ , ]| 0ϕ =g g và idD µ ϕ= + . Hơn nữa D khả nghịch khi và chỉ khi 0µ ≠ . 29 b) q dim( ( ))(1 dim( ( )))d ( ) 1 2 Z Z+ = + g g g . Chứng minh. Xem [11] trang 33-35. □ Theo Mệnh đề 1.22 chúng ta có thể chuyển bài toán nghiên cứu một đại số Lie toàn phương bằng việc nghiên cứu các đại số Lie toàn phương bất khả phân. Theo Mệnh đề 1.30 một đại số Lie toàn phương kì dị là bất khả phân khi và chỉ khi nó rút gọn. Theo Mệnh đề 1.37 và Mệnh đề 1.44 thì mọi đại số Lie toàn phương giải được đến 6 chiều đều kì dị. Vì vậy trong phần sau chúng ta chỉ xét các đại số Lie toàn phương giải được bất khả phân đến 6 chiều, do đó chúng kì dị và rút gọn nên số chiều của chúng được tính theo công thức q dim( ( ))(1 dim( ( )))d ( ) 1 . 2 Z Z+ = + g g g Cũng trong phần tính chiều toàn phương chúng tôi sẽ trình bày một cách khác dựa vào các centromorphism để kiểm chứng lại công thức trên. 30 Chương 2 Đại số Lie toàn phương cơ bản Khái niệm đại số Lie toàn phương cơ bản được đưa ra trong [17], dựa trên việc nghiên cứu 3-dạng phản xứng liên kết với một đại số Lie toàn phương trong trường hợp I khả phân. Định nghĩa 2.1 ( , )Bg là một đại số Lie toàn phương cơ bản nếu 3-dạng phản xứng liên kết với nó khả phân. Mệnh đề 2.2 ([17]) Cho V là một không gian vector và I là k − dạng trên *( )k V∧ . Khi đó dim IV k≥ và nếu 0I ≠ thì I khả phân khi và chỉ khi dim IV k= . Nếu IV có cơ sở là 1{ , , }kω ω thì I có dạng 1 kI αω ω= ∧∧ với α ∈ . Đại số Lie toàn phương cơ bản có một số tính chất đáng chú ý sau đây: Mệnh đề 2.3 ([17]) a) g là một đại số Lie toàn phương cơ bản không giao hoán nếu và chỉ nếu dim([ , ]) 3=g g ; b) Nếu g là một đại số Lie toàn phương cơ bản thì quỹ đạo đối phụ hợp của g có số chiều lớn nhất bằng 2. Chú ý rằng phân loại các đại số Lie phức sao cho quỹ đạo đối phụ hợp của chúng có số chiều lớn nhất bằng 2 đã được giải quyết trong bài báo [3], trong đó các tác giả đã sử dụng nhiều công cụ sâu sắc trong lí thuyết Lie. Kết quả thu được ngoài các đại số Lie toàn phương cơ bản được liệt kê dưới đây còn có thêm các đại số Lie giải được là tích nửa trực tiếp của đại số Lie một chiều  với đại số Lie giao hoán n , 1n ≥ . Trong khi đó việc chứng minh Mệnh đề 2.3 b) chỉ đơn giản là sử dụng Mệnh đề 2.3 a). Để chuẩn bị cho phần tiếp theo chúng tôi nhắc một số khái niệm liên quan như sau: Cho ( , )Bg là một không gian vector toàn phương. Khi đó 31 1. ,X Xι ∈g là đạo hàm của *( )∧ g được định nghĩa bởi 1 2 1 1 2 1( )( , , , ) ( , , , , ),X r rX X X X X X Xι − −Ω = Ω trong đó * 1 2 1( ), , , , .r rX X X −Ω∈Λ ∈g g 2. Trên g chọn một cơ sở trực giao cố định 1{ , , )}nX X . khi đó tích super-Poisson trên *( )∧ g được định nghĩa 1 * * 1 { , }: ( 1) ( ) ( ), ( ), ( ). j j n k k X X j ι ι+ = ′ ′ ′Ω Ω = − Ω ∧ Ω ∀Ω∈∧ Ω ∈∧∑ g g 3. Với *( )kΩ∈Λ g , ta định nghĩa ánh xạ * *ad ( ) : ( ) ( )P Ω ∧ → ∧g g bởi *ad ( )( ) { , }, ( ).P ′ ′ ′Ω Ω = Ω Ω ∀Ω ∈Λ g Khi đó ad ( )P Ω là một super-đạo hàm có bậc 2k − của đại số *( )∧ g . Bằng cách áp dụng tính chất của tích super-Poisson được định nghĩa trên đại số các dạng đa tuyến tính phản xứng trên một đại số Lie toàn phương, G. Pinczon và R. Ushirobira đã phân loại hoàn toàn các đại số Lie toàn phương cơ bản trong [17]. Mệnh đề 2.4 Cho ( , )Bg là một đại số Lie toàn phương cơ bản không giao hoán. Khi đó g là tổng trực tiếp trực giao của các ideal z và l , ở đây z là ideal thuộc tâm và l đẳng cấu đẳng cự với một trong các đại số Lie sau: a) dim( ) 3, (3)= =l l sl . b) dim 4,=l l là đại số Lie kim cương. c) { 1 2 1 2Spand }im 5, , , , ,Z Z T X X= =l l , dạng song tuyến tính đối xứng B được xác định bởi ( , ) ,1 , 2, ( , ) 1,i j ijB X Z i j B T Tδ= ≤ ≤ = các trường hợp còn lại bằng 0 và tích Lie được cho bởi 1 2 1 2[ , ] ,[ , ]X X T X T Z= = − và 2 1[ , ]X T Z= , các trường hợp còn lại tầm thường. d) { }1 2 3 1 2 3dim 6, , , , ,Spa ,n Z Z Z X X X= =l l , dạng song tuyến tính đối xứng B được xác định bởi ( , ) ,1 , 3i j ijB X Z i jδ= ≤ ≤ , các trường hợp còn lại bằng 0 và 32 tích Lie được cho bởi 1 2 3 2 3 1[ , ] ,[ , ]X X Z X X Z= = và 3 1 2[ , ]X X Z= , các trường hợp còn lại tầm thường. Chứng minh. Giả sử ( , )Bg là một đại số Lie toàn phương cơ bản không giao hoán. Theo Mệnh đề 1.25, khi đó g là tổng trực tiếp trực giao của các ideal z và l , ở đây z là ideal thuộc tâm và l là một đại số Lie toàn phương rút gọn. Hơn nữa [ , ] [ , ]=l l g g . Theo Mệnh đề 1.25 b), dim([ , ]) dim( ) 2dim([ , ])≤ ≤l l l l l và dim([ , ]) 3=l l nên ta được 3 dim 6≤ ≤l . Từ đó ta có thể xét lần lượt các trường hợp như sau: a) dim 3,=l tức là [ , ]=l l l . Trong trường hợp này l là một đại số Lie đơn và phân loại của chúng đã biết trong lí thuyết Lie, đó là (3)=l sl . b) dim 4=l . Ta có dim( ( )) 1Z =l nên tồn tại một không gian con i hai chiều tự đẳng hướng hoàn toàn thỏa mãn ( )Z ⊂l i . Nên ( ) [ , ]Z ⊥ =l l l , ta có [ , ]⊂i l l . Ngoài ra tồn tại không gian con tự đẳng hướng hoàn toàn ′i thỏa mãn ′= ⊕l i i . Cho { } { },Span Span, ,Z P X Q′= =i i với ( )Z Z= l và ( , ) ( , ) 1, ( , ) ( , ) 0B Z X B P Q B Z Q B X P= = = = . Ngoài ra { } { }* * * *Span Span( ) , , ( ), ( ), ( ) .Z P Q X Q P Zφ φ φ⊥ = =l Do Il khả phân nên * * *,I P Q Xα α= ∧ ∧ ∈l . Thay P bằng 1 P α , Q bằng Qα và có thể chọn 1α = . Khi đó * * * * * * * * *[ , ] [ ( ) ( ) ( ) ]( , ),P Q XA B P Q X Q P Q X P P Q X Z A Bι ι ι= ∧ ∧ + ∧ ∧ + ∧ ∧ với mọi , .A B∈l Từ đó ta tính được * * * * * * [ , ] ( )( , ) ( )( , , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) QX P P Q X X P P P Q X Q X P P B Q Q B Q X B Q P B P Q B P X B P P P P B Z Q B Z X B Z P ι= ∧ ∧ = ∧ ∧ = = tính tương tự ta được [ , ] ,[ , ] ,[ , ] [ , ] [ , ] 0X Q Q P Q Z Z X Z P Z Q= − = = = = . 33 c) dim 5=l . Ta có dim( ( )) 2Z =l . nên tồn tại một không gian con tự đẳng hướng hoàn toàn ′l và không gian con một chiều ′′l thỏa mãn ( )Z ′ ′′= ⊕ ⊕l l l l và ( ( ) , ) 0B Z l′ ′′⊕ =l l . Khi đó ta có thể tìm được cơ sở 1 2{ , }Z Z của ( )Z l , cơ sở 1 2{ , }X X của l và cơ sở { }T của ′′l thỏa mãn ( , ) ,i j ijB Z X δ= với 1 , 2i j≤ ≤ và ( , ) 1B T T = . Ngoài ra { } { }* * * *1 2 1 2Span S( ) , , (pan ), ( ), ( ) .Z X X T Z Z Tφ φ φ⊥ = =l Do Il khả phân nên * * *1 2 ,I X X Tα α= ∧ ∧ ∈l . Thay 1X bằng 1 1 X α , 1Z bằng 1Zα và có thể chọn 1α = . Khi đó 2 * * * * * * 1 2 1 2 1 1 ad ( ) ( ) ( ) 2 i iP X Z T Ti I X X T X X Tι ι ι ι = − = − ∧ ∧ ∧ − ∧ ∧ ∧∑l , nên 2 * * * * * * 1 2 1 2 1 [ , ] ( )( , ) ( )( , ) iX i T i X Y X X T X Y Z X X T X Y Tι ι = = ∧ ∧ + ∧ ∧∑ , với mọi ,X Y ∈l . Từ đó ta tính được 1 2 1 2[ , ] ,[ , ]X X T X T Z= = − và 2 1[ , ]X T Z= , các trường hợp còn lại bằng 0. d) dim 6=l . Ta có ( ) 3Z =l , nên ( ) [ , ] ( )Z Z ⊥= =l l l l . Từ đó có một không gian con tự đẳng hướng hoàn toàn ′l thỏa mãn ( )Z ′= ⊕l l l . Do |φ ′l là một đẳng cấu từ ′l vào *( )Z l , ta có thể chọn cơ sở 1 2 3{ , , }Z Z Z của ( )Z l và cơ sở 1 2 3{ , , }X X X của ′l thỏa mãn ( , ) ,i j ijB Z X δ= với 1 , 3i j≤ ≤ . Khi đó { } { }* * * *1 2 3 1 2 3Span Span( ) , , ( ), ( ), ( ) .Z X X X Z Z Zφ φ φ⊥ = =l Do ( , , ) ([ , ], )I X Y Z B X Y Z=l , với mọi , ,X Y Z ∈l . Từ *( ) )IV Z ⊥=l l , do Il khả phân nên * * *1 2 3I X X Xα= ∧ ∧l , với α ∈ . Thay 1X bằng 1 1 X α , 1Z bằng 1Zα và có thể chọn 1α = . Khi đó 3 * * * 1 2 3 1 1 ad ( ) ( )( , ) 2 iP X ii I X X X X Y Zι = − = − ∧ ∧∑l , với mọi ,X Y ∈l . Từ đó ta tính được 1 2 3 2 3 1[ , ] ,[ , ]X X Z X X Z= = và 3 1 2[ , ]X X Z= , các trường hợp còn lại bằng 0 □ 34 Chương 3 Phân loại đại số Lie toàn phương giải được đến 6 chiều và chiều toàn phương 3.1 Phân loại các đại số Lie toàn phương giải được 4 chiều và chiều toàn phương 3.1.1 Phân loại nhờ Phân tích Witt Sau đây chúng tôi nhắc lại kết quả phân loại các đại số Lie toàn phương giải được có số chiều bé hơn hoặc bằng 4. Kết quả này có thể tìm thấy trong [18] nhưng ở đây chúng tôi sẽ cải tiến nó để đưa ra một chứng minh gọn hơn nhờ một kết quả đáng chú ý trong [17] rằng nếu g là một đại số Lie toàn phương không giao hoán thì dim[ , ] 3≥g g . Mệnh đề 3.1 Cho ( , )Bg là một đại số Lie toàn phương giải được có số chiều bé hơn hoặc bằng 4. Khi đó ta có các trường hợp sau: a) Nếu dim( ) 3≤g thì g giao hoán; b) Nếu dim( ) 4=g và g không giao hoán thì g đẳng cấu đẳng cự với đại số Lie Kim cương. Chứng minh. Vì g giải được nên [ , ] ≠g g g . Do đó nếu dim( ) 3≤g thì g phải giao hoán và ta nhận được khẳng định a). Nếu dim( ) 4=g thì g không giao hoán, ta sẽ chứng minh g rút gọn. Thật vậy, nếu g không rút gọn thì tồn tại một vector X thuộc tâm của g thỏa mãn ( , ) 0B X X ≠ . Điều này chứng tỏ I X=  là một ideal không suy biến của g và do đó I I ⊥ ⊥= ⊕g (theo Mệnh đề 1.22 Chú ý rằng I ⊥ là một đại số Lie toàn phương giải được 3 chiều nên I ⊥ phải giao hoán. Do đó g giao hoán. Mẫu thuẫn này chứng tỏ g phải rút gọn, tức là ( ) [ , ]Z ⊂g g g . Vì [ , ] {0}≠g g và dim([ , ]) 3≥g g nên dim([ , ]) 3=g g . Do đó dim( ( )) 1Z =g . Ta giả sử ( )Z g sinh bởi vector Z . Vì ( )Z g tự đẳng hướng hoàn toàn nên theo phân tích Witt (xem Mệnh đề 1.27) tồn tại một không gian con 1 chiều tự 35 đẳng hướng hoàn toàn W và một không gian con 2 chiều F không suy biến của g sao cho ( ( ) )F Z W ⊥ = ⊕ ⊕g g . Hơn nữa, ta có thể chọn một vector cơ sở X của W và một cơ sở { , }P Q của F sao cho ( , ) ( , ) 1B X Z B P Q= = và ( , ) ( , ) 0B P P B Q Q= = . Vì [ , ] ( )Z ⊥=g g g nên { }Span[ , ] , ,Z P Q=g g . Do [ , ],[ , ],[ , ] [ , ]X P X Q P Q ∈ g g nên ta có thể giả sử 1 1 1 2 2 2[ , ] ,[ , ]X P a Z b P c Q X Q a Z b P c Q= + + = + + , và 3 3 3[ , ]P Q a Z b P c Q= + + với , , ,1 3i i ia b c i∈ ≤ ≤ . Ta có ( ,[ , ]) ([ , ], ) 0B X X P B X X P= = , suy ra 1 1 1( , ) 0B X a Z b P c Q+ + = , suy ra 1 0a = . Tính toán tương tự, ta có ( ,[ , ]) 0B P X P = dẫn đến 1 0c = , tức là 1[ , ]X P b P= . Từ tính bất biến của B và cách làm giống như trên, ta thu được 2[ , ]X Q c Q= và 3[ , ]P Q a Z= . Hơn nữa từ ([ , ], ) ( ,[ , ]) ([ , ], )B X P Q B X P Q B X Q P= = − nên ta có 1 2 3 0b c a= − = ≠ . Đổi cơ sở { , , , }Z P Q X bằng cách đặt 3:Z a Z= và 3 : XX a = ta được [ , ] ,[ , ]X P P X Q Q= = − và [ , ]P Q Z= . Chú ý rằng phép đổi cơ sở này là một phép đẳng cấu đẳng cự nên g đẳng cấu đẳng cự với đại số Lie kim cương. □ Chú ý 3.2 Trong trường hợp g không giải được thì chỉ có 2 trường hợp (3)=g o (đại số Lie đơn 3 chiều) hoặc (3) X= ⊕g o (trường hợp này g không rút gọn). 3.1.2 Tính chiều toàn phương Sau đây là phần tính toán chiều toàn phương của đại số Lie toàn phương giải được trên. Để tính chiều toàn phương ta phải tìm ma trận biểu diễn của centromorphism khả nghịch :D →g g của g muốn vậy ta phải tính ( ), ( )D X D P , ( ), ( )D Q D Z . Do ( )D X ∈g , nên ( )D X phải có dạng ( ) ; , , ,D X aX bP cQ dZ a b c d= + + + ∈ . Ta có 36 0 ([ , ]) [ , ( )] [ , ] [ , ] [ , ] [ , ] [ , ]D X X X D X X aX bP cQ dZ a X X b X P c X Q d X Z= = = + + + = + + + suy ra 0b c= = . Nên ( ) ; ,D X aX dZ a d= + ∈ . Ta có ( ) ([ , ]) [ ( ), ] [ , ] [ , ] [ , ] 0D P D X P D X P aX dZ P a X P d Z P aP aP= = = + = + = + = . Tương tự ta có ( )D Q aQ= và ( )D Z aZ= . Do đó 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 a a D a d a      =       ta nhận thấy D chỉ phụ thuộc vào a,d. Do đó qd ( ) 2.=g Một cách khác ( )Z Z= g , nên dim ( ) 1Z =g . Vì đại số Lie này là một đại số Lie kì dị rút gọn nên áp dụng công thức trong Mệnh đề 1.55, ta có q dim( ( ))(1 dim( ( ))) 1(1 1)d ( ) 1 1 2. 2 2 Z Z+ + = + = + = g g g 3.2 Phân loại các đại số Lie toàn phương giải được 5 chiều và chiều toàn phương 3.2.1 Phân loại các đại số Lie toàn phương giải được 5 chiều Giả sử ( , )Bg là một đại số Lie toàn phương giải được 5 chiều bất khả phân. Hiển nhiên g phải là một đại số Lie toàn phương rút gọn. K