CARRERA DE MATEMATICA´ FACULTAD DE CIENCIAS
PONTIFICIAUNIVERSIDADJAVERIANA
´
Algebras de Lie solubles de baja dimensi ´on
Manuela Jaramillo Serna
Seminario presentado para optar al t´ıtulo de Matem´atico
.Director de Tesis:
Jes ´us Alonso Ochoa Arango, Ph.D.
Departamento de Matem´aticas Pontificia Universidad Javeriana
Bogot´a
1. Introducci ´on 5
Cap´ıtulo 1. Preliminares 7
1. Algebras de Lie´ 7
Cap´ıtulo 2. Teorema de Levi 19
1. Solubilidad de ´algebras de Lie 19
2. Teorema de Levi 21
Cap´ıtulo 3. Construcci ´on de ´algebras de Lie solubles 29 Cap´ıtulo 4. Clasificaci ´on de ´algebras de Lie solubles de baja dimensi ´on 33 1. Clasificaci ´on de ´algebras de Lie solubles de dimensi ´on2y3 33
Bibliograf´ıa 39
´
Algebras de Lie solubles de baja dimensi ´on
Manuela Jaramillo.
Departamento de Matem´aticas,
Facultad de Ciencias
Pontificia Universidad Javeriana
Resumen
El teorema de Levi indica que para clasificar algebras de Lie arbitrarias podemos concentrarnos en clasificar las ´algebras de Lie semisimples y las solubles y luego pro-ceder a calcular todas las posiblesextensionesdeterminadas por ellas. En este trabajo clasificaremos las ´algebras de Lie solubles de dimension2y3sobre un cuerpo arbitra-rio, mediante el uso de algunas t´ecnicas b´asicas del ´algebra conmutativa y de la teor´ıa de n ´umeros.
Palabras claves:
Algebra de Lie soluble, Producto Semidirecto, Base de Grob-´ ner, Residuo Cuadr´atico.Alrededor de 1870, el matem´atico noruego Sophus Marius Lie (1842–1899) co-menz ´o a estudiar ciertos tipos de transformaciones geom´etricas, que cre´ıa podr´ıan resultar relevantes en el estudio desimetr´ıas de ecuaciones diferenciales.
Hoy en d´ıa podemos afirmar que la teor´ıa de ´algebras y grupos de Lie ha demos-trado ser una herramienta esencial en la soluci ´on de problemas de Geometr´ıa y Ecua-ciones Diferenciales, conectando problemas de la Matem´atica abstracta con el mundo f´ısico.
Debido a la relevancia de estos nuevos tipos de estructuras geom´etrico– algebraicas en la soluci ´on de problemas f´ısicos, se inici ´o a principios del siglo XX el estudio sistem´atico de las mismas y la b ´usqueda de una clasificaci ´on. Sin embar-go,a pesar de los grandes esfuerzos reflejados en cientos de publicaciones no solo no se ha podido alcanzar una clasificaci ´on general de las ´algebras de Lie, si no que se ha logrado demostrar que en muchos casos esta clasificaci ´on es imposible de alcanzar; solo se ha conseguido clasificar unas pocas familias de ´algebras sobre algunos cuerpos particulares y de algunas dimensiones fijas.
En este trabajo comenzaremos estudiando conceptos preliminares relacionados a la estructura y propiedades de las ´algebras de Lie en general, a partir de los cuales podremos ver en el segundo cap´ıtulo el concepto de ´algebra de Lie soluble y c ´omo descomponer cualquier ´algebra de Lie de dimensi ´on finita utilizando el teorema de Levi.
Preliminares
En este cap´ıtulo estudiaremos los conceptos y propiedades preliminares necesarias para el desarrollo de este trabajo. La primeras secciones contienen las definiciones y conceptos importantes para la construcci ´on de ´algebras de Lie solubles de dimensi ´on finita de manera recursiva a partir de sub´algebras de Lie. De ahora en adelante F denotar´a un cuerpo arbitrario (salvo menci ´on explicita) y todas las construcciones mencionadas se realizar´an sobreF.
1. Algebras de Lie´
DEFINICION´ 1. Un ´algebra de LieLes unF-espacio vectorial, dotado de unaoperaci ´on
bilineal[·,·] :L×L→Lque satisface las siguientes condiciones:
[x, x] = 0,
[x,[y, z]] + [y,[z, x]] + [z,[x, y]] = 0, (Identidad de Jacobi);
para todox, y, z ∈L.
OBSERVACION´ 2. Notar que si CharF 6= 2 entonces la primera condici ´on en la definici ´on anterior es equivalente a laanticonmutatividaddel corchete[x, y] =−[y, x].
EJEMPLO3. SeaLunF-espacio vectorial de dimensi ´on finita, podemos considerar a L como ´algebra de Lie definiendo [x, y] = 0 para todo x, y ∈ L. Un ´algebra con corchete de Lie trivial se denominaabeliana.
EJEMPLO4. SeaV unF-espacio vectorial de dimensi ´on finita, denotemos porgl(V) a EndV el conjunto de todas las transformaciones lineales x : V → V. Definamos sobre gl(V) una operaci ´on bilineal [·,·] : gl(V)× gl(V) → gl(V), tal que a cada par (x, y)lo env´ıa en
(1.1) [x, y] =x◦y−y◦x
LEMA5. La operaci´on definida en(1.1)dota al espacioEndV de una estructura de ´algebra de Lie sobreF.
DEMOSTRACION. Si´ α,β ∈Fyx, y, z ∈EndV entonces [αx+βy, z] = (αx+βy)z−z(αx+βy)
= (αx)z+ (βy)z−z(αx)−z(βy) =α(xz) +β(yz)−α(zx)−β(zy) =α(xz)−α(zx) +β(yz)−β(zy) =α(xz−zx) +β(yz−zy) =α[x, z] +β[y, z].
As´ı mismo,
[x, αy+βz] =x(αy+βz)−(αy+βz)x
=x(αy) +x(βz)−(αy)x−(βz)x
=α(xy) +β(xz)−α(yx)−β(zx) =α(xy)−α(yx) +β(xz)−β(zx) =α(xy−yx) +β(xz−zx) =α[x, y] +β[x, z].
Es claro que[·,·]es antisim´etrico, en efecto
[x, y] =xy−yx=−yx+xy=−(yx−xy) =−[y, x].
Ahora, para la identidad de Jacobi
[x,[y, z]] + [y,[z, x]] + [z,[x, y]] = [x,(yz−zy)] + [y,(zx−xz)] + [z,(xy−yx)] =x(yz−zy)−(yz−zy)x+y(zx−xz)
−(zx−xz)y+z(xy−yx)−(xy−yx)z
=xyz−xzy−yzx+zyx+yzx−yxz−zxy
+xzy+zxy−zyx−xyz+yxz
= 0.
Esto completa la demostraci ´on.
OBSERVACION´ 6. El conjuntoEndV dotado con la anterior estructura de ´algebra de Lie recibe el nombre de ´algebra lineal general. Volveremos a ´este ejemplo m´as ade-lante para construir otros ejemplos de´algebras de Lie lineales.
A continuaci ´on presentaremos una forma sistem´atica de construir ´algebras de Lie de dimensi ´on infinita a partir de una de dimensi ´on finita.
LEMA 7. Sea g un ´algebra de Lie sobreC de dimensi´on finita y [·,·] su corchete de Lie. Sobre el espacio vectorial˜g:=g⊗C[t]definamos[·,·]1 : ˜gטg→˜gpor la f´ormula
para todov, w∈gyp, q ∈C[t]. ´Esta operaci´on dota a˜gde una estructura de ´algebra de Lie.
DEMOSTRACION. Verifiquemos que se cumple cada uno de los axiomas de la de-´ finici ´on de ´algebra de Lie para[·,·]1.
Seanα, β ∈Cescalares,u, v, w ∈gyp, q, r ∈C[t]polinomios.
[α(u⊗p) +β(v⊗q), w⊗r] = ([α(u⊗p), w⊗r] + [β(v⊗q), w⊗r] = (α([u⊗p, w⊗r]) +β([v⊗q, w⊗r]) =α([u, w]⊗pr) +β([v, w]⊗qr).
[w⊗r, α(u⊗p) +β(v⊗q)] = ([w⊗r, α(u⊗p)] + [w⊗r, β(v⊗q)] = (α([w⊗r, u⊗p]) +β([w⊗r, v⊗q]) =α([w, u]⊗rp) +β([w, v]⊗rq).
Tambi´en tenemos que
[v⊗p, v⊗p] = [v, v]⊗pp= 0⊗pp= 0
Para la identidad de Jacobi, calculamos individualmente cada uno de los 3 t´ermi-nos involucrados.
[u⊗p,[v⊗q, w⊗r]] = [u⊗p,[v, w]⊗qr] = [u,[v, w]]⊗pqr,
tambi´en,
[v⊗q,[w⊗r, u⊗p]] = [v ⊗q,[w, u]⊗rp] = [v,[w, u]]⊗qrp,
Adem´as
[w⊗r,[u⊗p, v⊗q]] = [w⊗r,[u, v]⊗pq] = [w,[u, v]]⊗rpq.
De lo anterior, sumando los tres t´erminos, tenemos que
[u⊗p,[v⊗q, w⊗r]] + [v⊗q,[w⊗r, u⊗p]] + [w⊗r,[u⊗p, v⊗q]]
= [u,[v, w]]⊗pqr+ [v,[w, u]]⊗qrp+ [w,[u, v]]⊗rpq
= [u,[v, w]]⊗pqr+ [v,[w, u]]⊗pqr+ [w,[u, v]]⊗pqr
= ([u,[v, w]] + [v,[w, u]] + [w,[u, v]])⊗pqr
= 0⊗pqr
Siempre que se introduce una estructura algebr´aica, pasamos a estudiar las subes-tructuras que ´esta admite y los conceptos relacionados que permiten construir nuevos ejemplos a partir de otros ya existentes.
DEFINICION´ 8. SeaLun ´algebra de Lie sobre un cuerpoF. Unasub ´algebrade Lie deL
es un subespacioKdeLtal que para todox, y ∈K se cumple[x, y]∈K.
Algunos ejemplos interesantes de sub´algebras de Lie son las ´algebras de Lie cl´asi-cas. Para las siguientes construcciones, consideraremos aV unF-espacio vectorial de dimensi ´on finita.
EJEMPLO 9. Supongamos que dimV = l. Denotaremos como sl(V) o sl(l,F) al conjunto de todos los elementos degl(V)con traza cero.
Dado que tr(xy) = tr(yx) y tr(x+y) = tr(x) + tr(y) tenemos que sl(V) es una sub´algebra de Lie degl(V).
Para calcular la dimensi ´on desl(V)construimos una base a partir de las matrices
eij cuyas entradas son todas iguales a0salvo en laij−´esima entrada. Consideremos
hi =ei,i−ei+1,i+1 para1≤i≤l, de las cuales hayl−1matrices; ei,j coni < j, de las cuales hay
(l−1)l
2 matrices;
ei,j coni > j, de las cuales hay
(l−1)l
2 matrices.
En total tenemos l −1 + (l −1)l = l2 − 1 matrices que pertencen a sl(V) que son linealmente independientes. Comodimgl(V) = l2 y sl(V) es una sub´algebra propia degl(V), podemos concluir que la anterior lista de matrices constituye una base para
sl(V).
EJEMPLO 10. Supongamos ahora que dimV = 2l y consideremos {v1, . . . , v2l}
una base de V. Sea f la forma bilineal sobre V definida por la matriz s donde
s =
0 Il
−Il 0
, es decir f(x, y) = xtsy. Notemos que ´esta forma es no
degenera-da: supongamos que existe x 6= 0 ∈ V tal que para todoy ∈ V, f(x, y) = xtsy = 0.
Entonces(x1, x2, . . . , x2l)
0 Il
−Il 0 y1 ...
y2l
= 0.
Tenemos entonces
−xl+1y1−xl+2y2−. . .−x2lyl+x1yl+1+x2yl+2+. . .+xly2l = 0
Si tomamos ayen particular como los vectores can ´onicos tenemosxiyj = 0para cada
Denotemos por sp(V) o sp(2l,F) el espacio vectorial formado por todos los endo-morfismos deV que satisfacen
f(x(v), w) = −f(v, x(w)).
En t´erminos matriciales, una matrizxensp(2l,F)es de la formax =
m n
p q
don-dem, n, p, q ∈ gl(l,F) y adem´asxs = −sxt, entonces xs =
m n
p q
0 Il
−Il 0
=
−n m
−q p
y−sxt =
0 −Il
Il 0
mt pt
nt qt
=
−nt −qt
mt pt
se reducen a las si-guientes condiciones param,n,p,yq:
nt =n
pt=p
mt=−q.
A partir de estas condiciones podemos construir f´acilmente una base parasp(2l,F) que consta de las siguientes matrices,
1. Las matrices diagonaleshi =ei,i−el+i,l+icon1≤i≤l, de las cuales podemos
construirlmatrices;
2. Las matricesei,j−el+j,l+i con1≤i6=j ≤l, para un total del2−l matrices.
3. Las matrices de la formaei,i+l, de las cuales tenemoslmatrices;
4. Las matrices de la formaei,l+j+ej,l+ipara todo1≤i < j ≤l, de las cuales hay
un total de l(l−1) 2 ;
5. Las matrices de la formaei+l,i, de las cuales tenemoslmatrices;
6. Las matrices de la formaei+l,j +el+j,i para todo 1 ≤ i < j ≤ l, de las cuales,
igual que en el caso anterior, hay un total de l(l−1)
2 matrices.
Las matrices en1y2salen de la condici ´on paramyq, las matrices en3y4se obtienen analizando la condici ´on simetr´ıa para n, y las matrices 5y 6se obtienen analizando la condici ´on simetr´ıa parap. Sumando, obtenemos un total2l2+lmatrices, de hecho, este valor coincide condimsp(2l,F).
OBSERVACION´ 11. El ´algebrasp(2l,F)es cerrada bajo el corchete de matrices. DEMOSTRACION. Veamos que si´ x, y ∈ sp(2l,F), entonces [x, y] = xy − yx ∈
sp(2l,F). x =
a b c d
, y =
e f g h
, donde bt = b,ct = c,at = −d;ft = f,gt =
g,et=−h.
Ahora,xy=
ae+bg af +bh ce+dg cf +dh
,−yx=
−ea−f c −eb−f d
−ga−hc −gb−hd
Luegoxy−yx= m
z }| {
ae+bg−ea−f c
n
z }| {
af +bh−eb−f d ce+dg−ga−hc
| {z }
p
cf +dh−gh−hd
| {z }
q
Veamos que la matrizxy−yxcumple las condiciones.Tenemos
nt= (af+bh−eb−f d)t
= (af)t+ (bh)t−(eb)t−(f d)t
=ftat+htbt−btet−dtft
=−f d−eb+bh+af
=af +bh−eb−f d=n.
As´ı mismo
pt= (ce+dg−ga−hc)t = (ce)t+ (dg)t−(ga)t−(hc)t =etct+gtdt−atgt−ctht
=−hc−ga+dg+ce
=ce+dg−ga−hc=p.
Por ´ultimo, tenemos
mt = (ae+bg−ea−f c)t = (ae)t+ (bg)t−(ea)t−(f c)t
=etat+gtbt−atet−ctft
=hd+gb−dh−cf
=−(cf +dh−gb−hd) =−q.
EJEMPLO 12. Supongamos que V es dimensi ´on impar 2l + 1 y consi emos f la forma bilineal determinada por la matrizs=
1 0 0 0 0 Il
0 Il 0
.
Es claro quef es no degenerada (se puede verificar de forma an´aloga al caso de
Si dadox ∈ o(2l+ 1,F)realizamos una partici ´on de este, similar a la realizada en el ejemplo anterior, digamosx=
a b1 b2
c1 m n
c2 p q
, entonces la condici ´onxs =−sxtse
traduce en las siguientes condiciones:
a = 0,c1 =−bt2,c2 =−bt1,q=−mt,nt=−n,pt=−p.
Pues xs =
a b1 b2
c1 m n
c2 p q
1 0 0 0 0 Il
0 Il 0
=
a b2 b1
c1 n m
c2 q p
, y −sxt =
−1 0 0 0 0 −Il
0 −Il 0
a ct
1 ct2 bt
1 mt pt b2 nt qt
=
−a −ct
1 −ct2
−bt
2 −nt −qt
−bt
1 −mt −pt
Una base parao(2l+ 1,F)consta de las siguientes matrices:
1. ei,i−el+i,l+i, para2≤i≤l+ 1, de las cuales tenemosl matrices;
2. ei+1,j+1−el+1+j,l+1+icon1≤i6=j ≤l, de las cuales tenemosl(l−1)matrices;
3. e1,l+1+i−ei+1,1ye1,i+1−el+1+i,1con1≤i≤l, de las cuales tenemos2lmatrices; 4. ei+1,l+1+j−ej+1,l+1+i con1≤i < j ≤l, de las cuales tenemos
l(l−1)
2 matrices; 5. el+1+i,j+1−el+1+j,i+1con1≤j < i≤l, de las cuales tenemos
l(l−1)
2 matrices; Las matrices en 1y 2salen de la condici ´on param yq, las matrices en3se obtienen analizando las condiciones parab1, b2, c1 yc2; las matrices en 4y5se obtienen anali-zando la condici ´on antisimetr´ıa parapyn, respectivamente. Sumando, obtenemos un total2l2 +l matrices, valor que coincide con dimo(2l + 1,F), la prueba es an´aloga al caso desp(2l,F).
EJEMPLO13. SidimV = 2l, construimos entonces otra ´algebra de Lie ortogonal de la misma forma que en el ejemplo anterior, solo que, en este caso, la matrizs tiene la formas =
0 Il
Il 0
. De forma an´aloga al ejemplo anterior, podemos demostrar que dimo(2l,F) = 2l2−l.
EJEMPLO14. Otras sub´algebras degl(n,F)no menos importantes son
t(n,F) el conjunto de matrices triangulares superiores, matrices A = (aij)en
dondeaij = 0sii > j.
n(n,F)el conjunto de matrices estrictamente triangulares superiores, matrices
A= (aij)en dondeaij = 0sii≥j.
d(n,F)el conjunto de matrices diagonales, matricesA= (aij)en dondeaij = 0
Dada una F-´algebra V, existe un tipo especial de endomorfismos, que permite construir nuevas ´algebras de Lie a partir deV.
DEFINICION´ 15. Sea V un F-espacio vectorial, dotado de una estructura de F-´algebra
µ:V ×V →V. Unaderivaci ´ondeV es una aplicaci´on linealδ :V →V que satisface
δµ(a, b) =µ(a, δ(b)) +µ(δ(a), b)
La colecci´on de todas las derivaciones deV se denotar´a porDerV y es un subespacio deEndV.
LEMA16. SeaV unF-espacio vectorial, dotado de una estructura deF-´algebra que deno-tamos por yuxtaposici´on o “·”. El conjuntoDer(V)es una sub´algebra de Lie degl(V).
DEMOSTRACION. Si´ δ,δˆ∈DerV veamos que[δ,δˆ] = δ◦ˆδ−δˆ◦δes de nuevo una derivaci ´on. En efecto,
[δ,δˆ](a·b) = (δ◦δˆ−δˆ◦δ)(a·b) =δ◦ˆδ(a·b)−δˆ◦δ(a·b) =δ(ˆδ(a·b))−δˆ(δ(a·b))
=δ(a·ˆδ(b) + ˆδ(a)·b)−δˆ(a·δ(b) +δ(a)·b) =δ(a·ˆδ(b)) +δ(ˆδ(a)·b)−δˆ(a·δ(b)) + ˆδ(δ(a)·b) =a·δ(ˆδ(b)) +δ(a)·δˆ(b) + ˆδ(a)·δ(b) +δ(ˆδ(a))·b
−a·ˆδ(δ(b))−δˆ(a)·δ(b)−δˆ(δ(a))·b−δ(a)·δˆ(b) =a·(δ◦ˆδ)(b) + (δ◦δˆ)(a)·b−a·(ˆδ◦δ)(b)−(ˆδ◦δ)(a)·b
=a·(δ◦ˆδ(b)−δˆ◦δ(b)) + (δ◦ˆδ(a)−δˆ◦δ(a))·b
=a·[δ,ˆδ](b) + [δ,δˆ](a)·b;
lo cual concluye la demostraci ´on.
DEFINICION´ 17. Unarepresentaci ´onde un ´algebra de lieLen unF-espacio vectorialV
es un morfismo de ´algebras de Lieρ:L→gl(V).
Diremos que la representaci´onρesfielsiρes un monomorfismo, es decir sikerρ= 0.
EJEMPLO18. SeaLun ´algebra de Lie con corchete[·,·] :L×L→L. Consideremos
adx :L→gl(L)el morfismo definido por
adx :L→gl(L)tal quey7→adx(y) = [x, y], para todox∈L;
de hecho, como consecuencia de la identidad de Jacobi tenemos [x,[y, z]] = [[x, y], z] + [y,[x, z]].
Las derivaciones de esta forma son llamadas internas, las dem´as se denominan externas. Es importante destacar que puede suceder queadx = 0 aunquex 6= 0, ´esto
ocurre por ejemplo en las ´algebras de Lie de dimensi ´on1.
DEFINICION´ 19. Un subespacio vectorialI de un ´algebra de LieLes llamadoideal, si se cumple que
[x, y]∈Ipara todox∈Lyy∈I.
A continuaci ´on daremos un par de ejemplos de ideales que podemos encontrar en cualquier ´algebra de Lie.
EJEMPLO20. Dada un ´algebra de LieL, los subespacios0yLson ejemplos triviales de ideales enL
EJEMPLO21. Dada un ´algebra de LieL, elcentrodeL, definido por
Z(L) ={z ∈L|[x, z] = 0,∀x∈L}
es un ideal de L. En efecto, es claro que 0 ∈ Z(L), adem´as si x ∈ Z(L) y y, z ∈ L
entonces
[[x, y], z] = [x,[y, z]] + [y,[z, x]] = 0,
por lo tanto[x, y]∈Z(L).
OBSERVACION´ 22. Notemos que L es abeliana si y s ´olo si L = Z(L). Tambi´en podemos observar queadx = 0si y solo six∈Z(L).
LEMA23. SeaLun ´algebra de Lie sobreFy seanI,Jideales deL, entonces
1. I+J ={x+y|x∈I, y∈J}
2. [I, J] ={Pi[xi, yi]|xi ∈I, yi ∈J} Son tambi´en ideales deL.
DEMOSTRACION. ES claro que ambos conjuntos son subespacios vectoriales de´
L. Ahora, si v ∈ L y z ∈ I + J con z = x + y, donde x ∈ I y y ∈ J entonces [v, z] = [v, x+y] = [v, x] + [v, y] ∈I +J, pues[v, x]∈ I y[v, y] ∈J, por definici ´on de ideal.
De otro lado, si ahoraw∈[I, J]entoncesw=Pj[xj, yj], luego
[v, w] = [v,X
j
[xj, yj]] = X
j
[v,[xj, yj]] = X
j
[[v, xj], yj] + X
j
[xj,[v, yj]].
De nuevo, como I y J son ideales, entonces [v, xj] ∈ I y [v, yj] ∈ J, por lo tanto
[v, w]∈[I, J]y concluimos que[I, J]es ideal de L. DEFINICION´ 24. Decimos que un ´algebra de Lie L es simple si L no es abeliana y no
DEFINICION´ 25. SeaLun ´algebra de Lie, definimos lasub ´algebra derivadadeLcomo
el idealL′
= [L, L]. Es decir, la subalgebra deLgenerada por todas las combinaciones lineales de corchetes[x, y]dondex,y∈L.
OBSERVACION´ 26. Notar queLes abeliana si y solo siL′ = 0
DEFINICION´ 27. SeaLuna ´algebra de Lie eIun ideal deL. Definimos el ´algebra de Lie cocientecomoL/I, el espacio vectorial cociente, dotado de un corchete[·,·] : L/I ×L/I →
L/I definido por[x+I, y+I] = [x, y] +I, para todox, y ∈I.
La definici ´on del corchete en el ´algebra de Lie cociente no depende de los repre-sentates elegidos, como lo indica la siguiente proposici ´on.
PROPOSICION´ 28. SiLun ´algebra de Lie eI un ideal. La aplicaci´on bilineal [·,·] :L/I ×L/I →L/I, tal que[x+I, y+I] = [x, y] +I para todox, y ∈L, est´a bien definida. Es decir, no depende de los representantes elegidos.
DEMOSTRACION. Si´ x, x′
, y, y′
∈Lconx+I =x′
+Iyy+I =y′
+I, entonces
x′
=x+uyy′
=y+vdondeu, v ∈I. Luego,[x′
, y′
] = [x, y] + [u, y] + [x, v] + [u, v] = [x, y] +w, dondew= [u, y] + [x, v] + [u, v] es un elemento deI, puesto que, dado queI es ideal,[u, y],[x, v],[u, v]∈I. DEFINICION´ 29. SeaLun ´algebra de Lie yKun subespacio deL, definimos el normali-zadorde K como
NL(K) ={x∈L|[x, K]⊆K} SiK =NL(K), decimos queK es auto-normalizada.
LEMA30. NL(K)es sub´algebra de Lie deL.
DEMOSTRACION. Si´ x, y ∈ NL(K) entonces por definici ´on [x, k],[y, k] ∈ K para
todok ∈K. Reescribiendo la identidad de Jacobi de la forma[[x, y], k] =−[[y, k], x]−
[[k, x], y]y utilizando la definici ´on deK tenemos[x, y]∈K. QueNL(K)es subespacio
vectorial es inmediato.
Podemos describir aNL(K)como la sub´algebra m´as grande deLdondeKes ideal.
DEFINICION´ 31. SeaLun ´algebra de Lie sobreFyX ⊆L. ElcentralizadordeX enL
se define como
CL(X) ={x∈L|[x, X] = 0}
LEMA32. El conjuntoCL(X)es una sub´algebra de Lie deL.
DEMOSTRACION. Es f´acil verificar que´ CL(X)es subespacio deL. Ahora siu, v ∈
CL(X) y x ∈ X entonces, aplicando la identidad de Jacobi, tenemos [x,[u, v]] +
[u,[v, x]]+[v,[x, u]] = 0y como, por definici ´on deCL(X), se sabe que[v, x] = [x, u] = 0,
Teorema de Levi
En este cap´ıtulo demostraremos el teorema de Levi, el cual afirma que cualquier ´algebra de Lie de dimensi ´on finita gse descompone como un producto semidirecto de su ideal maximal solublerad(g) y un ´algebra de Lie semisimple. Este teorema es fundamental para estudiar la estructura de las ´algebras de Lie de dimensi ´on finita y, de alguna manera,justificala b ´usqueda de una clasificaci ´on de las ´algebras de Lie solubles de dimensi ´on finita.
1. Solubilidad de ´algebras de Lie
DEFINICION´ 34. Laserie derivadade un ´algebra de LieLes la sucesi´on de ideales deL
definida porL(0) =L,L(1) = [L, L],L(2) = [L(1), L(1)],. . .,L(i) = [L(i−1)
, L(i−1)
].
DEFINICION´ 35. Laserie central inferioro serie central descendientede un ´algebra
de LieLse define comoL0 =L,L1 = [L, L],L2 = [L, L1],. . .,Li = [L, Li−1
].
DEFINICION´ 36. Decimos que un ´algebra de LieLessolublesi existental queL(n) = 0
en la serie derivada.
Por el momento no daremos ejemplos de ´algebras de Lie solubles dado que luego daremos familias enteras de ejemplos cuando estemos clasificando este tipo de ´alge-bras.
PROPOSICION´ 37. SeaLun ´algebra de Lie sobreF,entonces
1. SiLes abeliana, entonces es soluble
2. SiLes simple, entonces no es soluble
DEMOSTRACION. Esto es consecuencia inmediata de la definici ´on de solubilidad,´ en efecto,
1. SiLes abeliana, entonces para todox,y∈L,[x, y] = 0. Luego[L, L] =L(1) = 0 en la serie derivada, lo que implica queLes soluble.
2. SiLes simple, entonces L(1) = [L, L] = L en la serie derivada , puesL no es abeliana y no tiene ideales propios. Luego L(n) = L para todon ∈ N, por lo cualLno es soluble.
DEFINICION´ 38. SeaLun ´algebra de Lie sobreF, decimos queLesnilpotentesi existe
ntal queLn= 0en la serie central descendente.
PROPOSICION´ 39. SeaLun ´algebra de Lie sobreF, entonces
1. SiLes abeliana, entonces es nilpotente
2. SiLes nilpotente, entonces es soluble.
DEMOSTRACION. La primera parte es trivial. Ahora, para la segunda parte, note-´ mos que queL(i) ⊆ Ly por lo tanto siLn = 0para alg ´unn, entoncesL(n) = 0y as´ıL
es soluble.
PROPOSICION´ 40. SeaLun ´algebra de Lie, entonces se cumplen las siguientes
afirmacio-nes
1. SiLes soluble, entonces toda sub´algebraK deLes soluble,
2. Siφ :L→M es un morfismo de ´algebras de Lie, entoncesφ(L)tambi´en es soluble;
3. Si existe un idealI deLtal queL/I es soluble, entoncesLtambi´en es soluble;
4. SiI yJ son ideales solubles deL, entonces la sumaI+J tambi´en es soluble.
DEMOSTRACION. Para la primera parte consideremos´ K una sub´algebra deL, es inmediato que, por definici ´on, queK(i) ⊆ L(i), por lo tanto, si Les soluble, entonces K tambi´en lo es .
Si φ : L → M es un epimorfismo, entonces φ(L(i)) = M(i) y as´ı, si L es soluble entoncesM tambi´en lo es. El caso general lo reducimos a este, considerandoφ :L →
φ(L)⊆M.
Supongamos ahora que I es ideal soluble de L y el cociente L/I es soluble. Si (L/I)(n) = 0entonces π(L(n)) = 0, es decirL(n)/I = 0; luegoL(n) ⊂ I. Adem´as existe m tal que I(m) = 0, por lo tanto L(m+n) = (L(n))(m) ⊆ I(m) = 0. De donde podemos afirmar queLes soluble.
Uno de los teoremas est´andar de homomorfismos establece que existe un isomor-fismo entre (I +J)/J e I/(I ∩ J). Al ser una imagen homomorfa de I, el cociente
I/(I∩J)es soluble y por lo tanto(I +J)/J tambi´en lo es, aplicando lo anterior a la
parejaI+J,J obtenemosI+J es soluble.
A partir de estos resultados podemos hacer algunas observaciones.
OBSERVACION´ 41. Sea L un ´algebra de Lie arbitraria y sea S un ideal maximal soluble. Si I es cualquier ideal soluble de L, entonces S +I es soluble, luego por maximalidad tenemos queS+I =Sy as´ıI ⊆S. Luego existe un ´unico ideal maximal soluble, al que llamaremosradical deLy lo denotaremos comorad(L).
2. Teorema de Levi
En ´este cap´ıtulo exponemos varios resultados que nos ayudan a ver c ´omo un ´alge-bra de Lie L de dimensi ´on finita puede descomponerse como producto semidirec-to rad(L) ⋊ L/rad(L) de su ideal maximal soluble rad(L) y el cociente semisimple
L/rad(L).
LEMA43. SeaL´algebra de Lie, entonces el ´algebra de Lie cocienteL/rad(L)es semisim-ple.
DEMOSTRACION. Sea´ q :L→L/rad(L)el homomorfismo can ´onico yA ⊳ L/rad(L) un ideal soluble.
DefinamosB := q−1
(A)⊳ L, notemos queB es ideal y adem´as rad(L) ⊆ B, luego
A ∼= B/rad(L) es soluble, lo que implica que B es soluble; luego B ⊆ rad(L) por definici ´on. Esto implica queA = {0}, lo que demuestra querad(L/rad(L)) = {0}, es
decir,L/rad(L)es semisimple.
LEMA 44. Seaα : L → M un homomorfismo sobreyectivo de ´algebras de Lie, entonces
α(rad(L)) =rad(M)
DEMOSTRACION. Sea´ T :=rad(L). Primero, notemos queα(T)es un ideal soluble deM, entoncesα(T)⊆rad(M).
Dado que
[M, α(I)] = [α(L), α(I)] =α([L, I])⊂α(I)
para cualquier ideal I de L, entonces las im´agenes de ideales bajo epimorfismos son tambi´en ideales. Consideremos el ´algebra de Lie cocienteM/α(T)y el morfismo can ´onicoπ :M →M/α(T).
Como α(T) ⊆ rad(M)entonces el morfismo β := π ◦α : L → M/α(T) se facto-riza a trav´es de un homomorfismo sobreyectivoβ˜ : L/T → M/α(T)y, como L/T es semisimple por el lema anterior, entoncesM/α(T)tambi´en es semisimple.
Lo anterior implica queπ(radM)⊆rad(M/α(T)) = {0}, es decir,radM ⊆α(T). Lo
cual concluye la prueba.
DEFINICION´ 45. SeaAun ideal del ´algebra de LieL, decimos queAescaracter´ısticosi es invariante bajo todas las derivaciones deL.
DEFINICION´ 46. Seagun ´algebra de Lie de dimensi´on finita. La forma deCartan-Killing
degse define como
κg :g×g→F,conκg(x, y) := tr(adxady)
Su compatibilidad con la estructura de ´algebra de Lie se expresa en su invarianza
LEMA 47. Siges un ´algebra de Lie de dimensi´on finita yκg denota su forma de Killing, entonces
[g,g]⊥,κ
g =rad(g).
DEMOSTRACION. Demostremos primero que´ I = [g,g]⊥,κg
es un ideal soluble deg; para esto utilizaremos el criterio de solubilidad de Cartan. En efecto, dadosx ∈ [I, I] yy ∈Itenemos
κI(x, y) =κg(x, y)
=κ(
n X
i=1
[ui, vi], y)
=
n X
i=1
κ([ui, vi], y)
=
n X
i=1
κ(ui,[vi, y])
= 0,
puesto que ui ∈ I y [vi, y] ∈ [I, I] ⊆ [g,g]. Luego, I es soluble y as´ıI ⊆ rad(g), por
definici ´on de radical.
De otro lado, sabemos que rad(κg) ⊆ rad(g); luego [rad(κg),rad(κg)] ⊆
[rad(g),rad(g)]. Como consecuencia
[rad(g),rad(g)]⊥⊆[rad(κg),rad(κg)]⊥ = [g⊥,g⊥]⊥
⊆[g,g]⊥
=I.
Utlizando de nuevo el criterio de solubilidad de Cartan, tenemos que [rad(g),rad(g)]⊆rad(g)⊥
∩rad(g)⊆rad(g)⊥
.
De donderad(g)⊆[rad(g),rad(g)]⊥
y, por lo tanto,rad(g)⊆I. LEMA 48. SeaL ´algebra de Lie y rad(g)su radical, entonces las siguientes afirmaciones son ciertas:
1. rad(g)es un ideal caracter´ıstico.
2. SiI ⊆ges un ideal, entoncesrad(I) =rad(g)∩I
DEMOSTRACION. Para empezar, notemos que´ [g,g]es un ideal caracter´ıstico deL. En efecto, para cada derivaci ´onD∈Dergyx, y ∈L, tenemos
Veamos ahora que laforma de Killing, es invariante bajoDerg. En efecto, dado que para cualquier derivaci ´onD∈Dergse cumple queD[x, y] = [Dx, y]+[x, Dy]entonces podemos afirmar queD◦adx =adDx+adx◦D, luego
κL(D(x), y) = tr(adD(x)◦ad(y))
= tr((D◦adx−adx◦D)◦ady)
= tr((D◦adx◦ady−adx◦D◦ady)
= tr((D◦adx◦ady)−tr(adx◦D◦ady)
= tr(adx◦ady◦D)−tr(adx◦D◦ady)
= tr(adx◦ady◦D)−tr(adx◦(adDy+ady◦D))
= tr(adx◦ady◦D)−tr(adx◦adDy)−tr(adx◦ady◦D)
=−tr(adx◦adDy)
=−κL(x, Dy).
A partir del c´alculo anterior podemos afirmar que si I es un ideal caracter´ıstico degentoncesI⊥
su complemento ortogonal tambi´en es caracter´ıstico y como, por el lema anterior, sabemos querad(g) = [g,g]⊥,κ
g, entoncesrad(g)es invariante bajoDerg.
Para la segunda parte, notemos que rad(g) ∩ I es un ideal soluble de I, luego
rad(g)∩I ⊆rad(I).
Dado querad(I)es un ideal caracter´ıstico deI, es invariante bajo la representaci ´on adjunta de g restringida a I, luego es un ideal soluble de g y por lo tanto rad(I) ⊆
rad(g).
Para probar el Teorema de Levi, necesitaremos algunas herramientas adicionales. PROPOSICION´ 49. Sea L una F-´algebra, entonces DerL es un ´algebra de Lie. Si L es adem´as un ´algebra de Lie, entoncesad : L → DerL⊆ EndLes un morfismo de ´algebras de Lie.
DEFINICION´ 50. SeaLun ´algebra de Lie yA,Bespacios vectoriales tales queL=A⊕B, adem´asA es sub´algebra de Lie de L yB es ideal. Decimos que Les producto semidirecto internodeAyBy escribimosL=A⊕πB si dadoa∈A, se cumple queadadeja aBestable, por lo que ada |B∈ DerB, y existe un morfismo π : A → DerB tal que el corchete de un elemento deAy uno deB se escribe como[a, b] =π(a)(b). Notemos queA,B, yπdeterminan aL.
La siguiente proposici ´on captura la definici ´on deproducto semidirecto externo. PROPOSICION´ 51. Sean A,B ´algebras de Lie y supongamos que existe un morfismo π
el espacio vectorial de suma directa L = A⊕B que conserva el corchete original en A yB
que satisface [a, b] = π(a)(b) para a ∈ A y b ∈ B. Dentro del ´algebra de Lie L, A es una sub´algebra yB es un ideal.
LEMA52. Sea(̺, V)una representaci´on de un ´algebra de LieLyN ⊳Lun ideal. Tomemos
v ∈V, definamos
ξL(v) :={x∈L|̺(x)v = 0}.
Siv ∈V satisface̺(L)v =̺(N)vyξL(v)∩N ={0}, entoncesL≃N ⋊ξL(v).
DEMOSTRACION. La aplicaci ´on´ φ:L→V que env´ıa ax7→̺(x)vsatisfaceφ(L) =
φ(N); por lo tanto sil ∈ Lexisten ∈N tal queφ(l) = φ(n), de donde l =x1+x2 con x1 =n∈N yx2 =l−n ∈kerφy, por lo tanto,L=N + kerφ.
Ahora, ComoξL(v)es una sub´algebra, N es ideal,kerφ = ξL(v),L = N + kerφ y
ξL(v)∩N = ξN(v) = {0}, entonces por definici ´on de producto semidirecto interno,
tenemosL≃N ⋊ξL(v).
TEOREMA 53 (Teorema de Levi). Si α : L → S es un epimorfismo de ´algebras de Lie sobre un cuerpo K y S semisimple, entonces existe un homomorfismoβ : S → L tal que
α◦β =IdS.
L
α
)) S
β
ii
DEMOSTRACION. Notemos que si´ N = {0} no hay nada que probar, podemos elegirβ =α−1
. Supongamos entonces queN 6={0}.
Realizaremos un razonamiento inductivo sobre la dimensi ´on deN = kerα. Ana-lizaremos de manera independiente los casos en queN es ideal minimal y en los que
N no lo es.
Caso I.N no es ideal minimal.
Si el idealN ⊳ Lno es minimal existe un ideal propio no nulo N1 ⊂ N. Esto implica queαse factoriza a trav´es de un morfismoα1 :L/N1 →Ssobreyectivo.
(2.1) B //
α2
L α //
q
S
β1
ww
β1(S) //
β2
UU
L/N1 //
α1 55
L/N
OO
Comoα1 es sobreyectivo, entonces por teorema de isomorfismo(L/N1)/kerα1 ≃ S. Luego
dimL−dimN1−dim(kerα1) = dimS = dimL−dimN;
Siq :L →L/N1 el homomorfismo cociente y definimosB :=q
−1
(β1(S))entonces B es una sub´algebra deLy el homomorfismo
α2 :=q|B:B →β1(S)≃S, x7→x+N1,
es sobreyectivo. Ahora, dado que dim(kerα2) = dimN1 < dimN, la hip ´otesis de in-ducci ´on implica la existencia de un homomorfismo β2 : β1(S) → B con α2 ◦β2 = Idβ2(S). Luego,β :=β2◦β1 :S →Les un homomorfismo que satisface
α◦β =α1◦α2◦β2◦β1 =IdS.
Caso II.N es ideal minimal.
Sabemos que α(rad(L)) ⊆ rad(S) y como S es semisimple, y por tanto rad(S) = 0, entoncesrad(L)⊆N. Como el idealN es minimal, entoncesrad(L) = N orad(L) = 0. Si rad(L) = {0} entonces L es semisimple y el resultado se obtiene por el teorema de Weyl [1, Thm. 6.3]. Pues L contiene un ideal que complementa a N. Asumamos entonces querad(L)6={0}.
SiI = [rad(L),rad(L)] ( rad(L) = N, entonces, utilizando la minimalidad de de
N, tenemos queI = 0oI = N. SiI = N entonces[rad(L),rad(L)] = rad(L) contradi-ciendo la solubilidad de rad(L). Por lo tantoI = 0 y concluimos que N = rad(L)es abeliano.
Como N es ideal, podemos introducir la representaci ´on ̺ : L → gl(N) definida porx 7→ adx |N, es decir, la representaci ´on adjunta restringida enN. Dado queN es
abeliano podemos afirmar queN ⊆ker̺y por lo tanto, factorizar a̺a trav´es de una representaci ´on̺¯deS enN tal que̺¯◦α=̺,
N // ker̺ // L
̺
α
// S
̺
}}
gl(N)
El morfismo̺¯esta definido por la f ´ormula̺¯(s) = ρ(l), para alg ´unl ∈Lconα(l) = s. ComoN es ideal minimal deLy̺es inducida por la representaci ´on adjunta, obtene-mos enN una representaci ´on irreducible deS. Analicemos dos casos:
Si̺¯es identica a 0, entonces̺ es cero y as´ıN = kerα es central enL. luego, la representaci ´on adjuntaad : L → Der(L)se factoriza a trav´es de una repre-sentaci ´on deS enL. Para ser m´as preciso, existe λ : S → gl(L) morfismo de ´algebras de Lie tal que si s ∈ S entonces λ(s) = adl donde l ∈ L es tal que
α(l) =s, esto es, el diagrama
(2.2) L α //
ad !!
S
λ
}}
es conmutativo.
Dado queS es semisimple, gracias al Teorema de Weyl [1, Thm. 6.3] y a la forma en que esta definida λ, existe un ideal de L que complementa a N, lo que completa la prueba.
Asumamos entonces que̺¯es no nulo.Definamos ahora una representaci ´on
π :L→gl(End(L)) por π(x)φ:= adx◦φ−φ◦adx = [adx, φ].
Consideremos los subespacios deV definidos por
P := ad(N),
Q:={φ∈End(L)|φ(L)⊆N y φ(N) ={0}}, R :={φ ∈End(L)|φ(L)⊆N y φ |N∈FIdN}.
Dado queN es un ideal abeliano deLentoncesP ⊆ Qy, adem´as, es claro que
Q⊆R.
Ahora, si definimos la aplicaci ´on lineal
σ:R →K, definida por φ|N=σ(φ)IdN, para todo φ ∈R,
entoncesQes el n ´ucleo deσy as´ıdim(R/Q) = 1.
Afirmamos que P, Q y R sonL-invariantes. En efecto, si y ∈ L y x ∈ N
entonces[ady,adx] =ad[y,x] ∈P, luegoP esL-invariante.
Supongamos ahora quex ∈Ly que φ ∈ Rsatisfaceφ |N= λIdN. Sia ∈ N
entonces
(π(x)φ)(a) = [x, φ(a)]−φ([x, a]) = [x, λa]−λ[x, a] = 0,
es decir,π(x)φ ∈Q. De otro lado, paray∈N tenemos
(2.3) [ady, φ] = ady◦φ−φ◦ady =−λIdN ◦ady =ad−λy∈P,
la pen ´ultima igualdad se tiene dado queφ(L)⊆NyNes abeliano; esto prueba queπ(N)R ⊆P y as´ı, pasando la acci ´on al cociente, el idealN act ´ua de forma trivial en el espacioR/P. Esto permite inducir un morfismo de ´algebras de Lie ¯
π:L/N →gl(R/P)tal que ¯
π(l+N) :R/P →R/P definida por φ+P 7→π(l)(φ) +P,
el cual, compuesto con el isomorfismoS →L/N, dota aR/P de una estructura deS-m ´odulo.
Por el Teorema de Weyl, el subespacioQ/P, invariante bajo esta represen-taci ´on, admite un complemento directoS-invariante, el cual resulta ser de di-mensi ´on 1. Denotemos a este espacio por F¯v′
, donde v′
/
∈ Q. Como v′
∈ R
entoncesv′
|N=δIdN entonces consideramosv =δ
−1
v′
ComoS semisimple, entonces[S, S] =S, lo cual implica que la representa-ci ´on unidimensional deSenFv¯es trivial. Es decir,π(L)v ⊆P.
Dadox ∈ N, tenemos queπ(x)v = [ad(x), v] = −adx (ver (2.3)). Ahora, si
π(x)v = 0, entonces adx = 0 es decir x ∈ Z(L), el centro de L, y como N es
minimal entoncesZ(L)∩N ={0}, esto implica quex= 0. En s´ımbolos
(2.4) ξL(v)∩N = 0.
De otro lado
π(N)v ={π(x)v : x∈N}
={adx◦v−v◦adx : x∈N}
={−adx : x∈N}
= ad(N) = P;
peroπ(N)v = ad(N) = P yπ(N)v ⊆π(L)v ⊆P , por lo tanto
(2.5) π(L)v =π(N)v.
Finalmente, aplicamos el lema 52 con las igualdades (2.4) y (2.5) y obtene-mos queL≃N ⋊ξL(v)y comoN = kerα, entoncesαadmite una secci ´on.
DEFINICION´ 54. SeaL ´algebra de Lie de dimensi´on finita yrad(L)ideal deLsu radical.
Uncomplemento de Levies una sub´algebraSdeLque complementa al radicalrad(L).
OBSERVACION´ 55. Notemos queL ≃ rad(L)⋊Ses v´alido para cualquier conple-mento de Levi.
COROLARIO56. Toda ´algebra de LieLde dimensi´on finita contiene un complemento de Levi semisimple
DEMOSTRACION. Sea´ S :=L/rad(L)yα:L→ Sla aplicaci ´on cociente. De acuer-do a un lema anterior, sabemos queS es semisimple, luego el Teorema de Levi nos garantiza la existencia de un homomorfismo β : S → Lcon α◦β = IdS. Entonces β
es inyectivo, de forma queβ(S)∩rad(L) ={0}yβ(S) +rad(L) =L. Luegoβ(S)es un
complemento de Levi semisimple.
COROLARIO57. SiSes un complemento de Levi enL, entonces[L, L] = [L,rad(L)]⋊S. Sirad(L) = ξ(L), entonces[L, L]es un complemento de Levi.
DEMOSTRACION. Para la primera afirmaci ´on, notemos que´ [S, S] =S implica que [L, L] = [L,rad(L)] + [L, S] = [L,rad(L)] + [rad(L), S] + [S, S] = [L,rad(L)] +S.
COROLARIO58. Siq : ˆL→Les un homomorfismo sobreyectivo de ´algebras de Lie,S es semisimple yα : S →Les un homomorfismo, entonces existe un homomorfismoαˆ :S → Lˆ
tal queq◦αˆ =α
DEMOSTRACION. Aplicamos el Teorema de Levi al homomorfismo sobreyectivo´
q :q−1
Construcci ´on de ´algebras de Lie solubles
La estrategia que se utilizar´a para construir ´algebras solubles de dimensi ´onn con-siste en extender un ´algebra de Lie soluble de dimensi ´onn−1a trav´es de una deriva-ci ´on. Esto es, construirextensiones de ´algebras de Liede dimensi ´onn−1por un ´algebra de Lie de dimensi ´on1.
DEFINICION´ 59. Sea K un ´algebra de Lie con dimK = n − 1 y sea d : K → K
una derivaci´on. Definimos L(K, d) como el ´algebra de Lie que tiene como espacio vectorial subyacenteL(K, d) =F xd⊕K, conxd∈K y corchete dado por la f´ormula
[αxd+y1, βxd+y2] =αd(y2)−βd(y1) + [y1, y2],
paraα, β ∈F yy1, y2 ∈K.
Todas las ´algebras de Lie solubles de dimensi ´on finita pueden ser construidas me-diante este procedimiento como indica el siguiente resultado.
LEMA60. SiLes un ´algebra de Lie soluble entonces existe una sub´algebra de LieK ⊂L
tal quedim(K/L) = 1 y una derivaci´on d deK tal queL(K, d) ≃ F xd⊕K. Mas a ´un, si
L(K, d)es no abeliana, entoncesdyK pueden ser elegidos de forma quedsea una derivaci´on externa deK.
DEMOSTRACION. Sea´ K cualquier subespacio de L tal que dim(K/L) = 1 y [L, L]≤K. Esto siempre es posible dado queLes soluble y por lo tantodim([L, L])<
dimL, luego podemos tomar(v1, . . . , vm)una base para[L, L]y tomar rvectores m´as
para completar esta base a{v1, . . . , vm, w1, . . . , wr}, base paraL. Luego podemos tomar
K = SpanF{v1, . . . , vm, w1, . . . , wr−1}.
Es claro queKes ideal deL, puesv ∈Kyy∈L. Luegoy=k+αx, conα∈F. Si aplicamos el corchete a estos dos elementos, obtenemos
[v, y] = [v, k+αx] = [v, k] +α[v, x];
pero[v, k],[v, x]∈[L, L], luego[v, y]∈K.
ConstruyendoKde esta forma, podemos completar aLcon un ´algebra unidimen-sionalF xtal queL=L(K, d) =K ⊕F x, donded=adxyxd =x=wr.
Para probar la segunda afirmaci ´on, realizaremos inducci ´on sobredimL. En efecto, SidimL= 1, no hay nada que probar.
SidimL = 2, entonces podemos escribir L = F y +F x dondeK = F y es un ideal. De lo anterior, la aplicaci ´on adjuntaadz : L → L, conz = x+y, puede
restringirse aK. Como Lno es abeliana, podemos afirmar que adz |K6= adw,
para todow∈Ky as´ı mismo que,[x+y, x−y] =−[x, y] + [y, x] =−2[x, y]6= 0. Si considaremosz1 =x−y yz2 = z = x+y, que son base deL, entonces L =Fz1+Fzz. Luego, dadosa, b ∈Lexistenα1, α2, β1, β2 ∈Fpara los cuales a=α1z1+α2z2 yb =β1z1 +β2z2. Luego,
[a, b] = [α1z1+α2z2, β1z1+β2z2]
= [α1z1, β1z1] + [α1z1, β2z2] + [α2z2, β1z1] + [α2z2, β2z2] = [α1z1, β2z2] + [α2z2, β1z1]
= [α1z1, β1z1] +α2d(β1z1)−β2d(α1z1), donded=adz |K:K →K es derivaci ´on exterior.
SidimL = n > 2con L = F y ⊕K, conK ideal, entonces podemos restringir ady a una derivaci ´on K. Si ady |K es interna, entonces existe u ∈ K tal que
ady |K= adu; considerando z = y−u, podemos afirmar que L = K ⊕Fz, y
tambi´en
[z, w] = [y−u, w] = [y, w]−[u, w] =ady |K (w)−ady(w) = 0,
para todow∈K, es decir[z, K] = 0. Esto abliga a queKno pueda ser abeliana, dado que L no lo ´es. Como dimK = n − 1 < n, utilizando la hip ´otesis de inducci ´on tenemosK =Fx⊕K1, dondeadx |K1= ˆdes una derivaci ´on exterior
deK1, ideal deK.
Dadosk1, k2 ∈K1yα1, α2 ∈F, el corchete enKsatisface [k1+α1x, k2+α2x] = [k1, k2] +α1dˆ(k2)−α2dˆ(k1).
Denotemos porK2al espacioK1⊕Fz, vamos queK2 es ideal deL. Siy ∈L yk ∈K2, entoncesy=αx+k1 +β2z yk =k2+δz, dondek1, k2 ∈K1, luego
[y, k] = [αx+k1 +βz, k2+δz]
=α[x, k2] + [k1, k2] +β[z, k2] +αδ[x, z] +δ[k1, z] +βδ[z, z] =α[x, k2] + [k1, k2];
de donde [y, k] ∈ K1 ⊆ K2. Consideremos adx |K2: K2 → K2 y tomemos l1, l2 ∈Lentoncesl1 =α1x+k1yl2 =α2x+k2dondek1, k2 ∈K2yα1 ,α2 ∈F, luego
[l1, l2] = [α1x+k1, α2x+k2]
En conclusi ´onL=L(adx |K2, K2) =Fx⊕K2.
LEMA 61. Sid1 yd2 son derivaciones deK entonces entoncesL(K, d1)≃ L(K, d2)si y
solo sid1+ InnK =d2 + InnK enDerK/InnK.
DEMOSTRACION. Para cada´ L(di, K)el corchete est´a definido por
[αxdi +y1, βxdj +y2] =αdi(y2)−βdj(y1) + [y1, y2].
Si d1, d2 ∈ DerK/InnK entonces d1 −d2 = adx con x ∈ K. Luego el corchete para
L(K, d1)toma la forma
[αxd1 +y, βxd1 +z] =αd1(z)−βd1(y) + [y, z]
=α([x, z] +d2(z))−β([x, y] +d2(y)) + [y, z] =α[x, z] +αd2(z)−β[x, y]−βd2(y) + [y, z] = (α[x, z]−β[x, y]) + (αd2(z)−βd2(y) + [y, z]). Consideremos el isomorfismo lineal
φ:L(K, d1)→L(K, d2), tal que αx1+y7→αx2+ (y+αx),
dondeα ∈ Fy y ∈ K. Veamos que es de hecho un morfismo de ´algebras de Lie. En efecto
φ[αx+y, βx+z]
=φ(αd2(z)−βd2(y) + [y, z] + [αx, z] + [y, βx]) =αd2(z)−βd2(y) + [y, z] + [αx, z] + [y, βx]. Por otro lado,
[φ(αx+y), φ(βx+z)] = [αx2+ (y+αx), βx2+ (z+βx)]
=αd2(z+βx)−βd2(y+αx) + [y+αx, z+βx]
=αd2(z) +αβd2(x)−βd2(y)−αβd2(x) + [y, z] + [y, βx] + [αx, z] =αd2(z)−βd2(y) + [y, z] + [αx, z] + [y, βx].
LEMA62. SeaKun ´algebra de Lie soluble yd1, d2 :K →Kderivaciones deK.
Conside-remos las ´algebras de LieLi =L(K, di) =Fxdi⊕Kparai= 1,2. Si existe un automorfismo
de ´algebras de Lieσ :K →K tal queσd1σ
−1
=λd2 , para alg ´unλ6= 0entoncesL1 yL2 son
isomorfas.
DEMOSTRACION. Definamos la aplicaci ´on´ ˆ
Es claro queσˆes lineal y biyectiva, veamos que es un morfismo de ´aglebras de Lie. Si
u, v ∈L1, conu=αxd1 +y1 yv =βxd1 +y2entonces ˆ
σ([u, v]) = ˆσ([αxd1 +y1, βxd1 +y2]) =σ(αd1(y2)−βd1(y1) + [y1, y2]) =ασ(d1(y2))−βσ(d1(y1)) +σ([y1, y2]) =αλd2(σ(y2))−βλd2(σ(y1)) +σ([y1, y2]) Adem´as
[ˆσ(u),σˆ(v)] = [ˆσ(αxd1 +y1,σˆ(βxd1 +y2)]
= [ασˆ(xd1) + ˆσ(y1), βσˆ(xd1) + ˆσ(y2)] = [αλxd2 +σ(y1), βλxd2 +σ(y2)]
=αλd2(σ(y2))−βλd2(σ(y1)) + [σ(y1), σ(y2)],
lo cual concluye la demostraci ´on.
PROPOSICION´ 63. SeaK es un ´algebra de Lie soluble y consideremos el grupoG(K) =
F×
×Aut(K)(F×
el cuerpo sin el elemento neutro). La aplicaci´on
⊲:G(K)×(Der(K)/Inn(K))→Der(K)/Inn(K) (λ, σ, d+ InnK)7→(λ, σ)⊲(d+ InnK) =λσdσ−1
+ InnK,
define una acci´on de G(K)sobreDer(K)/Inn(K)de forma tal que las orbitas clasifican las extensiones de ´algebras de Lie solubles construidas a trav´es del m´etodo 59.
Clasificaci ´on de ´algebras de Lie solubles de baja dimensi ´on
1. Clasificaci ´on de ´algebras de Lie solubles de dimensi ´on2y3
En dimensi ´on2es sencillo clasificar las ´algebras de Lie como lo indica el siguiente resultado.
PROPOSICION´ 64. Existe una ´unica ´algebra de Lieg no abeliana de dimensi´on 2, salvo
isomorfismo. De manera m´as precisa, la ´unica ´algebra de Lie no abeliana de dimensi´on 2 es
L=F x⊕F y, con[x, y] =x.
DEMOSTRACION. Sea´ L un ´algebra de Lie de dimensi ´on 2 no abeliana, sea B =
{x, y}una base paraLy consideremos[x, y] =ax+by.
Como g es no abeliana entonces z = [x, y] 6= 0, por lo tanto a y b no pueden ser simult´anemente cero. Notemos que
[z, x] = [[x, y], x] = [ax+by, x]
=a[x, x] +b[y, x] = (−b)[x, y] =cz,
dondec = −b. Sib 6= 0 entonces[z, c−1
x] = z y si tomamos u = c−1
xhemos hallado una base{u, z}deLtal que[z, u] = 0.
Sib = 0 entonces a 6= 0 y as´ı[x, a−1
y] = x. Si denotamosv = a−1
y, tenemos una base{x, v}deL, tal que[x, v] =x.
No importa cual sea el caso, podemos encontrar una base {u, v} de L tal que [u, v] = u, lo cual determina completamente la estructura del ´algebra. En consecuen-cia, existe una sola ´algebra de LieLde dimensi ´on2. 1.1. Clasificaci ´on de ´algebras de Lie solubles de dimensi ´on 3. Para construir ´algebras de Lie solubles de dimensi ´on3utilizando el m´etodo deextensiones introdu-cido en el cap´ıtulo anterior, tendremos en cuenta la forma de sus sub´algebras K de dimensi ´on2y estudiaremos sus derivaciones por medio de la forma can ´onica racio-nal de las mismas. Comenzaremos con un resultado b´asico sobre las derivaciones de las ´algebras de Lie de dimensi ´on dos.
LEMA 65. La ´unica ´algebra de Lie no abeliana de dimensi´on2no es completa, es decir, no posee derivaciones exteriores y su centro es trivial.
DEMOSTRACION. Consideremos´ B = {x, y}una base deLtal que[x, y] = xy sea
D:L→Luna derivaci ´on y supongamos queDx=αx+βyyDy=α′
x+β′
y. Ahora notemos que
Dx = [Dx, y] + [x, Dy] =α[x, y] +β[y, y] +α′
[x, x] +β′
[x, y]
=αx+β′
x
= (α+β′
)x,
lo que implica queβ =β′
= 0, de donde podemos afirmar queDx=αx. Si definimosE :L→LcomoE =D+ adαy entonces
E(y) =Dy+adαy(y) =Dy,
E(x) =Dx+adαy(x) =αx−αx= 0.
Teniendo en cuenta que
adα′x(y) = [α
′
x, y] =α′
[x, y] =α′
x,
podemos afirmar queadα′x=E.
De todo lo anteriorD =E −adαy =adα′x−adαy = ad(α′x−αy) y por lo tantoDes
interior, as´ıD∈Inn(L).
De otro lado, siw∈Z(L)conw=cx+ey, entonces
0 = [w, x] = [cx+ey, x] =c[x, x] +e[y, x] =−ex,
de dondee = 0. De forma an´aloga demostramos quec = 0y podemos concluir que
Z(g) = 0.
TEOREMA66. SiLes un ´algebra de Lie soluble de dimensi´on3sobre un cuerpo arbitrario
FentoncesLes isomorfa a exactamente una de las siguientes ´algebras de Lie:
L1el ´algebra de Lie abeliana.
L2cuyos corchetes no nulos est´an dados por[x
3, x1] =x1,[x3, x2] =x2. L3
acuyos corchetes no nulos est´an dados por[x3, x1] =x2 ,[x3, x2] =ax1+x2. L4
acuyos corchetes no nulos est´an dados por[x3, x1] =x2 ,[x3, x2] =ax1. Adem´as, en las ´ultimas dos familias tenemos que
L3
a≃L3b si y solo sia =b,
L4
a≃L4b si y solo si∃α ∈F
×
DEMOSTRACION.´ Caso(I).K es la ´unica ´algebra de Lie abeliana de dimensi ´on 2.
En este caso tenemos queDerK = End(K)yInnK = 0. Luego, utilizando la forma can ´onica racional, dada una derivaci ´onddeK tenemos solo dos alternativas:
(1.1) λ 1 0 0 1 ´o 0 a 1 b
En lo que sigue, considereramos una base{x1, x2, x3} deLtal queL = K ⊕Fx3, donde K = SpanF{x1, x2} y analizaremos las formas can ´onicas racionales posibles paraadx3.
1.1.1. Primera forma can´onica racional. Supongamos que existe una base B deK
tal que
[adx3]B =λ
1 0 0 1
.
Analicemos que pasa siλ= 0yλ6= 0.
1. Siλ= 0entonces los corchetes deLest´an definidos como[x3, x1] = 0 = [x3, x2] y, como K es abeliana por hip ´otesis, entonces L es la ´unica ´algebra de Lie abeliana de dimensi ´on3, que denotaremosL1.
2. Siλ6= 0entonces los corchetes enLest´an determinados por [x3, x1] =λx1 y [x3, x2] =λx2.
Si denotamosy3 =λ−1x3entonces{x1, x2, y3}es una base deLtal que [x1, x2] = 0, [y3, x1] =x1 y [y3, x2] =x2.
Denotaremos ´esta ´algebra de Lie porL2.
1.1.2. Segunda forma can´onica racional. Si consideramos ahora la otra forma can ´onica racional de las derivaciones, es decir
[adx3]B =
0 a
1 b
,
tenemos los corchetes[x3, x1] = x2 y[x3, x2] = ax1 +bx2. Esta ´ultima ´algebra la deno-taremos porLa,b.
Es posible demostrar, utilizando bases de Gr ¨obner, queLa,b≃Lc,dsi y solo si para
alg ´unα∈F×
, se cumple
ad2−b2c= 0, α2c−a= 0.
[y3, y2] =α2ay1+αby2,
esto es,La,b≃Lα2a,α. Dependiendo de los valores deayb, podemos distinguir2clases
a partir de esta condici ´on.
1. bno nulo.En este caso,La,b≃La,1 y, enLa,1, tenemos los corchetes [x3, x1] =x2,
[x3, x2] =ax1+x2.
Si realizamos un nuevo cambio de basey1 =x1, y2 = x2
b yy3 = x3
b , tenemos
[y3, y1] = [ x3
b , x1] = x2
b =y2,
[y3, y2] = [ x3
b , x2
b ] =
1
b2(ax1 +bx2) = a b2x1+
x2
b =
a
b2y1+y2. Luego La,b ≃ Lc,1, donde c =
a
b2. un ´algebra de Lie de la forma Lc,1 la denotaremos simplemente porLc. Notemos que siL3a ≃L3bentoncesLa,1 ≃Lb,1 y aplicando las relaciones arrojados por bases de Gr ¨obner tenemosa−b = 0, es decir,a=b. En conclusi ´onL3
a≃L3b⇐⇒a=b.
2. bes igual a0.EnLa,0el corchete esta definido por[x3, x1] =x2 y[x3, x2] =ax1. Si denotamos por L4
a al ´algebra de Lie La,0 entonces, aplicando de nuevo las relaciones arrojadas por el m´etodo de bases de Gr ¨obner, podemos afirmar que
L4
a≃L4c siα2c−a = 0, esto es,a=α2c, dondeα 6= 0. Es decir, dos ´algebras de
este tipo son isomorfas cuandoaes un m ´ultiplo positivo dec.
Pasaremos ahora a demostrar que estas familias de ´algebras de Lie son disjuntas, es decir, queL3
ano puede ser isomorfa a un ´algebra de Lie de tipoL4a, ni aL1, niL2. 1.1.3. Las familiasL3
ayL4c son disjuntas. Razonemos por contradicci ´on, siL3a≃L4b
entonces La,1 ≃ Lb,0, lo que implica que a·02 −1·b = 0, de donde b = 0. As´ı, los corchetes enL4
0 est´an determinados por
[x3, x1] =x2 y [x3, x2] = 0. De lo anterior, L4
0 es nilpotente de paso 2. Si calculamos el ´algebra derivada de L3a
te-nemos, dado que[x3, x1] = x2 y [x3, x2] = ax1 +x2, que (L3a)1 = SpanF{x1, x2}. Para
encontrar el segundo t´ermino de laserie central descendente aplicamos nuevamente la definici ´on del corchete deL3
apara obtener
[[x3, x1], x1] = 0, [[x3, x1], x2] = 0,
[[x3, x1], x3] = [x2, x3] =−[x3, x2] =−(ax1+x2)6= 0. Lo anterior implica que(L3
a)2 =F(ax1+x2)y, por lo tanto, no es nilpotente de paso 2. En particular,L3
1.1.4. L2 no es isomorfa a L3
a ni a L4a. Notemos la derivaci ´on interna adx3 tiene
representaci ´on matricial
(1.2)
1 0 0 0 1 0 0 0 0
y
0 a 0 1 1 0 0 0 0
,
en L2 y L3
a, respectivamente. Es claro que las anteriores matrices no son semejantes,
basta notar que sus trazas son diferentes, y por ´esta raz ´on descartamos la existencia de un isomorfismo en este caso.
De manera an´aloga enL4
a, la representaci ´on matricial de la derivaci ´on interioradx3
esta dada por
0 a 0 1 0 0 0 0 0
,
de donde tambi´en podemos afirmar que no puede existir un isomorfismo entreL2 y L4
a.
Caso(II). SeaKes la ´unica ´algebra de Lie no abeliana de dimensi ´on2.
Este caso no es posible dado queK no posee derivaciones exteriores 65. Para calcular el n ´umero de clases de ´algebras que nos genera esta construcci ´on, si
F es un cuerpo finito conqelementos, necesitamos hacer uso del siguiente resultado PROPOSICION´ 67. Sea pprimo y q = pn. Entonces existe un ´unico cuerpo (salvo iso-morfismo), llamado el cuerpo de Galois de ordenq, se escribeGF(q), conq elementos y Char
GF(q) =p. Entonces las siguientes afirmaciones son ciertas:
Sip= 2, entonces todo elemento deGF(q)es un cuadrado.
Si p 6= 2, entonces exactamente la mitad de los elementos no nulos de GF(q) son cuadrados.
OBSERVACION´ 68. Entonces, que en el caso de dimensi ´on 3, las clasificaciones construidas aportan las siguientes cantidades de ´algebras de Lie solubles:
1. L1:1 ´algebra 2. L2:1 ´algebra
3. L3:q ´algebras, pues el corchete[x
3, x2] =ax1+x2depende dea∈F. 4. L4
a:Si charF 6= 2,L4aaporta 3 ´algebras m´as.
La clase deL4
0, nilpotente de paso 2. La clase de L4
1, donde L41 ≃ L4b si 1b = α
La clase de L4
2 donde L42 ≃ L4b si 1b 6= α
2∀α ∈ F; los α que cumplen ´esta condici ´on son (q−21).
Si charF = 2,L4
aaporta entonces solo 2 clases
L4
0 la clase de losL4atales quea=α2 paraα∈F.
L4
1 la clase de losL4b tales queb 6=α2paraα∈F.
Resumiendo, siF es un cuerpo finito con q elementos y charF 6= 2, tenemos
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