Liealgebren

Matthias Künzer Universität Stuttgart

26. Juli 2019

Inhalt

1 Grundlagen  7
1.1 Algebren und Liealgebren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Ideale, Zentrum, Zentralisator, Normalisator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.1 Ideale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.2 Zentrum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.3 Zentralisator, Normalisator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3 Jordan-Zerlegung (gewöhnlich) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 Auflösbar, halbeinfach und nilpotent  16
2.1 Begriffe für Liealgebren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.1.1 Auflösbar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.1.2 Halbeinfach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.1.3 Nilpotent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.2 Satz von Engel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3 Satz von Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.4 Killingform . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.5 Cartan-Kriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.6 Zerlegung halbeinfacher Liealgebren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.7 Eine Übersicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3 Moduln  32
3.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.2 Das Casimir-Element . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.3 Satz von Weyl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.4 Jordan-Zerlegung (abstrakt) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.5 Moduln von 𝔰𝔩_{2}(K) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
4 Wurzelsystem einer halbeinfachen Liealgebra  46
4.1 Tori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
4.2 Wurzelraumzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
4.3 Maximaler Torus ist selbstzentralisierend . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.4 Wurzeln und ganze Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4.5 Ein reeller euklidischer Raum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.6 Zusammenfassung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
5 Wurzelsysteme allgemein  61
5.1 Axiome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
5.2 Weylgruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.3 Wurzelpaare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
5.4 Zwei euklidische Bemerkungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
5.5 Basen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
5.6 Weylgruppe und Basen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
5.7 Cartanmatrix und Dynkingraph . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
5.8 Komponentenzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
5.9 Klassifikation einfacher Wurzelsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
5.10 Zusammenfassung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

A Aufgaben und Lösungen  96
A.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
A.2 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

Verzeichnis der Sätze

Satz 40 §2.2 S. 21 Engel
Satz 43 §2.3 S. 24 Lie
Satz 50 §2.5 S. 28 Cartan
Satz 68 §3.3 S. 38 Weyl
Satz 70 §3.4 S. 41 Jordan, abstrakt
Satz 91 §4.3 S. 51 Wurzelraumzerlegung
Satz 107 §4.6 S. 59 Wurzelsystem einer halbeinfachen Liealgebra
Satz 144 §5.6 S. 74 Basensymmetrie
Satz 162 §5.9 S. 89 Klassifikation
Satz ?? §?? S. ?? Maximale Tori konjugiert

Vorwort

Eine Liealgebra ist der “Keim” einer Liegruppe. Liealgebren verhalten sich in mancher Hinsicht wie Gruppen, sind aber “lineare Objekte” und als solche den Methoden der Linearen Algebra zugänglich.

Hier sollen Liealgebren unabhängig von ihrem Zusammenhang mit Liegruppen behandelt werden. Insbesondere wird nur Lineare Algebra vorausgesetzt; davon e.g. die Hauptraumzerlegung für Endomorphismen.

Auf Übungen und Lösungen wird im Skript manchmal Bezug genommen, sie sind daher als Bestandteil des Skripts anzusehen.

Dieses Skript ist im Ergebnis eine etwas ausführlichere Version eines Teils des Buchs von J.E. Humphreys [4], erstellt unter Verwendung der Skripte von G. Hiß [3] und W. Soergel [8]. Dank geht an S. Thomas für das Erstellen von [3]. Konjugiertheit maximaler Tori wird nach G.A.A. Michael [7] behandelt, unter Verwendung der Ausarbeitung von M.C. Thompson [9]. Die Verantwortung für Fehler und Mißverständnisse im vorliegenden Skript trage ich natürlich selbst.

Für die Entstehungsgeschichte der Klassifikation der einfachen Liealgebren über C verweisen wir auf [2].

Dank geht an Andreas Bächle für zahlreiche Korrekturen und Verbesserungen. Dank geht an Daniela-Maria Cococeanu, Fabian Dyga, Vanda Eggert, Domenica Gusso, Fabian Hartkopf, Liviu-Lucian Ionesi, Tillmann Kleiner, Simon Paridon und Tobias Walter für Korrekturen und Verbesserungen.

Für weitere Hinweise auf Fehler und Unklarheiten bin ich dankbar.

Stuttgart, Sommer 2010, ergänzt im Sommer 2014

Matthias Künzer

Konventionen.

• Werden in einer Aussage mehrere Teilaussagen kommentarlos aufgelistet, so wird die Gültigkeit jeder Teilaussage behauptet.

• Ist X eine Menge, so stehe “für x ∈ X” kurz für “für alle x ∈ X”.

• Ist X eine Menge, so bedeute Y ⊂ X, daß Y ⊆ X und Y ≠ X.

• Ist X eine endliche Menge, so bezeichne |X| die Anzahl ihrer Elemente.

• Sei (X, ⩽) ein Poset, i.e. eine teilgeordnete Menge. Es heißt x ∈ X minimal, falls es kein y ∈ X mit y < x gibt. Es heißt x ∈ X initial, falls x ⩽ z für alle z ∈ X gilt. Es heißt x ∈ X maximal, falls es kein y ∈ X mit x < y gibt. Es heißt x ∈ X terminal, falls z ⩽ x für alle z ∈ X gilt.

• Sind f : X \overline{}X′ und g := Y \overline{}Y′ Abbildungen, so sei f × g : X × Y \overline{}X′ × Y′, (x, y) \overline{}(f(x), g(y)).

• Wir schreiben Abbildungen links. I.e. ist X ^{\overline{}^{f}} Y eine Abbildung und x ∈ X, so bezeichnet f(x) oder fx das Bild von x unter f.

• Sei f : X \overline{}Y eine Abbildung. Sei X′ ⊆ X, Y′ ⊆ Y und f(X′) ⊆ Y′. Wir schreiben f|_{X′}^{Y′} : X′ \overline{}Y′, x′ \overline{}f(x′) für die Einschränkung. Ist Y′ = Y, so schreiben wir auch f|_{X′} := f|_{X′}^{Y} . Ist X′ = X, so schreiben wir auch f|^{Y′} := f|_{X}^{Y′}.

• Die identische Abbildung auf einer Menge X wird id_{X}, 1_{X}, oder, falls keine Verwechslungsgefahr besteht, id oder 1 geschrieben.

• Sind X und Y Teilmengen einer Menge, so bezeichnet X ⊔ Y ihre Vereinigung, falls X ∩ Y = ∅.

• Sind x, y Elemente einer Menge, so sei ∂_{x,y} := 1 falls x = y und ∂_{x,y} := 0 falls x ≠ y.

• Ist a ∈ Z, so schreiben wir Z_{⩾a} := {z ∈ Z : z ⩾ a}, etc.

• Sind a, b ∈ Z, so schreiben wir [a, b] := {z ∈ Z : a ⩽ z ⩽ b} für das ganzzahlige Intervall.

• Sei n ∈ Z_{⩾0} . Der Binomialkoeffizient (\begin{matrix}n \\ k \end{matrix}) sei gleich 0 für k ∈ Z ∖ [0, n].

• Ist R ein kommutativer Ring und sind a, b, c ∈ R, so bedeute b ≡_{a} c, daß es ein x ∈ R mit ax = b − c gibt.

• Wird nichts Gegenteiliges spezifiziert, so liegt allen verwendeten Begriffen der Linearen Algebra etc. der eingangs eines Abschnittes oder einer Aufgabe erwähnte Körper zugrunde.

• Eigenschaften wie die Linearität einer Abbildung oder die Teilraumeigenschaft einer Teilmenge werden oft dem Leser zur Verifikation überlassen.

• Sei K ein Körper. Seien m, n ⩾ 0. Es bezeichnet K^{m×n} den Vektorraum der Matrizen der Form m × n mit Einträgen in K. Wir identifizieren End(K^{n×1}) mit K^{n×n}.

• In Matrizen steht ∗ für einen nicht näher bestimmten Eintrag, oder für mehrere solche. Ein leerer Eintrag steht hingegen für einen Eintrag 0.

• Sei K ein Körper. Sei n ⩾ 0. Seien a_{i} ∈ K für i ∈ [1, n].

Schreibe diag(a_{1} , …, a_{n}) := ( ..._{a_{n}}^{a_{1}} ) ∈ K^{n×n}. Sei E_{n} := diag(1 , …, 1) ∈ K^{n×n}.

Für i, j ∈ [1, n] bezeichne e_{i,j} ∈ K^{n×n} die Matrix, die an Position (i, j) den Eintrag 1 hat, und ansonsten 0.

• Die Spur einer Matrix g wird tr(g) geschrieben (engl. trace). Genauso die Spur eines Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums.

• Die Transponierte einer Matrix g wird g^{t} geschrieben.

• Der Nullvektorraum wird 0 = {0} geschrieben.

• Ist V ein Vektorraum und M ⊆ V eine Teilmenge, so sei ⟨M⟩ ⊆ V das Teilraumerzeugnis von M.

• Ist V ein Vektorraum über einem Körper K und ist μ ∈ K, so schreiben wir auch μ := μ id_{V} ∈ End V.

• Ist V ein Vektorraum über einem Körper K, so bezeichnet V^{∗} den Dualraum, bestehend aus den linearen Abbildungen von V nach K.

• Ist G eine Gruppe und U ⊆ G, so bedeute U ⩽ G, daß U eine Untergruppe von G ist, und U ⊴ G, daß U ein Normalteiler von G ist.

• Ist G eine Gruppe und M ⊆ G eine Teilmenge, so sei ⟨⟨M⟩⟩ das Untergruppenerzeugnis von M, i.e. ⟨⟨M⟩⟩ := { m_{1}^{ε_{1}}m_{2}^{ε_{2}} ⋯ m_{k}^{ε_{k}} : k ⩾ 0, m_{i} ∈ M und ε_{i} ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, k] } (^{1}).

• Die imaginäre Einheit in C wird mit i bezeichnet.

• Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem algebraisch abgeschlossenen Körper K. Sei x ∈ End V und λ ein Eigenwert von x von algebraischer Vielfachheit α. Sei β ⩾ α. Es bezeichnet E_{x}(λ) := Kern(x − λ) den Eigenraum und H_{x}(λ) := Kern((x − λ)^{α}) = Kern((x − λ)^{β}) den Hauptraum von x bezüglich λ. Ist λ kein Eigenwert von x, so setzen wir E_{x}(λ) = H_{x}(λ) := 0. Wir schreiben

H_{x}(≠ 0) := ⨁_{λ∈K∖{0} λ Eigenwert von x} H_{x}(λ) = ⨁_{λ∈K∖{0}} H_{x}(λ) .

• Sei 𝔤 eine Liealgebra; cf. Definition 1.(3). Sei 𝔥 ⊆ 𝔤. Es besagt 𝔥 ⩽ 𝔤, daß 𝔥 eine Teilalgebra in 𝔤 ist, und 𝔥 < 𝔤, daß 𝔥 eine solche ungleich 𝔤 ist; cf. Definition 4. Es besagt 𝔥 ⊴ 𝔤, daß 𝔥 ein Ideal in 𝔤 ist, und 𝔥 ◁ 𝔤, daß 𝔥 ein solches ungleich 𝔤 ist; cf. Definition 11.

• Sei E ein Vektorraum über R. Sei ⌊−, =⌋ : E × E \overline{}R eine positiv definite symmetrische Bilinearform. Für Teilmengen X, Y ⊆ E schreiben wir X ⊥ Y, und sagen, X sei orthogonal zu Y, falls ⌊x, y⌋ = 0 für x ∈ X und y ∈ Y. Wir schreiben auch x ⊥ Y für {x} ⊥ Y, etc.

1Diese ansonsten ungebräuchliche Notation wird nur wegen der Verwechslungsgefahr mit dem Teilraumerzeugnis verwendet.

Kapitel 1

Grundlagen

1.1 Algebren und Liealgebren

Sei K ein Körper.

Definition 1

(1) Eine Algebra (über K) besteht aus einem Vektorraum A (über K) und einer bilinearen Abbildung A × A ^{\overline{}^{(·)}} A, (a, b) \overline{}a · b = ab, ihrer Multiplikation. Geschrieben wird sie häufig nur A = (A, ·).

(2) Eine Algebra A heißt assoziativ, falls (ab)c = a(bc) ist für a, b, c ∈ A.

(3) Eine Algebra A heißt Liealgebra, falls aa = 0 und a(bc) + b(ca) + c(ab) = 0 ist für a, b, c ∈ A.

In der Regel werden Liealgebren mit kleinen Frakturbuchstaben (^{2}) geschrieben. Sei also 𝔤 eine Liealgebra. Ihre Multiplikation wird in der Regel [g, h] := gh für g, h ∈ 𝔤 geschrieben, genannt Lieklammer. Mithin ist

[g, g] = 0 und [g, [h, k]] + [h, [k, g]] + [k, [g, h]] = 0 für g, h, k ∈ 𝔤 .

Zweitere Bedingung heißt Jacobi-Identität. Erstere hat

[g, h] = [g, h] + [g, g] + [h, g] + [h, h] − [h, g] = [g + h, g + h] − [h, g] = −[h, g]

für g, h ∈ 𝔤 zur Folge.

Es heißt 𝔤 abelsch, falls [g, h] = 0 ist für g, h ∈ 𝔤.

2resp. Sütterlin- oder Schreibschriftbuchstaben

Bemerkung 2 Ist (A, ·) eine assoziative Algebra, so ist (A, [−, =]) mit dem Kommutator [a, b] := ab − ba für a, b ∈ A eine Liealgebra.

Beweis. Für a, b, c ∈ A ist [a, a] = aa − aa = 0 und

[a, [b, c]] + [b, [c, a]] + [c, [a, b]]
= (a(bc − cb) − (bc − cb)a) + (b(ca − ac) − (ca − ac)b) + (c(ab − ba) − (ab − ba)c)
= abc − acb − bca + cba + bca − bac − cab + acb + cab − cba − abc + bac
= 0 .

Beispiel 3

(1) Sei V ein Vektorraum. Sei 𝔤𝔩(V) die der assoziativen Algebra End V gemäß Bemerkung 2 zugeordnete Liealgebra (engl. general linear). Für lineare Abbildungen g, h ∈ 𝔤𝔩(V) = End V ist also [g, h] = g ∘ h − h ∘ g.

Es ist e.g. 𝔤𝔩(K) eindimensional und abelsch.

(2) Sei n ⩾ 0. Sei 𝔤𝔩_{n}(K) die der assoziativen Algebra K^{n×n} gemäß Bemerkung 2 zugeordnete Liealgebra. Für Matrizen g, h ∈ 𝔤𝔩_{n}(K) = K^{n×n} ist also [g, h] = gh − hg.

Definition 4 Sei A eine Algebra.

Ein Teilraum B ⊆ A heißt Teilalgebra, falls bb′ ∈ B liegt für b, b′ ∈ B; symbolisch B ⩽ A geschrieben.

Diesenfalls ist B = (B, (·)|_{B×B}^{B}) wieder eine Algebra.

Ist A assoziativ, dann auch B. Ist A eine Liealgebra, dann auch B.

Beispiel 5

(1) Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei

𝔰𝔩(V) := { g ∈ 𝔤𝔩(V) : tr(g) = 0 }

(engl. special linear). Sind g, h ∈ 𝔰𝔩(V) (oder auch nur in 𝔤𝔩(V)), so ist tr([g, h]) = tr(g ∘ h) − tr(h ∘ g) = 0 und also auch [g, h] ∈ 𝔰𝔩(V). Somit ist 𝔰𝔩(V) ⩽ 𝔤𝔩(V).

(2) Sei n ⩾ 0. Wie in (1) ist 𝔰𝔩_{n}(K) := { g ∈ 𝔤𝔩_{n}(K) : tr(g) = 0 } ⩽ 𝔤𝔩_{n}(K).

(3) Sei 𝔤 eine Liealgebra. Sei g ∈ 𝔤. Es ist ⟨g⟩ = { λg : λ ∈ K } ⩽ 𝔤 eine abelsche Teilalgebra.

Definition 6 Seien 𝔤 und 𝔥 Liealgebren. Sei 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔥 eine lineare Abbildung. Es heißt φ ein Morphismus (von Liealgebren), falls φ([g, g′]) = [φ(g), φ(g′)] ist für g, g′ ∈ 𝔤.

Ist 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔥 ein Morphismus, dann ist φ(𝔤) ⩽ 𝔥.

Es ist e.g. 𝔤 ^{\overline{}^{0}} 𝔥 ein Morphismus.

Ein bijektiver Morphismus heißt Isomorphismus (von Liealgebren); symbolisch 𝔤 ^{\overline{}^{∼}} 𝔥 geschrieben; cf. Aufgabe 1.(3). Gibt es einen Isomorphismus 𝔤 ^{\overline{}^{∼}} 𝔥, so heißen 𝔤 und 𝔥 isomorph. Isomorphe Liealgebren haben dieselben Eigenschaften.

Die Relation der Isomorphie von Liealgebren ist reflexiv (via Identität), symmetrisch (via Inverser) und transitiv (via Kompositums) auf der Menge der Liealgebren. Die diesbezüglichen Äquivalenzklassen heißen Isoklassen. Die Isoklasse von 𝔤 werde [𝔤] geschrieben.

Ein Isomorphismus (von Liealgebren) 𝔤 ^{\overline{}^{∼}} 𝔤 heißt Automorphismus (der Liealgebra 𝔤).

Beispiel 7 Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei n := dim V.

(1) Es ist tr : 𝔤𝔩(V) \overline{}𝔤𝔩_{1}(K) = 𝔤𝔩(K) ein Morphismus. Denn für g, h ∈ 𝔤𝔩(V) ist tr[g, h] = 0 = [tr g, tr h].

(2) Wähle in V eine Basis. Die Abbildung, die einem linearen Endomorphismus von V seine beschreibende Matrix bezüglich unserer Basis zuordnet, ist ein Isomorphismus 𝔤𝔩(V) ^{\overline{}^{∼}} 𝔤𝔩_{n}(K) von Liealgebren, der zu einem Isomorphismus 𝔰𝔩(V) ^{\overline{}^{∼}} 𝔰𝔩_{n}(K) von Liealgebren einschränkt.

Dazu habe der lineare Isomorphismus β : K^{n} ^{\overline{}^{∼}} V die gewählten Basiselemente als Bilder der Standardbasisvektoren.

Wir haben die bijektiven linearen Abbildungen

𝔤𝔩_{n}(K) ⟶_{∼}^{φ} 𝔤𝔩(K^{n}) ⟶_{∼}^{ψ} 𝔤𝔩(V)
A ↦ (x ↦ A · x)
α  ↦ β ∘ α ∘ β^{−1}

Es gilt φ(A · A′) = (x ↦ A · A′ · x) = (x ↦ A · x) ∘ (x ↦ A′ · x) = φ(A) ∘ φ(A′) und folglich auch φ([A, A′]) = φ(A · A′ − A′ · A) = φ(A · A′) − φ(A′ · A) = φ(A)∘φ(A′)−φ(A′)∘φ(A) = [φ(A), φ(A′)] für A, A′ ∈ 𝔤𝔩_{n}(K) = K^{n×n}. Folglich ist φ ein Isomorphismus von Liealgebren.

Es gilt ψ(α∘α′) = β ∘α∘α′∘β^{−1} = β ∘α∘β^{−1}∘β ∘α′∘β^{−1} = ψ(α)∘ψ(α′) und folglich auch ψ([α, α′]) = ψ(α∘α′−α′∘α) = ψ(α∘α′)−ψ(α′∘α) = ψ(α)∘ψ(α′)−ψ(α′)∘ψ(α) = [ψ(α), ψ(α′)] für α, α′ ∈ 𝔤𝔩(K^{n}). Folglich ist ψ ein Isomorphismus von Liealgebren.

Sei nun A die beschreibende Matrix zu einem linearen Endomorphismus γ : V → V. Man beachte, daß β^{−1}(v) ∈ K^{n} der Koordinatenvektor von v ∈ V bezüglich unserer Basis ist. Also ist A · β^{−1}(v) = β^{−1}(γ(v)) für v ∈ V nach Definition von A, i.e. β(A·β^{−1}(v)) = γ(v) für v ∈ V. Mit anderen Worten, es ist β ∘(x ↦ A·x)∘β^{−1} = γ. Mit anderen Worten, es ist ψ(φ(A)) = γ. Mit anderen Worten, es ordnet

σ := φ^{−1} ∘ ψ^{−1} : 𝔤𝔩(V) → 𝔤𝔩_{n}(K)

unserem linearen Endomorphismus γ seine beschreibende Matrix A zu.

Nun ist auch σ = φ^{−1} ∘ ψ^{−1} ein Isomorphismus von Liealgebren, wie behauptet; cf. Aufgabe 1.(3). Für die Einschränkung nach σ|_{𝔰𝔩(V)}^{𝔰𝔩_{n}(K)} : 𝔰𝔩(V) ^{\overline{}^{∼}} 𝔰𝔩_{n}(K) beachten wir, daß tr(γ) = tr(σ(γ)) gilt für γ ∈ 𝔤𝔩(V) nach Definition der Spur. Folglich ist genau dann γ ∈ 𝔰𝔩(V), wenn σ(γ) ∈ 𝔰𝔩_{n}(K) liegt.

Definition 8 (adjungierter Morphismus) Sei 𝔤 eine Liealgebra. Setze

\begin{matrix}𝔤 & \overline{}^{ad^{𝔤}} & 𝔤𝔩(𝔤) \\ g & \overline{} & ad_{𝔤} g := (𝔤 \overline{}𝔤, x \overline{}[g, x]) . \end{matrix}

Kurz, ad_{𝔤} g = [g, −]. Bemerkung 9 Sei 𝔤 eine Liealgebra. Es ist ad_{𝔤} : 𝔤 \overline{}𝔤𝔩(𝔤) ein Morphismus. Insgesamt ist also 𝔤 ^{\overline{}^{ad^{𝔤}|^{ad𝔤(𝔤)}}} ad_{𝔤}(𝔤) ⩽ 𝔤𝔩(𝔤) .

Cf. auch Aufgabe 6.

Beweis. Seien g, h ∈ 𝔤. Es wird

(ad_{𝔤}[g, h])(x) = [[g, h], x]
= −[x, [g, h]]
= [g, [h, x]] + [h, [x, g]]
= (ad_{𝔤} g)((ad_{𝔤} h)(x)) − (ad_{𝔤} h)((ad_{𝔤} g)(x))
= [ad_{𝔤} g, ad_{𝔤} h](x)

für x ∈ 𝔤. Folglich ist ad_{𝔤}[g, h] = [ad_{𝔤} g, ad_{𝔤} h]. Bemerkung 10 Sei V ein Vektorraum. Ist x ∈ End V = 𝔤𝔩(V) nilpotent, so auch ad_{𝔤𝔩(V)} x ∈ End 𝔤𝔩(V). Beweis. Mit Induktion erkennt man, daß für y ∈ 𝔤𝔩(V) und m ⩾ 0

(ad_{𝔤𝔩(V)} x)^{m}(y) = ∑_{i∈[0,m]}(−1)^{i} (\begin{matrix}m \\ i \end{matrix}) x^{m−i} ∘ y ∘ x^{i}

ist. In der Tat steht für m = 0 hier auf beiden Seiten y; für m ⩾ 1 erhalten wir

(ad_{𝔤𝔩(V)} x)^{m}(y)
= (ad_{𝔤𝔩(V)} x)( ∑_{i∈[0,m−1]}(−1)^{i} (\begin{matrix}m−1 \\ i \end{matrix}) x^{m−1−i} ∘ y ∘ x^{i})
= ( ∑_{i∈[0,m−1]}(−1)^{i} (\begin{matrix}m−1 \\ i \end{matrix}) x^{m−i} ∘ y ∘ x^{i}) − ( ∑_{i∈[0,m−1]}(−1)^{i} (\begin{matrix}m−1 \\ i \end{matrix}) x^{m−1−i} ∘ y ∘ x^{i+1})
= ( ∑_{i∈[0,m−1]}(−1)^{i} (\begin{matrix}m−1 \\ i \end{matrix}) x^{m−i} ∘ y ∘ x^{i}) − ( ∑_{i∈[1,m]}(−1)^{i−1} (\begin{matrix}m−1 \\ i−1 \end{matrix}) x^{m−i} ∘ y ∘ x^{i})
= ( ∑_{i∈[0,m]}(−1)^{i} (\begin{matrix}m−1 \\ i \end{matrix}) x^{m−i} ∘ y ∘ x^{i}) + ( ∑_{i∈[0,m]}(−1)^{i} (\begin{matrix}m−1 \\ i−1 \end{matrix}) x^{m−i} ∘ y ∘ x^{i})
= ∑_{i∈[0,m]}(−1)^{i} (\begin{matrix}m \\ i \end{matrix}) x^{m−i} ∘ y ∘ x^{i} .

Ist also x^{m} = 0 für ein m ⩾ 0, so ist (ad_{𝔤𝔩(V)} x)^{2m} = 0.

1.2 Ideale, Zentrum, Zentralisator, Normalisator

Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine Liealgebra.

1.2.1 Ideale

Für Teilmengen X, Y ⊆ 𝔤 sei [X, Y] := ⟨ [x, y] : x ∈ X, y ∈ Y ⟩. Ist X = {x} einelementig, so schreiben wir auch [x, Y] := [{x}, Y] ; analog in zweiter Stelle.

Definition 11 Ein Teilraum 𝔞 ⊆ 𝔤 heißt Ideal (oder normale Teilalgebra ), falls [𝔞, 𝔤] ⊆ 𝔞 ist; symbolisch 𝔞 ⊴ 𝔤 geschrieben.

Beachte, daß für einen Teilraum 𝔞 ⊆ 𝔤 die Aussage [𝔤, 𝔞] ⊆ 𝔞 zur Aussage [𝔞, 𝔤] ⊆ 𝔞 äquivalent ist; cf. Definition 1.(3).

Ist 𝔞 ⊴ 𝔤, dann ist auch 𝔞 ⩽ 𝔤.

Beispiel 12

(1) Ist 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔥 ein Morphismus von Liealgebren, so ist Kern φ := φ^{−1}(0) ⊴ 𝔤. Denn ist a ∈ Kern φ und g ∈ 𝔤, so ist φ[a, g] = [φa, φg] = [0, φg] = 0, und also [a, g] ∈ Kern φ. Cf. auch Aufgabe 4.(2.i).

Es ist e.g. 𝔰𝔩(V) = Kern(𝔤𝔩(V) ^{\overline{}^{tr}} 𝔤𝔩(K)) ⊴ 𝔤𝔩(V) für einen endlichdimensionalen Vektorraum V.

(2) Es ist 𝔥 := (\begin{matrix}K & K \\ 0 & K \end{matrix} ) ⩽ 𝔤𝔩_{2}(K) kein Ideal, da e.g. [(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix})] = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) ∉ 𝔥.

Definition 13 Es heißt 𝔤 einfach, wenn 𝔤 nichtabelsch ist und nur die Ideale 0 und 𝔤 besitzt.

Cf. e.g. Aufgabe 3.

Bemerkung 14

(1) Ist 𝔞 ⊴ 𝔤, so ist der Faktorraum 𝔤/𝔞 vermöge [g + 𝔞, g̃ + 𝔞] := [g, g̃] + 𝔞 für g, g̃ ∈ 𝔤 eine Liealgebra, genannt Faktoralgebra von 𝔤 nach (oder modulo) 𝔞. Die Restklassenabbildung

[figure: 𝔤; ρ = ρ_{𝔤,𝔞}; 𝔤/𝔞; g; g + 𝔞]

ist ein Morphismus.

(2) Sei 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔥 ein Morphismus von Liealgebren. Dann haben wir den Isomorphismus

𝔤/Kern φ \overline{}^{φ̄}_{∼} φ(𝔤)
g + Kern φ \overline{}φ(g) .

Beweis. Siehe Aufgabe 4.

\xymatrix{Kern φ ⊴ 𝔤 \ar[rrr]^{φ} \ar@{-->}[dr]_{ρ_{𝔤,Kern φ}} &  &  & 𝔥 \\  & 𝔤/ Kern φ \ar[r]^{φ̄}_{∼} & φ(𝔤) \ar@{^{(}->}[ur]}

Bemerkung 15

(1) Sei 𝔤 = 𝔞_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔞_{n} für ein n ⩾ 0 und 𝔞_{i} ⊴ 𝔤 für alle i ∈ [1, n]. Dann ist [a_{i} , a_{j}] = 0 für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j und a_{i} ∈ 𝔞_{i}, a_{j} ∈ 𝔞_{j}, da [𝔞_{i} , 𝔞_{j}] ⊆ 𝔞_{i} ∩ 𝔞_{j} = 0. Somit wird [a_{1} + ⋯ + a_{n} , a′_{1} + ⋯ + a′_{n}] = [a_{1} , a′_{1}] + ⋯ + [a_{n} , a′_{n}] für a_{i} , a′_{i} ∈ 𝔞_{i} für i ∈ [1, n].

(2) Sind umgekehrt Liealgebren 𝔥_{1} , …, 𝔥_{m} für ein m ⩾ 0 gegeben, so wird die direkte

Summe 𝔥 = 𝔥_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥_{m} zu einer Liealgebra vermöge

[(h_{1}, …, h_{m}), (h′_{1}, …, h′_{m})] := ([h_{1} , h′_{1}], …, [h_{m} , h′_{m}])

für h_{i} ∈ 𝔥_{i} für i ∈ [1, m]. Darin ist dann 𝔥_{i} ⊴ 𝔥 für i ∈ [1, m] und [𝔥_{i} , 𝔥_{j}] = 0 für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j.

1.2.2 Zentrum

Bemerkung 16 Es hat 𝔤 das Zentrum 𝔷(𝔤) := Kern ad_{𝔤} = { z ∈ 𝔤 : [z, 𝔤] = 0 } ⊴ 𝔤. Es ist 𝔷(𝔤) abelsch.

Insgesamt ist

𝔷(𝔤) ⊴ 𝔤 ^{\overline{}^{ρ}} 𝔤/𝔷(𝔤) \overline{}^{\overline{ad_{𝔤}}}_{∼} ad_{𝔤}(𝔤) ⩽ 𝔤𝔩(𝔤) ;

cf. Bemerkung 14. Cf. auch Aufgabe 6. Beispiel 17 Sei n ⩾ 0. Es ist 𝔷(𝔤𝔩_{n}(K)) = ⟨E_{n}⟩.

1.2.3 Zentralisator, Normalisator

Sei V ⊆ 𝔤 ein Teilraum. Sei 𝔥 ⩽ 𝔤. Definition 18

(1) Sei 𝔫_{𝔤}(V) := { g ∈ 𝔤 : [g, V] ⊆ V } der Normalisator von V in 𝔤.

(2) Sei 𝔠_{𝔤}(V) := { g ∈ 𝔤 : [g, V] = 0 } der Zentralisator von V in 𝔤. Bemerkung 19

(1) Es ist 𝔫_{𝔤}(V) ⩽ 𝔤. Es ist 𝔥 ⊴ 𝔫_{𝔤}(𝔥) ⩽ 𝔤.

(2) Es ist [V, 𝔠_{𝔤}(V)] = 0 und 𝔠_{𝔤}(V) ⩽ 𝔤. Es ist 𝔷(𝔤) = 𝔠_{𝔤}(𝔤). Beweis. Siehe Aufgabe 5.

1.3 Jordan-Zerlegung (gewöhnlich)

Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper. I.e. zerfalle jedes normierte Polynom f(T) ∈ K[T] in ein Produkt von Linearfaktoren. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei n := dim V. Sei x ∈ End V. Beispiel 20 Es ist der Körper C der komplexen Zahlen algebraisch abgeschlossen. Siehe e.g. [6, §4.5.2.1]. Definition 21

(1) Es heißt x halbeinfach, falls x diagonalisierbar ist, i.e. falls sein Minimalpolynom μ_{x}(T) nur einfache Nullstellen hat.

(2) Es heißt weiterhin x nilpotent, falls es ein k ⩾ 0 mit x^{k} = 0 gibt, i.e. falls sein Minimalpolynom μ_{x}(T) eine Potenz von T ist.

Lemma 22 (Jordan, gewöhnlich)

(1) Es gibt genau ein Paar (x_{gs} , x_{gn}) ∈ (End V) × (End V) so, daß x_{gs} halbeinfach, x_{gn} nilpotent, x = x_{gs} + x_{gn} und x_{gs} ∘ x_{gn} = x_{gn} ∘ x_{gs} ist (^{3}).

(2) Es gibt Polynome f(T), g(T) ∈ K[T] mit f(0) = 0, g(0) = 0, f(T) + g(T) = T und x_{gs} = f(x), x_{gn} = g(x).

(3) Sei λ ∈ K ein Eigenwert von x. Es ist λ auch ein Eigenwert von x_{gs} . Der Hauptraum von x zum Eigenwert λ ist gleich dem Eigenraum von x_{gs} zum Eigenwert λ; i.e. H_{x}(λ) = E_{x_{gs}}(λ).

Das Paar (x_{gs} , x_{gn}) heißt gewöhnliche Jordanzerlegung von x. Cf. Satz 70 unten.

Es ist x = x_{gs} genau dann, wenn x halbeinfach ist. Es ist x = x_{gn} genau dann, wenn x nilpotent ist. Beides ergibt sich aus (1).

Ad hoc kann man mit (1) e.g. sehen, daß für K = C, V = C^{3} und x = (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 7 & 1 \\ 0 & 0 & 7 \end{matrix}) sich

x_{gs} = (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 7 & 0 \\ 0 & 0 & 7 \end{matrix}) und x_{gn} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ergeben müssen.

Beweis zu Lemma 22. Das charakteristische Polynom werde zerlegt in χ_{x}(T) = ∏_{i∈[1,m]}(T − λ_{i})^{α_{i}} mit m ⩾ 0, mit λ_{i} ≠ λ_{j} für i ≠ j und mit α_{i} ⩾ 1, wobei i, j ∈ [1, m]. Wir haben die Hauptraumzerlegung V = ⨁_{i∈[1,m]} H_{x}(λ_{i}) = ⨁_{i∈[1,m]} Kern((x − λ_{i})^{α_{i}}); cf. [6, §4.3.1].

Sei f(T) ≡_{(T −λ_{i})^{α_{i}}} λ_{i} für alle i ∈ [1, m] und, falls alle λ_{i} ≠ 0, dazuhin f(T) ≡_{T} 0 . Dies ist möglich mit dem Chinesischen Restsatz; cf. Aufgabe 8. Setze x_{gs} := f(x). Sei g(T) := T − f(T). Setze x_{gn} := g(x) = x − x_{gs} .

Es ist x_{gs}(H_{x}(λ_{i})) ⊆ H_{x}(λ_{i}) für i ∈ [1, m], da x_{gs} ein Polynom in x ist und daher mit (x − λ_{i})^{α_{i}} vertauscht. Für i ∈ [1, m] gibt es ein h_{i}(T) ∈ K[T] mit f(T) − λ_{i} = h_{i}(T)(T − λ_{i})^{α_{i}}, woraus

(x_{gs} − λ_{i})|_{H_{x}(λ_{i})}^{H_{x}(λ_{i})} = (f(x) − λ_{i})|_{H_{x}(λ_{i})}^{H_{x}(λ_{i})} = (h_{i}(x) ∘ (x − λ_{i})^{α_{i}})|_{H_{x}(λ_{i})}^{H_{x}(λ_{i})} = 0

folgt. Also ist H_{x}(λ_{i}) ⊆ E_{x_{gs}}(λ_{i}). Da dies für alle i ∈ [1, m] gilt, hat V eine Basis aus Eigenvektoren von x_{gs} , i.e. x_{gs} ist diagonalisierbar.

Da ferner V = ⨁_{i∈[1,m]} H_{x}(λ_{i}) = ⨁_{i∈[1,m]} E_{x_{gs}}(λ_{i}) ist, folgt aus Dimensionsgründen H_{x}(λ_{i}) = E_{x_{gs}}(λ_{i}) für i ∈ [1, m].

Für i ∈ [1, m] ist x_{gn}(H_{x}(λ_{i})) ⊆ H_{x}(λ_{i}) und

(x_{gn})^{α_{i}}|_{H_{x}(λ_{i})}^{H_{x}(λ_{i})} = (x − x_{gs})^{α_{i}}|_{H_{x}(λ_{i})}^{H_{x}(λ_{i})} = (x − λ_{i})^{α_{i}}|_{H_{x}(λ_{i})}^{H_{x}(λ_{i})} = 0 .

Daher ist (x_{gn})^{max_{i∈[1,m]} α_{i}} = 0 und also x_{gn} nilpotent.

3engl. semisimple, nilpotent

Ferner ist x = x_{gs} + x_{gn} und x_{gs} ∘ x_{gn} = f(x) ∘ g(x) = g(x) ∘ f(x) = x_{gn} ∘ x_{gs} .

Bleibt die in (1) behauptete Eindeutigkeit zu zeigen. Sei x = x̃_{gs} + x̃_{gn} und x̃_{gs} ∘ x̃_{gn} = x̃_{gn}∘x̃_{gs} mit x̃_{gs} halbeinfach und x̃_{gn} nilpotent. Es vertauschen x̃_{gs} und x̃_{gn} mit x̃_{gs}+x̃_{gn} = x und also auch mit f(x) = x_{gs} und g(x) = x_{gn} . Somit ist x_{gs}−x̃_{gs} halbeinfach und x_{gn}−x̃_{gn} nilpotent; cf. Aufgabe 10.(2). Da sich aber x_{gs} − x̃_{gs} = x̃_{gn} − x_{gn} ergibt, folgt x_{gs} = x̃_{gs} und x_{gn} = x̃_{gn} .

Bemerkung 23 Sei (v_{1} , …, v_{n}) eine Basis von V mit x_{gs}v_{i} = μ_{i}v_{i} für i ∈ [1, n], wobei μ_{i} ∈ K. Für i, j ∈ [1, n] sei e_{i, j} ∈ End V durch e_{i, j}v_{k} = ∂_{j,k}v_{i} für k ∈ [1, n] definiert.

(1) Es ist (ad_{𝔤𝔩(V)}(x_{gs}))(e_{i, j}) = (μ_{i} − μ_{j})e_{i, j} für i, j ∈ [1, n].

(2) Es ist ad_{𝔤𝔩(V)}(x_{gs}) = (ad_{𝔤𝔩(V)} x)_{gs} und ad_{𝔤𝔩(V)}(x_{gn}) = (ad_{𝔤𝔩(V)} x)_{gn} in End 𝔤𝔩(V).

Beweis. Wir schreiben kurz 𝔤 := 𝔤𝔩(V).

Zu (1). Es ist

((ad_{𝔤}(x_{gs}))(e_{i, j}))(v_{k}) = [x_{gs} , e_{i, j}](v_{k})
= (x_{gs} ∘ e_{i, j} − e_{i, j} ∘ x_{gs})(v_{k})
= x_{gs}(∂_{j,k}v_{i}) − e_{i, j}(μ_{k}v_{k})
= ∂_{j,k}μ_{i}v_{i} − μ_{k}∂_{j,k}v_{i}
= μ_{i}∂_{j,k}v_{i} − μ_{j}∂_{j,k}v_{i}
= ((μ_{i} − μ_{j})e_{i, j})v_{k}

für k ∈ [1, n] und also (ad_{𝔤}(x_{gs}))(e_{i, j}) = (μ_{i} − μ_{j})e_{i, j}.

Zu (2). Wir haben zu zeigen, daß ad_{𝔤}(x_{gs}) halbeinfach, ad_{𝔤}(x_{gn}) nilpotent, ad_{𝔤}(x_{gs}) + ad_{𝔤}(x_{gn}) = ad_{𝔤} x und ad_{𝔤}(x_{gs}) ∘ ad_{𝔤}(x_{gn}) = ad_{𝔤}(x_{gn}) ∘ ad_{𝔤}(x_{gs}) ist; cf. Lemma 22.(1).

Nach Bemerkung 10 ist ad_{𝔤}(x_{gn}) nilpotent. Es ist ad_{𝔤}(x_{gs}) + ad_{𝔤}(x_{gn}) = ad_{𝔤} x. Ferner ist ad_{𝔤}(x_{gs}) ∘ ad_{𝔤}(x_{gn}) − ad_{𝔤}(x_{gn}) ∘ ad_{𝔤}(x_{gs}) = [ad_{𝔤}(x_{gs}), ad_{𝔤}(x_{gn})] = ad_{𝔤}[x_{gs} , x_{gn}] = ad_{𝔤} 0 = 0 ; cf. Bemerkung 9. Schließlich ist ad_{𝔤}(x_{gs}) halbeinfach, da die Basis ( e_{i, j} : i, j ∈ [1, n] ) von 𝔤 dank (1) aus Eigenvektoren von ad_{𝔤}(x_{gs}) besteht.

Auflösbar, halbeinfach und nilpotent

2.1 Begriffe für Liealgebren

Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine Liealgebra. Sei 𝔞 ⊴ 𝔤. Sei 𝔥 ⩽ 𝔤.

2.1.1 Auflösbar

Bemerkung 24

(1) Sei 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔤̃ ein Morphismus von Liealgebren. Es ist φ([X, Y]) = [φ(X), φ(Y)] für X, Y ⊆ 𝔤.

(2) Es ist [𝔤, 𝔤] ⊴ 𝔤; cf. Aufgabe 11.

Es ist 𝔤/[𝔤, 𝔤] abelsch.

Ist 𝔤/𝔞 abelsch, dann ist [x, y]+𝔞 = [x+𝔞, y+𝔞] = 0 für x, y ∈ 𝔤 und also [𝔤, 𝔤] ⊆ 𝔞. Definition 25 Schreibe 𝔤^{(0)} := 𝔤 und 𝔤^{(n+1)} = [𝔤^{(n)}, 𝔤^{(n)}] ⊆ 𝔤^{(n)} für n ⩾ 0. Es ist 𝔤^{(n)} ⊴ 𝔤 für n ⩾ 0 ; cf. Aufgabe 11. Es heißt 𝔤 auflösbar, falls ein n ⩾ 0 mit 𝔤^{(n)} = 0 existiert.

Sprechen kann man 𝔤^{(n)} als “Skript g rund n ”.

Beispiel 26 Ist 𝔤 = (\begin{matrix}K & K \\ 0 & K \end{matrix} ) ⩽ 𝔤𝔩_{2}(K), dann wird 𝔤^{(1)} = (\begin{matrix}0 & K \\ 0 & 0 \end{matrix} ) und 𝔤^{(2)} = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}); was zeigt, daß 𝔤 auflösbar ist. Cf. Aufgabe 13. Bemerkung 27

(1) Ist 𝔤 auflösbar, so auch 𝔤/𝔞.

(2) Ist 𝔤 auflösbar, so auch 𝔥.

(3) Sind 𝔞 und 𝔤/𝔞 auflösbar, so auch 𝔤.

(4) Sind 𝔥 und 𝔞 auflösbar, so auch 𝔥 + 𝔞; cf. Aufgabe 4.(2.v).

Beweis.

Zu (1). Es ist ρ_{𝔤,𝔞}(𝔤^{(n)}) = (𝔤/𝔞)^{(n)} für n ⩾ 0 ; cf. Bemerkung 24.(1).

Zu (2). Es ist 𝔥^{(n)} ⩽ 𝔤^{(n)} für n ⩾ 0.

Zu (3). Seien m, n ⩾ 0 mit 𝔞^{(m)} = 0 und (𝔤/𝔞)^{(n)} = 0. Aus ρ_{𝔤,𝔞}(𝔤^{(n)}) = (𝔤/𝔞)^{(n)} = 0 folgt 𝔤^{(n)} ⊆ 𝔞 und also 𝔤^{(n+m)} ⊆ 𝔞^{(m)} = 0.

Zu (4). Es ist (𝔥 + 𝔞)/𝔞 ≃ 𝔥/(𝔥 ∩ 𝔞) auflösbar nach (1); cf. Aufgabe 4.(2.v). Da auch 𝔞 auflösbar ist, folgt mit (3), daß auch 𝔥 + 𝔞 auflösbar ist.

2.1.2 Halbeinfach

Sei 𝔤 endlichdimensional.

Bemerkung 28 (und Definition) Es gibt ein auflösbares Ideal 𝔯𝔞𝔡(𝔤) in 𝔤, das Radikal von 𝔤, welches jedes auflösbare Ideal von 𝔤 enthält. I.e. 𝔯𝔞𝔡(𝔤) ist das terminale auflösbare Ideal in 𝔤.

Beweis. Sei 𝔯 ein auflösbares Ideal maximaler Dimension in 𝔤; existent, da 0 auflösbar und 𝔤 endlichdimensional ist. Sei 𝔠 ⊴ 𝔤 auflösbar. Wäre 𝔠 ⊈ 𝔯, so wäre dim(𝔯+𝔠) > dim 𝔯, aber 𝔯 + 𝔠 nach Bemerkung 27.(4) auflösbar, was der Wahl von 𝔯 widerspricht ; cf. Aufgabe 11. Setze 𝔯𝔞𝔡(𝔤) := 𝔯.

Beispiel 29 Ist char K = 0, dann ist 𝔯𝔞𝔡(𝔤𝔩_{2}(K)) = ⟨E_{2}⟩; cf. Aufgabe 13.(5).

Definition 30 Ist 𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 0, so heißt 𝔤 halbeinfach.

Bemerkung 31

(1) Es ist 𝔤/𝔯𝔞𝔡(𝔤) halbeinfach.

(2) Ist 𝔤 einfach, so ist 𝔤 halbeinfach.

Beweis.

Zu (1). Ist 𝔡 ⊴ 𝔤/𝔯𝔞𝔡(𝔤) auflösbar, so auch ρ^{−1}(𝔡) ⊴ 𝔤, da ρ^{−1}(𝔡)/𝔯𝔞𝔡(𝔤) = ρ(ρ^{−1}(𝔡)) = 𝔡; cf. Aufgabe 4.(2.i), Bemerkung 27.(3). Also ist ρ^{−1}(𝔡) ⊆ 𝔯𝔞𝔡(𝔤), und somit 𝔡 = ρ(ρ^{−1}(𝔡)) = 0. Insbesondere ist 𝔯𝔞𝔡(𝔤/𝔯𝔞𝔡(𝔤)) = 0.

Zu (2). Da 𝔤 einfach ist, enthält es nur die Ideale 0 und 𝔤. Daher ist auch 𝔤^{(1)} ∈ {0, 𝔤}. Es ist 𝔤^{(1)} ≠ 0, da 𝔤 nicht abelsch ist. Also ist 𝔤^{(1)} = 𝔤. Daher ist 𝔤 nicht auflösbar, folglich 𝔯𝔞𝔡(𝔤) ◁ 𝔤, und also muß 𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 0 sein.

Bemerkung 32 Es ist 𝔤 genau dann halbeinfach, wenn 𝔤 kein abelsches Ideal ungleich 0 enthält.

Beweis. Enthält zum einen 𝔤 ein abelsches Ideal 𝔞 ungleich 0, so ist 0 ≠ 𝔞 ⊆ 𝔯𝔞𝔡(𝔤) und somit 𝔤 nicht halbeinfach.

Ist zum anderen 𝔤 nicht halbeinfach, so ist 𝔯𝔞𝔡(𝔤) ≠ 0. Also gibt es ein n ⩾ 0 mit 𝔯𝔞𝔡(𝔤)^{(n)} ≠ 0, aber 𝔯𝔞𝔡(𝔤)^{(n+1)} = 0. Damit ist 𝔯𝔞𝔡(𝔤)^{(n)} ein abelsches Ideal in 𝔤 ungleich 0; cf. Aufgabe 11.

Bemerkung 33 Ist 𝔤 halbeinfach, so ist ad_{𝔤} : 𝔤 \overline{}𝔤𝔩(𝔤) injektiv und ad_{𝔤}(𝔤) halbeinfach.

Beweis. Da Kern ad_{𝔤} = 𝔷(𝔤) = 0 ist, als abelsches Ideal in der halbeinfachen Liealgebra 𝔤, ist ad_{𝔤} injektiv; cf. Bemerkungen 16 und 32. Insbesondere ist ad_{𝔤}(𝔤) ≃ 𝔤 halbeinfach.

2.1.3 Nilpotent

Definition 34 Schreibe 𝔤^{[0]} := 𝔤 und 𝔤^{[n+1]} = [𝔤, 𝔤^{[n]}] ⊆ 𝔤^{[n]} für n ⩾ 0. Es ist 𝔤^{[n]} ⊴ 𝔤 für n ⩾ 0 ; cf. Aufgabe 11.

Es heißt 𝔤 nilpotent, falls ein n ⩾ 0 mit 𝔤^{[n]} = 0 existiert.

Ist 𝔤 nilpotent, dann auch auflösbar, da 𝔤^{(n)} ⊆ 𝔤^{[n]} für n ⩾ 0 ; cf. Definition 25.

Sprechen kann man 𝔤^{[n]} als “Skript g eckig n ”.

Beispiel 35

(1) Ist 𝔤 = ( \begin{matrix}0 & K & K \\ 0 & 0 & K \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ⩽ 𝔤𝔩_{3}(K), dann ist 𝔤^{[1]} = ( \begin{matrix}0 & 0 & K \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) und 𝔤^{[2]} = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ), was die

Nilpotenz von 𝔤 zeigt. Cf. Aufgabe 13.

(2) Ist 𝔤 = (\begin{matrix}K & K \\ 0 & K \end{matrix} ) ⩽ 𝔤𝔩_{2}(K), dann wird 𝔤^{[n]} = (\begin{matrix}0 & K \\ 0 & 0 \end{matrix} ) für n ⩾ 1. Also ist 𝔤 nicht nilpotent. Cf. Beispiel 26, Aufgabe 13.

Bemerkung 36

(1) Ist 𝔤 nilpotent, so auch 𝔤/𝔞.

(2) Ist 𝔤 nilpotent, so auch 𝔥.

(3) Ist 𝔞 ⊆ 𝔷(𝔤) und ist 𝔤/𝔞 nilpotent, so ist 𝔤 nilpotent.

Beweis.

Zu (1). Es ist ρ_{𝔤,𝔞}(𝔤^{[n]}) = (𝔤/𝔞)^{[n]} für n ⩾ 0 ; cf. Bemerkung 24.(1).

Zu (2). Es ist 𝔥^{[n]} ⩽ 𝔤^{[n]}.

Zu (3). Sei n ⩾ 0 mit (𝔤/𝔞)^{[n]} = 0, woraus 𝔤^{[n]} ⊆ 𝔞 ⊆ 𝔷(𝔤). Es folgt 𝔤^{[n+1]} ⊆ [𝔤, 𝔷(𝔤)] = 0.

Cf. auch Aufgabe 14.

2.2 Satz von Engel

Sei K ein Körper. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum.

Lemma 37 Sei dim V ⩾ 1. Sei 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩(V). Sei jedes g ∈ 𝔤 ein nilpotenter Endomorphismus von V. Dann gibt es ein v ∈ V ∖ {0} mit g(v) = 0 für alle g ∈ 𝔤.

Wir haben also einen gemeinsamen Eigenvektor v mit Eigenwert 0 für alle Elemente von 𝔤.

Beweis. Induktion nach dim 𝔤. Die Aussage ist richtig, falls dim 𝔤 = 0. Sei nun dim 𝔤 ⩾ 1. Sei 𝔥 eine bezüglich Inklusion maximale echte Teilalgebra von 𝔤. Wir betrachten den Faktorraum 𝔤/𝔥 und erhalten einen Morphismus

ãd : 𝔥 \overline{}𝔤𝔩(𝔤/𝔥) , h \overline{}(g + 𝔥 \overline{}[h, g] + 𝔥) .

Das Bild (g + 𝔥 \overline{}[h, g] + 𝔥) ist wohldefiniert, da für g + 𝔥 = g′ + 𝔥 auch ([h, g] + 𝔥) − ([h, g′] + 𝔥) = [h, g − g′] + 𝔥 = 0 + 𝔥 ist, wobei g, g′ ∈ 𝔤. Es ist ãd ein Morphismus, da (ãd[h, h′])(g + 𝔥) = [[h, h′], g] + 𝔥 = ([h, [h′, g]] + 𝔥) − ([h′, [h, g]] + 𝔥) = [ãd h, ãd h′](g + 𝔥) ist, wobei h, h′ ∈ 𝔥 und g ∈ 𝔤.

Es ist dim ãd(𝔥) ⩽ dim 𝔥 < dim 𝔤. Es ist ad_{𝔤}(h) = ad_{𝔤𝔩(V)}(h)|_{𝔤}^{𝔤} ein nilpotenter Endomorphismus für h ∈ 𝔥; cf. Bemerkung 10. Da (ãd(h))^{n}(g + 𝔥) = (ad_{𝔤}(h)^{n})(g) + 𝔥 ist für h ∈ 𝔥, n ⩾ 0 und g ∈ 𝔤, folgt, daß auch ãd(h) ein nilpotenter Endomorphismus ist für h ∈ 𝔥. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es also ein g ∈ 𝔤 ∖ 𝔥 mit 0 = ãd(h)(g + 𝔥) = [h, g] + 𝔥 für alle h ∈ 𝔥. I.e. es ist [𝔥, g] ⊆ 𝔥, mithin g ∈ 𝔫_{𝔤}(𝔥) ∖ 𝔥. Insbesondere ist 𝔥 < 𝔫_{𝔤}(𝔥). Die Maximalität von 𝔥 liefert nun 𝔫_{𝔤}(𝔥) = 𝔤, i.e. 𝔥 ⊴ 𝔤.

Wäre dim(𝔤/𝔥) > 1, so könnte man in 𝔤/𝔥 eine eindimensionale abelsche echte Teilalgebra wählen; ihr Urbild in 𝔤 würde der Maximalität von 𝔥 widersprechen ; cf. Aufgabe 4.(2.i). Also ist 𝔤 = 𝔥 + ⟨g_{0}⟩, wenn wir g_{0} ∈ 𝔤 ∖ 𝔥 wählen.

Abermals nach Induktionsvoraussetzung gibt es ein ṽ ∈ V ∖ {0} mit h(ṽ) = 0 für alle h ∈ 𝔥. Also ist W := { w ∈ V : h(w) = 0 für alle h ∈ 𝔥 } ≠ 0. Es schränkt g_{0} nach W ein, da hg_{0}(w) = g_{0}h(w) + [h, g_{0}](w) = 0 für w ∈ W und h ∈ 𝔥 wegen [h, g_{0}] ∈ 𝔥. Da g_{0} nilpotent ist, ist auch g_{0}|_{W}^{W} nilpotent. Sei n ⩾ 0 so, daß zwar (g_{0}|_{W}^{W})^{n} ≠ 0, aber (g_{0}|_{W}^{W})^{n+1} = 0 ist; möglich, da W ≠ 0. Sei x ∈ W mit v := (g_{0}|_{W}^{W})^{n}(x) ≠ 0. Dann ist g_{0}(v) = 0 und, da v ∈ W liegt, auch h(v) = 0 für alle h ∈ 𝔥. Folglich ist g(v) = 0 für alle g ∈ 𝔥 + ⟨g_{0}⟩ = 𝔤.

Definition 38 Für n ⩾ 0 sei

𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) := { (α_{i, j})_{i, j} ∈ 𝔤𝔩_{n}(K) : α_{i, j} = 0 falls i > j } (obere Dreiecksmatrizen)
𝔤𝔩_{n}^{>}(K) := { (α_{i, j})_{i, j} ∈ 𝔤𝔩_{n}(K) : α_{i, j} = 0 falls i ⩾ j } (strikte obere Dreiecksmatrizen) .

Wir erhalten 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) ⩽ 𝔤𝔩_{n}(K). Cf. auch Aufgabe 13.(2).

Lemma 39 Sei 𝔥 ⩽ 𝔤𝔩(V) eine Teilalgebra. Sei n := dim V.

Die folgenden Aussagen (1, 2, 3) sind äquivalent.

(1) Es besteht 𝔥 aus nilpotenten Endomorphismen von V.

(2) Es gibt eine Basis (v_{i} : i ∈ [1, n]) von V derart, daß

h⟨v_{i} : i ∈ [1, j]⟩ ⊆ ⟨v_{i} : i ∈ [1, j − 1]⟩

ist für j ∈ [1, n] und h ∈ 𝔥.

(3) Es gibt eine Basis (v_{i} : i ∈ [1, n]) von V derart, daß für den gemäß Beispiel 7.(2) zugehörigen Isomorphismus 𝔤𝔩(V) \overline{}^{φ}_{∼} 𝔤𝔩_{n}(K) gilt, daß φ(𝔥) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) ist.

Cf. Aufgabe 16.

Beweis. Ad (2) ⇔ (3). Dies folgt unter Beibehaltung der Basis (v_{i} : i ∈ [1, n]) aus der Konstruktion der beschreibenden Matrix zu einem Endomorphismus.

Ad (3) ⇒ (1). Sei also φ(𝔥) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) für den zu einer Basiswahl gehörigen Isomorphismus 𝔤𝔩(V) \overline{}^{φ}_{∼} 𝔤𝔩_{n}(K). Es besteht 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) aus nilpotenten Endomorphismen, also auch φ(𝔥) und somit auch 𝔥.

Ad (1) ⇒ (2). Bestehe also 𝔥 aus nilpotenten Endomorphismen.

Wir führen eine Induktion nach dim V. Die Aussage ist richtig, falls dim V = 0. Sei dim V ⩾ 1.

Es gibt ein v_{1} ∈ V mit h(v_{1}) = 0 für alle h ∈ 𝔥; cf. Lemma 37. Also haben wir den Morphismus von Liealgebren

𝔥 ^{\overline{}^{ψ}} 𝔤𝔩(V/⟨v_{1}⟩) , h \overline{}(v + ⟨v_{1}⟩ \overline{}h(v) + ⟨v_{1}⟩) .

In der Tat ist ψ wohldefiniert, und es schicken sowohl ψ([h, h′]) = ψ(h ∘ h′ − h′ ∘ h) als auch [ψ(h), ψ(h′)] = ψ(h) ∘ ψ(h′) − ψ(h′) ∘ ψ(h) das Element v + ⟨v_{1}⟩ auf das Element hh′(v) − h′h(v) + ⟨v_{1}⟩, wobei h, h′ ∈ 𝔥 und v ∈ V.

Da jedes Element von 𝔥 nilpotent ist, gilt dies auch für jedes Element von ψ(𝔥). Nach Induktionsvoraussetzung, angewandt auf die Teilalgebra ψ(𝔥) ⩽ 𝔤𝔩(V/⟨v_{1}⟩), gibt es eine Basis (v_{2} + ⟨v_{1}⟩ , …, v_{n} + ⟨v_{1}⟩) von V/⟨v_{1}⟩ so, daß

h(v_{j}) + ⟨v_{1}⟩ = ψ(h)(v_{j} + ⟨v_{1}⟩) ∈ ⟨ v_{i} + ⟨v_{1}⟩ : i ∈ [2, j − 1] ⟩

ist, i.e. h(v_{j}) ∈ ⟨ v_{i} : i ∈ [1, j − 1] ⟩, für h ∈ 𝔥 und j ∈ [2, n].

Es ist (v_{1} , v_{2} , …, v_{n}) eine Basis von V. Insgesamt ist h(v_{j}) ∈ ⟨ v_{i} : i ∈ [1, j − 1] ⟩ für h ∈ 𝔥 und j ∈ [1, n]. Ist φ die Abbildung, die bezüglich dieser Basis einem Endomorphismus seine beschreibende Matrix zuordnet, so ist mithin φ(𝔥) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K).

Satz 40 (Engel) Weiterhin ist K ein Körper.

Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Schreibe n := dim 𝔤.

Die folgenden Aussagen (1, 2, 3, 4) sind äquivalent.

(1) Es ist 𝔤 nilpotent.

(2) Es ist ad_{𝔤} 𝔤 nilpotent.

(3) Es besteht ad_{𝔤} 𝔤 aus nilpotenten Endomorphismen von 𝔤.

(4) Es gibt eine Basis von 𝔤 so, daß für den zugehörigen Isomorphismus 𝔤𝔩(𝔤) \overline{}^{φ}_{∼} 𝔤𝔩_{n}(K) gilt, daß φ(ad_{𝔤} 𝔤) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) ist.

Was (2, 3) angeht, cf. auch Aufgabe 16.

Es ist also eine nilpotente endlichdimensionale Liealgebra “eine Teilalgebra der strikten oberen Dreiecksmatrizen, mit ggf. noch einem untergeschobenen zentralen Stück”, da 𝔤/𝔷(𝔤) ≃ φ(ad_{𝔤} 𝔤) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K).

Beweis. Die Äquivalenz von (1) und (2) folgt aus 𝔤/𝔷(𝔤) ≃ ad_{𝔤} 𝔤 und Bemerkung 36.(1, 3); cf. Bemerkung 16.

Die Äquivalenz von (3) und (4) ergibt sich aus Lemma 39.

Ad (1) ⇒ (3). Sei 𝔤 nilpotent. Sei g ∈ 𝔤. Es ist ad_{𝔤} g ∈ 𝔤𝔩(𝔤) ein nilpotenter Endomorphismus, da (ad_{𝔤} g)^{k}(x) ∈ 𝔤^{[k]} für x ∈ 𝔤 und k ⩾ 0.

Ad (3) ⇒ (1). Bestehe ad_{𝔤} 𝔤 aus nilpotenten Endomorphismen. Induktion nach dim 𝔤. Die Aussage ist richtig, falls dim 𝔤 = 0. Sei nun dim 𝔤 ⩾ 1. Da ad_{𝔤} g nilpotent ist für g ∈ 𝔤, gibt es ein z ∈ 𝔤 ∖ {0} mit (ad_{𝔤} g)(z) = 0 für alle g ∈ 𝔤 gemäß Lemma 37, angewandt auf ad_{𝔤}(𝔤) ⩽ 𝔤𝔩(𝔤). Also ist 0 ≠ z ∈ 𝔷(𝔤). Mit ad_{𝔤} g ist auch ad_{𝔤/𝔷(𝔤)}(g + 𝔷(𝔤)) nilpotent für alle g ∈ 𝔤. Da dim(𝔤/𝔷(𝔤)) < dim 𝔤, ist nach Induktionsvoraussetzung 𝔤/𝔷(𝔤) nilpotent. Folglich ist auch 𝔤 nilpotent; cf. Bemerkung 36.(3).

2.3 Satz von Lie

Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum.

Lemma 41 Sei dim V ⩾ 1. Sei 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩(V) eine auflösbare Teilalgebra. Dann gibt es ein v ∈ V ∖ \{0\} und eine lineare Abbildung λ : 𝔤 \overline{}K mit g(v) = λ(g) · v für g ∈ 𝔤.

Wir haben also einen gemeinsamen Eigenvektor v für alle Elemente von 𝔤, mit via λ variierendem Eigenwert.

Es hat die abelsche Teilalgebra ⟨(\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix})⟩ ⩽ 𝔤𝔩_{2}(R) kein solches v ∈ R^{2×1}. Aber R ist auch nicht algebraisch abgeschlossen. Sei L ein Körper mit char L = 3. Es hat die auflösbare Teilalgebra ⟨(\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix})⟩ ⩽ 𝔤𝔩_{3}(L) kein solches v ∈ L^{3×1}.

Beweis. Induktion nach dim 𝔤. Die Aussage ist richtig, falls dim 𝔤 = 0. Sei nun dim 𝔤 ⩾ 1. Da 𝔤 auflösbar ist, ist 𝔤^{(1)} ◁𝔤. Da 𝔤/𝔤^{(1)} abelsch ist, da also darin jeder Teilraum ein Ideal ist, gibt es darin ein Ideal von Codimension 1. Für sein Urbild 𝔞 in 𝔤 gilt mithin 𝔞 ◁ 𝔤 und dim 𝔞 = dim 𝔤 − 1 ; cf. Aufgabe 4.(2.i). Es ist 𝔞 auflösbar; cf. Bemerkung 27.(2). Nach Induktionsvoraussetzung gibt es ein ṽ ∈ V ∖ \{0\} und eine lineare Abbildung μ : 𝔞 \overline{}K mit a(ṽ) = μ(a) · ṽ für a ∈ 𝔞.

Sei W := { w ∈ V : a(w) = μ(a) · w für a ∈ 𝔞 }. Es ist W ≠ 0, da ṽ ∈ W.

Sei g ∈ 𝔤. Wir behaupten μ([a, g]) =^{!} 0 für a ∈ 𝔞. Wähle ein w ∈ W ∖ {0}. Sei ℓ ⩾ 1 minimal mit (g^{0}(w), …, g^{ℓ}(w)) linear abhängig. Schreibe

U_{k} := ⟨ g^{i}(w) : i ∈ [0, k − 1] ⟩

für k ⩾ 0. Es ist dim U_{ℓ} = ℓ. Es ist U_{ℓ} = U_{ℓ+1} , da g^{ℓ}(w) ∈ ⟨g^{0}(w), …, g^{ℓ−1}(w)⟩ = U_{ℓ}. Es ist gU_{k} ⊆ U_{k+1} für k ⩾ 0. Es ist gU_{ℓ} ⊆ U_{ℓ+1} = U_{ℓ}.

Mit Induktion wollen wir zeigen, daß (a − μ(a))g^{k}(w) ∈^{!} U_{k} ist für a ∈ 𝔞 und k ⩾ 0. Dies trifft zu für k = 0, da w ∈ W. Für k ⩾ 1 wird, unter Beachtung von [g, a] ∈ 𝔞,

(a − μ(a))g^{k}(w) + U_{k} = (a ∘ g − μ(a)g)g^{k−1}(w) + U_{k}
= (g ∘ a − [g, a] − μ(a)g)g^{k−1}(w) + U_{k}
= (g ∘ (a − μ(a)) − [g, a])g^{k−1}(w) + U_{k}
=^{Ind.vor.} −[g, a]g^{k−1}(w) + U_{k}
=^{Ind.vor.} −μ([g, a]) · g^{k−1}(w) + U_{k}
= 0 + U_{k} ,

was wir zeigen wollten.

Sei a ∈ 𝔞. Wir haben eben ag^{k}(w) ∈ μ(a) · g^{k}(w) + ⟨g^{0}(w), …, g^{k−1}(w)⟩ für k ⩾ 0 gezeigt. Insbesondere ist aU_{ℓ} ⊆ U_{ℓ}. Ferner hat bezüglich der Basis (g^{0}(w), …, g^{ℓ−1}(w)) von U_{ℓ} die beschreibende Matrix von a|_{U_{ℓ}}^{U_{ℓ}} obere Dreiecksform, und alle ihre Diagonaleinträge sind gleich μ(a). Also ist tr(a|_{U_{ℓ}}^{U_{ℓ}}) = ℓμ(a). Sei a ∈ 𝔞. Da auch [a, g] ∈ 𝔞 ist, folgt

ℓμ([a, g]) = tr([a, g]|_{U_{ℓ}}^{U_{ℓ}}) = tr(a|_{U_{ℓ}}^{U_{ℓ}} ∘ g|_{U_{ℓ}}^{U_{ℓ}} − g|_{U_{ℓ}}^{U_{ℓ}} ∘ a|_{U_{ℓ}}^{U_{ℓ}}) = 0 .

Wegen char K = 0 liefert dies μ([a, g]) = 0. Dies zeigt die Behauptung. Sei g ∈ 𝔤. Wir behaupten gW ⊆ W. Sei w ∈ W. Sei a ∈ 𝔞. Mit voriger Behauptung wird

ag(w) = ga(w) − [g, a](w) = g(μ(a) · w) − μ([g, a]) · w = μ(a) · g(w) . Dies zeigt die Behauptung. Wähle ein g_{0} ∈ 𝔤 ∖ 𝔞. Es wird 𝔤 = 𝔞 ⊕ ⟨g_{0}⟩. Sei v ∈ W ∖ {0} mit g_{0}v = ξv für ein ξ ∈ K, existent, da g_{0}W ⊆ W liegt und da K algebraisch abgeschlossen ist. Sei nun λ : 𝔤 = 𝔞 ⊕ ⟨g_{0}⟩ \overline{}K, a + γ · g_{0} \overline{}μ(a) + γξ, wobei a ∈ 𝔞 und γ ∈ K. Damit erhalten wir

(a + γ · g_{0})v = μ(a) · v + γξ · v = λ(a + γ · g_{0}) · v .

Lemma 42 Sei 𝔥 ⩽ 𝔤𝔩(V) eine Teilalgebra. Sei n := dim V. Die folgenden Aussagen (1, 2, 3) sind äquivalent.

(1) Es ist 𝔥 auflösbar.

(2) Es gibt eine Basis (v_{i} : i ∈ [1, n]) von V derart, daß

h⟨v_{i} : i ∈ [1, j]⟩ ⊆ ⟨v_{i} : i ∈ [1, j]⟩

ist für j ∈ [1, n] und h ∈ 𝔥.

(3) Es gibt eine Basis (v_{i} : i ∈ [1, n]) von V derart, daß für den gemäß Beispiel 7.(2) zugehörigen Isomorphismus 𝔤𝔩(V) \overline{}^{φ}_{∼} 𝔤𝔩_{n}(K) gilt, daß φ(𝔥) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) ist.

Beweis. Beweis. Ad (2) ⇔ (3). Dies folgt unter Beibehaltung der Basis (v_{i} : i ∈ [1, n]) aus der Konstruktion der beschreibenden Matrix zu einem Endomorphismus. Ad (3) ⇒ (1). Sei also φ(𝔥) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) für den zu einer Basiswahl gehörigen Isomorphismus 𝔤𝔩(V) \overline{}^{φ}_{∼} 𝔤𝔩_{n}(K). Es ist 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) auflösbar, also auch φ(𝔥) und somit wegen 𝔥 ≃ φ(𝔥) auch 𝔥; cf. Aufgabe 13.(2); Bemerkung 27.(2). Ad (1) ⇒ (2). Sei also 𝔥 auflösbar. Wir führen eine Induktion nach dim V. Die Aussage ist richtig, falls dim V = 0. Sei dim V ⩾ 1. Es gibt ein v_{1} ∈ V und eine lineare Abbildung λ_{1} : 𝔥 \overline{}K mit h(v_{1}) = λ_{1}(h)v_{1} für alle h ∈ 𝔥; cf. Lemma 41. Also haben wir den Morphismus von Liealgebren

𝔥 ^{\overline{}^{ψ}} 𝔤𝔩(V/⟨v_{1}⟩) , h \overline{}(v + ⟨v_{1}⟩ \overline{}h(v) + ⟨v_{1}⟩) .

Es ist ψ(𝔥) auflösbar; cf. Bemerkungen 14.(2) und 27.(1). Nach Induktionsvoraussetzung, angewandt auf ψ(𝔥) und V/⟨v_{1}⟩, gibt es eine Basis (v_{2} + ⟨v_{1}⟩ , …, v_{n} + ⟨v_{1}⟩) von V/⟨v_{1}⟩ so, daß

h(v_{j}) + ⟨v_{1}⟩ = ψ(h)(v_{j} + ⟨v_{1}⟩) ∈ ⟨ v_{i} + ⟨v_{1}⟩ : i ∈ [2, j] ⟩

ist, i.e. h(v_{j}) ∈ ⟨ v_{i} : i ∈ [1, j] ⟩, für h ∈ 𝔥 und j ∈ [2, n]. Es ist (v_{1} , v_{2} , …, v_{n}) eine Basis von V. Insgesamt ist h(v_{j}) ∈ ⟨ v_{i} : i ∈ [1, j] ⟩ für h ∈ 𝔥 und j ∈ [1, n]. Ist φ die Abbildung, die bezüglich dieser Basis einem Endomorphismus seine beschreibende Matrix zuordnet, so ist mithin φ(𝔥) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K).

Satz 43 (Lie) Weiterhin ist K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Schreibe n := dim 𝔤. Die folgenden Aussagen (1, 2, 3) sind äquivalent.

(1) Es ist 𝔤 auflösbar.

(2) Es ist ad_{𝔤} 𝔤 auflösbar.

(3) Es gibt eine Basis von 𝔤 so, daß für den zugehörigen Isomorphismus 𝔤𝔩(𝔤) \overline{}^{φ}_{∼} 𝔤𝔩_{n}(K) gilt, daß φ(ad_{𝔤} 𝔤) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) ist.

Damit folgt für K algebraisch abgeschlossen mit char K = 0 nochmals die Implikation (1, 3) ⇒ (4) in Engel, Satz 40. Denn wegen 𝔤 nilpotent ist 𝔤 auflösbar und mithin φ(ad_{𝔤} 𝔤) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) ; da nun ad_{𝔤} 𝔤 aus nilpotenten Elementen besteht, so auch φ(ad_{𝔤} 𝔤), woraus φ(ad_{𝔤} 𝔤) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) folgt. Es ist also eine auflösbare endlichdimensionale Liealgebra (über einem algebraisch abgeschlossenen Körper von Charakteristik 0) “eine Teilalgebra der oberen Dreiecksmatrizen, mit ggf. noch einem untergeschobenen zentralen Stück”, da 𝔤/𝔷(𝔤) ≃ φ(ad_{𝔤} 𝔤) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K).

Beweis. Die Äquivalenz von (1) und (2) folgt aus 𝔤/𝔷(𝔤) ≃ ad_{𝔤} 𝔤 und Bemerkung 27.(1, 3) ; cf. Bemerkung 16. Die Äquivalenz von (2) und (3) folgt aus Lemma 42, angewandt auf ad_{𝔤} 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩(𝔤).

Korollar 44 Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Genau dann ist 𝔤 auflösbar, wenn 𝔤^{(1)} nilpotent ist.

Beweis. Sei zum einen 𝔤^{(1)} nilpotent. Dann ist 𝔤^{(1)} auflösbar; cf. Definition 34. Also gibt es ein k ⩾ 0 derart, daß (𝔤^{(1)})^{(k)} = 𝔤^{(k+1)} verschwindet. Also ist 𝔤 auflösbar.

Sei zum anderen 𝔤 auflösbar. Da Kern(ad_{𝔤}) ∩ 𝔤^{(1)} ⊆ 𝔷(𝔤^{(1)}) liegt, genügt es, 𝔤^{(1)}/(Kern(ad_{𝔤}) ∩ 𝔤^{(1)}) ≃ ad_{𝔤}(𝔤^{(1)}) = ad_{𝔤}(𝔤)^{(1)} als nilpotent nachzuweisen; cf. Bemerkungen 36.(3) und 24.(1), Aufgabe 4.(3).

Nach Lie, Satz 43, ist ad_{𝔤}(𝔤) isomorph zu einer Teilalgebra von 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K), wobei n := dim 𝔤. Also ist ad_{𝔤}(𝔤)^{(1)} isomorph zu einer Teilalgebra von 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K)^{(1)} = 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) ; cf. Lösung zu Aufgabe 13.(2). Mit 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) ist daher auch ad_{𝔤}(𝔤)^{(1)} nilpotent; cf. Aufgabe 13.(1), Bemerkung 36.(2).

2.4 Killingform

Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra.

Bemerkung 45 Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Es ist tr([g, h] ∘ k) = tr(g ∘ [h, k]) für g, h, k ∈ 𝔤𝔩(V).

Beweis. Es ist tr([g, h] ∘ k) = tr(g ∘ h ∘ k) − tr(h ∘ g ∘ k) = tr(g ∘ h ∘ k) − tr(g ∘ k ∘ h) = tr(g ∘ [h, k]).

Definition 46 Die symmetrische Bilinearform

[figure: 𝔤; ×; 𝔤; κ_{𝔤}; K; (g; ,; h); κ_{𝔤}(g, h) := tr((ad_{𝔤} g) ∘ (ad_{𝔤} h))]

heißt Killingform auf 𝔤.

Bemerkung 47

(1) Es ist κ_{𝔤}([g, h], k) = κ_{𝔤}(g, [h, k]) für g, h, k ∈ 𝔤.

(2) Ist 𝔞 ⊴ 𝔤, so ist 𝔞^{⊥} := { g ∈ 𝔤 : κ_{𝔤}(g, a) = 0 für a ∈ 𝔞 } ⊴ 𝔤.

Insbesondere ist rad κ_{𝔤} := 𝔤^{⊥} ⊴ 𝔤.

Beweis.

Zu (1). Dank Bemerkung 45 ist

κ_{𝔤}([g, h], k) = tr((ad_{𝔤}[g, h]) ∘ (ad_{𝔤} k))
= tr([ad_{𝔤} g, ad_{𝔤} h] ∘ (ad_{𝔤} k))
= tr((ad_{𝔤} g) ∘ [ad_{𝔤} h, ad_{𝔤} k])
= tr((ad_{𝔤} g) ∘ (ad_{𝔤}[h, k]))
= κ_{𝔤}(g, [h, k]) .

Zu (2). Für b ∈ 𝔞^{⊥} und g ∈ 𝔤 ist κ_{𝔤}([b, g], a) =^{(1)} κ_{𝔤}(b, [g, a]) = 0 für a ∈ 𝔞, also [b, g] ∈ 𝔞^{⊥}.

2.5 Cartan-Kriterium

Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper von Charakteristik 0. Es ist Q ⊆ K; cf. e.g. [5, §2.1].

Lemma 48 Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Seien A ⊆ B ⊆ 𝔤𝔩(V) Teilräume. Sei N := { g ∈ 𝔤𝔩(V) : [g, B] ⊆ A } ⊆ 𝔤𝔩(V). Sei x ∈ N. Ist tr(x ∘ w) = 0 für alle w ∈ N, so ist x ein nilpotenter Endomorphismus.

Ist char K = 2, dim V = 2, A = 0 und B = 𝔤𝔩(V), so ist N = ⟨id⟩. Es ist tr(id ∘w) = 0 für alle w ∈ N, obwohl id nicht nilpotent ist.

Beweis. Schreibe 𝔤 := 𝔤𝔩(V). Beachte N = { g ∈ 𝔤 : (ad_{𝔤} g)(B) ⊆ A }. Betrachte die gewöhnliche Jordanzerlegung x = x_{gs} + x_{gn} ; cf. Lemma 22. Da ad_{𝔤}(x_{gs}) = (ad_{𝔤} x)_{gs} ein Polynom ohne konstanten Term in ad_{𝔤} x ist, folgt aus (ad_{𝔤} x)(B) ⊆ A ⊆ B, daß (ad_{𝔤}(x_{gs}))(B) ⊆ A ist, i.e. x_{gs} ∈ N ; cf. Bemerkung 23.(2), Lemma 22.(2). Ferner ist ad_{𝔤}(x_{gs})|_{B}^{B} = (ad_{𝔤} x)_{gs}|_{B}^{B} halbeinfach; cf. Aufgabe 9.(2). Sei n := dim V und (v_{1} , …, v_{n}) eine Basis von V aus Eigenvektoren von x_{gs} . Sei x_{gs}v_{i} = λ_{i}v_{i} mit einem λ_{i} ∈ K für i ∈ [1, n]. Sei L = _{Q}⟨ λ_{i} : i ∈ [1, n] ⟩ ⊆ K. Wir haben L =^{!} 0 zu zeigen, denn dann ist x_{gs} = 0 und also x = x_{gn} nilpotent gezeigt.

Zwar ist 0 = tr(x ∘ x_{gs}) = ∑_{i∈[1,n]} λ_{i}^{2} nach Voraussetzung und dank x_{gn} ∘ x_{gs} nilpotent, doch hilft das in K nichts. Wir müssen zu 0 = ∑_{i∈[1,n]} λ_{i} · f(λ_{i}) modifizieren mit einem geeigneten f.

Annahme, L ≠ 0. Dann gibt es eine Q-lineare Abbildung f : L \overline{}Q mit f(λ_{t}) ≠ 0 für ein t ∈ [1, n]. Sei z der halbeinfache Endomorphismus von V, der durch zv_{i} = f(λ_{i})v_{i} für i ∈ [1, n] definiert ist. Für i, j ∈ [1, n] sei e_{i, j} ∈ 𝔤 durch e_{i, j}v_{k} = ∂_{j,k}v_{i} für k ∈ [1, n] definiert. So ist also x_{gs} = ∑_{i∈[1,n]} λ_{i} e_{i,i} und z = ∑_{i∈[1,n]} f(λ_{i})e_{i,i}. Gemäß Bemerkung 23.(1) ist

(ad_{𝔤} z)e_{i, j} = (f(λ_{i}) − f(λ_{j}))e_{i, j} = f(λ_{i} − λ_{j})e_{i, j} .

Für μ ∈ K ist

(∗)

E_{ad_{𝔤}(x_{gs})}(μ) =^{B. 23.(1)} ⟨ e_{i, j} : i, j ∈ [1, n], λ_{i} − λ_{j} = μ ⟩
⊆ ⟨ e_{i, j} : i, j ∈ [1, n], f(λ_{i} − λ_{j}) = f(μ) ⟩
=^{s.o.} E_{ad_{𝔤} z}(f(μ)) .

Wir behaupten, daß z ∈ N liegt. Da ad_{𝔤}(x_{gs})|_{B}^{B} halbeinfach ist, genügt es zu zeigen, daß ad_{𝔤} z jeden Eigenvektor b von ad_{𝔤}(x_{gs})|_{B}^{B} nach A abbildet. Schreibe (ad_{𝔤}(x_{gs}))(b) = γb für ein γ ∈ K. Fall b ∈ A. Es ist (ad_{𝔤} z)(b) =^{(∗)} f(γ)b ∈ A. Fall b ∈ B ∖ A. Aus (ad_{𝔤}(x_{gs}))(B) ⊆ A folgt γb = (ad_{𝔤}(x_{gs}))(b) ∈ A und also γ = 0. Mithin ist b ∈ E_{ad_{𝔤}(x_{gs})}(0) ⊆^{(∗)} E_{ad_{𝔤} z}(0). Also ist auch (ad_{𝔤} z)(b) = 0 ∈ A. Dies zeigt die Behauptung in beiden Fällen. Sei Λ := { λ_{i} : i ∈ [1, n] }. Dank Lemma 22.(3) ist H_{x}(μ) = E_{x_{gs}}(μ) für μ ∈ Λ. Es folgt insbesondere zv = f(μ)v für v ∈ H_{x}(μ). Die Voraussetzung an x gibt nun

0 = tr(x ∘ z)
= _{∑μ∈Λ} tr((x_{gs} + x_{gn})|_{H_{x}(μ)}^{H_{x}(μ)} ∘ z|_{H_{x}(μ)}^{H_{x}(μ)})
= _{∑μ∈Λ} tr((μ id_{H_{x}(μ)} + x_{gn}|_{H_{x}(μ)}^{H_{x}(μ)}) ∘ f(μ) id_{H_{x}(μ)} )
= _{∑μ∈Λ} tr(μ id_{H_{x}(μ)} ∘f(μ) id_{H_{x}(μ)} )
= _{∑μ∈Λ} μ · f(μ) · dim H_{x}(μ)
= _{∑i∈[1,n]}λ_{i} · f(λ_{i}) ,

und somit 0 = f(tr(x ∘ z)) = ∑_{i∈[1,n]} f(λ_{i})^{2} ⩾ f(λ_{t})^{2} > 0, was ein Widerspruch ist.

Lemma 49 Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei 𝔥 ⩽ 𝔤𝔩(V). Es ist 𝔥 genau dann auflösbar, wenn tr(𝔥 ∘ 𝔥^{(1)}) = 0 ist.

Beweis. Sei zum einen 𝔥 auflösbar. Schreibe n := dim V. Nach Lemma 42 gibt es eine Basis von V so, daß für den zugehörigen Isomorphismus 𝔤𝔩(V) ^{\overline{}^{φ}} 𝔤𝔩_{n}(K) auch φ(𝔥) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) gilt. Folglich ist φ(𝔥^{(1)}) = φ(𝔥)^{(1)} ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) ; cf. Lösung zu Aufgabe 13.(2). Für h ∈ 𝔥 und k ∈ 𝔥^{(1)} wird also

tr(h ∘ k) = tr(φ(h) · φ(k)) = 0 ,

da φ(h) · φ(k) ∈ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K). Sei zum anderen tr(𝔥 ∘ 𝔥^{(1)}) = 0. Es genügt zu zeigen, daß 𝔥^{(1)} nilpotent ist. Nach Aufgabe 16.(2) genügt es, jedes h ∈ 𝔥^{(1)} als nilpotent nachzuweisen. Sei N := { x ∈ 𝔤𝔩(V) : [x, 𝔥] ⊆ 𝔥^{(1)} }. Wollen wir Lemma 48 verwenden, so haben wir h ∈^{!} N und tr(h ∘ w) =^{!} 0 für w ∈ N zu zeigen. Für ersteres merken wir an, daß in der Tat [h, 𝔥] ⊆ 𝔥^{(1)} ist.

Für zweiteres dürfen wir wegen h ∈ 𝔥^{(1)} annehmen, daß h = [k, ℓ] ist für gewisse k, ℓ ∈ 𝔥. Es ist [ℓ, w] = −[w, ℓ] ∈ 𝔥^{(1)}, da w ∈ N. Somit wird

tr(h ∘ w) = tr([k, ℓ] ∘ w) =^{B. 45} tr(\underbrace{k}_{∈𝔥}∘ \underbrace{[ℓ, w]}_{∈𝔥^{(1)}}) =^{Vor.} 0 .

Satz 50 (E. Cartan)

Weiterhin ist K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0.

Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Wir erinnern an die Killingform κ_{𝔤} aus §2.4.

(1) Es ist 𝔤 auflösbar genau dann, wenn κ_{𝔤}(𝔤, 𝔤^{(1)}) = 0 ist.

(2) Es ist rad κ_{𝔤} ⊆ 𝔯𝔞𝔡(𝔤).

(3) Ist 𝔞 ein abelsches Ideal von 𝔤, dann ist 𝔞 ⊆ rad κ_{𝔤}.

(4) Es ist 𝔤 halbeinfach genau dann, wenn κ_{𝔤} nichtausgeartet ist.

In (2) gilt im allgemeinen keine Gleichheit; cf. Aufgabe 18.(3).

Beweis.

Zu (1). Es ist 𝔤 auflösbar nach Lie, Satz 43, äquivalent zu ad_{𝔤} 𝔤 auflösbar, was nach

Lemma 49 äquivalent ist zu 0 = tr((ad_{𝔤} 𝔤) ∘ (ad_{𝔤} 𝔤)^{(1)}) =^{B. 24.(1)} tr(ad_{𝔤}(𝔤) ∘ ad_{𝔤}(𝔤^{(1)})) =^{D. 46} κ_{𝔤}(𝔤, 𝔤^{(1)}).

Zu (2). Schreibe 𝔯 := rad κ_{𝔤} ⊴ 𝔤; cf. Bemerkung 47.(2). Es ist κ_{𝔤}(𝔯, 𝔤) = 0. Insbesondere ist κ_{𝔤}(𝔯, 𝔯^{(1)}) = 0. Also ist auch κ_{𝔯}(𝔯, 𝔯^{(1)}) = 0 ; cf. Aufgabe 17.(1). Gemäß (1) ist 𝔯 also auflösbar. Also ist rad κ_{𝔤} = 𝔯 ⊆ 𝔯𝔞𝔡(𝔤) ; cf. Bemerkung 28.

Zu (3). Wir haben κ_{𝔤}(𝔞, 𝔤) =^{!} 0 zu zeigen. Sei a ∈ 𝔞. Sei g ∈ 𝔤. Wir haben 0 =^{!} κ_{𝔤}(a, g) = tr((ad_{𝔤} a) ∘ (ad_{𝔤} g)) zu zeigen. Es genügt, ((ad_{𝔤} a) ∘ (ad_{𝔤} g))^{2} =^{!} 0 zu zeigen. Für x ∈ 𝔤 wird

(ad_{𝔤} a) ∘ \underbrace{(ad_{𝔤} g) ∘ \underbrace{(ad_{𝔤} a) ∘ \underbrace{(ad_{𝔤} g)(x)}_{∈ 𝔤}}_{∈ 𝔞}}_{∈ 𝔞}

= 0

,

da 𝔞 ein abelsches Ideal ist.

Zu (4). Sei 𝔤 halbeinfach. Wir haben rad κ_{𝔤} ⊆^{(2)} 𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 0. Mithin ist κ_{𝔤} nichtausgeartet.

Sei umgekehrt κ_{𝔤} nichtausgeartet, i.e. rad κ_{𝔤} = 0. Wegen (3) enthält daher 𝔤 kein abelsches Ideal ungleich 0. Somit ist 𝔤 halbeinfach; cf. Bemerkung 32.

Bemerkung 51 Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Schreibe n := dim 𝔤.

Ist 𝔤 nilpotent, so gibt es nach Engel Satz 40, eine Basis von 𝔤, derbezüglich der Isomorphismus φ : 𝔤𝔩(𝔤) ⟶^{∼} 𝔤𝔩_{n}(K) auch φ(ad_{𝔤} 𝔤) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) erfüllt.

Es folgt κ_{𝔤}(𝔤, 𝔤) = tr((ad_{𝔤} 𝔤)∘(ad_{𝔤} 𝔤)) = tr(φ(ad_{𝔤} 𝔤)∘φ(ad_{𝔤} 𝔤)) ⊆ tr(𝔤𝔩_{n}^{>}(K)∘𝔤𝔩_{n}^{>}(K)) = 0.

Die Umkehrung gilt nicht; cf. Aufgabe 18.(1).

Beispiel 52 Es ist 𝔤 = 𝔰𝔩_{2}(K) eine einfache, also auch halbeinfache Liealgebra; cf. Aufgabe 3, Bemerkung 31.(2).

Wir verwenden die Basis (e, f, h) = ((\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})). Ihrbezüglich ist ad_{𝔤} e = (\begin{matrix}0 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}),

ad_{𝔤} f = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}) und ad_{𝔤} h = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}). Die Grammatrix der Killingform κ_{𝔤} ergibt sich also zu

( \begin{matrix}tr(ad_{𝔤}e ∘ ad_{𝔤}e) & tr(ad_{𝔤}e ∘ ad_{𝔤}f) & tr(ad_{𝔤}e ∘ ad_{𝔤}h) \\ tr(ad_{𝔤}f ∘ ad_{𝔤}e) & tr(ad_{𝔤}f ∘ ad_{𝔤}f) & tr(ad_{𝔤}f ∘ ad_{𝔤}h) \\ tr(ad_{𝔤}h ∘ ad_{𝔤}e) & tr(ad_{𝔤}h ∘ ad_{𝔤}f) & tr(ad_{𝔤}h ∘ ad_{𝔤}h) \end{matrix} ) = (\begin{matrix}0 & 4 & 0 \\ 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 8 \end{matrix}) .

Da diese regulär ist, ist κ_{𝔤} nichtausgeartet; wie auch aus Cartan, Satz 50.(4), folgt.

2.6 Zerlegung halbeinfacher Liealgebren

Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Ein einfaches Ideal in 𝔤 ist ein Ideal, welches zudem eine einfache Liealgebra ist.

Lemma 53 Sei 𝔤 halbeinfach.

(1) Es gibt (bis auf Summandenpermutation) genau eine Zerlegung 𝔤 = 𝔥_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥_{m} in einfache Ideale 𝔥_{i} ⊴ 𝔤, wobei m ⩾ 0.

(2) Sei 𝔞 ⊴ 𝔤. Es gibt eine Teilmenge A ⊆ [1, m] mit 𝔞 = ⨁_{i∈A} 𝔥_{i}. Es sind 𝔞 und 𝔤/𝔞 halbeinfach.

Cf. Bemerkung 15.(1).

Beweis.

Zeigen wir die Existenz einer Zerlegung wie in (1). Induktion über dim 𝔤. Ist 𝔤 einfach, so sind wir fertig. Ist 𝔤 abelsch, so ist 𝔤 = 𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 0, und wir sind fertig. Ansonsten gibt es 0 ≠ 𝔟 ◁ 𝔤. Nach Aufgabe 22.(2) ist 𝔤 = 𝔟 ⊕ 𝔟^{⊥}. Es ist 𝔟 halbeinfach, da ein nichtverschwindendes abelsches Ideal darin nach Aufgabe 22.(3) auch eines in 𝔤 wäre; cf. Bemerkung 32. Genauso ist 𝔟^{⊥} halbeinfach.

Mit Induktion, angewandt auf 𝔟 und auf 𝔟^{⊥}, gibt es Zerlegungen 𝔟 = 𝔥′_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥′_{k} und 𝔟^{⊥} = 𝔥′′_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥′′_{ℓ} mit k, ℓ ⩾ 0, 𝔥′_{i} ⊴ 𝔟 einfach für i ∈ [1, k] und 𝔥′′_{j} ⊴ 𝔟^{⊥} einfach für j ∈ [1, ℓ]. Dank Aufgabe 22.(3) ist 𝔤 = 𝔥′_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥′_{k} ⊕ 𝔥′′_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥′′_{ℓ} eine Zerlegung von 𝔤 in einfache Ideale.

Zeigen wir (2) für eine Zerlegung 𝔤 = 𝔥_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥_{m} in einfache Ideale. Sei 𝔞 ⊴ 𝔤. Sei A := { i ∈ [1, m] : 𝔞 ∩ 𝔥_{i} ≠ 0 }.

Für i ∈ A ist 0 ≠ 𝔞 ∩ 𝔥_{i} ⊴ 𝔥_{i}, wegen 𝔥_{i} einfach also 𝔞 ∩ 𝔥_{i} = 𝔥_{i}, i.e. 𝔥_{i} ⊆ 𝔞. Es folgt 𝔞 ⊇ ⨁_{i∈A} 𝔥_{i}.

Sei a ∈ 𝔞. Schreibe a = h_{1} + ⋯ + h_{m} mit h_{i} ∈ 𝔥_{i} für i ∈ [1, m]. Für j ∈ [1, m] ∖ A wird 0 = 𝔞 ∩ 𝔥_{j} ⊇ [a, 𝔥_{j}] = [h_{j} , 𝔥_{j}], und also h_{j} ∈ 𝔷(𝔥_{j}) = 0. Es folgt 𝔞 ⊆ ⨁_{i∈A} 𝔥_{i}.

Insgesamt ist 𝔞 = ⨁_{i∈A} 𝔥_{i}.

Die Projektion 𝔤 = ⨁_{j∈[1,m]} 𝔥_{j} \overline{}⨁_{j∈[1,m]∖A} 𝔥_{j} ist ein surjektiver Morphismus von Liealgebren; cf. Bemerkung 15.(1). Da ihr Kern gleich 𝔞 ist, folgt 𝔤/𝔞 ≃ ⨁_{j∈[1,m]∖A} 𝔥_{j}; cf. Aufgabe 4.(3).

Daher sind 𝔞 = ⨁_{i∈A} 𝔥_{i} und 𝔤/𝔞 ≃ ⨁_{j∈[1,m]∖A} 𝔥_{j} halbeinfach; cf. Aufgabe 15.(1), Bemerkung 31.(2).

Zeigen wir die Eindeutigkeit der Zerlegung in (1). Sei 𝔤 = 𝔥_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥_{m} eine Zerlegung in einfache Ideale. Es genügt zu zeigen, daß ein einfaches Ideal 𝔟 ⊴ 𝔤 gleich 𝔥_{j} ist für ein j ∈ [1, m]. Denn dann stimmt jeder Summand einer alternativen Zerlegung mit einem der 𝔥_{j} überein, was zeigt, daß die Menge der Summanden einer alternativen Zerlegung eine Teilmenge von { 𝔥_{j} : j ∈ [1, m] } ist, und diese Teilmenge kann nicht echt sein.

Mit vorigem Schritt ist aber 𝔟 = ⨁_{i∈B} 𝔥_{i} mit B := { i ∈ [1, m] : 𝔟∩𝔥_{i} ≠ 0 }. Da 𝔟 einfach ist, enthält B genau ein Element.

2.7 Eine Übersicht

Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Wir geben eine Übersicht über die aufgetretenen Arten von endlichdimensionalen Liealgebren, zusammen mit ein paar Beispielen.

endlichdimensionale Liealgebren  0 abelsch (D. 1.(3)) K nilpotent (D. 34) 𝔤𝔩_{3}^{>}(K) auflösbar (D. 25) (𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 𝔤, 𝔤^{(1)} ⊆ rad κ_{𝔤}) 𝔤𝔩_{3}^{⩾}(K)  halbeinfach (D. 30) (𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 0 , rad κ_{𝔤} = 0) 𝔰𝔩_{3}(K)⊕𝔰𝔩_{2}(K) einfach (D. 13)  𝔰𝔩_{3}(K) 𝔤𝔩_{2}(K) ≃ K ⊕ 𝔰𝔩_{2}(K)

Beachte, daß wegen des einfachen Ideals 𝔤𝔩_{2}(K)^{(1)} = 𝔰𝔩_{2}(K)◁𝔤𝔩_{2}(K) die Liealgebra 𝔤𝔩_{2}(K) weder auflösbar noch halbeinfach ist; cf. Lösung zu Aufgabe 11, Aufgabe 20. Gegen die Halbeinfachheit spricht auch das abelsche Ideal ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ = 𝔷(𝔤𝔩_{2}(K)) ⊴ 𝔤𝔩_{2}(K). Cf. Aufgabe 13.(5). Die Isomorphie zu K ⊕ 𝔰𝔩_{2}(K) folgt aus Aufgabe 22.(1) oder aus der direkten Zerlegung 𝔤𝔩_{2}(K) = 𝔷(𝔤𝔩_{2}(K)) ⊕ 𝔰𝔩_{2}(K) in Ideale; cf. Bemerkung 15.(1).

Die Einfachheit von 𝔰𝔩_{3}(K) und 𝔰𝔩_{2}(K) folgt aus Aufgabe 3, die Halbeinfachheit von 𝔰𝔩_{3}(K) ⊕ 𝔰𝔩_{2}(K) dann aus Bemerkung 31 und Aufgabe 15.(1).

Die Einordnung von 𝔤𝔩_{3}^{>}(K) und von 𝔤𝔩_{3}^{⩾}(K) folgt mit Aufgabe 13.

Ferner ist für eine endlichdimensionale Liealgebra 𝔤, die zugleich auflösbar und halbeinfach ist, bereits 𝔤 = 𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 0. Cf. auch Aufgabe 20.

Die angeführten Charakterisierungen von auflösbaren und halbeinfachen Liealgebren über die Killingform κ_{𝔤} finden sich in Cartan, Satz 50.(1, 4), wenn wir beachten, daß 𝔤^{(1)} ⊆ rad κ_{𝔤} äquivalent ist zu κ_{𝔤}(𝔤, 𝔤^{(1)}) = 0 sowie rad κ_{𝔤} = 0 äquivalent ist zu κ_{𝔤} nichtausgeartet.

Moduln

3.1 Definition

Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine Liealgebra.

Definition 54 Ein 𝔤-Modul (M, φ) besteht aus einem Vektorraum M und einem Morphismus 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔤𝔩(M) von Liealgebren, genannt Operationsmorphismus. Häufig schreibt man kurz M = (M, φ).

Wir schreiben auch [g, m] := (φ(g))(m) für g ∈ 𝔤 und m ∈ M. In anderen Worten, es wird φ(g) =: [g, −] geschrieben.

Für Teilmengen X ⊆ 𝔤 und Y ⊆ M sei [X, Y] := ⟨ [x, y] : x ∈ X, y ∈ Y ⟩ ⊆ M. Ist X = {x} einelementig, so schreiben wir auch [x, Y] := [{x}, Y] ; analog in zweiter Stelle.

Ist M als Vektorraum endlichdimensional, so sagt man kurz, M sei ein endlichdimensionaler 𝔤-Modul.

Bemerkung 55 Sei M ein 𝔤-Modul. Seien g, g′ ∈ 𝔤, m, m′ ∈ M, λ, λ′, μ, μ′ ∈ K.

(1) Es ist [λg + λ′g′, μm + μ′m′] = λμ[g, m] + λμ′[g, m′] + λ′μ[g′, m] + λ′μ′[g′, m′].

(2) Es ist [[g, g′], m] = [g, [g′, m]] − [g′, [g, m]].

Beweis.

Zu (1). Es wird

[λg + λ′g′, m] = (φ(λg + λ′g′))(m)

und

\begin{aligned}λ[g, m] + λ′[g′, m] & = & λφ(g)(m) + λ′φ(g′)(m) \\ & = & (λφ(g) + λ′φ(g′))(m), \end{aligned}

was wegen φ linear dasselbe ist.

Es wird

[g, μm + μ′m′] = (φ(g))(μm + μ′m′)

und

μ[g, m] + μ′[g, m′] = μφ(g)(m) + μ′φ(g)(m′) ,

was wegen φ(g) linear dasselbe ist.

Zu (2). Es wird

[[g, g′], m] = φ([g, g′])(m)

und

[g, [g′, m]] − [g′, [g, m]] = φ(g)(φ(g′)(m)) − φ(g′)(φ(g)(m))
= (φ(g) ∘ φ(g′) − φ(g′) ∘ φ(g))(m)
= [φ(g), φ(g′)](m) ,

was wegen φ Morphismus von Liealgebren dasselbe ist.

Bemerkung 56 Auf einem Vektorraum M definiert umgekehrt eine bilineare Abbildung 𝔤 × M \overline{}M, (g, m) \overline{}[g, m], welche [[g, g′], m] = [g, [g′, m]] − [g′, [g, m]] erfüllt für g, g′ ∈ 𝔤 und m ∈ M, via

\begin{aligned}φ & : & 𝔤 & \overline{} & 𝔤𝔩(M) \\ & & g & \overline{} & (φ(g) : m \overline{}[g, m]) \end{aligned}

einen 𝔤-Modul (M, φ). Dies kann man durch Uminterpretation der Gleichungen im Beweis von Bemerkung 55 erkennen.

Beispiel 57

(1) Es ist K zusammen mit der Nullabbildung 𝔤 ^{\overline{}^{0}} 𝔤𝔩(K) der triviale 𝔤-Modul.

Allgemeiner wird jeder Vektorraum V zusammen mit der Nullabbildung 𝔤 ^{\overline{}^{0}} 𝔤𝔩(V) auf triviale Weise zu einem 𝔤-Modul.

(2) Es ist 𝔤 zusammen mit 𝔤 ^{\overline{}^{ad^{𝔤}}} 𝔤𝔩(𝔤) der reguläre 𝔤-Modul; cf. Bemerkung 9. Für diesen haben wir für g, x ∈ 𝔤 in Definition 54 festgelegt, daß [g, x] := (ad_{𝔤}(g))(x) = [g, x] sein soll, wobei das zweite Auftreten von [g, x] aus der Lieklammer von 𝔤 resultiert.

(3) Ist M = (M, φ) ein 𝔤-Modul und ist 𝔥 ^{\overline{}^{ψ}} 𝔤 ein Morphismus von Liealgebren, dann ist M|_{𝔥} := (M, φ ∘ ψ) ein 𝔥-Modul, genannt die Einschränkung von M auf 𝔥 via ψ.

E.g. gibt es für 𝔥 ⩽ 𝔤 den 𝔥-Modul 𝔤|_{𝔥}, eingeschränkt via der Inklusionsabbildung 𝔥 \overline{}𝔤, h \overline{}h.

(4) Sei V ein Vektorraum. Es ist V ein 𝔤𝔩(V)-Modul via id_{𝔤𝔩(V)} : 𝔤𝔩(V) \overline{}𝔤𝔩(V). Dann wird [g, v] = (id_{𝔤𝔩(V)}(g))(v) = g(v) für g ∈ 𝔤 und v ∈ V.

Definition 58 Gegeben seien 𝔤-Moduln M = (M, φ) und N = (N, ψ).

(1) Es wird M ⊕ N via [g, (m, n)] := ([g, m], [g, n]) zu einem 𝔤-Modul, wobei m ∈ M, n ∈ N, g ∈ 𝔤.

(2) Ein Teilraum M′ ⊆ M heiße (𝔤-)Teilmodul, falls [𝔤, M′] ⊆ M′ ist. Diesenfalls ist M′ mit der von M eingeschränkten Operation ein 𝔤-Modul.

(3) Ist M′ ⊆ M ein Teilmodul, so ist M/M′ ein 𝔤-Modul via [g, m + M′] = [g, m] + M′ für g ∈ 𝔤 und m ∈ M. Siehe Aufgabe 24.(1).

(4) Es heiße M einfach, falls M ≠ 0 ist und M nur die Teilmoduln 0 und M hat.

(5) Es heiße M halbeinfach, falls es k ⩾ 0 und einfache Teilmoduln N_{1} , …, N_{k} von M mit M = N_{1} ⊕ ⋯ ⊕ N_{k} gibt.

(6) Eine lineare Abbildung M ^{\overline{}^{f}} N heiße 𝔤-linear, falls f([g, m]) = [g, f(m)] ist für g ∈ 𝔤 und m ∈ M.

(7) Eine bijektive 𝔤-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{f}} N heiße Isomorphismus (von 𝔤-Moduln); geschrieben M \overline{}^{f}_{∼} N; cf. Aufgabe 24.(2). Existiert M ^{\overline{}^{∼}} N, so heißen M und N isomorph, geschrieben M ≃ N.

Beispiel 59

(1) Im Beweis zu Lemma 39 ist V ein 𝔥-Modul, ⟨v_{1}⟩ ⊆ V ein Teilmodul und 𝔥 ^{\overline{}^{ψ}} 𝔤𝔩(V/⟨v_{1}⟩) der Operationsmorphismus des Faktormoduls V/⟨v_{1}⟩.

(2) Wie in (1) auch im Beweis zu Lemma 42.

(3) Im Beweis zu Lemma 37 wird 𝔤 als regulärer 𝔤-Modul angesehen, cf. Beispiel 57.(2), eingeschränkt auf die Teilalgebra 𝔥, cf. Beispiel 57.(3). Im 𝔥-Modul 𝔤 findet sich nun als Teilmodul der reguläre 𝔥-Modul 𝔥, sodaß wir den 𝔥-Faktormodul 𝔤/𝔥 bilden können, dessen Operationsmorphismus gerade ãd ist.

Bemerkung 60 Sei M ein endlichdimensionaler 𝔤-Modul. Es ist M genau dann halbeinfach, wenn zu jedem Teilmodul M′ ⊆ M ein Teilmodul M′′ ⊆ M mit M = M′ ⊕ M′′ existiert.

Beweis. Siehe Aufgabe 24.(5).

Bemerkung 61 (Schur) Sei K algebraisch abgeschlossen.

Sei M ein endlichdimensionaler einfacher 𝔤-Modul.

Sei M ^{\overline{}^{f}} M eine 𝔤-lineare Abbildung.

Dann ist f = λ id_{M} für ein λ ∈ K.

Beweis. Siehe Aufgabe 24.(6).

Bemerkung 62 Seien 𝔤-Moduln M und N gegeben. Definiere auf dem Vektorraum Hom(M, N) der linearen Abbildungen von M nach N wie folgt eine 𝔤-Modulstruktur. Gegeben g ∈ 𝔤 und f ∈ Hom(M, N), so bilde [g, f] ∈ Hom(M, N) ein Element m ∈ M ab nach

[g, f](m) := [g, f(m)] − f([g, m]) .

Für f ∈ Hom(M, N) bedeutet [𝔤, f] = 0 gerade, daß f eine 𝔤-lineare Abbildung ist.

Insbesondere wird für g ∈ 𝔤 und f ∈ M^{∗} := Hom(M, K)

[g, f](m) = −f([g, m])

für m ∈ M.

Beweis. Siehe Aufgabe 24.(7).

3.2 Das Casimir-Element

Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Schreibe n := dim 𝔤. Sei M = (M, φ) ein endlichdimensionaler 𝔤-Modul.

Lemma 63 Sei b : 𝔤 × 𝔤 \overline{}K eine nichtausgeartete Bilinearform, für welche

b([g, h], k) = b(g, [h, k])

ist für g, h, k ∈ 𝔤. Sei (x_{1} , …, x_{n}) eine Basis von 𝔤. Sei (y_{1} , …, y_{n}) die dazu bezüglich b duale Basis von 𝔤, i.e. b(x_{i} , y_{j}) = ∂_{i, j} für i, j ∈ [1, n].

Die lineare Abbildung

c_{φ,b} := _{∑i∈[1,n]} φ(x_{i}) ∘ φ(y_{i}) : M \overline{}M ,

genannt Casimir-Element bezüglich b, ist 𝔤-linear.

In Aufgabe 27 wird gezeigt, daß c_{φ,b} nicht von der Wahl der Basis (x_{1} , …, x_{n}) abhängt.

Beweis zu Lemma 63. Wir schreiben kurz c := c_{φ,b}.

Sei g ∈ 𝔤. Es ist zu zeigen, daß c([g, m]) =^{!} [g, c(m)] ist für m ∈ M, i.e. c ∘ φ(g) =^{!} φ(g) ∘ c,

i.e. [φ(g), c] =^{!} 0.

Im folgenden erstrecken sich die Summen alle über [1, n]. Für i ∈ [1, n] schreiben wir

\begin{aligned}[g, x_{i}] & =: & ∑_{j} ξ_{i, j} x_{j} \\ [g, y_{i}] & =: & ∑_{j} η_{i, j} y_{j} \end{aligned}

mit ξ_{i, j} , η_{i, j} ∈ K. Für i, k ∈ [1, n] wird

ξ_{i,k} = ∑_{j} ξ_{i, j} ∂_{j,k}
= ∑_{j} ξ_{i, j} b(x_{j} , y_{k})
= b(∑_{j} ξ_{i, j} x_{j} , y_{k})
= b([g, x_{i}] , y_{k})
= −b([x_{i} , g] , y_{k})
= −b(x_{i} , [g , y_{k}])
= −b(x_{i} , ∑_{j} η_{k, j} y_{j})
= − ∑_{j} η_{k, j} b(x_{i} , y_{j})
= − ∑_{j} η_{k, j} ∂_{i, j}
= −η_{k,i} .

Beachte, daß für a, u, v ∈ 𝔤𝔩(M) sich [a, u]∘v+u∘[a, v] = (a∘u∘v−u∘a∘v)+(u∘a∘v−u∘v∘a) = a∘u∘v−u∘v∘a = [a, u∘v] ergibt. Also wird

[φ(g), c] = ∑_{i} [φ(g), φ(x_{i}) ∘ φ(y_{i})]
= ∑_{i} [φ(g), φ(x_{i})] ∘ φ(y_{i}) + ∑_{i} φ(x_{i}) ∘ [φ(g), φ(y_{i})]
= ∑_{i} φ([g, x_{i}]) ∘ φ(y_{i}) + ∑_{i} φ(x_{i}) ∘ φ([g, y_{i}])
= ∑_{i, j} ξ_{i, j} φ(x_{j}) ∘ φ(y_{i}) + ∑_{i, j} η_{i, j} φ(x_{i}) ∘ φ(y_{j})
= ∑_{i, j} ξ_{i, j} φ(x_{j}) ∘ φ(y_{i}) − ∑_{i, j} ξ_{j,i} φ(x_{i}) ∘ φ(y_{j})
= 0 .

Definition 64 Die symmetrische Bilinearform

[figure: 𝔤; ×; 𝔤; κ_{𝔤,φ}; K; (g; ,; h); κ_{𝔤, φ}(g, h) := tr(φ(g) ∘ φ(h))]

heißt Killingform bezüglich φ : 𝔤 → 𝔤𝔩(M) auf 𝔤. Es ist κ_{𝔤, φ}([g, h], k) = κ_{𝔤, φ}(g, [h, k]) für g, h, k ∈ 𝔤; cf. Bemerkung 45. So ist e.g. κ_{𝔤} = κ_{𝔤, ad_{𝔤}}; cf. Definition 46.

Bemerkung 65 Sei K algebraisch abgeschlossen mit char K = 0. Sei 𝔤 halbeinfach. Sei φ injektiv. Dann ist κ_{𝔤, φ} nichtausgeartet.

Im Falle φ = ad_{𝔤} folgt dies auch aus Cartan, Satz 50.(4); cf. auch Bemerkung 33.

Beweis. Sei 𝔞 := rad κ_{𝔤, φ} = { a ∈ 𝔤 : κ_{𝔤, φ}(a, 𝔤) = 0 }. Wir haben 𝔞 =^{!} 0 zu zeigen.

Es ist 𝔞 ⊴ 𝔤, da mit a ∈ 𝔞 und g ∈ 𝔤 für h ∈ 𝔤 folgt, daß κ_{𝔤, φ}([a, g], h) = κ_{𝔤, φ}(a, [g, h]) = 0 ist; cf. auch Bemerkung 47.(2). Es ist

tr(φ(𝔞) ∘ φ(𝔞)^{(1)}) = tr(φ(𝔞) ∘ φ(𝔞^{(1)})) = κ_{𝔤, φ}(𝔞, 𝔞^{(1)}) ⊆ κ_{𝔤, φ}(𝔞, 𝔤) = 0 ,

und also 𝔞 ≃ φ(𝔞) auflösbar; cf. Bemerkung 24.(1), Lemma 49. Da 𝔤 halbeinfach ist, folgt 𝔞 ⊆ 𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 0.

Definition 66 Sei K algebraisch abgeschlossen mit char K = 0. Sei 𝔤 halbeinfach.

Wir haben eine eindeutige Zerlegung 𝔤 = 𝔥 ⊕ Kern φ mit 𝔥 ⊴ 𝔤; cf. Lemma 53.(2). Es ist φ|_{𝔥} injektiv, da Kern φ|_{𝔥} = 𝔥 ∩ Kern φ = 0. Also ist κ_{𝔥, φ|_{𝔥}} nichtausgeartet; cf. Lemma 53.(2), Bemerkung 65.

Setze

c_{φ} := c_{φ|_{𝔥} , κ_{𝔥,φ|_{𝔥}}} : M \overline{}M ,

Casimir-Element genannt.

Bemerkung 67 Sei K algebraisch abgeschlossen mit char K = 0. Sei 𝔤 halbeinfach.

(1) Es ist c_{φ} eine 𝔤-lineare Abbildung.

(2) Es ist tr c_{φ} = dim 𝔥 = dim 𝔤 − dim Kern φ.

(3) Ist M ein einfacher 𝔤-Modul, so wird c_{φ} = (dim 𝔤 − dim Kern φ)/(dim M).

Beweis.

Zu (1). Es ist c_{φ} eine 𝔥-lineare Abbildung; cf. Lemma 63. Sei g ∈ 𝔤. Schreibe g = h+k mit h ∈ 𝔥 und k ∈ Kern φ. Beachte, daß [g, m] = (φ(g))(m) = (φ(h + k))(m) = (φ(h))(m) = [h, m] ist für m ∈ M. Es wird

c_{φ}([g, m]) = c_{φ}([h, m]) = [h, c_{φ}(m)] = [g, c_{φ}(m)]

für m ∈ M.

Zu (2). Schreibe ℓ := dim 𝔥. Sei (x_{1} , …, x_{ℓ}) eine Basis von 𝔥. Sei (y_{1} , …, y_{ℓ}) die dazu bezüglich κ_{𝔥, φ|_{𝔥}} duale Basis von 𝔥. Es wird

tr c_{φ} = tr( ∑_{i∈[1,ℓ]} φ(x_{i}) ∘ φ(y_{i}))
= ∑_{i∈[1,ℓ]} tr(φ(x_{i}) ∘ φ(y_{i}))
= ∑_{i∈[1,ℓ]} κ_{𝔥,φ|_{𝔥}}(x_{i} , y_{i})
= ∑_{i∈[1,ℓ]} ∂_{i,i}
= ℓ .

Zu (3). Dank (1) und Bemerkung 61 gibt es wegen M einfach ein λ ∈ K mit c_{φ} = λ. Mit (2) ergibt sich daraus (dim M)λ = tr c_{φ} = dim 𝔤 − dim Kern φ, und daraus, dank char K = 0, die Aussage.

3.3 Satz von Weyl

Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0.

Satz 68 (Weyl) Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra.

Sei M = (M, φ) ein endlichdimensionaler 𝔤-Modul.

Dann ist M halbeinfach; cf. Definition 58.(5).

Beweis. Sei M′ ⊆ M ein Teilmodul. Wir haben zu zeigen, daß es einen Teilmodul M′′ gibt mit M′ ⊕ M′′ = M ; cf. Bemerkung 60.

Wir behaupten die Existenz eines M′′ wie benötigt, falls dim M = 1 + dim M′.

Wir führen eine Induktion nach dim M′. Ist dim M′ = 0, so setze M′′ := M. Sei nun dim M′ ⩾ 1.

Fall M′ nicht einfach. Sei 0 ⊂ N ⊂ M′ ein Teilmodul. Es ist M′/N ⊆ M/N ein Teilmodul mit dim(M/N) = 1+dim(M′/N). Mit Induktion gibt es einen Teilmodul N ⊆ X ⊆ M mit (M′/N)⊕(X/N) = M/N, i.e. mit M′ +X = M und M′ ∩X = N. Es ist dim(X/N) = 1, und also dim X = 1 + dim N. Abermals mit Induktion gibt es einen Teilmodul M′′ ⊆ X mit X = N ⊕ M′′. Es folgt M = M′ + X = M′ + N + M′′ = M′ + M′′. Ist ferner m ∈ M′ ∩ M′′, so folgt m ∈ M′ ∩ M′′ ⊆ M′ ∩ X = N, und also m ∈ N ∩ M′′ = 0. Also ist M = M′ ⊕ M′′.

[figure: M; M′; X; N; M′′; 0]

Fall M′ einfach.

Subfall φ = 0. Ein Teilmodul ist dasselbe wie ein Teilraum, und das Resultat folgt aus der Linearen Algebra.

Subfall φ ≠ 0. Setze M′′ := Kern c_{φ}. Dies ist ein Teilmodul von M ; cf. Bemerkung 67.(1), Aufgabe 24.(3).

Es operiert 𝔤 trivial auf dem eindimensionalen 𝔤-Modul M/M′; cf. Aufgabe 23. Also ist (φ(g))(M) ⊆ M′ für alle g ∈ 𝔤. Somit ist auch c_{φ}(M) ⊆ M′; cf. Lemma 63, Definition 66. Bezüglich einer Basis von M, die aus einer Basis von M′ erweitert wurde, hat c_{φ} wegen M′ einfach somit die Blockmatrixform (\begin{matrix}0 & 0 \\ ∗ & λ′E \end{matrix}) für ein λ′ ∈ K, wobei E eine Einheitsmatrix bezeichnet; cf. Bemerkung 61.

Also ist dim 𝔤 − dim Kern φ = tr c_{φ} = (dim M′)λ′; cf. Bemerkung 67.(2). Da φ ≠ 0, folgt Kern φ ⊂ 𝔤 und also λ′ ≠ 0. Somit ist dim M′′ = dim Kern c_{φ} = 1. Ist ferner m ∈ M′∩M′′, so ist λ′m = c_{φ}(m) = 0. Somit ist M′ ∩ M′′ = 0. Insgesamt ist M = M′ ⊕ M′′.

Dies zeigt die Behauptung.

Allgemein ist uns ein Teilmodul M′ ⊆ M beliebiger Dimension vorgegeben. Ist dim M′ = 0, so setzen wir M′′ := M. Sei nun dim M′ ⩾ 1. Es ist Hom(M, M′) ein 𝔤-Modul; cf. Bemerkung 62. Wir haben darin die Teilmoduln

H := { f ∈ Hom(M, M′) : f|_{M′} = μ id_{M′} für ein μ ∈ K }
H′ := { f ∈ Hom(M, M′) : f|_{M′} = 0 } .

In der Tat gibt es für f ∈ H ein μ ∈ K mit f|_{M′} = μ id_{M′}, sodaß für g ∈ 𝔤 sich

[g, f](m′) = [g, f(m′)] − f([g, m′]) = [g, μm′] − μ[g, m′] = 0

ergibt für m′ ∈ M′, und somit sogar [g, f] ∈ H′. Dies trifft auch für f ∈ H′ ⊆ H zu. Es ist dim H = 1 + dim H′, da H′ der Kern der surjektiven linearen Abbildung H \overline{}⟨id_{M′}⟩, f \overline{}f|_{M′} ist; hierbei folgt die Surjektivität aus der Existenz einer linearen Abbildung M \overline{}M′, die mit der Inklusionsabbildung M′ \overline{}M zur Identität komponiert. Gemäß vorstehender Behauptung gibt es also ein h′′ ∈ H ∖ H′ so, daß ⟨h′′⟩ ⊆ H ein Teilmodul ist und sich H = H′ ⊕ ⟨h′′⟩ ergibt. Durch Reskalieren dürfen wir h′′|_{M′} = id_{M′} annehmen, da h′′ ∉ H′. Da ⟨h′′⟩ eindimensional ist, ist [g, h′′] = 0 für g ∈ 𝔤; cf. Aufgabe 23. Also ist h′′ eine 𝔤-lineare Abbildung. Somit ist Kern h′′ ⊆ M ein Teilmodul; cf. Aufgabe 24.(3). Sei m ∈ M. Wir können m = h′′(m) + (m − h′′(m)) schreiben, und es liegt m − h′′(m) ∈ Kern h′′. Somit ist M = Im h′′ + Kern h′′. Sei m ∈ Im h′′ ∩ Kern h′′. Dann ist m = h′′(n) für ein n ∈ M. Es wird 0 = h′′(m) = h′′(h′′(n)) = id_{M′}(h′′(n)) = m. Also ist 0 = Im h′′ ∩ Kern h′′. Insgesamt folgt M = Im h′′ ⊕ Kern h′′ = M′ ⊕ Kern h′′.

Ist 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra, so liefert Weyl, Satz 68, angewandt auf den regulären 𝔤-Modul 𝔤, eine direkte Zerlegung 𝔤 = 𝔥_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥_{m} in einfache Teilmoduln, d.h. in Ideale, die als 𝔤-Moduln einfach sind. Keiner der Summanden ist eine abelsche Liealgebra, cf. Bemerkung 32. Die Lieklammerbildung erfolgt summandenweise; cf. Bemerkung 15. Für i ∈ [1, m] ist also ein 𝔥_{i}-Teilmodul von 𝔥_{i} auch ein 𝔤-Teilmodul von 𝔥_{i}, und somit in {0, 𝔥_{i}}. Also sind die 𝔥_{i} einfache Ideale von 𝔤. Eine solche Zerlegung wurde auch schon in Lemma 53 hergeleitet. Nur brauchen wir Lemma 53 für das Casimir-Element in Definition 66, welches wiederum für Weyl, Satz 68 gebraucht wird (Beweis der Behauptung, Fall M′ einfach).

3.4 Jordan-Zerlegung (abstrakt)

Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0.

Lemma 69 Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩(V) mit 𝔤 halbeinfach. Sei g ∈ 𝔤. Dann sind g_{gs} , g_{gn} ∈ 𝔤.

Cf. auch Aufgabe 16.(6).

Beweis. Es ist V ein 𝔤-Modul vermöge der Einbettung 𝔤 \overline{}𝔤𝔩(V). Für g ∈ 𝔤 und v ∈ V ist also [g, v] = g(v).

Definiere den Teilraum

𝔫 := 𝔫_{𝔤𝔩(V)}(𝔤) ∩ { x ∈ 𝔤𝔩(V) : für alle 𝔤-Teilmoduln W ⊆ V ist x(W) ⊆ W und tr(x|_{W}^{W}) = 0 }
⊆ 𝔤𝔩(V) ;

cf. §1.2.3.

Mit der Spurbedingung wird unter anderem id_{V} aus 𝔫 entfernt.

Wir behaupten, daß mit x ∈ 𝔫 auch x_{gs} , x_{gn} ∈ 𝔫 liegen. Es genügt, dies für x_{gn} zu zeigen, da x_{gs} = x − x_{gn} .

Es ist ad_{𝔤𝔩(V)}(x_{gn}) = (ad_{𝔤𝔩(V)} x)_{gn} ein Polynom in ad_{𝔤𝔩(V)} x ohne konstanten Term; cf. Lemma 22.(2), Bemerkung 23.(2). Da (ad_{𝔤𝔩(V)} x)(𝔤) = [x, 𝔤] ⊆ 𝔤, ist also auch [x_{gn}, 𝔤] = (ad_{𝔤𝔩(V)}(x_{gn}))(𝔤) ⊆ 𝔤, i.e. x_{gn} ∈ 𝔫_{𝔤𝔩(V)}(𝔤).

Sei W ⊆ V ein 𝔤-Teilmodul. Da x_{gn} ein Polynom in x ohne konstanten Term ist, folgt aus x(W) ⊆ W, daß x_{gn}(W) ⊆ W liegt. Da x_{gn}|_{W}^{W} wie x_{gn} nilpotent ist, verschwindet seine Spur.

Dies zeigt die Behauptung.

Es bleibt also 𝔤 =^{!} 𝔫 zu zeigen.

Es ist 𝔫 ⩽ 𝔤𝔩(V) : Seien dazu x, y ∈ 𝔫 gegeben. Sei W ⊆ V ein 𝔤-Teilmodul. Es ist [x, y](W) = (x ∘ y − y ∘ x)(W) ⊆ W. Es ist tr([x, y]|_{W}^{W}) = tr[x|_{W}^{W} , y|_{W}^{W}] = 0.

Es ist 𝔤 ⩽ 𝔫, da wegen 𝔤 halbeinfach für jeden 𝔤-Teilmodul W ⊆ V das Bild von 𝔤 in 𝔤𝔩(W) unter g \overline{}g|_{W}^{W} in 𝔰𝔩(W) liegt; cf. Aufgabe 23.

Es ist 𝔤 ⊴ 𝔫, da 𝔫 ⩽ 𝔫_{𝔤𝔩(V)}(𝔤).

Es ist 𝔫 = 𝔤 ⊕ 𝔤^{⊥}, da 𝔤 halbeinfach ist, wobei 𝔤^{⊥} bezüglich κ_{𝔫} zu bilden ist und dann 𝔤^{⊥} ⊴ 𝔫 wird; cf. Aufgabe 22.(1) und Bemerkung 47.

Sei h ∈ 𝔤^{⊥}. Wir haben h =^{!} 0 zu zeigen. Da [𝔤, 𝔤^{⊥}] ⊆ 𝔤∩𝔤^{⊥} = 0, ist h∘g −g ∘h = [h, g] = 0 für g ∈ 𝔤.

Mit Weyl, Satz 68, können wir ein s ⩾ 0 und einfache 𝔤-Teilmoduln V_{i} ⊆ V für i ∈ [1, s] so finden, daß V = ⨁_{i∈[1,s]} V_{i} ist.

Sei i ∈ [1, s]. Es ist h(V_{i}) ⊆ V_{i}, da h ∈ 𝔫. Es ist h|_{V_{i}}^{V_{i}} eine 𝔤-lineare Abbildung, denn für v ∈ V_{i} ist [g, h(v)] = g(h(v)) = h(g(v)) = h([g, v]). Also gibt es ein λ_{i} ∈ K mit h|_{V_{i}}^{V_{i}} = λ_{i}; cf. Bemerkung 61. Wegen h ∈ 𝔫 ist aber auch 0 = tr(h|_{V_{i}}^{V_{i}}) = (dim V_{i})λ_{i}, also λ_{i} = 0 dank char K = 0, und somit h|_{V_{i}}^{V_{i}} = 0.

Insgesamt zeigt dies h = 0.

Satz 70 (Jordan, abstrakt) Weiterhin ist K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0.

Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra.

Sei g ∈ 𝔤. Es gibt genau ein (g_{as} , g_{an}) ∈ 𝔤 × 𝔤 so, daß ad_{𝔤}(g_{as}) halbeinfach, ad_{𝔤}(g_{an}) nilpotent, g = g_{as} + g_{an} und [g_{as} , g_{an}] = 0 ist.

Ferner ist

ad_{𝔤}(g_{as}) = (ad_{𝔤} g)_{gs}
ad_{𝔤}(g_{an}) = (ad_{𝔤} g)_{gn} ;

cf. Lemma 22.(1). Auch diese beiden Gleichungen legen (g_{as} , g_{an}) fest.

Das Paar (g_{as} , g_{an}) heißt abstrakte Jordan-Zerlegung von g. Cf. Lemma 22.

Beweis. Vorbemerkung. Sei (u, v) ∈ 𝔤 × 𝔤. Wegen der Injektivität von ad_{𝔤} aus Bemerkung 33 ist (g = u+v und [u, v] = 0) äquivalent zu (ad_{𝔤} g = ad_{𝔤}(u+v) und ad_{𝔤}[u, v] = 0), was äquivalent ist zu (ad_{𝔤} g = ad_{𝔤} u + ad_{𝔤} v und [ad_{𝔤} u, ad_{𝔤} v] = 0). Somit genügt es zu zeigen, daß es genau ein (g_{as} , g_{an}) ∈ 𝔤 × 𝔤 so gibt, daß ad_{𝔤}(g_{as}) halbeinfach, ad_{𝔤}(g_{an}) nilpotent, ad_{𝔤} g = ad_{𝔤}(g_{as}) + ad_{𝔤}(g_{an}) und [ad_{𝔤}(g_{as}), ad_{𝔤}(g_{an})] = 0 ist.

Eindeutigkeit. Sei (u, v) ∈ 𝔤 × 𝔤 so, daß ad_{𝔤} u halbeinfach, ad_{𝔤} v nilpotent, ad_{𝔤} g = ad_{𝔤} u + ad_{𝔤} v und [ad_{𝔤} u, ad_{𝔤} v] = 0 ist. Also ist ad_{𝔤} u = (ad_{𝔤} g)_{gs} und ad_{𝔤} v = (ad_{𝔤} g)_{gn} ; cf. Lemma 22.(1). Da ad_{𝔤} injektiv ist, zeigt dies die Eindeutigkeit.

Existenz. Dank Lemma 69 liegen mit ad_{𝔤} g auch (ad_{𝔤} g)_{gs} und (ad_{𝔤} g)_{gn} in ad_{𝔤}(𝔤) ; cf. Bemerkung 33. Wähle (g_{as} , g_{an}) ∈ 𝔤 × 𝔤 so, daß (ad_{𝔤}(g_{as}), ad_{𝔤}(g_{as})) = ((ad_{𝔤} g)_{gs} , (ad_{𝔤} g)_{gn}) ist. Die behaupteten Eigenschaften folgen; cf. Lemma 22.(1).

Bemerkung 71 Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩(V) mit 𝔤 halbeinfach. Sei g ∈ 𝔤. Dann ist g_{gs} = g_{as} und g_{gn} = g_{an} .

Diesenfalls kann man auch kurz von der Jordanzerlegung von g reden.

Beweis. Gemäß Lemma 69 ist g_{gn} ∈ 𝔤. Mit Jordan, Satz 70, ist ad_{𝔤}(g_{an}) = (ad_{𝔤} g)_{gn} . Mit Bemerkung 23.(2) ist ad_{𝔤𝔩(V)}(g_{gn}) = (ad_{𝔤𝔩(V)} g)_{gn} . Schreibe 𝔤 ^{\overline{}^{ι}} 𝔤𝔩(V) für die Inklusionsabbildung. Wir haben das kommutative Viereck linearer Abbildungen

\xymatrix{𝔤𝔩(V) \ar[r]^{ad_{𝔤𝔩(V )} g} & 𝔤𝔩(V) \\ 𝔤 \ar[u]^{ι} \ar[r]^{ad_{𝔤} g} & 𝔤 \ar[u]_{ι}}

mit vertikalen Inklusionen. Aufgabe 9.(3) gibt uns daraus das kommutative Viereck

\xymatrix{𝔤𝔩(V) \ar[r]^{(ad_{𝔤𝔩(V )} g)_{gn}} & 𝔤𝔩(V) \\ 𝔤 \ar[u]^{ι} \ar[r]^{(ad_{𝔤} g)_{gn}} & 𝔤 . \ar[u]|{ι}}

Desweiteren haben wir das kommutative Viereck

\xymatrix{𝔤𝔩(V) \ar[r]^{ad_{𝔤𝔩(V )}(g_{gn})} & 𝔤𝔩(V) \\ 𝔤 \ar[u]^{ι} \ar[r]^{ad_{𝔤}(g_{gn})} & 𝔤 . \ar[u]|{ι}}

Wir erhalten

ι ∘ ad_{𝔤}(g_{gn}) = ad_{𝔤𝔩(V)}(g_{gn}) ∘ ι = (ad_{𝔤𝔩(V)} g)_{gn} ∘ ι = ι ∘ (ad_{𝔤} g)_{gn} = ι ∘ ad_{𝔤}(g_{an}) .

Da ι injektiv ist, folgt ad_{𝔤}(g_{gn}) = ad_{𝔤}(g_{an}). Da ad_{𝔤} nach Bemerkung 33 injektiv ist, folgt g_{gn} = g_{an} .

Schließlich wird g_{gs} = g − g_{gn} = g − g_{an} = g_{as} .

Bemerkung 72 Sei 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔥 ein Morphismus von halbeinfachen endlichdimensionalen Liealgebren. Sei g ∈ 𝔤. Es ist φ(g_{as}) = φ(g)_{as} und φ(g_{an}) = φ(g)_{an} .

Beweis. Siehe Aufgabe 29.

Korollar 73 Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩(V) eine halbeinfache Teilalgebra.

Sei W = (W, φ) ein endlichdimensionaler 𝔤-Modul. Sei g ∈ 𝔤.

Ist g ein halbeinfacher Endomorphismus von V, so ist φ(g) ein halbeinfacher Endomorphismus von W.

Ist g ein nilpotenter Endomorphismus von V, so ist φ(g) ein nilpotenter Endomorphismus von W.

Beweis. Sei g ein halbeinfacher Endomorphismus von V. Dann ist g = g_{gs} = g_{as} , letzteres genommen in 𝔤; cf. Bemerkung 71. Verwenden wir die halbeinfache Liealgebra 𝔤/Kern φ ≃ φ(𝔤) ⩽ 𝔤𝔩(W), cf. Lemma 53.(2), und den Morphismus

φ̄ := φ|^{φ(𝔤)} : 𝔤 \overline{}φ(𝔤)

halbeinfacher endlichdimensionaler Liealgebren, so folgt

φ(g) = φ(g_{as}) = φ̄(g_{as}) =^{B. 72} φ̄(g)_{as} = φ(g)_{as} =^{B. 71} φ(g)_{gs} ,

i.e. φ(g) ist ein halbeinfacher Endomorphismus von W.

Analog im nilpotenten Fall.

\xymatrix{𝔤𝔩(V) & 𝔤𝔩(W) \\ 𝔤 \ar@{^{(}->}[u] \ar[ur]^{φ} \ar[r]_{φ̄} & φ(𝔤) \ar@{^{(}->}[u]}

3.5 Moduln von 𝔰𝔩_{2}(K)

Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0.

Wir verwenden die Basis

(e, f, h) = ( (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) )

von 𝔰𝔩_{2}(K) wie in der Lösung zu Aufgabe 2. Es ist

[e, f] = h ,  [h, e] = 2e ,  [h, f] = −2f .

Nach Aufgabe 3 ist 𝔰𝔩_{2}(K) einfach, also auch halbeinfach; cf. Bemerkung 31.(2).

Sei M = (M, φ) ein endlichdimensionaler 𝔰𝔩_{2}(K)-Modul. Hierbei ist φ : 𝔰𝔩_{2}(K) \overline{}𝔤𝔩(M).

Definition 74 Für λ ∈ K schreiben wir M_{λ} := E_{φ(h)}(λ) = { m ∈ M : [h, m] = λm }. Ist M_{λ} ≠ 0, so heißt λ ein Gewicht und M_{λ} ein Gewichtsraum von M. Die Menge der Gewichte von M schreiben wir γ(M) ⊆ K; dies ist gerade die Menge der Eigenwerte von φ(h). Da M endlichdimensional ist, ist γ(M) endlich. Ist M ≠ 0, so ist γ(M) ≠ ∅.

Bemerkung 75

(1) Es ist φ(h) halbeinfach. Es sind φ(e) und φ(f) nilpotent.

(2) Es ist M = ⨁_{λ∈γ(M)} M_{λ}.

Beweis. Es folgt (1) aus Korollar 73. Die direkte Zerlegung von M in die Eigenräume von φ(h), die in (2) behauptet wird, folgt dank Korollar 73 aus der Halbeinfachheit des Endomorphismus φ(h) von M.

Bemerkung 76 Sei λ ∈ K. Sei m ∈ M_{λ}.

Dann ist [e, m] ∈ M_{λ+2} und [f, m] ∈ M_{λ−2} .

Beweis. Es ist

\begin{aligned}[h, [e, m]] & = & [[h, e], m] + [e, [h, m]] & = & 2[e, m] + λ[e, m] & = & (λ + 2)[e, m] \\ [h, [f, m]] & = & [[h, f], m] + [f, [h, m]] & = & −2[f, m] + λ[f, m] & = & (λ − 2)[f, m] . \end{aligned}

Die Bemerkungen 75.(2) und 76 zeigen wegen γ(M) endlich abermals, daß φ(e) und φ(f) nilpotent sind.

Definition 77 Ein Gewicht μ ∈ γ(M) mit μ+2 ∉ γ(M) heißt maximal. Da γ(M) endlich ist, gibt es darin ein maximales Gewicht, falls M ≠ 0. Bemerkung 78 Sei μ ∈ γ(M) ein maximales Gewicht. Sei m_{0} ∈ M_{μ}. Setze

m_{k} := (k!)^{−1}(φ(f))^{k}(m_{0}) ∈ M_{μ−2k}

für k ⩾ 1. Setze m_{−1} := 0. Für k ⩾ 0 wird

\begin{aligned}[h, m_{k}] & = & (μ − 2k)m_{k} \\ [e, m_{k}] & = & (μ − k + 1)m_{k−1} \\ [f, m_{k}] & = & (k + 1)m_{k+1} . \end{aligned}

Beweis. Siehe Aufgabe 32.(1). Bemerkung 79 Sei ℓ ⩾ 0. Sei V_{ℓ+1} ein Vektorraum mit einer Basis (v_{0} , …, v_{ℓ}), ausgestattet mit ψ_{ℓ+1} : 𝔰𝔩_{2}(K) \overline{}𝔤𝔩(V_{ℓ+1}), gegeben bezüglich dieser Basis durch

ψ_{ℓ+1}(h) := (\begin{matrix}ℓ \\ & ℓ−2 \\ & & . & . & . \\ & & & & & . & . & . \\ & & & & & & & & −ℓ \end{matrix}) , ψ_{ℓ+1}(e) := ( \begin{matrix}0 & ℓ \\ & 0 & ℓ−1 \\ & & ... & ... \\ & & & ... & 1 \\ & & & & 0 \end{matrix} ) , ψ_{ℓ+1}(f) := ( \begin{matrix}0 \\ 1 & 0 \\ & 2 & ... \\ & & ... & ... \\ & & & ℓ & 0 \end{matrix}) .

Dann ist V_{ℓ+1} = (V_{ℓ+1}, ψ_{ℓ+1}) ein einfacher 𝔰𝔩_{2}(K)-Modul, mit

[h, v_{k}] = (ℓ − 2k)v_{k} , [e, v_{k}] = (ℓ − k + 1)v_{k−1} , [f, v_{k}] = (k + 1)v_{k+1} für k ∈ [0, ℓ], wobei v_{−1} := 0 und v_{ℓ+1} := 0. Beweis. Es ist ψ_{ℓ+1} eine lineare Abbildung. Da

\begin{aligned}[ψ_{ℓ+1}(e), ψ_{ℓ+1}(f)] & = & ψ_{ℓ+1}(h) & = & ψ_{ℓ+1}([e, f]) \\ [ψ_{ℓ+1}(h), ψ_{ℓ+1}(e)] & = & 2ψ_{ℓ+1}(e) & = & ψ_{ℓ+1}([h, e]) \\ [ψ_{ℓ+1}(h), ψ_{ℓ+1}(f)] & = & −2ψ_{ℓ+1}(f) & = & ψ_{ℓ+1}([h, f]) , \end{aligned}

ist ψ_{ℓ+1} ein Morphismus von Liealgebren, wie man durch bilineare Fortsetzung erkennt. Um die Einfachheit zu zeigen, sei ein Teilmodul 0 ≠ X ⊆ V_{ℓ+1} gegeben. Wir haben X =^{!} V_{ℓ+1} zu zeigen. Sei x ∈ X ∖ {0}. Anwenden einer Potenz von ψ_{ℓ+1}(f) gibt ein nichtverschwindendes Vielfaches von v_{ℓ} in X. Iteriertes Anwenden von ψ_{ℓ+1}(e) zeigt nun, daß alle Vektoren der Basis (v_{0} , …, v_{ℓ}) von V_{ℓ+1} in X liegen. Also ist X = V_{ℓ+1} .

Lemma 80 Sei der endlichdimensionale 𝔰𝔩_{2}(K)-Modul M einfach.

Schreibe ℓ := (dim M) − 1 ⩾ 0.

(1) Es ist M ≃ V_{ℓ+1} .

(2) Es ist γ(M) = { ℓ − 2i : i ∈ [0, ℓ] }.

(3) Es ist dim M_{λ} = 1 für alle λ ∈ γ(M).

Beweis. Sei μ ∈ γ(M) ein maximales Gewicht. Sei m_{0} ∈ M_{μ} ∖ {0}. Wir verwenden die Bezeichnungen von Bemerkung 78. Wäre m_{k} ≠ 0 für alle k ⩾ 0, dann wäre das Tupel ( m_{k} : k ⩾ 0 ) linear unabhängig, da aus Eigenvektoren von φ(h) zu verschiedenen Eigenwerten bestehend, im Widerspruch zu M endlichdimensional. Wir können also ein minimales ℓ′ ⩾ 0 wählen mit m_{ℓ′} ≠ 0, aber m_{ℓ′+1} = 0. Also ist m_{i} ≠ 0 für i ∈ [0, ℓ′], sowie m_{−1} = 0 und m_{ℓ′+1} = 0. Dank loc. cit. ist ⟨ m_{i} : i ∈ [0, ℓ′] ⟩ ein nichtverschwindender Teilmodul von M, und somit gleich M, da M einfach ist. Da m_{i} ∈ M_{μ−2i} für i ∈ [0, ℓ′] und da M = ⨁_{i∈[0,ℓ′]}⟨m_{i}⟩, folgt M_{μ−2i} = ⟨m_{i}⟩ für i ∈ [0, ℓ′], γ(M) = {μ − 2i : i ∈ [0, ℓ′]} sowie ℓ′ = (dim M) − 1 = ℓ.

Es ist 0 = [e, m_{ℓ+1}] = (μ − ℓ)m_{ℓ} nach loc. cit. Folglich ist μ = ℓ.

Nun zeigt loc. cit., daß V_{ℓ+1} \overline{}M, v_{i} \overline{}m_{i} für i ∈ [0, ℓ], ein Isomorphismus von 𝔰𝔩_{2}(K)-Moduln ist.

Bemerkung 81

(1) Es ist γ(M) ⊆ Z.

(2) Sei λ ∈ K. Es ist dim M_{λ} = dim M_{−λ}. Insbesondere liegt λ ∈ γ(M) genau dann, wenn −λ ∈ γ(M) liegt. I.e. es ist γ(M) = −γ(M).

(3) Es zerfällt M in eine direkte Summe von dim M_{0} + dim M_{1} einfachen Moduln.

(4) Ist M_{0} = 0, so ist γ(M) ⊆ 2Z + 1.

Beweis. Nach Weyl, Satz 68, ist M direkte Summe einfacher Moduln. Da für endlichdimensionale 𝔰𝔩_{2}(K)-Moduln M′ und M′′ und λ ∈ K gilt, daß (M′ ⊕ M′′)_{λ} = M′_{λ} ⊕ M′′_{λ} und γ(M′ ⊕ M′′) = γ(M′) ∪ γ(M′′) ist, folgen die Aussagen daraus, daß sie für einfache endlichdimensionale 𝔰𝔩_{2}(K)-Moduln gelten; was wiederum Lemma 80 zu entnehmen ist.

Wurzelsystem einer halbeinfachen Liealgebra

Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Wir identifizieren Z ⊆ K.

4.1 Tori

Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra.

Definition 82 Eine Teilalgebra 𝔱 ⩽ 𝔤 heißt ein Torus in 𝔤, falls der Endomorphismus ad_{𝔤} t ∈ 𝔤𝔩(𝔤) halbeinfach ist für alle t ∈ 𝔱; cf. Definition 21.(1).

Ein Torus 𝔱 ⩽ 𝔤 heißt maximal, falls aus 𝔱 ⩽ 𝔱′ ⩽ 𝔤 und 𝔱′ ⩽ 𝔤 Torus folgt, daß 𝔱 = 𝔱′ ist.

Es ist 0 ⩽ 𝔤 ein Torus. Also existiert in 𝔤 aus Dimensionsgründen ein maximaler Torus.

Die Sonderrolle als Zerleger, die in §3.5 vom Element h = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) wahrgenommen wurde, soll hier von einem maximalen Torus übernommen werden.

Bemerkung 83 Ist 𝔤 halbeinfach, dann ist 𝔱 ⩽ 𝔤 ein Torus genau dann, wenn t = t_{as} ist für alle t ∈ 𝔱; cf. Jordan, Satz 70. Ist zudem 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩(V) für einen endlichdimensionalen Vektorraum V, dann ist 𝔱 ⩽ 𝔤 ein Torus genau dann, wenn t = t_{gs} ist für alle t ∈ 𝔱; cf. Bemerkung 71. Diesenfalls ist 𝔱 ⩽ 𝔤 also genau dann ein Torus, wenn alle seine Elemente halbeinfache Endomorphismen von V sind.

So sind e.g. 𝔱 := ⟨(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})⟩ und 𝔱′ := ⟨(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix})⟩ Tori in 𝔰𝔩_{3}(K) ; cf. Aufgabe 3,

Bemerkung 31.(2). Aber es ist auch für jede invertierbare Matrix S ∈ GL_{3}(K) die Teilalgebra S^{−1}𝔱′S ⩽ 𝔰𝔩_{3}(K) ein Torus.

Bemerkung 84 Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein Torus. Es ist 𝔱 abelsch.

Beweis. Für t ∈ 𝔱 ist ad_{𝔱} t = ad_{𝔤} t|_{𝔱}^{𝔱} halbeinfach, da ad_{𝔤} t halbeinfach ist; cf. Aufgabe 9.(2).

Sei t ∈ 𝔱 gegeben. Wir haben ad_{𝔱} t =^{!} 0 zu zeigen. Wegen Halbeinfachheit genügt es zu zeigen, daß ad_{𝔱} t keinen Eigenwert ungleich 0 hat. Angenommen, es gibt ein t′ ∈ 𝔱 ∖ {0} und ein λ ∈ K ∖ {0} mit (ad_{𝔱} t)(t′) = λt′. Nun ist auch ad_{𝔱} t′ halbeinfach. Somit gibt es ein ℓ ⩾ 0 und eine Basis (t_{1} , …, t_{ℓ}) von 𝔱 mit (ad_{𝔱} t′)(t_{i}) = μ_{i}t_{i} für gewisse μ_{i} ∈ K für i ∈ [1, ℓ]. Schreibe t =: ∑_{i∈[1,ℓ]} ν_{i}t_{i}, wobei ν_{i} ∈ K. Es wird

(∗)  0 ≠ λt′ = [t, t′] = −[t′, t] = − ∑_{i∈[1,ℓ]} ν_{i}[t′, t_{i}] = − ∑_{i∈[1,ℓ]} ν_{i}μ_{i}t_{i} .

Also gibt es ein j ∈ [1, ℓ] mit ν_{j} ≠ 0 und μ_{j} ≠ 0. Mit (∗) wird aber

0 = [t′, λt′] = − ∑_{i∈[1,ℓ]} ν_{i}μ_{i}[t′, t_{i}] = − ∑_{i∈[1,ℓ]} ν_{i}μ_{i}^{2}t_{i} ,

was wegen ν_{j}μ_{j}^{2} ≠ 0 nicht geht, Widerspruch.

In Matrizen : es ist nicht möglich, daß die Diagonalmatrix zu ad_{𝔱} t′ den Vektor zu t nicht annulliert, ihr Quadrat aber schon.

Bemerkung 85 Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein Torus.

Es ist 𝔱 ⩽ 𝔠_{𝔤}(𝔱) . Ist 𝔱 = 𝔠_{𝔤}(𝔱), dann ist 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus.

Cf. auch Lemma 90.(1) unten. Cf. auch Aufgabe 36.(1).

Beweis. Da 𝔱 abelsch ist, ist 𝔱 ⩽ 𝔠_{𝔤}(𝔱); cf. Definition 18.

Sei sogar 𝔱 = 𝔠_{𝔤}(𝔱). Sei angenommen, es gibt einen Torus 𝔱′ ⩽ 𝔤 mit 𝔱 < 𝔱′ ⩽ 𝔤. Es ist 𝔱′ abelsch; cf. Bemerkung 84. Also ist 𝔱 < 𝔱′ ⩽ 𝔠_{𝔤}(𝔱), und wir haben einen Widerspruch.

4.2 Wurzelraumzerlegung

Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Schreibe n := dim 𝔤.

Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein Torus. Schreibe ℓ := dim 𝔱.

Definition 86 Sei χ ∈ 𝔱^{∗} = Hom(𝔱, K). Setze

𝔤_{χ} = 𝔤_{𝔱,χ} := { g ∈ 𝔤 : [t, g] = χ(t) · g für t ∈ 𝔱 } .

Insbesondere ist 𝔤_{0} = 𝔠_{𝔤}(𝔱).

Falls χ ≠ 0 und 𝔤_{χ} ≠ 0, so heißt χ eine Wurzel von 𝔤, und 𝔤_{χ} der Wurzelraum von 𝔤 zu χ.

Die Menge der Wurzeln von 𝔤 werde

Φ(𝔤) = Φ_{𝔱}(𝔤) := { χ ∈ 𝔱^{∗} ∖ {0} : 𝔤_{χ} ≠ 0 }

geschrieben. Es sind sowohl Φ_{𝔱}(𝔤) als auch 𝔤_{𝔱,χ} von der Wahl des Torus 𝔱 abhängig definiert. Bei fixiertem Torus 𝔱 werden wir dennoch in der Regel die Kurzschreibweise verwenden, in der 𝔱 nicht erwähnt wird.

Beispiel 87 Sei 𝔤 = 𝔰𝔩_{3}(K). Sei 𝔱 = ⟨\overbrace{(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})}^{=: t_{1}}, \overbrace{(\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix})}^{=: t_{2}}⟩; cf. Bemerkung 83.

Ist χ : 𝔱 \overline{}K durch χ(t_{1}) := 2 und χ(t_{2}) := −1 definiert, dann wird x := (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ∈ 𝔤_{χ}. Denn in der Tat wird [t_{1} , x] = 2x = χ(t_{1}) · x und [t_{2} , x] = −x = χ(t_{2}) · x, und also

[α_{1}t_{1} +α_{2}t_{2} , x] = α_{1}[t_{1} , x]+α_{2}[t_{2} , x] = α_{1} ·χ(t_{1})·x+α_{2} ·χ(t_{2})·x = χ(α_{1}t_{1} +α_{2}t_{2})x .

für α_{1} , α_{2} ∈ K.

Lemma 88 Wir haben die Wurzelraumzerlegung

𝔤 = 𝔠_{𝔤}(𝔱) ⊕ ⨁_{χ∈Φ(𝔤)} 𝔤_{χ} = ⨁_{χ∈Φ(𝔤)⊔{0}} 𝔤_{χ} .

Es ist Φ(𝔤) endlich.

Cf. auch die bessere Darstellung der Wurzelraumzerlegung im halbeinfachen Fall im untenstehenden Satz 91.

Beweis. Sei (t_{1}, …, t_{ℓ}) eine Basis von 𝔱. Es ist [(ad_{𝔤} t_{i}), (ad_{𝔤} t_{j})] = ad_{𝔤}[t_{i} , t_{j}] = 0 für i, j ∈ [1, ℓ] ; cf. Bemerkung 9, Bemerkung 84. In anderen Worten, es ist (ad_{𝔤} t_{i})∘(ad_{𝔤} t_{j}) = (ad_{𝔤} t_{j})∘(ad_{𝔤} t_{i}) für i, j ∈ [1, ℓ]. Gemäß Aufgabe 10.(1) gibt also es eine Basis (g_{1} , …, g_{n}) von 𝔤 so, daß g_{k} Eigenvektor von ad_{𝔤} t_{i} ist für alle k ∈ [1, n] und alle i ∈ [1, ℓ]. Sei [t_{i} , g_{k}] = (ad_{𝔤} t_{i})(g_{k}) = λ_{i,k} g_{k} für gewisse λ_{i,k} ∈ K für k ∈ [1, n] und i ∈ [1, ℓ].

Sei k ∈ [1, n]. Definiere die lineare Abbildung χ_{k} : 𝔱 \overline{}K, t_{i} \overline{}λ_{i,k}. Es ist g_{k} ∈ 𝔤_{χ_{k}} , da für t = ∑_{i} α_{i}t_{i} ∈ 𝔱, für gegebene α_{i} ∈ K, sich [t, g_{k}] = ∑_{i} α_{i}[t_{i} , g_{k}] = ∑_{i} α_{i} λ_{i,k} g_{k} = χ_{k}(∑_{i} α_{i} t_{i}) · g_{k} = χ_{k}(t) · g_{k} ergibt. Also ist χ_{k} ∈ Φ(𝔤) ⊔ {0}.

Da (g_{1} , …, g_{n}) eine Basis von 𝔤 ist, folgt, daß 𝔤 die Summe der Teilräume 𝔤_{χ} mit χ ∈ Φ(𝔤) ⊔ {0} ist. Die Direktheit dieser Summe bleibt zu zeigen.

Angenommen, die Summe ist nicht direkt. Seien x_{χ} ∈ 𝔤_{χ} mit {χ ∈ Φ(𝔤) : x_{χ} ≠ 0} endlich so gewählt, daß

∑_{χ ∈ Φ(𝔤)⊔{0}} x_{χ} = 0

gilt und daß die Anzahl der nichtverschwindenden Summanden minimal, aber > 0, also ⩾ 2 ist. Wähle σ, ρ ∈ Φ(𝔤) ⊔ {0} mit σ ≠ ρ und x_{σ} ≠ 0 und x_{ρ} ≠ 0. Wähle t ∈ 𝔱 mit σ(t) ≠ ρ(t).

Es folgt 0 = ∑_{χ}[t, x_{χ}] = ∑_{χ} χ(t)x_{χ}. Also ist ∑_{χ}(χ(t) − σ(t))x_{χ} = 0. Diese Summe hat nun den nichtverschwindenden Summanden (ρ(t) − σ(t))x_{ρ}, aber den verschwindenden Summanden (σ(t) − σ(t))x_{σ}. Somit haben wir eine kürzere solche Summe gefunden und also einen Widerspruch.

Da 𝔤 endlichdimensional ist und dim 𝔤_{χ} ⩾ 1 für χ ∈ Φ(𝔤), folgt auch die Endlichkeit von Φ(𝔤).

Bemerkung 89

(1) Es ist [𝔤_{σ} , 𝔤_{ρ}] ⊆ 𝔤_{σ+ρ} für σ, ρ ∈ Φ(𝔤) ⊔ {0}.

(2) Es ist κ_{𝔤}(𝔤_{σ} , 𝔤_{ρ}) = 0 für σ, ρ ∈ Φ(𝔤) ⊔ {0} mit σ ≠ −ρ.

(3) Es ist rad(κ_{𝔤}|_{𝔠_{𝔤}(𝔱)×𝔠_{𝔤}(𝔱)}) ⊆ rad κ_{𝔤}.

Beweis.

Zu (1). Sei g′ ∈ 𝔤_{σ}. Sei g′′ ∈ 𝔤_{ρ}. Sei t ∈ 𝔱. Es ist

[t, [g′, g′′]] = [[t, g′], g′′] + [g′, [t, g′′]] = [σ(t)g′, g′′] + [g′, ρ(t)g′′] = (σ + ρ)(t) · [g′, g′′] ,

mithin [g′, g′′] ∈ 𝔤_{σ+ρ}.

Zu (2). Sei g′ ∈ 𝔤_{σ}. Sei g′′ ∈ 𝔤_{ρ}. Wähle t ∈ 𝔱 so, daß σ(t) + ρ(t) ≠ 0. Es wird

(σ(t) + ρ(t))κ_{𝔤}(g′, g′′) = κ_{𝔤}(σ(t)g′, g′′) + κ_{𝔤}(g′, ρ(t)g′′)
= κ_{𝔤}([t, g′], g′′) + κ_{𝔤}(g′, [t, g′′])
= −κ_{𝔤}([g′, t], g′′) + κ_{𝔤}(g′, [t, g′′])
=^{B. 47} 0 ,

und also κ_{𝔤}(g′, g′′) = 0.

Zu (3). Sei x ∈ rad(κ_{𝔤}|_{𝔠_{𝔤}(𝔱)×𝔠_{𝔤}(𝔱)}). Also ist x ∈ 𝔠_{𝔤}(𝔱) = 𝔤_{0} und κ_{𝔤}(x, 𝔤_{0}) = 0. Nach (2) ist auch κ_{𝔤}(x, ⨁_{χ∈Φ(𝔤)} 𝔤_{χ}) = 0. Mit Lemma 88 folgt κ_{𝔤}(x, 𝔤) = κ_{𝔤}(x, ⨁_{χ∈Φ(𝔤)⊔{0}} 𝔤_{χ}) = 0,

mithin x ∈ rad κ_{𝔤}.

4.3 Maximaler Torus ist selbstzentralisierend

Lemma 90 Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra mit 𝔤 ≠ 0.

Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein Torus.

(1) Es ist 𝔠_{𝔤}(𝔱) = 𝔱 genau dann, wenn 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus ist. Insbesondere ist ein maximaler Torus ungleich 0.

(2) Ist 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus, dann ist κ_{𝔤}|_{𝔱×𝔱} nichtausgeartet.

Beweis. Ist 𝔱 = 𝔠_{𝔤}(𝔱), dann ist 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus; cf. Bemerkung 85. Sei nun umgekehrt 𝔱 ⩽ 𝔤 als maximaler Torus vorausgesetzt. Schreibe 𝔠 := 𝔠_{𝔤}(𝔱). Es ist also 𝔱 ⩽ 𝔠 ⩽ 𝔤. Für c ∈ 𝔠 bilden wir c_{as} und c_{an} in 𝔤; cf. Jordan, Satz 70. Schritt 1. Ist c ∈ 𝔠, so sind c_{as} ∈ 𝔱 und c_{an} ∈ 𝔠. Aus (ad_{𝔤} c)(𝔱) = [c, 𝔱] = 0 folgt [c_{as} , 𝔱] = (ad_{𝔤}(c_{as}))(𝔱) = (ad_{𝔤} c)_{gs}(𝔱) = 0, da (ad_{𝔤} c)_{gs} ein Polynom in (ad_{𝔤} c) ohne konstanten Term ist; cf. Jordan, Satz 70, und Lemma 22.(2). Also ist c_{as} ∈ 𝔠. Also ist auch c_{an} = c − c_{as} ∈ 𝔠. Da c_{as} ∈ 𝔠 und da 𝔱 nach Bemerkung 84 abelsch ist, ist ⟨c_{as} , 𝔱⟩ eine abelsche Teilalgebra von 𝔤. Folglich ist auch ad_{𝔤}⟨c_{as} , 𝔱⟩ eine abelsche Teilalgebra von 𝔤𝔩(𝔤). In anderen Worten, je zwei ihrer Elemente kommutieren bezüglich Komposition. Da das Element ad_{𝔤}(c_{as}) = (ad_{𝔤} c)_{gs} und jedes Element von ad_{𝔤} 𝔱 halbeinfach sind, gilt dies wegen dieser Kommutativität auch für jede ihrer Linearkombinationen; cf. Aufgabe 10.(2). Somit ist jedes Element von ad_{𝔤}⟨c_{as} , 𝔱⟩ halbeinfach und also ⟨c_{as} , 𝔱⟩ ⩽ 𝔤 ein Torus. Da 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus ist, folgt daraus c_{as} ∈ 𝔱. Schritt 2. Es ist κ_{𝔤}|_{𝔠×𝔠} nichtausgeartet. Es ist κ_{𝔤} nichtausgeartet nach Cartan, Satz 50.(4), da 𝔤 halbeinfach ist.

Da rad(κ_{𝔤}|_{𝔠×𝔠}) ⊆^{B. 89.(3)} rad κ_{𝔤} = 0, ist auch κ_{𝔤}|_{𝔠×𝔠} nichtausgeartet. Schritt 3. Es ist 𝔠 nilpotent. Sei c ∈ 𝔠. Nach Engel, Satz 40, genügt es zu zeigen, daß ad_{𝔠}(c) nilpotent ist. Nun ist ad_{𝔠}(c_{as}) = 0, da c_{as} ∈ 𝔱 nach Schritt 1 und da [𝔱, 𝔠] = 0. Also ist

ad_{𝔠}(c) = ad_{𝔠}(c_{an}) = ad_{𝔤}(c_{an})|_{𝔠}^{𝔠} =^{S. 70} (ad_{𝔤} c)_{gn}|_{𝔠}^{𝔠}

nilpotent. Schritt 4. Für c ∈ 𝔠 ist c_{an} = 0. Da 𝔠 nach Schritt 3 nilpotent ist, ist 𝔠 auflösbar. Es ist 𝔠 ≃^{B. 33} ad_{𝔤} 𝔠 ⩽ 𝔤𝔩(𝔤). Somit ist auch ad_{𝔤} 𝔠 auflösbar. Schreibe n := dim 𝔤. Nach Lemma 42 gibt es eine Basis von 𝔤 so, daß mit dem zugehörigen Isomorphismus φ : 𝔤𝔩(𝔤) ^{\overline{}^{∼}} 𝔤𝔩_{n}(K) gilt, daß φ(ad_{𝔤} 𝔠) ⩽ 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) ist. Nun ist ad_{𝔤}(c_{an}) =^{S. 70} (ad_{𝔤} c)_{gn} nilpotent, und daher φ(ad_{𝔤}(c_{an})) ∈ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K). Für c′ ∈ 𝔠 ist also φ(ad_{𝔤} c′) · φ(ad_{𝔤}(c_{an})) ∈ 𝔤𝔩_{n}^{>}(K), und daher

κ_{𝔤}(c′, c_{an}) = tr(φ(ad_{𝔤} c′) · φ(ad_{𝔤}(c_{an}))) = 0 .

Da κ_{𝔤}|_{𝔠×𝔠} dank Schritt 2 nichtausgeartet ist, folgt c_{an} = 0. Schritt 5. Es ist 𝔱 = 𝔠. Es ist κ_{𝔤}|_{𝔱×𝔱} nichtausgeartet. Es ist 𝔱 ≠ 0. Sei c ∈ 𝔠. Es wird c =^{S. 70} c_{as} + c_{an} =^{Schr. 4} c_{as} ∈^{Schr. 1} 𝔱. Also ist 𝔱 = 𝔠. Nach Schritt 2 ist nun κ_{𝔤}|_{𝔱×𝔱} = κ_{𝔤}|_{𝔠×𝔠} nichtausgeartet. Wäre 𝔱 = 0, so wäre 0 = 𝔱 = 𝔠 = 𝔠_{𝔤}(0) = 𝔤 ≠ 0, was nicht geht.

Satz 91 (Wurzelraumzerlegung) Sei weiterhin K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra mit 𝔤 ≠ 0. Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus. Wie in Definition 86 bezeichnet Φ(𝔤) ⊆ 𝔱^{∗} die Menge der Wurzeln von 𝔤 bezüglich 𝔱. Wir haben 𝔱 = 𝔤_{0} und die Wurzelraumzerlegung

𝔤 = 𝔱 ⊕ ⨁_{χ∈Φ(𝔤)} 𝔤_{χ} = ⨁_{χ∈Φ(𝔤)⊔{0}} 𝔤_{χ} .

Beweis. Nach Lemma 88 ist 𝔤 = 𝔠_{𝔤}(𝔱)⊕⨁_{χ∈Φ(𝔤)} 𝔤_{χ}. Nach Lemma 90.(1) ist 𝔤_{0} = 𝔠_{𝔤}(𝔱) = 𝔱.

Beispiel 92 Für 𝔤 = 𝔰𝔩_{2}(K) verwenden wir die Bezeichnungen von §3.5. Darin ist 𝔱 = ⟨h⟩ ein maximaler Torus, da 𝔱 = 𝔠_{𝔤}(𝔱). Denn für a, b, c ∈ K ist [(\begin{matrix}a & b \\ c & −a \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})] = (\begin{matrix}0 & −2b \\ 2c & 0 \end{matrix}) genau dann null, wenn b = c = 0 ist. Es ist ad_{𝔤}(h) = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}), geschrieben in der Basis (e, f, h); cf. §3.5. Die Eigenraumzerlegung davon gibt

𝔤 = \underbrace{⟨h⟩}_{𝔱} ⊕ \underbrace{⟨e⟩}_{𝔤_{χ_{2}}} ⊕ \underbrace{⟨f⟩}_{𝔤_{χ_{−2}}} ,

und also Φ(𝔤) = { χ_{2} , χ_{−2} } mit χ_{2}(h) := 2 und χ_{−2}(h) := −2. Cf. auch Aufgabe 35.

4.4 Wurzeln und ganze Zahlen

Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra mit 𝔤 ≠ 0. Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus.

Definition 93 Da κ_{𝔤}|_{𝔱×𝔱} nach Lemma 90.(2) nichtausgeartet ist, haben wir die bijektive lineare Abbildung

[figure: 𝔱; ε; ∼; 𝔱^{∗}; t; κ_{𝔤}(t, −)|_{𝔱} .]

Sei χ ∈ 𝔱^{∗}. Schreibe t_{χ} := ε^{−1}(χ). In anderen Worten, es ist

κ_{𝔤}(t_{χ} , t̃) = χ(t̃) für t̃∈ 𝔱 .

Beispiel 94 Wir setzen Beispiel 92 fort.

Es ist t_{χ_{2}} = \frac{1}{4}h, da κ_{𝔤}(\frac{1}{4}h, h) = tr(\frac{1}{4} (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ) = 2 = χ_{2}(h).

Entsprechend ist t_{χ_{−2}} = −\frac{1}{4}h.

Bemerkung 95 Sei χ ∈ Φ(𝔤).

(1) Es ist 𝔱^{∗} = ⟨Φ(𝔤)⟩ und also 𝔱 = ε^{−1}( ⟨Φ(𝔤)⟩) = ⟨ t_{σ} : σ ∈ Φ(𝔤) ⟩.

(2) Es ist auch −χ ∈ Φ(𝔤). Genauer, für g′ ∈ 𝔤_{χ} ∖ {0} ist κ_{𝔤}(g′, 𝔤_{−χ}) = K.

(3) Sind g′ ∈ 𝔤_{χ} und g′′ ∈ 𝔤_{−χ}, so ist [g′, g′′] = κ_{𝔤}(g′, g′′)t_{χ}.

Es ist [g′, 𝔤_{−χ}] = ⟨t_{χ}⟩ für g′ ∈ 𝔤_{χ} ∖ {0}.

Es folgt [𝔤_{χ} , 𝔤_{−χ}] = ⟨t_{χ}⟩.

(4) Sind g′ ∈ 𝔤_{χ} und g′′ ∈ 𝔤_{−χ}, so ist ⟨g′, g′′, t_{χ}⟩ ⩽ 𝔤.

(5) Es ist χ(t_{χ}) = κ_{𝔤}(t_{χ} , t_{χ}) ungleich 0.

Beweis. Zu (1). Angenommen, ⟨Φ(𝔤)⟩ ⊂ 𝔱^{∗}. Dann gibt es ein t ∈ 𝔱 ∖ {0} mit σ(t) = 0 für alle σ ∈ Φ(𝔤), wie man erkennt, wenn man die duale Basis zu einer von ⟨Φ(𝔤)⟩ nach 𝔱^{∗} fortgesetzten Basis betrachtet. Für σ ∈ Φ(𝔤)⊔{0} und g ∈ 𝔤_{σ} wird also [t, g] = σ(t)g = 0. Dank Wurzelraumzerlegung, Satz 91, ist also [t, 𝔤] = 0. Daher ist t ∈ 𝔷(𝔤) =^{B. 32} 0, und wir haben einen Widerspruch. Zu (2). Sei g′ ∈ 𝔤_{χ} ∖ {0}. Angenommen, es ist κ_{𝔤}(g′, 𝔤_{−χ}) = 0. Es folgt κ_{𝔤}(g′, 𝔤) = 0 aus der Wurzelraumzerlegung, Satz 91, da für σ ∈ (Φ(𝔤) ⊔ {0}) ∖ {−χ} ohnehin κ_{𝔤}(g′, 𝔤_{σ}) =^{B. 89.(2)} 0 ist. Da wegen 𝔤 halbeinfach κ_{𝔤} nichtausgeartet ist nach Cartan, Satz 50.(4), zieht dies g′ = 0 nach sich, und wir haben einen Widerspruch. Also ist κ_{𝔤}(g′, 𝔤_{−χ}) = K. Insbesondere ist 𝔤_{−χ} ≠ 0, i.e. −χ ∈ Φ(𝔤).

Zu (3). Für g′ ∈ 𝔤_{χ} und g′′ ∈ 𝔤_{−χ} ist [g′, g′′] ∈^{B. 89.(1)} 𝔤_{χ+(−χ)} = 𝔤_{0} = 𝔠_{𝔤}(𝔱) =^{L. 90.(1)} 𝔱. Es wird

κ_{𝔤}(t, [g′, g′′]) =^{B. 47.(1)} κ_{𝔤}([t, g′], g′′) = χ(t)κ_{𝔤}(g′, g′′) =^{D. 93} = κ_{𝔤}(t, t_{χ})κ_{𝔤}(g′, g′′) = κ_{𝔤}(t, κ_{𝔤}(g′, g′′)t_{χ})

für t ∈ 𝔱, wegen κ_{𝔤}|_{𝔱×𝔱} nichtausgeartet also [g′, g′′] = κ_{𝔤}(g′, g′′)t_{χ}; cf. Lemma 90.(2).

Ist g′ ≠ 0, so folgt daraus mit (2), daß [g′, 𝔤_{−χ}] = ⟨t_{χ}⟩ ist.

Zu (4). Sei g′ ∈ 𝔤_{χ} und g′′ ∈ 𝔤_{−χ}. Es ist [g′, g′′] ∈^{(3)} ⟨t_{χ}⟩. Es ist [t_{χ} , g′] = χ(t_{χ})g′. Es ist [t_{χ} , g′′] = −χ(t_{χ})g′′.

Zu (5). Angenommen, es ist χ(t_{χ}) = 0. Wähle g′ ∈ 𝔤_{χ} und g′′ ∈ 𝔤_{−χ} mit [g′, g′′] = t_{χ}; cf. (3). Schreibe 𝔥 := ⟨g′, g′′, t_{χ}⟩ ⩽ 𝔤; cf. (4). Wegen [t_{χ} , g′] = χ(t_{χ})g′ = 0 und [t_{χ} , g′′] = −χ(t_{χ})g′ = 0 ist 𝔥^{(1)} = ⟨t_{χ}⟩, 𝔥^{(2)} = 0 und mithin 𝔥 ≃ ad_{𝔤}(𝔥) auflösbar; cf. Definition 25, Bemerkung 33.

Schreibe n := dim 𝔤. Nach Lemma 42 gibt es eine Basis von 𝔤, deren Isomorphismus 𝔤𝔩(𝔤) ^{\overline{}^{∼}} 𝔤𝔩_{n}(K) die auflösbare Teilalgebra ad_{𝔤}(𝔥) nach 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) abbildet. Folglich wird

ad_{𝔤}(𝔥)^{(1)} =^{B. 24.(1)} ad_{𝔤}(𝔥^{(1)}) nach 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K)^{(1)} = 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) abgebildet; cf. Lösung zu Aufgabe 13.(2). Insbesondere ist ad_{𝔤} t_{χ} ein nilpotenter Endomorphismus. Da 𝔱 ein Torus ist, ist aber ad_{𝔤} t_{χ} halbeinfach. Also ist t_{χ} = 0, damit auch χ = κ_{𝔤}(t_{χ} , −) = 0, und wir haben einen Widerspruch.

Definition 96 Sei χ ∈ Φ(𝔤). Setze

t′_{χ} := 2χ(t_{χ})^{−1}t_{χ} ;

cf. Definition 93, Bemerkung 95.(5). Beachte χ(t′_{χ}) = 2.

Beispiel 97 Wir setzen Beispiel 94 fort. Da t_{χ_{2}} = \frac{1}{4}h ist, wird t′_{χ_{2}} = 2χ_{2}(\frac{1}{4}h)^{−1} · \frac{1}{4}h = 2 · 2 · \frac{1}{4}h = h. Da t_{χ_{−2}} = −\frac{1}{4}h ist, wird t′_{χ_{−2}} = 2χ_{−2}(−\frac{1}{4}h)^{−1} · (−\frac{1}{4}h) = 2 · 2 · (−\frac{1}{4}h) = −h.

Lemma 98 Sei χ ∈ Φ(𝔤). Wir verwenden die Basis (e, f, h) von 𝔰𝔩_{2}(K) aus §3.5.

(1) Es ist dim 𝔤_{χ} = 1.

(2) Wähle g′ ∈ 𝔤_{χ} ∖ {0}. Wähle g′′ ∈ 𝔤_{−χ} mit [g′, g′′] = t′_{χ}; cf. Bemerkung 95.(3).

Schreibe 𝔰_{χ} := ⟨ g′, t_{χ} , g′′ ⟩.

Es ist 𝔰_{χ} = 𝔤_{χ} ⊕ ⟨t_{χ}⟩ ⊕ 𝔤_{−χ} ⩽ 𝔤 ; cf. (1), Bemerkung 95.(4), Satz 91.

Wir haben den Isomorphismus von Liealgebren

[figure: 𝔰𝔩_{2}(K); ψ_{g′, g′′}; ∼; 𝔰_{χ}; e; g′; f; g′′; h; t′_{χ} .]

(3) Es ist ⟨χ⟩ ∩ Φ(𝔤) = {−χ, +χ}. I.e. für α ∈ K ist αχ genau dann eine Wurzel von 𝔤, wenn α ∈ {−1, +1} liegt.

Aussage (2) gibt zusammen mit der Wurzelraumzerlegung, Satz 91, Anlaß zur Sichtweise, 𝔤 sei aus “ein paar Exemplaren von 𝔰𝔩_{2}(K) zusammengebaut”.

Beweis. Wir wählen g′ und g′′ wie in (2) angegeben und schreiben 𝔰_{χ} := ⟨ g′, t_{χ} , g′′ ⟩. Schritt 1. Konstruktion eines Isomorphismus 𝔰𝔩_{2}(K) \overline{}^{ψ_{g′, g′′}}_{∼} 𝔰_{χ}. Betrachte die lineare Bijektion 𝔰𝔩_{2}(K)^{\overline{}^{ψ_{g′, g′′}}} 𝔰_{χ}, e \overline{}g′, f \overline{}g′′, h \overline{}t′_{χ}. Es ist 𝔰_{χ} ⩽ 𝔤; cf. Bemerkung 95.(4). Es ist weiter [t′_{χ} , g′] = χ(t′_{χ})g′ = 2g′ und [t′_{χ} , g′′] = −χ(t′_{χ})g′′ = −2g′′. Durch bilineare Fortsetzung erkennt man, daß ψ_{g′, g′′} ein Morphismus von Liealgebren ist. Schritt 2. Konstruktion der 𝔰𝔩_{2}(K)-Teilmodulzerlegung

M := ⟨ 𝔤_{αχ} : α ∈ K ⟩ = 𝔰_{χ} ⊕ Kern χ ⊕ M′ .

Es ist 𝔤 via ad_{𝔤} |_{𝔰_{χ}} ∘ ψ_{g′, g′′} ein endlichdimensionaler 𝔰𝔩_{2}(K)-Modul; cf. Schritt 1. Für α ∈ K und x ∈ 𝔤_{αχ} ist

\begin{aligned}[e, x] & = & [g′, x] & ∈^{B. 89.(1)} & 𝔤_{(α+1)χ} & ⊆ & M \\ [f, x] & = & [g′′, x] & ∈^{B. 89.(1)} & 𝔤_{(α−1)χ} & ⊆ & M \\ [h, x] & = & [t′_{χ} , x] & ∈^{B. 89.(1)} & 𝔤_{αχ} & ⊆ & M , \end{aligned}

wobei natürlich genauer gesagt [t′_{χ} , x] = αχ(t′_{χ})x = 2αx ist. Jedenfalls ist M ⊆ 𝔤 ein 𝔰𝔩_{2}(K)-Teilmodul. Bilde Kern χ ⊆ 𝔱. Es ist Kern χ ⊆ M ein 𝔰𝔩_{2}(K)-Teilmodul, denn für t ∈ Kern χ wird sogar [h, t] = [t′_{χ} , t] = 0, [e, t] = [g′, t] = −[t, g′] = −χ(t)g′ = 0 und [f, t] = [g′′, t] = −[t, g′′] = χ(t)g′′ = 0. Es ist 𝔰_{χ} ⊆ M ein 𝔰𝔩_{2}(K)-Teilmodul, da 𝔰_{χ} ⩽ 𝔤; cf. Schritt 1. Es ist 𝔱 = ⟨t_{χ}⟩ ⊕ Kern χ, da χ(t_{χ}) ≠ 0 ; cf. Bemerkung 95.(5). Es ist 𝔰_{χ} ∩ Kern χ = 𝔰_{χ} ∩ 𝔱 ∩ Kern χ = ⟨t_{χ}⟩ ∩ Kern χ = 0. Nach Weyl, Satz 68, und nach Bemerkung 60 gibt es einen 𝔰𝔩_{2}(K)-Teilmodul M′ ⊆ M mit

M = 𝔰_{χ} ⊕ Kern χ ⊕ M′ .

Schritt 3. Es ist \{α ∈ K : αχ ∈ Φ(𝔤)⊔\{0\}\} = \frac{1}{2}γ(M). I.e. für α ∈ K ist αχ ∈ Φ(𝔤)⊔\{0\} genau dann, wenn α ∈ \frac{1}{2}γ(M) liegt. Für α ∈ K ist 𝔤_{αχ} = M_{2α}.

Es ist

M = ⨁_{α∈K, αχ∈Φ(𝔤)⊔{0}} 𝔤_{αχ} .

Beachte, daß auch 𝔤_{0} = 𝔱 ≠ 0 ist; cf. Lemma 90.(1). Für α ∈ K und x ∈ 𝔤_{αχ} ist [h, x] = [t′_{χ} , x] = αχ(t′_{χ})x = 2αx. Daher liegt in dieser Zerlegung von M seine Zerlegung in Gewichtsräume vor. Für α ∈ K folgt 𝔤_{αχ} = M_{2α}, sowie daß αχ ∈ Φ(𝔤) ⊔ {0} genau dann gilt, wenn 2α ∈ γ(M) ist. Schritt 4. Es ist {α ∈ K : αχ ∈ Φ(𝔤) ⊔ {0}} ∩ Z = {−1, 0, +1}. Es ist M′_{0} = 0. Es ist γ(Kern χ) ⊆ {0}, da [h, t] = [t′_{χ} , t] = 0 für t ∈ Kern χ ⊆ 𝔱; cf. Schritt 1. Es ist γ(𝔰_{χ}) = {−2, 0, +2}, da [h, g′] = [t′_{χ} , g′] = χ(t′_{χ})g′ = +2g′, da [h, g′′] = [t′_{χ} , g′′] = −χ(t′_{χ})g′′ = −2g′′ und da [h, t_{χ}] = [t′_{χ} , t_{χ}] = 0. Es ist M_{0} = 𝔤_{0} = 𝔱 = ⟨t_{χ}⟩ ⊕ Kern χ ⊆ 𝔰_{χ} ⊕ Kern χ. Also ist M′_{0} = M_{0} ∩ M′ = 0. Somit ist γ(M′) ⊆ 2Z + 1 ; cf. Bemerkung 81.(4). Insgesamt folgt

γ(M) ∩ 2Z = (γ(𝔰_{χ}) ∪ γ(Kern χ) ∪ γ(M′)) ∩ 2Z = {−2, 0, +2}

und also \frac{1}{2}γ(M) ∩ Z = \{−1, 0, +1\}. Die erste Behauptung von Schritt 4 ergibt sich nun mit Schritt 3. Schritt 5. Es ist M′ = 0. Es ist {α ∈ K : αχ ∈ Φ(𝔤) ⊔ {0}} = {−1, 0, +1}. Es zerfällt M′ nach Bemerkung 81.(3) in eine direkte Summe von dim M′_{0} + dim M′_{1} =^{Schr. 4} dim M′_{1} einfachen Moduln. Für M′ =^{!} 0 genügt es somit, M_{1} =^{!} 0 zu zeigen, i.e. 1 ∉^{!} γ(M). Nach Schritt 3 ist dafür \frac{1}{2}χ ∉^{!} Φ(𝔤) zu zeigen. Aus Schritt 4 folgt, daß allgemein für σ ∈ Φ(𝔤) gilt, daß 2σ ∉ Φ(𝔤) liegt. Annahme, es ist \frac{1}{2}χ ∈ Φ(𝔤). Dann aber ist 2 · \frac{1}{2}χ = χ ∈ Φ(𝔤), und wir haben einen Widerspruch. Es folgt M = 𝔰_{χ} ⊕ Kern χ, und also γ(M) = γ(𝔰_{χ}) ∪ γ(Kern χ) = {−2, 0, +2}. Schritt 3 zeigt nun die zweite Behauptung von Schritt 5. Schritt 6. Es ist dim 𝔤_{χ} = 1. Es ist 𝔰_{χ} = 𝔤_{χ} ⊕ ⟨t_{χ}⟩ ⊕ 𝔤_{−χ}. Nach Schritt 5 ist

𝔤_{0} ⊕ 𝔤_{χ} ⊕ 𝔤_{−χ} = ⨁_{α∈K, αχ∈Φ(𝔤)⊔{0}} 𝔤_{αχ} = M = 𝔰_{χ} ⊕ Kern χ = 𝔱 ⊕ ⟨g′⟩ ⊕ ⟨g′′⟩ .

Da ⟨g′⟩ ⊆ 𝔤_{χ}, ⟨g′′⟩ ⊆ 𝔤_{−χ} und 𝔱 = 𝔤_{0} , folgt 𝔤_{χ} = ⟨g′⟩, 𝔤_{−χ} = ⟨g′′⟩ und 𝔰_{χ} = 𝔤_{χ} ⊕ ⟨t_{χ}⟩ ⊕ 𝔤_{−χ} .

Bemerkung 99 Es ist κ_{𝔤}(t, t′) = ∑_{χ∈Φ(𝔤)} χ(t) · χ(t′) für t, t′ ∈ 𝔱.

Beweis. Für χ ∈ Φ(𝔤) ⊔ {0} und x ∈ 𝔤_{χ} wird

((ad_{𝔤} t) ∘ (ad_{𝔤} t′))(x) = [t, [t′, x]] = [t, χ(t′) · x] = χ(t) · χ(t′) · x .

Insbesondere ist dies gleich 0 für x ∈ 𝔤_{0} = 𝔱.

Wir wählen eine Basis von 𝔤 aus Elementen aus den Summanden der Wurzelraumzerlegung 𝔤 = 𝔱 ⊕ ⨁_{χ∈Φ(𝔤)} 𝔤_{χ}; cf. Satz 91. Beachte, daß Wurzelräume eindimensional sind; cf. Lemma 98.(1). Bezüglich einer solchen Basis berechnen wir also

κ_{𝔤}(t, t′) = tr((ad_{𝔤} t) ∘ (ad_{𝔤} t′)) = _{∑χ∈Φ(𝔤)} χ(t) · χ(t′) .

Beispiel 100 Wir setzen Beispiel 97 fort. Es ist κ_{𝔤}(h, h) = 8, wie aus Beispiel 94 folgt. Zum anderen ist aber auch ∑_{χ∈{ χ_{2} , χ_{−2} }} χ(h)·χ(h) = 2·2+(−2)·(−2) = 8 ; cf. Beispiel 92.

Lemma 101 Seien σ, ρ ∈ Φ(𝔤). Sei an t′_{ρ} = 2ρ(t_{ρ})^{−1}t_{ρ} erinnert; cf. Definition 96.

(1) Es liegt σ(t′_{ρ}) = κ_{𝔤}(t_{σ} , t′_{ρ}) = 2 \frac{κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{ρ})}{κ_{𝔤}(t_{ρ} , t_{ρ})} in Z ; cf. Bemerkung 95.(5).

(2) Es ist σ − σ(t′_{ρ})ρ ∈ Φ(𝔤).

Beweis.

Fall σ ∈ {−ρ, +ρ}. Schreibe σ = ±ρ.

Es ist σ(t′_{ρ}) = ±2, und also ist σ − σ(t′_{ρ})ρ = σ − (±2)(±ρ) = −σ ∈ Φ(𝔤) ; cf. Bemerkung 95.(2).

Fall σ ∉ {−ρ, +ρ}.

Es ist σ ∉ Zρ, da iρ = σ ∈ Φ(𝔤) für ein i ∈ Z auch i ∈ {−1, +1} nach sich zöge; cf. Lemma 98.(3).

Wähle einen Isomorphismus 𝔰𝔩_{2}(K) \overline{}^{ψ_{g′, g′′}}_{∼} 𝔰_{ρ} = 𝔤_{ρ} ⊕ ⟨t_{ρ}⟩ ⊕ 𝔤_{−ρ} ⩽ 𝔤 wie in Lemma 98.(2), wobei g′ ∈ 𝔤_{ρ} ∖ {0} beliebig und g′′ ∈ 𝔤_{−ρ} ∖ {0} zu g′ passend gewählt sind. Fasse 𝔤 via ad_{𝔤} |_{𝔰_{ρ}} ∘ ψ_{g′, g′′} als 𝔰𝔩_{2}(K)-Modul auf.

Setze M := ⨁_{i∈Z} 𝔤_{σ+iρ} ⊆ 𝔤 . Gemäß Bemerkung 89.(1) ist M ein 𝔰𝔩_{2}(K)-Teilmodul von 𝔤. Es ist M ≠ 0, da 𝔤_{σ+0ρ} ≠ 0. Es ist

(∗)  M = ⨁_{i ∈ Z , σ+iρ ∈ Φ(𝔤)} 𝔤_{σ+iρ} .

Für ein solches i und x ∈ 𝔤_{σ+iρ} ist [h, x] = [t′_{ρ} , x] = (σ + iρ)(t′_{ρ}) · x =^{D. 96} (σ(t′_{ρ}) + 2i) · x. Folglich liegt in (∗) eine Zerlegung in Gewichtsräume vor, mit

M_{σ(t′_{ρ})+2i} = 𝔤_{σ+iρ}

für jedes darin auftretende i. Jeder dieser Wurzelräume ist eindimensional; cf. Lemma 98.(1). Ferner kann nicht M_{0} ≠ 0 und M_{1} ≠ 0 sein, da die Differenz zweier Elemente von γ(M) in 2Z liegt. Also zerfällt M in dim M_{0} + dim M_{1} ⩽ 1 einfache Moduln; cf. Bemerkung 81.(3). Da M ≠ 0, ist M einfach.

Ferner ist γ(M) = { σ(t′_{ρ}) + 2i : i ∈ Z, σ + iρ ∈ Φ(𝔤) }. Speziell ist für i ∈ Z

σ + iρ ∈ Φ(𝔤)  ⟺  σ(t′_{ρ}) + 2i ∈ γ(M) .

Da σ + 0ρ ∈ Φ(𝔤), ist σ(t′_{ρ}) ∈ γ(M) ⊆^{B. 81.(1)} Z, was (1) zeigt.

Da weiter mit σ(t′_{ρ}) ∈ γ(M) auch σ(t′_{ρ}) + 2(−σ(t′_{ρ})) = −σ(t′_{ρ}) ∈^{B. 81.(2)} γ(M) liegt, folgt σ − σ(t′_{ρ})ρ ∈ Φ(𝔤), was (2) zeigt.

Lemma 102 Seien σ, ρ ∈ Φ(𝔤).

(1) Es ist κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{σ}) ∈ \{ \frac{4}{z} : z ∈ Z_{>0} \}.

(2) Es ist κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{ρ}) ∈ Q.

Beweis. Es ist

κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{σ}) =^{B. 99} _{∑χ∈Φ(𝔤)} χ(t_{σ})^{2} =^{D. 93} _{∑χ∈Φ(𝔤)} κ_{𝔤}(t_{χ} , t_{σ})^{2} .

Also wird

4 κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{σ})^{−1} = _{∑χ∈Φ(𝔤)} (2 κ_{𝔤}(t_{χ} , t_{σ})κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{σ})^{−1})^{2} ∈^{L. 101.(1)} Z_{⩾0} ;

cf. Bemerkung 95.(5). Es ist 4 κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{σ})^{−1} ungleich 0 und also in Z_{>0} . Somit ist κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{σ}) ∈ \{ \frac{4}{z} : z ∈ Z_{>0} \}. Es folgt

κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{ρ}) = \frac{1}{2} κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{σ}) κ_{𝔤}(t′_{σ} , t_{ρ}) ∈^{L. 101.(1)} Q .

Beispiel 103 Wir setzen Beispiel 100 fort. Da t_{χ_{2}} = \frac{1}{4}h gemäß Beispiel 94, ist κ_{𝔤}(t_{χ_{2}} , t_{χ_{2}}) = κ_{𝔤}(t_{χ_{2}}, \frac{1}{4}h) = χ_{2}(\frac{1}{4}h) = \frac{1}{4} · 2 = \frac{4}{8} ; cf. loc. cit.

4.5 Ein reeller euklidischer Raum

Sei nun K = C zugrundegelegt. Es wird der Teilkörper R ⊆ C eine Rolle spielen. In diesem Abschnitt §4.5 müssen daher wir bei Begriffen aus der Linearen Algebra den zugrundeliegenden Körper erwähnen.

In §4.5 könnte man R auch durch einen beliebigen Zwischenkörper Q ⊆ F ⊆ R und C durch einen beliebigen algebraisch abgeschlossenen Körper K mit char K = 0 und Teilkörper F ⊆ K ersetzen.

Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra über C mit 𝔤 ≠ 0.

Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus.

Definition 104 Sei 𝔱_{R} := _{R}⟨ t_{χ} : χ ∈ Φ(𝔤) ⟩ ⊆ 𝔱; cf. Definitionen 86 und 93.

Bemerkung 105 Jede aus dem C-linearen Erzeugendensystem ( t_{χ} : χ ∈ Φ(𝔤) ) ausgewählte C-lineare Basis von 𝔱 ist auch eine R-lineare Basis von 𝔱_{R} ; cf. Bemerkung 95.(1).

Insbesondere ist dim_{R} 𝔱_{R} = dim_{C} 𝔱.

Beweis. Schreibe ℓ := dim_{C} 𝔱. Sei (t_{χ_{1}} , …, t_{χ_{ℓ}}) eine aus ( t_{χ} : χ ∈ Φ(𝔤) ) ausgewählte C-lineare Basis von 𝔱. Es ist \underline{t} auch R-linear unabhängig und in 𝔱_{R} enthalten. Es bleibt zu zeigen, daß \underline{t} auch 𝔱_{R} erzeugt.

Sei σ ∈ Φ(𝔤). Wir haben t_{σ} ∈^{!} _{R}⟨ t_{χ_{1}} , …, t_{χ_{ℓ}} ⟩ zu zeigen. Schreibe t_{σ} = ∑_{i∈[1,ℓ]} α_{i} t_{χ_{i}} mit

α_{i} ∈ C. Es genügt, α_{k} ∈^{!} Q für k ∈ [1, ℓ] zu zeigen.

Es ist κ_{𝔤}|_{𝔱×𝔱} nichtausgeartet; cf. Lemma 90.(2). Also ist (κ_{𝔤}(t_{χ_{i}} , t_{χ_{j}}))_{i, j} eine invertierbare Matrix in Q^{ℓ×ℓ}; cf. Lemma 102.(2). Sei (β_{j,k})_{j,k} ∈ Q^{ℓ×ℓ} ihr Inverses. Es liegt in der Tat

Q ∋^{L. 102.(2)} _{∑j} κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{χ_{j}})β_{j,k} = _{∑i, j} α_{i} κ_{𝔤}(t_{χ_{i}} , t_{χ_{j}})β_{j,k} = _{∑i} α_{i} ∂_{i,k} = α_{k} .

Lemma 106 Es ist κ_{𝔤}|_{𝔱_{R}×𝔱_{R}}^{R} eine symmetrische und positiv definite R-Bilinearform auf 𝔱_{R} .

In anderen Worten, es ist (𝔱_{R} , κ_{𝔤}|_{𝔱_{R}×𝔱_{R}}^{R}) ein euklidischer Raum.

Beweis. Da κ_{𝔤}(t_{σ} , t_{ρ}) ∈ Q für σ, ρ ∈ Φ(𝔤), bildet κ_{𝔤} die Menge 𝔱_{R} × 𝔱_{R} nach R ab; cf. Lemma 102.(2).

Mit κ_{𝔤} ist auch κ_{𝔤}|_{𝔱_{R}×𝔱_{R}}^{R} symmetrisch; cf. Definition 46.

Zur positiven Definitheit. Sei t ∈ 𝔱_{R}∖{0}. Sei σ ∈ Φ(𝔤) so, daß κ_{𝔤}(t_{σ} , t) ≠ 0 ist, was wegen κ_{𝔤}|_{𝔱×𝔱} nichtausgeartet und wegen 𝔱 = _{C}⟨ t_{σ} : σ ∈ Φ(𝔤) ⟩ möglich ist; cf. Lemma 90.(2), Bemerkung 95.(1). Es wird

κ_{𝔤}(t, t) =^{B. 99} _{∑χ∈Φ(𝔤)} χ(t)^{2} =^{D. 93} _{∑χ∈Φ(𝔤)} κ_{𝔤}(t_{χ} , t)^{2} > 0 ,

da alle Summanden ⩾ 0 sind und speziell κ_{𝔤}(t_{σ} , t)^{2} > 0 ist.

4.6 Zusammenfassung

Wir fassen zu folgendem Satz zusammen.

Satz 107 (Wurzelsystem einer halbeinfachen Liealgebra) Sei K = C. Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra mit 𝔤 ≠ 0. Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus. Es bezeichnet Φ(𝔤) die Menge der Wurzeln; cf. Definition 86. Schreibe

t_{Φ(𝔤)} := { t_{χ} : χ ∈ Φ(𝔤) }

Es bezeichnet 𝔱_{R} = _{R}⟨t_{Φ(𝔤)}⟩; cf. Definitionen 104 und 93. Es ist κ_{𝔤}|_{𝔱_{R}×𝔱_{R}}^{R} eine positiv definite symmetrische R-Bilinearform auf 𝔱_{R} ; cf. Lemma 106. Es ist also 𝔱_{R} = (𝔱_{R} , κ_{𝔤}|_{𝔱_{R}×𝔱_{R}}^{R}) ein euklidischer Raum. Es ist t_{Φ(𝔤)} eine endliche Teilmenge von 𝔱_{R} ∖ {0}; cf. Lemma 88, Definition 93.

(1) Es ist _{R}⟨t_{Φ(𝔤)}⟩ = 𝔱_{R} ; cf. Definition 104.

(2) Für r ∈ t_{Φ(𝔤)} ist { α ∈ R : αr ∈ t_{Φ(𝔤)} } = {−1, +1}; cf. Lemma 98.(3), Definition 93.

(3) Für r, s ∈ t_{Φ(𝔤)} ist 2 \frac{κ_{𝔤}(r, s)}{κ_{𝔤}(s, s)} ∈ Z ; cf. Lemma 101.(1).

(4) Für r, s ∈ t_{Φ(𝔤)} ist

r − 2 \frac{κ_{𝔤}(r, s)}{κ_{𝔤}(s, s)} s ∈ t_{Φ(𝔤)} ;

cf. Lemma 101.(2), Definition 93.

Den euklidischen Raum 𝔱_{R} zusammen mit der Teilmenge t_{Φ(𝔤)} heißt das Wurzelsystem von 𝔤; cf. Definition 109 und Beispiel 111 unten.

Das Wurzelsystem von 𝔤 soll die Rolle eines Fingerabdrucks, den 𝔤 hinterläßt, spielen. Darin ist es e.g. dem Charakter einer Gruppendarstellung vergleichbar, oder der Signatur einer symmetrischen reellen Bilinearform.

Frage 108 Es stellen sich nun folgende Fragen.

(1) Welche Wurzelsysteme treten als Wurzelsystem einer (halb)einfachen Liealgebra auf? Cf. Definition 109.

(2) Ist das Wurzelsystem von 𝔤 unabhängig von der Wahl des maximalen Torus 𝔱?

(3) Sind zwei (halb)einfache endlichdimensionale Liealgebren, die isomorphe Wurzelsysteme aufweisen, selbst schon zueinander isomorph? Cf. Definition 119.

Cf. auch §5.10 unten.

Wurzelsysteme allgemein

Sei R unser Grundkörper.

Ein euklidischer Raum E = (E, ⌊−, =⌋) ist ein endlichdimensionaler Vektorraum, ausgestattet mit einer positiv definiten symmetrischen Bilinearform ⌊−, =⌋ : E × E \overline{}R. Wir schreiben auch ∥x∥ := ⌊x, x⌋^{1/2} für x ∈ E.

5.1 Axiome

In einem euklidischen Raum E = (E, ⌊−, =⌋) sei die normierte Form definiert durch

⌊x, y⌋⌋ := 2 \frac{⌊x, y⌋}{⌊y, y⌋}

für x, y ∈ E mit y ≠ 0. Es ist e.g. ⌊y, y⌋⌋ = 2.

Wir schreiben bisweilen auch ⌊−, =⌋⌋′ für die normierte Form zu einem euklidischen Raum (E′, ⌊−, =⌋′), etc.

Seien x, y ∈ E. Da auch ⌊−, =⌋|_{⟨x,y⟩×⟨x,y⟩} positiv definit ist, ist die Determinante der Grammatrix dieser eingeschränkten Bilinearform positiv. Daraus folgt das Lemma von Cauchy-Schwarz; i.e. es ist ⌊x, y⌋^{2} < ⌊x, x⌋⌊y, y⌋, falls (x, y) linear unabhängig ist, und natürlich ⌊x, y⌋^{2} = ⌊x, x⌋⌊y, y⌋, falls (x, y) linear abhängig ist.

Definition 109 Ein Wurzelsystem (E, Φ) besteht aus einem euklidischen Raum E und einer endlichen Teilmenge Φ ⊆ E ∖ {0}, welche die folgenden Eigenschaften (R 1, 2, 3, 4) erfüllt.

(R 1) Es ist E = ⟨Φ⟩.

(R 2) Für r ∈ Φ ist { α ∈ R : αr ∈ Φ } = {−1, +1}.

(R 3) Für r, s ∈ Φ ist ⌊r, s⌋⌋ ∈ Z .

(R 4) Für r, s ∈ Φ ist r − ⌊r, s⌋⌋s ∈ Φ .

Die Elemente von Φ heißen dann Wurzeln.

Die Bezeichnung der Axiome stammt von engl. root system.

Bemerkung 110

(1) Es besagt (R 2), daß ⟨r⟩ ∩ Φ = {−r, +r} ist für r ∈ Φ. Für r, s ∈ Φ ist also (r, s) linear unabhängig genau dann, wenn r ∉ {−s, +s} liegt.

(2) Es besagt (R 4), daß Φ unter Spiegelung an ⟨s⟩^{⊥} stabil ist für s ∈ Φ ; cf. Definition 113 unten.

(3) Sei β ∈ R ∖ {0}. Ist (E, Φ) ein Wurzelsystem, so auch (E, βΦ).

Beispiel 111 Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra über C. Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus; cf. Definition 82.

Es ist der euklidische Raum 𝔱_{R} = (𝔱_{R} , κ_{𝔤}|_{𝔱_{R}×𝔱_{R}}^{R}) zusammen mit der endlichen Teilmenge t_{Φ(𝔤)} ⊆ 𝔱_{R} ∖ {0} ein Wurzelsystem; cf. Satz 107, Definition 109.

In den obigen Bezeichnungen haben wir also E = 𝔱_{R} , sowie ⌊r, s⌋ = κ_{𝔤}(r, s) und also ⌊r, s⌋⌋ = 2\frac{κ_{𝔤}(r,s)}{κ_{𝔤}(s,s)} gesetzt für r, s ∈ t_{Φ(𝔤)} (^{4}).

Es ist die endliche Teilmenge t_{Φ(𝔤)} ⊆ 𝔱_{R} ∖ {0} ein Wurzelsystem in 𝔱_{R} ; cf. den Satz 107 über das Wurzelsystem einer halbeinfachen Liealgebra.

Vorsicht, in §4 wurden die Elemente von Φ(𝔤) Wurzeln genannt, während hier in §5 die Elemente von t_{Φ(𝔤)} Wurzeln genannt werden. Wir verwenden also die Bijektion ε aus Definition 93 zur begrifflichen Identifikation.

Beispiel 112

(1) Das zu 𝔰𝔩_{2}(C) gehörige Wurzelsystem hat gemäß Beispiel 94 bildlich die Gestalt

\overline{}•^{r_{1}} •^{r_{2}}

(2) Das zu 𝔰𝔩_{3}(C) gehörige Wurzelsystem hat gemäß Aufgabe 38.(1) bildlich die Gestalt

4Es ist die Bilinearform ⌊r, s⌋ ∈ K hier nicht zu verwechseln mit der Lieklammer [r, s] (= 0) ; cf.

Bemerkung 84.

[figure: •; r_{1}; •; r_{2}; •; r_{3}; •; r_{4}; •; r_{5}; •; r_{6}]

(3) Das zu 𝔬(C, b) mit b wie in Aufgabe 24 gehörige Wurzelsystem hat gemäß Aufgabe 38.(2) bildlich die Gestalt

[figure: •; r_{1}; •; r_{2}; •; r_{3}; •; r_{4}; •; r_{5}; •; r_{6}; •; r_{7}; •; r_{8}]

Wir werden uns im folgenden kommentarlos dieser Bilder mit diesen Bezeichnungen bedienen. Die Skalierung der Achsen spielt gemäß Bemerkung 110 eine untergeordnete Rolle – wir lassen sie weg.

5.2 Weylgruppe

Sei (E, Φ) ein Wurzelsystem.

Definition 113 Für x ∈ E ∖ {0} sei die lineare Abbildung

[figure: w_{x}; :; E; E; y; y − ⌊y, x⌋⌋x]

die Spiegelung an ⟨x⟩^{⊥} (oder entlang x).

Bemerkung 114 Sei x ∈ E ∖ {0}. Seien y, z ∈ E.

(1) Es ist E = ⟨x⟩ ⊕ ⟨x⟩^{⊥}. Es ist w_{x}|_{⟨x⟩}^{⟨x⟩} = − id_{⟨x⟩} und w_{x}|_{⟨x⟩^{⊥}}^{⟨x⟩^{⊥}} = id_{⟨x⟩^{⊥}}.

(2) Es ist ⌊w_{x}(y), w_{x}(z)⌋ = ⌊y, z⌋.

(3) Es ist w_{x} ∘ w_{x} = id_{E}. Insbesondere ist w_{x} bijektiv.

(4) Es ist w_{s}(Φ) = Φ für s ∈ Φ.

Beweis. Zu (1). Es ist E = ⟨x⟩ ⊕ ⟨x⟩^{⊥}, da ⟨x⟩ ∩ ⟨x⟩^{⊥} = 0 wegen positiver Definitheit und da u = \frac{1}{2}⌊u, x⌋⌋x + (u − \frac{1}{2}⌊u, x⌋⌋x) für u ∈ E. Es ist w_{x}(x) = x − ⌊x, x⌋⌋x = −x. Ist y ∈ E mit ⌊y, x⌋ = 0, so ist w_{x}(y) = y − ⌊y, x⌋⌋x = y. Zu (2). Schreibe y = y′ + αx und z = z′ + βx mit y′, z′ ∈ ⟨x⟩^{⊥} und α, β ∈ R ; cf. (1). Es ergibt sich ⌊w_{x}(y), w_{x}(z)⌋ = ⌊y′−αx , z′−βx⌋ = ⌊y′, z′⌋+⌊αx, βx⌋ = ⌊y′+αx , z′+βx⌋ = ⌊y, z⌋ .

Alternativ kann man auch die Abbildungsvorschrift von w_{x} direkt verwenden.

Zu (3). Sei y ∈ E gegeben. Wir haben (w_{x} ∘ w_{x})(y) =^{!} y zu zeigen. Schreibe y = y′ + αx mit y′ ∈ ⟨x⟩^{⊥} und α ∈ R ; cf. (1). Es wird

(w_{x} ∘ w_{x})(y) = w_{x}(w_{x}(y′ + αx)) =^{(1)} w_{x}(y′ − αx) =^{(1)} y′ + αx = y .

Zu (4). Nach (R 4) ist w_{s}(Φ) ⊆ Φ. Es folgt Φ =^{(3)} w_{s}(w_{s}(Φ)) ⊆ w_{s}(Φ). Insgesamt ist w_{s}(Φ) = Φ.

Beispiel 115 In

[figure: •; r_{1}; •; r_{2}; •; r_{3}; •; r_{4}; •; r_{5}; •; r_{6}]

schickt w_{r_{2}} die Elemente r_{1} ↦ r_{6} , r_{6} ↦ r_{1} , r_{2} ↦ r_{5} , r_{5} ↦ r_{2} , r_{3} ↦ r_{4} , r_{4} ↦ r_{3} .

Definition 116 Definiere die Weylgruppe von (E, Φ) als Untergruppe

W_{E,Φ} := ⟨⟨ w_{r} : r ∈ Φ ⟩⟩ = { w_{r_{1}} ∘ ⋯ ∘ w_{r_{k}} : k ⩾ 0, r_{i} ∈ Φ für i ∈ [1, k] } . von GL(E) ; cf. Bemerkung 114.(3). Sie hat also die Verkettung (∘) als Multiplikation.

Cf. Aufgabe 41.

Bemerkung 117 Sei w ∈ W_{E,Φ} .

(1) Es ist ⌊w(y), w(z)⌋ = ⌊y, z⌋ für y, z ∈ E.

(2) Es ist w(Φ) = Φ.

Beweis. Es folgt (1) aus Bemerkung 114.(2). Es folgt (2) aus Bemerkung 114.(4).

Bemerkung 118 Schreibe S_{Φ} für die symmetrische Gruppe auf der Menge Φ, bestehend aus den Bijektionen von Φ nach Φ, mit der Komposition (∘) als Multiplikation.

Wir haben einen Gruppenmorphismus

\begin{matrix}W_{E,Φ} & ⟶^{ψ} & S_{Φ} \\ w & \overline{} & ψ(w) := w|_{Φ}^{Φ} , \end{matrix}

i.e. es ist ψ(w ∘ w′) = ψ(w) ∘ ψ(w′) für w, w′ ∈ W_{E,Φ} .

Es ist ψ injektiv. Insbesondere ist W_{E,Φ} endlich. Genauer, es ist |W_{E,Φ}| ⩽ |Φ|! .

Beweis. Die Abbildung ψ ist wohldefiniert; cf. Bemerkung 117.(2). Es ist ψ(w) ∘ ψ(w′) = w|_{Φ}^{Φ} ∘ w′|_{Φ}^{Φ} = (w ∘ w′)|_{Φ}^{Φ} = ψ(w ∘ w′) für w, w′ ∈ W_{E,Φ} .

Es ist ψ injektiv, da die Elemente von W lineare Abbildungen von E nach E sind und da E = ⟨Φ⟩; cf. Definitionen 113 und 116, (R 1). Da mit Φ auch S_{Φ} endlich ist, folgt schließlich W_{E,Φ} endlich, genauer |W_{E,Φ}| ⩽ |S_{Φ}| = |Φ|! .

Definition 119 Sei Φ′ ein Wurzelsystem in einem euklidischen Raum E′ = (E′ , ⌊−, =⌋′).

Sei Φ′′ ein Wurzelsystem in einem euklidischen Raum E′′ = (E′′ , ⌊−, =⌋′′).

Eine bijektive lineare Abbildung E′ \overline{}^{φ}_{∼} E′′ heißt Isomorphismus von Wurzelsystemen von (E′, Φ′) nach (E′′, Φ′′), falls φ(Φ′) = Φ′′ ist und falls

⌊r′, s′⌋⌋′ = ⌊φ(r′), φ(s′)⌋⌋′′

ist für alle r′, s′ ∈ Φ′.

Ist (E′, Φ′) = (E′′, Φ′′), so heißt ein solches φ auch Automorphismus des Wurzelsystems (E′, Φ′).

Es heißen (E′, Φ′) und (E′′, Φ′′) isomorph, geschrieben (E′, Φ′) ≃ (E′′, Φ′′), falls es einen Isomorphismus von Wurzelsystemen E′ \overline{}^{φ}_{∼} E′′ gibt.

Die Relation der Isomorphie von Wurzelsystemen ist reflexiv (via Identität), symmetrisch (via Inverser) und transitiv (via Kompositums) auf der Menge der Wurzelsysteme. Die diesbezüglichen Äquivalenzklassen heißen Isoklassen. Schreibe [E, Φ] für die Isoklasse von (E, Φ).

Beispiel 120

(1) Für β ∈ R ∖ {0} ist die Multiplikation mit β auf E ein Isomorphismus von (E, Φ) nach (E, βΦ) ; cf. Bemerkung 110.(3).

(2) Sei s ∈ Φ. Es ist w_{s} : E \overline{}E ein Automorphismus des Wurzelsystems (E, Φ), wie aus Bemerkung 114.(2, 3, 4) folgt. Somit ist auch jedes Element von W_{E,Φ} ein Automorphismus des Wurzelsystems (E, Φ).

5.3 Wurzelpaare

Sei (E, Φ) ein Wurzelsystem. Seien r, s ∈ Φ mit r ∉ {−s, +s} gegeben.

Lemma 121 Sei ∥r∥ ⩽ ∥s∥. Es ist (⌊r, s⌋⌋ , ⌊s, r⌋⌋) ∈ {(0, 0), (1, 1), (1, 2), (1, 3), (−1, −1), (−1, −2), (−1, −3)} .

Beweis. Es sind ⌊r, s⌋⌋, ⌊s, r⌋⌋ ∈^{(R 3)} Z.

Da (r, s) linear unabhängig ist, cf. Bemerkung 110.(1), ist ⌊r, s⌋⌋⌊s, r⌋⌋ = 4 \frac{⌊r,s⌋^{2}}{⌊s,s⌋⌊r,r⌋} < 4 ; cf. §5.1. Es ist ⌊r, s⌋⌋ = 0 ⇔ ⌊s, r⌋⌋ = 0. Es ist ⌊r, s⌋⌋ > 0 ⇔ ⌊s, r⌋⌋ > 0. Es ist |⌊r, s⌋⌋| ⩽ |⌊s, r⌋⌋|.

Bemerkung 122 Sei α der Winkel, der von den Vektoren r und s eingeschlossen wird. Da

4 cos(α)^{2} = 4 \frac{⌊r,s⌋^{2}}{⌊s,s⌋⌊r,r⌋} = ⌊r, s⌋⌋⌊s, r⌋⌋ ∈^{L. 121} \{0, 1, 2, 3\} ,

ist

α ∈ \{ \frac{π}{6} , \frac{π}{4} , \frac{π}{3} , \frac{π}{2} , \frac{2π}{3} , \frac{3π}{4} , \frac{5π}{6} \} .

Bemerkung 123

(1) Ist ⌊r, s⌋ > 0, dann ist r − s ∈ Φ.

(2) Ist ⌊r, s⌋ < 0, dann ist r + s ∈ Φ.

Beweis. Es folgt (2) aus (1) durch Ersetzung von s durch −s; cf. (R 2). Zu (1). Es ist o.E. ∥r∥ ⩽ ∥s∥; cf. (R 2). Also ist ⌊r, s⌋⌋ ∈ {−1, 0, +1}; cf. Lemma 121.

Da ⌊r, s⌋ > 0, ergibt sich hieraus ⌊r, s⌋⌋ = 1. Es folgt r − s = r − ⌊r, s⌋⌋s ∈^{(R 4)} Φ.

Bemerkung 124 Es ist I := { i ∈ Z : r + is ∈ Φ } ein endliches Intervall in Z. Es ist 0 ∈ I und |I| ⩽ 4.

Beweis. Sei angenommen, es ist { i ∈ Z : r + is ∈ Φ } kein Intervall in Z. Seien m, n ∈ Z gewählt mit m < n und r + ms ∈ Φ und r + (m + 1)s ∉ Φ und r + (n − 1)s ∉ Φ und r + ns ∈ Φ.

Es ist ⌊r + ms, s⌋ ⩾ 0 ; cf. Bemerkung 123.(2).

Es ist ⌊r + ns, s⌋ ⩽ 0 ; cf. Bemerkung 123.(1).

Die Differenz liefert 0 < (n − m)⌊s, s⌋ ⩽ 0, und das ist ein Widerspruch.

Schreibe I = [a, b] mit a, b ∈ Z, wobei a ⩽ 0 ⩽ b; beachte hierzu, daß 0 ∈ I liegt und I endlich ist.

Da Φ ∋^{(R 4)} (r + bs) − ⌊r + bs, s⌋⌋s = r + (b − ⌊r, s⌋⌋ − 2b)s, ist −b − ⌊r, s⌋⌋ ⩾ a.

Da Φ ∋^{(R 4)} (r + as) − ⌊r + as, s⌋⌋s = r + (a − ⌊r, s⌋⌋ − 2a)s, ist −a − ⌊r, s⌋⌋ ⩽ b.

Zusammen ist a + b = −⌊r, s⌋⌋. Also wird

b − a = −⌊r, s⌋⌋ − 2a = −⌊r + as, s⌋⌋ ⩽^{L. 121} 3 .

Beispiel 125 Für

[figure: •; r_{1}; •; r_{2}; •; r_{3}; •; r_{4}; •; r_{5}; •; r_{6}; •; r_{7}; •; r_{8}]

haben wir zunächst (⌊r_{3} , r_{2}⌋⌋, ⌊r_{2} , r_{3}⌋⌋) = (1, 2). Ferner ist { i ∈ Z : r_{2} + ir_{3} ∈ Φ } = [−2, 0]. Bezugnehmend auf den Beweis von Bemerkung 124 wird in der Tat −2 + 0 = −2 = −⌊r_{2} , r_{3}⌋⌋.

5.4 Zwei euklidische Bemerkungen

Definition 126 Für eine Teilmenge M ⊆ E und ein x ∈ E ∖ {0} schreiben wir

M_{x, >} := { y ∈ M : ⌊x, y⌋ > 0 } .

Bemerkung 127 Sei (x_{1} , …, x_{ℓ}) eine R-lineare Basis von E. Es ist ⋂_{i∈[1,ℓ]} E_{x_{i} , >} ≠ ∅.

Beweis. Sei Y_{i} := ⟨x_{1} , …, x_{i−1} , x_{i+1} , …, x_{ℓ}⟩ und Z_{i} := Y_{i}^{⊥} für i ∈ [1, ℓ]. Da E = Y_{i}⊕Z_{i}, können wir x_{i} = y_{i} + z_{i} mit y_{i} ∈ Y_{i} und z_{i} ∈ Z_{i} schreiben für i ∈ [1, ℓ]. Es ist z_{i} ≠ 0, da (x_{1} , …, x_{ℓ}) linear unabhängig ist.

Sei z := ∑_{j∈[1,ℓ]} z_{j}. Für i ∈ [1, ℓ] wird

⌊x_{i} , z⌋ = _{∑j∈[1,ℓ]} ⌊x_{i} , z_{j}⌋ = ⌊x_{i} , z_{i}⌋ = ⌊y_{i} + z_{i} , z_{i}⌋ = ⌊z_{i} , z_{i}⌋ > 0 .

Also ist z ∈ ⋂_{i∈[1,ℓ]} E_{x_{i} , >}.

Bemerkung 128 Sei x ∈ E ∖ {0}. Sei M ⊆ E_{x, >} so gegeben, daß ⌊m, n⌋ ⩽ 0 ist für alle m, n ∈ M mit m ≠ n. Dann ist M linear unabhängig.

Beweis. Sei ∑_{m∈M} α_{m} m = 0 für gewisse α_{m} ∈ R, mit α_{m} ≠ 0 für nur endlich viele m ∈ M. Sei M_{>} := { m ∈ M : α_{m} > 0 }. Sei M_{<} := { n ∈ M : α_{n} < 0 }. Wir haben M_{>} =^{!} ∅ und M_{<} =^{!} ∅ zu zeigen.

Sei y := ∑_{m∈M_{>}} α_{m} m = ∑_{n∈M_{<}}(−α_{n}) n. Es ist

⌊y, y⌋ = ∑_{m∈M_{>} , n∈M_{<}} \underbrace{α_{m}(−α_{n})}_{> 0} \underbrace{⌊m, n⌋}_{⩽ 0} ⩽ 0 ,

und also y = 0. Daher ist

0 = ⌊x, y⌋ = ∑_{m∈M_{>}} \underbrace{α_{m}}_{> 0} \underbrace{⌊x, m⌋}_{> 0} = ∑_{m∈M_{<}} \underbrace{(−α_{n})}_{> 0} \underbrace{⌊x, n⌋}_{> 0} ,

woraus wir M_{>} = ∅ und M_{<} = ∅ folgern.

5.5 Basen

Sei (E, Φ) ein Wurzelsystem.

Definition 129

(1) Ist Ξ eine Teilmenge von Φ, so schreiben wir

Φ_{Ξ}^{+} := { ∑_{x∈Ξ} ζ_{x} x : ζ_{x} ∈ Z_{⩾0} } ∩ Φ
Φ_{Ξ}^{−} := { ∑_{x∈Ξ} ζ_{x} x : ζ_{x} ∈ Z_{⩽0} } ∩ Φ .

Beachte, daß wegen 0 ∉ Φ für ein Element ∑_{x∈Ξ} ζ_{x}x ∈ Φ_{Ξ}^{+} wenigstens ein Koeffizient ζ_{x} in Z_{>0} zu liegen hat.

(2) Eine R-lineare Basis Δ ⊆ Φ von E heißt Basis von (E, Φ), wenn Φ = Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−} ist.

Disjunktheit ist hierbei eine Konsequenz aus Φ ⊆ E ∖ {0} und aus Δ linear unabhängig.

(3) Es heißt x ∈ E regulär (für Φ), falls ⌊x, r⌋ ≠ 0 für alle r ∈ Φ, i.e. falls x in keiner Hyperebene orthogonal zu einer Wurzel liegt.

(4) Sei x ∈ E ∖ {0}. Wir erinnern an Φ_{x, >} = { r ∈ Φ : ⌊x, r⌋ > 0 }; cf. Definition 126. Es heißt r ∈ Φ_{x, >} zerlegbar, falls s, t ∈ Φ_{x, >} mit r = s + t existieren. Andernfalls heißt r unzerlegbar. Schreibe

Φ_{x, >}^{unz} := { r ∈ Φ_{x, >} : r ist unzerlegbar } .

Beispiel 130 Für

[figure: •; r_{1}; •; r_{2}; •; r_{3}; •; r_{4}; •; r_{5}; •; r_{6}]

ist Δ := {r_{1}, r_{3}} eine Basis, da Φ_{Δ}^{+} = { r_{1} , r_{3} , r_{1} + r_{3}} und Φ_{Δ}^{−} = { −r_{1} , −r_{3} , −r_{1} − r_{3}} dann Φ = Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−} ergeben. Dahingegen ist Ξ := {r_{1}, r_{2}} keine Basis, da e.g. r_{2} − r_{1} = r_{3} ∈ Φ ∖ (Φ_{Ξ}^{+} ⊔ Φ_{Ξ}^{−}) liegt.

Bemerkung 131 Sei Δ eine Basis von (E, Φ). Für d, e ∈ Δ mit d ≠ e ist ⌊d, e⌋ ⩽ 0 .

Beweis. Es ist (d, e) linear unabhängig. Wäre nun ⌊d, e⌋ > 0, dann wäre auch d − e ∈^{B. 123.(1)}Φ ∖ (Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−}), im Widerspruch zu Φ = Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−}.

Bemerkung 132 Es gibt ein für Φ reguläres x ∈ E.

Beweis. Es ist zu zeigen, daß E ∖ (⋃_{r∈Φ}⟨r⟩^{⊥}) ≠ ∅. Da Φ endlich ist, folgt dies aus Aufgabe 43.

Lemma 133 Sei x ∈ E regulär für Φ. Schreibe Γ := Φ_{x, >}^{unz} . Es ist Γ = Φ_{x, >}^{unz} eine Basis von (E, Φ). Zudem ist Φ_{x, >} = Φ_{Γ}^{+} .

Beweis. Schritt 1. Es ist Φ_{x, >} ⊆ Φ_{Γ}^{+} . Angenommen, es ist Φ_{x, >} ∖ Φ_{Γ}^{+} ≠ ∅. Wähle ein r ∈ Φ_{x, >} ∖ Φ_{Γ}^{+} mit ⌊x, r⌋ minimal.

Wegen Γ ⊆ Φ_{Γ}^{+} ist r ∉ Γ, i.e. r ∈ Φ_{x, >} ist zerlegbar. Schreibe r = s + t mit s, t ∈ Φ_{x, >}. Es ist ⌊x, r⌋ = ⌊x, s⌋ + ⌊x, t⌋, wobei auch ⌊x, s⌋ > 0 und ⌊x, t⌋ > 0. Da ⌊x, s⌋ < ⌊x, r⌋ und ⌊x, t⌋ < ⌊x, r⌋, gibt die Minimalität von ⌊x, r⌋, daß s, t ∈ Φ_{Γ}^{+} . Dann ist aber auch r = s + t ∈ Φ_{Γ}^{+} , und wir haben einen Widerspruch. Schritt 2. Für r, s ∈ Γ mit r ≠ s ist ⌊r, s⌋ ⩽ 0. Insbesondere ist Γ linear unabhängig; cf. Bemerkung 128. Es ist r ≠ −s, da r, s ∈ Φ_{x, >} und also ⌊x, r⌋ > 0 und ⌊x, s⌋ > 0. Angenommen, es ist ⌊r, s⌋ > 0. Dann sind r − s und s − r in Φ ; cf. Bemerkung 123.(1). Da x regulär ist, ist r − s oder s − r in Φ_{x, >}. Sei o.E. r − s ∈ Φ_{x, >}. Da r = s + (r − s) und s, (r − s) ∈ Φ_{x, >}, ist r zerlegbar. Wir haben einen Widerspruch. Schritt 3. Es ist Φ = Φ_{x, >} ⊔ (−Φ_{x, >}) . Es ist −Φ_{x, >} = Φ_{−x, >} dank (R 2). Daraus folgt die Disjunktheit und, wegen x regulär, die Inklusion ⊆. Schritt 4. Es ist Γ eine Basis von (E, Φ). Es ist Φ_{x, >} = Φ_{Γ}^{+} . Mit Schritt 2 ist Γ linear unabhängig. Insbesondere ist Φ_{Γ}^{+} ∩ Φ_{Γ}^{−} = ∅. Beachte noch, daß −Φ_{Γ}^{+} = Φ_{Γ}^{−} ist dank (R 2). Es folgt

(∗)  Φ =^{Schr. 3} Φ_{x, >} ⊔ (−Φ_{x, >}) ⊆^{Schr. 1} Φ_{Γ}^{+} ⊔ (−Φ_{Γ}^{+}) = Φ_{Γ}^{+} ⊔ Φ_{Γ}^{−} ⊆ Φ .

Insbesondere ist Φ = Φ_{Γ}^{+} ⊔ Φ_{Γ}^{−} und E =^{(R 1)} ⟨Φ⟩ = ⟨Φ_{Γ}^{+} ⊔ Φ_{Γ}^{−}⟩ ⊆ ⟨Γ⟩ ⊆ E. Insgesamt ist somit Γ linear unabhängig, ⟨Γ⟩ = E und Φ = Φ_{Γ}^{+} ⊔ Φ_{Γ}^{−} gezeigt. Damit ist Γ eine Basis von (E, Φ). Ferner ist Φ_{x, >} = Φ_{Γ}^{+} , da sonst die erste Inklusion in (∗) echt wäre.

Korollar 134 Es gibt eine Basis des Wurzelsystems (E, Φ).

Beweis. Es gibt ein für Φ reguläres x ∈ E; cf. Bemerkung 132. Es ist Φ_{x, >}^{unz} eine Basis von (E, Φ) ; cf. Lemma 133.

Bemerkung 135 Sei Δ eine Basis von (E, Φ). Sei x ∈ E regulär für Φ. Es ist Δ ⊆ Φ_{x, >} genau dann, wenn Δ = Φ_{x, >}^{unz} ist.

Beweis. Sei Δ ⊆ Φ_{x, >}. Zu zeigen ist Δ =^{!} Φ_{x, >}^{unz} . Es ist Φ_{Δ}^{+} ⊆ Φ_{x, >} und Φ_{Δ}^{−} ⊆ Φ_{−x, >}. Es folgt

Φ = Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−} ⊆ Φ_{x, >} ⊔ Φ_{−x, >} ⊆ Φ ,

und also Φ_{Δ}^{+} = Φ_{x, >}.

Wir wollen Δ ⊆^{!} Φ_{x, >}^{unz} zeigen. Annahme, nicht. Dann gibt es e ∈ Δ ⊆ Φ_{x, >} mit e = s + t mit s, t ∈ Φ_{x, >} = Φ_{Δ}^{+} . Es ist s = ∑_{d∈Δ} ξ_{d} d mit ξ_{d} ∈ Z_{⩾0} und ∑_{d∈Δ} ξ_{d} ⩾ 1. Es ist t = ∑_{d∈Δ} η_{d} d mit η_{d} ∈ Z_{⩾0} und ∑_{d∈Δ} η_{d} ⩾ 1. Zusammen ist also e = ∑_{d∈Δ}(ξ_{d} + η_{d})d mit ∑_{d∈Δ}(ξ_{d} + η_{d}) ⩾ 2, was aber wegen Δ linear unabhängig und e ∈ Δ ein Widerspruch ist. Da |Δ| = ℓ =^{L. 133} |Φ_{x, >}^{unz}|, folgt Δ = Φ_{x, >}^{unz} .

Lemma 136 Sei Δ eine Basis von (E, Φ). Es gibt ein für Φ reguläres x ∈ E mit Δ = Φ_{x, >}^{unz} .

Beweis. Sei x ∈ ⋂_{d∈Δ} E_{d , >}; cf. Bemerkung 127. Es ist x regulär für Φ, da wir r ∈ Φ = Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−} als r = ± ∑_{d∈Δ} ζ_{d} d schreiben können mit ζ_{d} ∈ Z_{⩾0} , wobei für wenigstens ein d ∈ Δ auch ζ_{d} > 0 ist, und somit ⌊x, r⌋ = ± ∑_{d∈Δ} ζ_{d} \underbrace{⌊x, d⌋}_{> 0} ≠ 0 folgt.

Nun ist Δ ⊆ Φ_{x, >}, dank Bemerkung 135 also auch Δ = Φ_{x, >}^{unz} .

5.6 Weylgruppe und Basen

Sei (E, Φ) ein Wurzelsystem; cf. Definition 109. Es bezeichnet W_{E,Φ} die Weylgruppe von (E, Φ) ; cf. Definition 116. Sei Δ ⊆ Φ eine Basis von (E, Φ) ; cf. Definition 129.(1), Korollar 134. Wir erinnern an Φ_{Δ}^{+} = { ∑_{d∈Δ} ζ_{d} d : ζ_{d} ∈ Z_{⩾0} } ∩ Φ und an Φ = Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−}. Wir setzen

q_{Φ,Δ} := \frac{1}{2} ∑_{r∈Φ_{Δ}^{+}} r ∈ E .

Beispiel 137

Für Δ = { r_{1} , r_{4} } wird Φ_{Δ}^{+} = { r_{1} , r_{2} , r_{3} , r_{4} }. Wir erhalten vorstehendes Bild.

[figure: •; r_{1}; •; r_{2}; •; r_{3}; •; r_{4}; •; •; •; •; ^{q^{Φ,Δ}}]

Bemerkung 138 Sei e ∈ Δ. Es ist w_{e}(Φ_{Δ}^{+} ∖ {e}) = Φ_{Δ}^{+} ∖ {e}.

Beweis. Sei r ∈ Φ_{Δ}^{+} ∖ {e} gegeben. Wir haben w_{e}(r) ∈^{!} Φ_{Δ}^{+} ∖ {e} zu zeigen; cf. Bemerkung 114.(3). Wäre w_{e}(r) = e, so wäre r = w_{e}(e) = −e ∉ Φ_{Δ}^{+} , was nicht der Fall ist.

Es ist w_{e}(r) ∈^{B. 114.(4)} Φ . Da Φ = Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−}, bleibt w_{e}(r) ∉^{!} Φ_{Δ}^{−} zu zeigen. Schreibe r = ∑_{d∈Δ} ζ_{d} d mit ζ_{d} ∈ Z_{⩾0} . Es gibt ein f ∈ Δ ∖ {e} mit ζ_{f} ⩾ 1, da aus r = ζ_{e} e dank (R 2) und r ∈ Φ_{Δ}^{+} bereits r = e folgte. Es ist

w_{e}(r) = r − ⌊r, e⌋⌋e = (ζ_{e} − ⌊r, e⌋⌋)e +_{∑d∈Δ∖{e}} ζ_{d} d .

Also ist der Koeffizient bei f von w_{e}(r) ebenfalls gleich ζ_{f} ⩾ 1, was in der Tat w_{e}(r) ∉ Φ_{Δ}^{−} nach sich zieht.

Lemma 139 Es ist w_{d}(q_{Φ,Δ}) = q_{Φ,Δ} − d für d ∈ Δ.

In Beispiel 137 sahen wir, daß dies schon für d ∈ Δ, i.a. aber nicht für d ∈ Φ ∖ Δ gilt.

Beweis. Nach Bemerkung 138 haben wir die Bijektion w_{d}|_{Φ_{Δ}^{+}∖{d}}^{Φ_{Δ}^{+}∖{d}}. Also wird

w_{d}(q_{Φ,Δ}) = \frac{1}{2} w_{d}(d) + \frac{1}{2} ∑_{r∈Φ_{Δ}^{+}∖\{d\}} w_{d}(r) = −\frac{1}{2} d + \frac{1}{2} ∑_{r∈Φ_{Δ}^{+}∖\{d\}} r = q_{Φ,Δ} − d .

Bemerkung 140 Sei w ∈ W_{E,Φ} . Sei x ∈ E ∖ {0}. Es ist w_{w(x)} = w ∘ w_{x} ∘ w^{−1}.

Beweis. Sei y ∈ E. Es ist

w_{w(x)}(y) = y − ⌊y, w(x)⌋⌋w(x)
=^{B. 117.(1)} y − ⌊w^{−1}(y), x⌋⌋w(x)
= w(w^{−1}(y) − ⌊w^{−1}(y), x⌋⌋x)
= (w ∘ w_{x} ∘ w^{−1})(y) .

Bemerkung 141 Ist w ∈ W_{E,Φ} , so ist w(Δ) eine Basis von (E, Φ).

Beweis. Es ist w(Δ) eine R-lineare Basis von E; cf. Bemerkung 114.(3). Wir erinnern an w(Φ) = Φ ; cf. Bemerkung 117.(2). Daraus folgt erstens w(Δ) ⊆ Φ.

Daraus folgt zweitens

Φ_{w(Δ)}^{+} = { ∑_{d∈Δ} ζ_{d} w(d) : ζ_{d} ∈ Z_{⩾0} } ∩ Φ
= w({ ∑_{d∈Δ} ζ_{d} d : ζ_{d} ∈ Z_{⩾0} }) ∩ w(Φ)
= w({ ∑_{d∈Δ} ζ_{d} d : ζ_{d} ∈ Z_{⩾0} } ∩ Φ)
= w(Φ_{Δ}^{+})

und, analog, Φ_{w(Δ)}^{−} = w(Φ_{Δ}^{−}) . Somit ist

Φ = w(Φ) = w(Φ_{Δ}^{+}) ⊔ w(Φ_{Δ}^{−}) = Φ_{w(Δ)}^{+} ⊔ Φ_{w(Δ)}^{−} .

Wir schreiben provisorisch

W_{Δ} := ⟨⟨ w_{d} : d ∈ Δ ⟩⟩ ⊆ W_{E,Φ} ;

cf. Definition 116; cf. auch Basensymmetrie, Satz 144.(3) unten. Mit W_{E,Φ} ist auch W_{Δ} endlich; cf. Bemerkung 118.

Lemma 142 Sei w ∈ W_{Δ} ∖ {id_{E}}. Sei m ⩾ 1 minimal so, daß es d_{i} ∈ Δ gibt für i ∈ [1, m] mit w = w_{d_{1}} ∘ w_{d_{2}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{m}}. Seien solche Elemente d_{i} für i ∈ [1, m] gegeben. Dann ist w(d_{m}) ∈ Φ_{Δ}^{−}.

Beweis. Es ist (w_{d_{1}} ∘ w_{d_{2}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{m−1}})(d_{m}) ∈^{!} Φ_{Δ}^{+} zu zeigen.

Es ist (w_{d_{1}} ∘ w_{d_{2}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{m−1}})(d_{m}) ∈^{B. 117.(2)} Φ = Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−}.

Annahme, es ist (w_{d_{1}} ∘ w_{d_{2}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{m−1}})(d_{m}) ∈ Φ_{Δ}^{−}. Es ist d_{m} ∈ Δ ⊆ Φ_{Δ}^{+} . Fall m = 1. Es ist d_{1} zugleich in Φ_{Δ}^{−} und in Φ_{Δ}^{+} , was einen Widerspruch darstellt. Fall m ⩾ 2. Sei j ∈ [2, m] minimal mit x := (w_{d_{j}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{m−1}})(d_{m}) ∈ Φ_{Δ}^{+} . Folglich ist w_{d_{j−1}}(x) ∈ Φ_{Δ}^{−}. Daher muß x = d_{j−1} sein; cf. Bemerkung 138. Schreibe v := w_{d_{j}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{m−1}} ∈ W_{Δ} . Es ist d_{j−1} = x = v(d_{m}) und also

w_{d_{j−1}} = w_{v(d_{m})} =^{B. 140} v ∘ w_{d_{m}} ∘ v^{−1} .

Damit wird

w = w_{d_{1}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{j−2}} ∘ w_{d_{j−1}} ∘ w_{d_{j}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{m}}
= w_{d_{1}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{j−2}} ∘ v ∘ w_{d_{m}} ∘ v^{−1} ∘ v ∘ w_{d_{m}}
=^{B. 114.(3)} w_{d_{1}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{j−2}} ∘ w_{d_{j}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{m−1}} .

Dies ist ein Widerspruch zur Minimalität von m.

Bemerkung 143 Sei x ∈ E regulär für Φ. Es gibt ein w ∈ W_{Δ} mit w(Δ) = Φ_{x, >}^{unz} .

Beweis. Es genügt zu zeigen, daß es ein w ∈ W_{Δ} so gibt, daß w(Δ) ⊆^{!} Φ_{x, >} ist; cf. Bemerkungen 141 und 135.

Wähle w ∈ W_{Δ} mit ⌊x, w(q_{Φ,Δ})⌋ maximal. Sei d ∈ Δ gegeben. Es ist w(d) ∈ Φ ; cf. Bemerkung 117.(2).

Wir wollen w(d) ∈^{!} Φ_{x, >} zeigen, i.e. ⌊x, w(d)⌋ >^{!} 0 ; cf. Definition 126. Da w ∘ w_{d} ∈ W_{Δ} , ist

⌊x, w(q_{Φ,Δ})⌋ ⩾ ⌊x, (w ∘ w_{d})(q_{Φ,Δ})⌋ =^{L. 139} ⌊x, w(q_{Φ,Δ} − d)⌋ ,

i.e. ⌊x, w(d)⌋ ⩾ 0.

Wegen x regulär und wegen w(d) ∈ Φ ist ⌊x, w(d)⌋ ≠ 0 .

Insgesamt ist somit in der Tat ⌊x, w(d)⌋ > 0 .

Satz 144 (Basensymmetrie) Weiterhin sei Δ unsere Basis von (E, Φ).

Wir erinnern an W_{Δ} = ⟨⟨ w_{d} : d ∈ Δ ⟩⟩ ⊆ W_{E,Φ} ; cf. Definition 116.

(1) Sei Δ′ eine Basis von (E, Φ). Es gibt ein w ∈ W_{E,Φ} mit w(Δ) = Δ′.

(2) Sei r ∈ Φ. Es gibt eine Basis Δ′ von (E, Φ) mit r ∈ Δ′.

Es gibt ein w ∈ W_{E,Φ} mit w(r) ∈ Δ.

(3) Es ist W_{E,Φ} = W_{Δ} .

(4) Sei w ∈ W_{E,Φ} . Genau dann ist w(Δ) = Δ, wenn w = id_{E} ist.

Beweis. Wir wollen die folgenden Aussagen (1′, 2′) zeigen.

(1′) Sei Δ′ eine Basis von (E, Φ). Es gibt ein w ∈ W_{Δ} mit w(Δ) = Δ′.

(2′) Sei r ∈ Φ. Es gibt eine Basis Δ′ von (E, Φ) mit r ∈ Δ′.

Es gibt ein w ∈ W_{Δ} mit w(r) ∈ Δ.

Es gilt (1′) ⇒ (1). Es gilt (2′) ⇒ (2).

Zu (1′). Es gibt ein für Φ reguläres x′ ∈ E mit Δ′ = Φ_{x′, >}^{unz} ; cf. Lemma 136. Nun gibt es ein w ∈ W_{Δ} mit w(Δ) = Φ_{x′, >}^{unz} = Δ′; cf. Bemerkung 143.

Zu (2′). Für s ∈ Φ ∖ {−r, +r} ist ⟨s⟩ ≠ ⟨r⟩, also ⟨s⟩^{⊥} ≠ ⟨r⟩^{⊥}, also ⟨s⟩^{⊥} ∩ ⟨r⟩^{⊥} von Codimension 1 in ⟨r⟩^{⊥}; cf. Bemerkung 110.(1). Also gibt es ein

x ∈ ⟨r⟩^{⊥} ∖ ⋃_{s∈Φ∖{−r,+r}}(⟨s⟩^{⊥} ∩ ⟨r⟩^{⊥}) ;

cf. Aufgabe 43. Es ist also ⌊x, r⌋ = 0, aber ⌊x, s⌋ ≠ 0 für alle s ∈ Φ ∖ {−r, +r}.

Sei y ∈ E mit ⌊y, r⌋ > 0. Wähle λ ∈ R_{>0} mit λ(⌊y, r⌋ + |⌊y, s⌋|) < |⌊x, s⌋| für alle s ∈ Φ ∖ {−r, +r}, was wegen Φ endlich möglich ist. Setze z := x + λy und ε := ⌊z, r⌋ = λ⌊y, r⌋ ∈ R_{>0} . Für s ∈ Φ ∖ {−r, +r} folgt

|⌊z, s⌋| = |⌊x, s⌋ + λ⌊y, s⌋|
⩾ |⌊x, s⌋| − λ|⌊y, s⌋|
> λ⌊y, r⌋
= ε .

Insbesondere ist z regulär für Φ.

Es ist r ∈ Φ_{z, >}. Wäre r darin zerlegbar, so gäbe es t, u ∈ Φ_{z, >} mit r = t + u, also t, u ∉ {−r, +r} nach (R 2), daher ⌊z, t⌋, ⌊z, u⌋ > ε, und somit

ε = ⌊z, r⌋ = ⌊z, t⌋ + ⌊z, u⌋ > 2ε ,

was nicht der Fall ist. Somit ist r ∈ Φ_{z, >}^{unz} =: Δ′, und Δ′ ist eine Basis von (E, Φ) ; cf. Lemma 133.

Insbesondere gibt es ein v ∈ W_{Δ} mit v(Δ) = Δ′, und also auch v^{−1}(r) ∈ v^{−1}(Δ′) = Δ ; cf. (1′). Nehme w := v^{−1}.

Zu (3). Es ist W_{Δ} ⊆ W_{E,Φ} ; cf. Definition 116.

Sei r ∈ Φ. Wir haben w_{r} ∈^{!} W_{Δ} zu zeigen.

Wähle w ∈ W_{Δ} mit w(r) ∈ Δ ; cf. (2′). Also ist w ∘ w_{r} ∘ w^{−1} =^{B. 140} w_{w(r)} ∈ W_{Δ} , und somit w_{r} = w^{−1} ∘ w_{w(r)} ∘ w ∈ W_{Δ} .

Zu (4). Sei w ∈ W_{E,Φ} mit w(Δ) = Δ gegeben. Wir haben w =^{!} id_{E} zu zeigen.

Es ist w ∈ W_{Δ} ; cf. (3).

Angenommen, es ist w ≠ id_{E}. Sei m ⩾ 1 minimal so, daß es d_{i} ∈ Δ gibt für i ∈ [1, m] mit w = w_{d_{1}} ∘ w_{d_{2}} ∘ ⋯ ∘ w_{d_{m}}; wähle solche d_{i}. Es ist w(d_{m}) ∈ Φ_{Δ}^{−}; cf. Lemma 142. Aber w(d_{m}) ∈ w(Δ) = Δ ⊆ Φ_{Δ}^{+} . Wir haben einen Widerspruch.

Korollar 145 Wir haben die Bijektion

W_{E,Φ}  ^{\overline{}^{∼}} \{ Δ′ ⊆ Φ : Δ′ ist Basis von (E, Φ) \}
w \overline{}w(Δ) .

Beweis. Wohldefiniertheit folgt aus Bemerkung 141. Surjektivität folgt aus Satz 144.(1). Injektivität folgt mit Satz 144.(4), denn für w, w′ ∈ W_{E,Φ} mit w(Δ) = w′(Δ) ist Δ = w^{−1}w′(Δ) und also w^{−1}w′ = id_{E}.

Beispiel 146 In

[figure: •; r_{1}; •; r_{2}; •; r_{3}; •; r_{4}; •; r_{5}; •; r_{6}]

haben wir die Basen Δ_{1} = { r_{1} , r_{3} }, Δ_{2} = { r_{1} , r_{5} }, Δ_{3} = { r_{2} , r_{4} }, Δ_{4} = { r_{2} , r_{6} }, Δ_{5} = { r_{3} , r_{5} }, Δ_{6} = { r_{4} , r_{6} }, jedes Element von Φ liegt also in 2 Basen. Es wird e.g. w_{r_{3}}(Δ_{3}) = Δ_{2} .

Von Aufgabe 41.(1) wissen wir |W_{E,Φ}| = 6. Mit Korollar 145 bestätigt dies, daß es 6 Basen gibt.

5.7 Cartanmatrix und Dynkingraph

Seien (E, Φ) und (E′, Φ′) Wurzelsysteme; cf. Definition 109.

Es bezeichnet W_{E,Φ} die Weylgruppe von (E, Φ) ; cf. Definition 116.

Sei Δ = {d_{1} , …, d_{ℓ}} ⊆ Φ eine (numerierte) Basis von (E, Φ) ; cf. Definition 129.(1), Korollar 134.

Sei Δ′ = {d′_{1} , …, d′_{ℓ′}} ⊆ Φ′ eine (numerierte) Basis von (E′, Φ′)

Definition 147 Die Matrix (⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋)_{i, j} ∈^{(R 3)} Z^{ℓ×ℓ} heißt Cartanmatrix von (E, Φ) bezüglich Δ (in der angegebenen Numerierung).

Bemerkung 148

(1) Seien (E, Φ) und (E′, Φ′) isomorph; cf. Definition 119. Sei C eine Cartanmatrix von (E, Φ). Sei C′ eine Cartanmatrix von (E′, Φ′). Es gibt eine Permutationsmatrix P mit P^{−1}CP = C′.

Insbesondere können wir diese Aussage für zwei Cartanmatrizen des einen Wurzelsystems (E, Φ) anwenden.

(2) Es ist ⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋ ∈ [−3, +3] für i, j ∈ [1, ℓ].

(3) Es ist (⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋)_{i, j} ∈ GL_{ℓ}(Q).

Beweis.

Zu (1). Sei E \overline{}^{φ}_{∼} E′ ein Isomorphismus von Wurzelsystemen. Gebe die Basis Δ = {d_{1} , …, d_{ℓ}} von (E, Φ) Anlaß zur Cartanmatrix C. Gebe die Basis Δ′ = {d′_{1} , …, d′_{ℓ}} von (E′, Φ′) Anlaß zur Cartanmatrix C′.

Es ist φ(Δ) eine Basis von (E′, Φ′). Denn φ(Δ) ist eine R-lineare Basis von E′. Ferner haben wir Φ = Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−}. Es ist φ(Φ_{Δ}^{+}) ⊆ Φ_{φ(Δ)}^{′+} und φ(Φ_{Δ}^{−}) ⊆ Φ_{φ(Δ)}^{′−}. Also können wir auf Φ′ = φ(Φ) = Φ_{φ(Δ)}^{′+} ∪ Φ_{φ(Δ′)}^{′−} schließen.

Sei w ∈ W_{E,Φ} so, daß w(Δ′) = φ(Δ) ; cf. Basensymmetrie, Satz 144.(1). Sei o.E. w(d′_{i}) = φ(d_{i}) für i ∈ [1, ℓ]. Dann wird

⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′ =^{B. 117.(1)} ⌊w(d′_{i}), w(d′_{j})⌋⌋′ = ⌊φ(d_{i}), φ(d_{j})⌋⌋′ =^{D. 119} ⌊d_{i}, d_{j}⌋⌋

für i, j ∈ [1, ℓ].

Zu (2). Dies folgt bereits aus d_{i} , d_{j} ∈ Φ ; cf. Lemma 121.

Zu (3). Es ist ⌊−, =⌋ positiv definit. Als Produkt zweier in R^{ℓ×ℓ} invertierbarer Matrizen ist also

(⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋)_{i, j} = 2 (⌊d_{i} , d_{j}⌋)_{i, j} · diag(⌊d_{1} , d_{1}⌋, …, ⌊d_{ℓ} , d_{ℓ}⌋)^{−1} ∈ GL_{ℓ}(R) ∩ Z^{ℓ×ℓ} ⊆ GL_{ℓ}(Q) .

Lemma 149 Sei ℓ = ℓ′.

Sei E ^{\overline{}^{φ}} E′ die durch φ(d_{i}) = d′_{i} für i ∈ [1, ℓ] definierte bijektive lineare Abbildung.

Ist

⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋ = ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′ für i, j ∈ [1, ℓ] ,

so ist φ ein Isomorphismus von Wurzelsystemen; cf. Definition 119.

Die Cartanmatrix bestimmt ein Wurzelsystem also bis auf Isomorphie.

Beweis. Bemerken wir zunächst, daß die entsprechenden Voraussetzungen für φ^{−1} genauso gelten.

Schritt 1. Das Viereck

\xymatrix{E \ar[r]^{φ} \ar[d]_{w_{d_{i}}} & E′ \ar[d]^{w_{d′_{i}}} \\ E \ar[r]^{φ} & E′}

kommutiert für i ∈ [1, ℓ].

Für x ∈ E wird ⌊x, d_{i}⌋⌋ = ⌊φ(x), d′_{i}⌋⌋′, da die Gleichheit für x ∈ Δ richtig ist, da Δ eine R-lineare Basis von E ist und da ⌊−, d_{i}⌋⌋ und ⌊−, d′_{i}⌋⌋′ linear sind. Also wird

(φ ∘ w_{d_{i}})(x) = φ(x − ⌊x, d_{i}⌋⌋d_{i})
= φ(x) − ⌊x, d_{i}⌋⌋d′_{i}
= φ(x) − ⌊φ(x), d′_{i}⌋⌋′d′_{i}
= (w_{d′_{i}} ∘ φ)(x) .

Schritt 2. Es ist φ ∘ W_{E,Φ} ∘ φ^{−1} = W_{E′,Φ′}.

Es genügt, ⊆^{!} zu zeigen, da dasselbe Argument für φ^{−1} dann ⊇^{!} zeigt.

Es ist φ ∘ w_{d_{i}} ∘ φ^{−1} = w_{d′_{i}} für i ∈ [1, ℓ] ; cf. Schritt 1. Dies genügt dank Basensymmetrie, Satz 144.(3).

Schritt 3. Es ist φ(Φ) = Φ′.

Es genügt, ⊆^{!} zu zeigen, da dasselbe Argument für φ^{−1} dann ⊇^{!} zeigt.

Sei r ∈ Φ. Wähle w ∈ W_{E,Φ} mit w(r) ∈ Δ ; cf. Basensymmetrie, Satz 144.(2). Sei also w(r) = d_{i} für ein i ∈ [1, ℓ].

Es ist φ ∘ w ∘ φ^{−1} =: w′ ∈ W_{E′,Φ′}; cf. Schritt 2. Somit wird

φ(r) = (φ ∘ w^{−1})(d_{i}) = (w^{′−1} ∘ φ)(d_{i}) = w^{′−1}(d′_{i}) ∈ w^{′−1}(Φ′) =^{B. 117.(2)} Φ′.

Schritt 4. Es ist ⌊r, s⌋⌋ = ⌊φ(r), φ(s)⌋⌋′ für r, s ∈ Φ.

Wegen Linearität in erster Variablen ist die Gleichung richtig, falls s ∈ Δ.

Sei v ∈ W_{E,Φ} so gewählt, daß v(s) = d_{j} für ein j ∈ [1, ℓ] ist; cf. Basensymmetrie, Satz 144.(2). Es ist φ ∘ v ∘ φ^{−1} =: v′ ∈ W_{E′,Φ′}; cf. Schritt 2. Es folgt

⌊r, s⌋⌋ = ⌊r, v^{−1}(d_{j})⌋⌋
=^{B. 117.(1)} ⌊v(r), d_{j}⌋⌋
= ⌊(φ ∘ v)(r), φ(d_{j})⌋⌋′
= ⌊(v′ ∘ φ)(r), φ(d_{j})⌋⌋′
=^{B. 117.(1)} ⌊φ(r), (v^{′−1} ∘ φ)(d_{j})⌋⌋′
= ⌊φ(r), (φ ∘ v^{−1})(d_{j})⌋⌋′
= ⌊φ(r), φ(s)⌋⌋′ .

Definition 150

(1) Ein (ungerichteter, gewichteter) Graph ist eine endliche Menge von Knoten D, zusammen mit einer Abbildung ρ : D × D \overline{}Z_{⩾0} , genannt Gewichtung, mit ρ(d, d′) = ρ(d′, d) und ρ(d, d) = 0 für d, d′ ∈ D. Wir sagen, zwischen d und d′ verlaufen ρ(d, d′) Kanten.

(2) Ein Graph (D, ρ) zusammen mit einer Teilmenge T ⊆ D × D so, daß für d, d′ ∈ D zum einen genau dann ρ(d, d′) ⩾ 2 ist, wenn ((d, d′) ∈ T oder (d′, d) ∈ T) ist und zum anderen nicht ((d, d′) ∈ T und (d′, d) ∈ T) ist, heißt teilgerichteter Graph. Ist (d, d′) ∈ T, so sagen wir auch, d ist kürzer als d′.

(3) Seien (D, ρ) und (D′, ρ′) Graphen. Ein Isomorphismus von (D, ρ) nach (D′, ρ′) ist eine bijektive Abbildung f : D \overline{}D′ mit ρ′∘(f ×f) = ρ. Es heißen (D, ρ) und (D′, ρ′) isomorph, falls es einen Isomorphismus von (D, ρ) nach (D′, ρ′) gibt. Isomorphie ist eine Äquivalenzrelation. Schreibe [D, ρ] für die Isoklasse von (D, ρ).

(4) Seien (D, ρ, T) und (D′, ρ′, T′) teilgerichtete Graphen. Ein Isomorphismus von (D, ρ, T) nach (D′, ρ′, T′) ist ein Isomorphismus f von (D, ρ) nach (D′, ρ′) mit (f ×f)(T) = T′. Es heißen (D, ρ, T) und (D′, ρ′, T′) isomorph, falls es einen Isomorphismus von (D, ρ, T) nach (D′, ρ′, T′) gibt. Isomorphie ist eine Äquivalenzrelation. Schreibe [D, ρ, T] für die Isoklasse von (D, ρ, T).

(5) Ein nichtleerer Graph (D, ρ) heißt unzusammenhängend, falls es nichtleere Teilmengen D′, D′′ ⊆ D mit D = D′ ⊔ D′′ derart gibt, daß für d′ ∈ D′ und d′′ ∈ D′′ stets ρ(d′, d′′) = 0 ist. Ansonsten heißt (D, ρ) zusammenhängend. Ein teilgerichteter Graph (D, ρ, T) heißt zusammenhängend, falls (D, ρ) zusammenhängend ist. Diese Eigenschaft ist stabil unter Isomorphie, so daß wir ferner festlegen können, es heiße die Isoklasse [D, ρ, T] zusammenhängend, falls (D, ρ) zusammenhängend ist.

Beispiel 151 In Definition 150.(3, 4) läuft ein Isomorphismus auf eine Umbezeichnung der Knoten hinaus.

Ist etwa D = {1, 2, 3}, ρ(1, 2) = 2, ρ(2, 3) = 1, ρ(1, 3) = 0 sowie T = {(2, 1)}, so können wir den zusammenhängenden teilgerichteten Graphen (D, ρ, T) wie folgt graphisch darstellen.

•1  •2  •3^{>}

Er ist isomorph e.g. zu folgendem teilgerichteten Graphen.

•6  • 11  • ∅^{>}

Man kann die Isomorphieklasse eines teilgerichteten Graphen als “teilgerichteten Graphen mit vergessener Knotenbezeichnung” verstehen. Die Isoklasse der ebengenannten teilgerichteten Graphen kann graphisch wie folgt dargestellt werden.

•  •  •^{>}

Definition 152

(1) Sei

Δ × Δ ^{\overline{}^{ρ}} Z_{⩾0}
(d , e) \overline{}\{ \begin{matrix}⌊d, e⌋⌋⌊e, d⌋⌋ = 4 \frac{⌊d , e⌋^{2}}{⌊d , d⌋⌊e , e⌋} & für d ≠ e \\ 0 & für d = e \end{matrix}

Der Graph (Δ, ρ) heißt der Coxetergraph von (E, Φ) bezüglich Δ. Die Zahl der Kanten, die zwischen je zwei Knoten verlaufen, ist in [0, 3] ; cf. Lemma 121. Dementsprechend reden wir auch von Einfach-, Doppel- und Dreifachkanten.

(2) Sei T := { (d, e) ∈ Δ × Δ : ρ(d, e) ⩾ 1 und ∥d∥ < ∥e∥ }. Beachte, falls ρ(d, e) = 1, dann ist ∥d∥ = ∥e∥. Cf. Lemma 121. Der teilgerichtete Graph (Δ, ρ, T) heißt Dynkingraph von (E, Φ) (bezüglich Δ). Seine Isoklasse [Δ, ρ, T] wird Dynkinklasse von (E, Φ) bezüglich Δ genannt.

Beispiel 153 Folgende Wurzelsysteme entstammen Beispiel 112.

(1) Zu

•^{r_{1}} •^{r_{2}}

gehört bezüglich Δ = {r_{1}} die Cartanmatrix (^{⌊r_{1} , r_{1}⌋⌋}) = (^{2}) und also folgende Dynkinklasse.

•

(2) Zu

[figure: •; r_{1}; •; r_{2}; •; r_{3}; •; r_{4}; •; r_{5}; •; r_{6}]

gehört bezüglich Δ = \{r_{1} , r_{3}\} die Cartanmatrix (\begin{matrix}⌊r_{1} , r_{1}⌋⌋ & ⌊r_{1} , r_{3}⌋⌋ \\ ⌊r_{3} , r_{1}⌋⌋ & ⌊r_{3} , r_{3}⌋⌋ \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix}), insbe-

sondere ⌊r_{1} , r_{3}⌋⌋⌊r_{3} , r_{1}⌋⌋ = 1 und somit folgende Dynkinklasse.

•  •

(3) Zu

[figure: •; r_{1}; •; r_{2}; •; r_{3}; •; r_{4}; •; r_{5}; •; r_{6}; •; r_{7}; •; r_{8}]

gehört bezüglich Δ = \{r_{1} , r_{4}\} die Cartanmatrix (\begin{matrix}⌊r_{1} , r_{1}⌋⌋ & ⌊r_{1} , r_{4}⌋⌋ \\ ⌊r_{4} , r_{1}⌋⌋ & ⌊r_{4} , r_{4}⌋⌋ \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & −1 \\ −2 & 2 \end{matrix}), insbe-

sondere ⌊r_{1} , r_{4}⌋⌋⌊r_{4} , r_{1}⌋⌋ = 2 und somit folgende Dynkinklasse.

•  •^{<}

(4) Die Cartanmatrix zum Dynkingraphen

[figure: •; d_{1}; •; d_{2}; •; d_{3}; •; d_{4}; •; d_{5}; •; d_{6}; <]

ist

(\begin{matrix}2 & −1 \\ −1 & 2 & −1 & −1 \\ & −1 & 2 \\ & −1 & & 2 \\ & & & & 2 & −1 \\ & & & & −3 & 2 \end{matrix}) .

Das Vorzeichen der Einträge nicht auf der Hauptdiagonalen ergibt sich aus Bemerkung 131.

Lemma 154 Sei [Δ, ρ, T] eine Dynkinklasse von (E, Φ). Sei [Δ′, ρ′, T′] eine Dynkinklasse von (E′, Φ′).

Genau dann ist [Δ, ρ, T] = [Δ′, ρ′, T′], wenn [E, Φ] = [E′, Φ′] ist.

Sei IKWS die Menge der Isoklassen von Wurzelsystemen. Sei IKTG die Menge der Isoklassen von teilgerichteten Graphen. Wir erhalten so eine wohldefinierte injektive Abbildung

IKWS ^{\overline{}^{δ}} IKTG
[E, Φ] \overline{}[Δ, ρ, T] ,  wobei [Δ, ρ, T] eine Dynkinklasse von (E, Φ) ist.

Cf. Definition 152.(2).

Beweis.

Sei [Δ, ρ, T] = [Δ′, ρ′, T′]. Vermöge Isomorphismus können wir so durchnumerieren, Δ = { d_{i} : i ∈ [1, ℓ] } und Δ′ = { d′_{i} : i ∈ [1, ℓ] }, daß (i) und (ii) gelten.

(i) Es ist ⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋⌊d_{j} , d_{i}⌋⌋ = ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′⌊d′_{j} , d′_{i}⌋⌋′ für i, j ∈ [1, ℓ].

(ii) Es ist (∥d_{i}∥ < ∥d_{j}∥ und ⌊d_{i} , d_{j}⌋ ≠ 0) ⟺ (∥d′_{i}∥′ < ∥d′_{j}∥′ und ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋′ ≠ 0) für i, j ∈ [1, ℓ].

Gemäß Lemma 149 genügt es für [E, Φ] =^{!} [E′, Φ′] zu zeigen, daß ⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋ =^{!} ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′ ist für i, j ∈ [1, ℓ].

Ist i = j, so ist ⌊d_{i} , d_{i}⌋⌋ = 2 = ⌊d′_{i} , d′_{i}⌋⌋′.

Sei nun i ≠ j.

Es ist ⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋ = 0 genau dann, wenn ⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋⌊d_{j} , d_{i}⌋⌋ = 0 ist, also mit (i) genau dann, wenn ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′⌊d′_{j} , d′_{i}⌋⌋′ = 0 ist, also genau dann, wenn ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′ = 0 ist.

Sei nun ⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋ ≠ 0, i.e. ⌊d_{i} , d_{j}⌋ ≠ 0. Dann ist auch ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′ ≠ 0, i.e. ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋′ ≠ 0.

Sei ∥d_{i}∥ ⩽ ∥d_{j}∥ angenommen. Mit (ii) ist dann auch ∥d′_{i}∥′ ⩽ ∥d′_{j}∥′. Zu zeigen sind nun

⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋ =^{!} ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′ und ⌊d_{j} , d_{i}⌋⌋ =^{!} ⌊d′_{j} , d′_{i}⌋⌋′.

Es ist ⌊d_{i} , d_{j}⌋ <^{B. 131} 0 . Folglich ist

(⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋ , ⌊d_{j} , d_{i}⌋⌋) ∈^{L. 121} {(−1, −1), (−1, −2), (−1, −3)} .

Dito

(⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′ , ⌊d′_{j} , d′_{i}⌋⌋′) ∈^{L. 121} {(−1, −1), (−1, −2), (−1, −3)} .

Dank (i) ist also ⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋ = ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′ und ⌊d_{j} , d_{i}⌋⌋ = ⌊d′_{j} , d′_{i}⌋⌋′.

Sei [E, Φ] = [E′, Φ′]. Gemäß Bemerkung 148.(1) können wir so durchnumerieren, Δ = { d_{i} : i ∈ [1, ℓ] } und Δ′ = { d′_{i} : i ∈ [1, ℓ] }, daß ⌊d_{i} , d_{j}⌋⌋ = ⌊d′_{i} , d′_{j}⌋⌋′ ist für i, j ∈ [1, ℓ].

Setze f : D \overline{}D′, d_{i} \overline{}d′_{i} für i ∈ [1, ℓ].

Da ρ via ⌊−, =⌋⌋ und ρ′ via ⌊−, =⌋⌋′ definiert sind, ist ρ′ ∘ (f × f) = ρ.

Für d, e ∈ Δ mit ρ(d, e) ⩾ 1 gilt genau dann ∥d∥ < ∥e∥, wenn |⌊d, e⌋⌋| < |⌊e, d⌋⌋| ist. Folglich ist auch T ⊆ Δ × Δ via ⌊−, =⌋⌋ festgelegt, sowie T′ ⊆ Δ′ × Δ′ via ⌊−, =⌋⌋′. Also wird auch (f × f)(T) = T′.

5.8 Komponentenzerlegung

Sei (E, Φ) ein Wurzelsystem; cf. Definition 109.

Es bezeichnet W_{E,Φ} die Weylgruppe von (E, Φ) ; cf. Definition 116.

Sei Δ = {d_{1} , …, d_{ℓ}} ⊆ Φ eine Basis von (E, Φ) ; cf. Definition 129.(1), Korollar 134.

Definition 155 Es heißt [E, Φ] einfach, falls die zugehörige Dynkinklasse [Δ, ρ, T] zusammenhängend ist; cf. Lemma 154, Definition 150.

Explizit ist (E, Φ) also einfach, falls ℓ ⩾ 1 und falls aus Δ = Δ′ ⊔ Δ′′ mit Δ′ ⊥ Δ′′ bereits Δ′ = ∅ oder Δ′′ = ∅ folgt; cf. Definition 152.(1).

Beispiel 156 In Beispiel 153 sind die Coxetergraphen in (1), (2) und (3) nichtleer und zusammenhängend, die Wurzelsysteme also einfach. In loc. cit. (4) ist der Coxetergraph hingegen nicht zusammenhängend.

Lemma 157 Sei Δ = Δ_{1} ⊔ ⋯ ⊔ Δ_{m} für ein m ⩾ 0, mit Δ_{i} ⊥ Δ_{j} für i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j. Setze Φ_{i} := ⋃_{w∈W_{E,Φ}} w(Δ_{i}) für i ∈ [1, m]. Es ist Δ_{i} ⊆ Φ_{i} ⊆ ⟨Δ_{i}⟩, und also ⟨Δ_{i}⟩ = ⟨Φ_{i}⟩. Es ist Φ = Φ_{1} ⊔ ⋯ ⊔ Φ_{m}. Es ist Φ_{i} ⊥ Φ_{j} für i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j. Es ist Φ_{i} = Φ ∩ ⟨Δ_{i}⟩ für i ∈ [1, m]. Es ist Δ_{i} = Δ ∩ ⟨Δ_{i}⟩ für i ∈ [1, m].

Beweis. Schritt 0. Es ist Δ_{i} ⊆ Φ_{i} und Δ_{i} = Δ ∩ ⟨Δ_{i}⟩ für i ∈ [1, m].

Es ist Φ =^{S. 144.(2)} ⋃_{w∈W_{E,Φ}} w(Δ) = Φ_{1} ∪ ⋯ ∪ Φ_{m}.

Sei i ∈ [1, m]. Schreibe W_{i} := { w_{e_{i,1}} ∘ ⋯ ∘ w_{e_{i,β}} : β ⩾ 0, e_{i,α} ∈ Δ_{i} für α ∈ [1, β] } .

Schritt 1. Sei i ∈ [1, m]. Es ist w_{i}(x_{i}) ∈ ⟨Δ_{i}⟩ für x_{i} ∈ ⟨Δ_{i}⟩ und w_{i} ∈ W_{i}. Ist e_{i} ∈ Δ_{i}, so ist w_{e_{i}}(x_{i}) = x_{i} − ⌊x_{i} , e_{i}⌋⌋e_{i} ∈ ⟨Δ_{i}⟩. Schritt 2. Seien i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j. Es ist w_{i}(x_{j}) = x_{j} für x_{j} ∈ ⟨Δ_{j}⟩ und w_{i} ∈ W_{i}. Ist e_{i} ∈ Δ_{i}, so ist w_{e_{i}}(x_{j}) = x_{j} − ⌊x_{j} , e_{i}⌋⌋e_{i} = x_{j}. Schritt 3. Sind i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j, so ist w_{i} ∘ w_{j} = w_{j} ∘ w_{i} für w_{i} ∈ W_{i} und w_{j} ∈ W_{j}. Jedes Element w ∈ W_{E,Φ} kann als w = w_{1} ∘ ⋯ ∘ w_{m} mit w_{k} ∈ W_{k} für k ∈ [1, m] geschrieben werden. Sind e_{i} ∈ Δ_{i} und e_{j} ∈ Δ_{j}, so ist w_{e_{i}} ∘ w_{e_{j}} ∘ w_{e_{i}}^{−1} =^{B. 140} w_{w_{e_{i}}(e_{j})} =^{Schr. 2} w_{e_{j}} , und somit w_{e_{i}} ∘ w_{e_{j}} = w_{e_{j}} ∘ w_{e_{i}}. Also kommutieren allgemein die Elemente von W_{i} mit denen von W_{j}. Die Faktorisierung eines Elements aus W_{E,Φ} folgt nun mit Basensymmetrie, Satz 144.(3). Schritt 4. Sei i ∈ [1, m]. Es ist w(x_{i}) ∈ ⟨Δ_{i}⟩ für x_{i} ∈ ⟨Δ_{i}⟩ und w ∈ W_{E,Φ} . Insbesondere ist Φ_{i} ⊆ ⟨Δ_{i}⟩. Schreibe w = w_{1} ∘ ⋯ ∘ w_{m} mit w_{k} ∈ W_{k} für k ∈ [1, m]; cf. Schritt 3. Es wird

w(x_{i}) = (w_{1} ∘ ⋯ ∘ w_{m})(x_{i}) =^{Schr. 1, 2} w_{i}(x_{i}) ∈^{Schr. 1} ⟨Δ_{i}⟩ .

Schritt 5. Es ist Φ = Φ_{1} ⊔ ⋯ ⊔ Φ_{m}. Es ist Φ_{i} ⊥ Φ_{j} für i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j.

Sind i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j, so ist ⟨Δ_{i}⟩ ⊥ ⟨Δ_{j}⟩, also ⟨Δ_{i}⟩ ∩ ⟨Δ_{j}⟩ = 0, und somit Φ_{i} ⊥ Φ_{j} und Φ_{i} ∩ Φ_{j} = ∅; cf. Schritt 4. Dies genügt dank Schritt 0. Schritt 6. Es ist Φ_{i} = Φ ∩ ⟨Δ_{i}⟩ für i ∈ [1, m]. Es ist Φ_{i} ⊆ Φ ∩ ⟨Δ_{i}⟩; cf. Schritt 4. Sei umgekehrt r ∈ Φ ∩ ⟨Δ_{i}⟩. Annahme, r ∈ Φ_{j} für ein j ∈ [1, m] ∖ {i}. Dann ist

r ∈ ⟨Δ_{i}⟩ ∩ Φ_{j} ⊆^{Schr. 4} ⟨Δ_{i}⟩ ∩ ⟨Δ_{j}⟩ = 0 ,

im Widerspruch zu 0 ∉ Φ. Es folgt r ∈ Φ_{i}; cf. Schritt 5.

Bemerkung 158 Sei ℓ ⩾ 1. Es ist (E, Φ) genau dann einfach, wenn aus Φ = Φ′ ⊔ Φ′′ mit Φ′ ⊥ Φ′′ bereits Φ′ = ∅ oder Φ′′ = ∅ folgt.

Beweis. Sei zum einen (E, Φ) einfach. Sei Φ = Φ′ ⊔ Φ′′ mit Φ′ ⊥ Φ′′ gegeben. Sei Δ′ := Δ ∩ Φ′. Sei Δ′′ := Δ ∩ Φ′′. Es ist Δ = Δ′ ⊔ Δ′′ und Δ′ ⊥ Δ′′. Da der Coxetergraph von Δ zusammenhängend ist, folgt Δ′ = Δ oder Δ′′ = Δ. Sei o.E. Δ′ = Δ. Aus Φ′ ⊥ Φ′′ folgt Δ = Δ′ ⊥ Φ′′, und somit E = ⟨Δ⟩ ⊥ Φ′′. Da 0 ∉ Φ′′, liefert dies Φ′′ = ∅. Folge zum anderen aus Φ = Φ′ ⊔ Φ′′ mit Φ′ ⊥ Φ′′ bereits Φ′ = ∅ oder Φ′′ = ∅. Sei eine Zerlegung Δ = Δ′ ⊔ Δ′′ mit Δ′ ⊥ Δ′′ gegeben. Setze Φ′ := Φ∩⟨Δ′⟩ und Φ′′ := Φ∩⟨Δ′′⟩. Es ist Φ = Φ′ ⊔Φ′′ und Φ′ ⊥ Φ′′; cf. Lemma 157. Nach Voraussetzung ist also Φ′ = ∅ oder Φ′′ = ∅. Da Δ′ ⊆ Φ′ und Δ′′ ⊆ Φ′′, ist auch Δ′ = ∅ oder Δ′′ = ∅.

Lemma 159 Es gibt (bis auf Permutation) genau eine disjunkte Zerlegung

Φ = Φ_{1} ⊔ Φ_{2} ⊔ ⋯ ⊔ Φ_{m} (wobei m ⩾ 0 )

mit Φ_{i} ⊥ Φ_{j} für i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j, mit

E = ⟨Φ_{1}⟩ ⊕ ⟨Φ_{2}⟩ ⊕ ⋯ ⊕ ⟨Φ_{m}⟩

und mit (⟨Φ_{i}⟩, Φ_{i}) einfaches Wurzelsystem für i ∈ [1, m], genannt Komponentenzerlegung. Es ist dann Δ_{i} := Δ ∩ Φ_{i} eine Basis des Wurzelsystems (⟨Φ_{i}⟩, Φ_{i}) für i ∈ [1, m], und folglich auch

Δ = Δ_{1} ⊔ Δ_{2} ⊔ ⋯ ⊔ Δ_{m}

mit Δ_{i} ⊥ Δ_{j} für i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j und Δ_{i} zusammenhängend für i ∈ [1, m].

Beweis.

Existenz einer Zerlegung und Aussage über Basen. Die von der Relation “es gibt eine Kante von d_{i} nach d_{j} im Coxetergraphen von (E, Φ)”, i.e. “es ist ⌊d_{i} , d_{j}⌋ ≠ 0 ”, erzeugte Äquivalenzrelation auf Δ habe als Äquivalenzklassen die Zusammenhangskomponenten Δ_{1} , …, Δ_{m}, wobei m ⩾ 0. Nach Konstruktion ist Δ_{i} ⊥ Δ_{j} für i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j.

Setze E_{i} := ⟨Δ_{i}⟩ und Φ_{i} := Φ ∩ E_{i} für i ∈ [1, m]. Es ist E = E_{1} ⊕ E_{2} ⊕ ⋯ ⊕ E_{m}.

Wir können wie folgt Lemma 157 anwenden. Es ist Δ_{i} = Δ ∩ Φ_{i} = Δ ∩ E_{i} ⊆ Φ ∩ E_{i} = Φ_{i} ⊆ E_{i} für i ∈ [1, m]. Es ist Φ = Φ_{1} ⊔ ⋯ ⊔ Φ_{m} und Φ_{i} ⊥ Φ_{j} für i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j. Es ist Φ_{i} = ⋃_{w∈W_{E,Φ}} w(Δ_{i}) für i ∈ [1, m].

Sei i ∈ [1, m].

Es ist mit der endlichen Teilmenge Φ_{i} von E_{i} ∖ {0} dann (E_{i}, Φ_{i}) ein Wurzelsystem, da (R 1) nach Konstruktion gilt, da sich (R 2) und (R 3) vom Wurzelsystem (E, Φ) vererben und da (R 4) – was besagt, daß mit r_{i} , s_{i} ∈ Φ_{i} auch w_{s_{i}}(r_{i}) ∈ Φ_{i} liegen soll – gilt wegen Φ_{i} = ⋃_{w∈W_{E,Φ}} w(Δ_{i}) .

Es ist Δ_{i} eine Basis von (E_{i} , Φ_{i}), da Δ_{i} ⊆ Φ_{i} eine R-lineare Basis von E_{i} ist und da

Φ_{i} = Φ_{i} ∩ Φ
= Φ_{i} ∩ (Φ_{Δ}^{+} ⊔ Φ_{Δ}^{−})
= (Φ_{i} ∩ Φ_{Δ}^{+}) ⊔ (Φ_{i} ∩ Φ_{Δ}^{−})
= (Φ_{i})_{Δ_{i}}^{+} ⊔ (Φ_{i})_{Δ_{i}}^{−} ,

letzteres, da Φ_{i} ⊆ E_{i} = ⟨Δ_{i}⟩; cf. Definition 129.(1).

Da Δ_{i} eine Äquivalenzklasse in Δ ist, kann sie nicht in zwei nichtleere, disjunkte und zueinander orthogonale Teilmengen zerlegt werden, da ein Element der ersten nicht zu einem Element der zweiten äquivalent wäre. Denn wäre dem so, so betrachte man eine Kette von Elementen vom ersten zum zweiten Element, deren aufeinanderfolgende Elemente jeweils zueinander nichtorthogonal wären, und in dieser Kette das letzte Element aus der ersten Menge und seinen Nachfolger aus der zweiten Menge, welche nun doch orthogonal zueinander sind, was nicht geht. Somit ist (E_{i} , Φ_{i}) einfach.

Eindeutigkeit der Zerlegung bis auf Permutation. Wir führen eine Induktion nach dim E. Im Fall dim E = 0 ist nichts zu zeigen. Sei dim E ⩾ 1. Insbesondere ist Φ ≠ ∅.

Seien gegeben

Φ = Φ_{1} ⊔ Φ_{2} ⊔ ⋯ ⊔ Φ_{m} (wobei m ⩾ 0)
Φ = Φ̃_{1} ⊔ Φ̃_{2} ⊔ ⋯ ⊔ Φ̃m̃ (wobei m̃ ⩾ 0)

mit Φ_{i} ⊥ Φ_{j} für i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j, mit Φ̃_{i} ⊥ Φ̃_{j} für i, j ∈ [1, m̃] mit i ≠ j, mit

\begin{aligned}E & = & ⟨Φ_{1}⟩ ⊕ ⟨Φ_{2}⟩ ⊕ ⋯ ⊕ ⟨Φ_{m}⟩ \\ E & = & ⟨Φ̃_{1}⟩ ⊕ ⟨Φ̃_{2}⟩ ⊕ ⋯ ⊕ ⟨Φ̃m̃⟩ , \end{aligned}

mit (⟨Φ_{i}⟩, Φ_{i}) einfaches Wurzelsystem für i ∈ [1, m] und mit (⟨Φ̃_{i}⟩, Φ̃_{i}) einfaches Wurzelsystem für i ∈ [1, m̃].

Durch Umnumerieren können wir Φ′_{1} := Φ_{1} ∩ Φ̃_{1} ≠ ∅ erreichen. Sei Φ′′_{1} := Φ_{1} ∖ Φ̃_{1} . Es ist Φ_{1} = Φ′_{1}⊔Φ′′_{1} . Es ist Φ′_{1} ⊥ Φ′′_{1} , da Φ′_{1} ⊆ Φ̃_{1} und Φ′′_{1} ⊆ Φ̃_{2}⊔⋯⊔Φ̃m̃ und Φ̃_{1} ⊥ (Φ̃_{2}⊔⋯⊔Φ̃m̃). Da (⟨Φ_{1}⟩, Φ_{1}) einfach ist, folgt Φ′′_{1} = ∅ und also Φ_{1} ⊆ Φ̃_{1} ; cf. Bemerkung 158. Genauso folgt auch Φ_{1} ⊇ Φ̃_{1} . Insgesamt ist Φ_{1} = Φ̃_{1} .

Nun ist Φ̌ := Φ_{2} ⊔ ⋯ ⊔ Φ_{m} = Φ̃_{2} ⊔ ⋯ ⊔ Φ̃m̃ ein Wurzelsystem in Ě := ⟨Φ̌⟩, da (E_{i} , Φ_{i}) ein Wurzelsystem ist für i ∈ [2, m] und da Φ_{i} ⊥ Φ_{j} für i, j ∈ [2, m] mit i ≠ j, weswegen sich (R 2-4) auf (Ě, Φ̌) vererben. Es ist dim Ě < dim E. Nach Induktionsvoraussetzung stimmen diese beiden Komponentenzerlegungen von (Ě, Φ̌) daher bis auf Permutation überein.

Bemerkung 160 (und Definition) Sei m ⩾ 0. Seien (E_{1} , Φ_{1}), …, (E_{m} , Φ_{m}) Wurzelsysteme.

Wir definieren das Wurzelsystem

(E_{1} , Φ_{1}) ⊕ ⋯ ⊕ (E_{m} , Φ_{m}) ,

genannt die direkte Summe der (E_{i} , Φ_{i}) über i ∈ [1, m], wie folgt.

Der euklidische Vektorraum sei E^{⊕} := E_{1} ⊕⋯⊕E_{m}, ausgestattet mit der symmetrischen positiv definiten Bilinearform

⌊(x_{1} , …, x_{m}), (x′_{1} , …, x′_{m})⌋ := ⌊x_{1} , x′_{1}⌋ + ⋯ + ⌊x_{m} , x′_{m}⌋

für x_{i} , x′_{i} ∈ E_{i} für i ∈ [1, m].

Die endliche Teilmenge von E^{⊕} ∖ {(0, …, 0)} der Wurzeln sei

Φ^{⊕} := (Φ_{1} , 0, 0, …, 0) ⊔ (0, Φ_{2} , 0, …, 0) ⊔ ⋯ ⊔ (0, 0, …, 0, Φ_{m}) .

Wir setzen also

(E_{1} , Φ_{1}) ⊕ ⋯ ⊕ (E_{m} , Φ_{m}) := (E^{⊕} , Φ^{⊕}) .

Dies ist ein Wurzelsystem.

Beweis.

Zu (R 1). Es ist ⟨Φ^{⊕}⟩ = (E_{1} , 0, 0, …, 0) + (0, E_{2} , 0, …, 0) + ⋯ + (0, 0, …, 0, E_{m}) = E^{⊕}.

Zu (R 2). Sei i ∈ [1, m]. Sei r_{i} ∈ Φ_{i}. Sei α ∈ R. Es ist α(0, …, 0, \overbrace{r_{i}}^{Pos. i}, 0, …, 0) ∈ Φ^{⊕} genau dann, wenn αr_{i} ∈ Φ_{i} liegt, was wiederum nach (R 2) für (E_{i} , Φ_{i}) genau dann gilt, wenn α ∈ {−1, +1} liegt.

Zu (R 3) und (R 4). Seien i, j ∈ [1, m]. Sei r_{i} ∈ Φ_{i}. Sei s_{j} ∈ Φ_{j}. Schreibe

\begin{aligned}r & := & (0, …, 0, \overbrace{r_{i}}^{Pos. i}, 0, …, 0) \\ s & := & (0, …, 0, \overbrace{s_{j}}^{Pos. j}, 0, …, 0) . \end{aligned}

Es wird

⌊r, s⌋⌋ = \{ \begin{matrix}⌊r_{i} , s_{i}⌋⌋ & falls i = j \\ 0 & falls i ≠ j \end{matrix} \} ∈ Z .

Ferner ist nach (R 4) für (E_{i} , Φ_{i})

r − ⌊r, s⌋⌋s = \{ \begin{matrix}(0, …, 0, \underbrace{\overbrace{r_{i} − ⌊r_{i} , s_{i}⌋⌋s_{i}}^{Pos. i}}_{∈ Φ_{i}} , 0, …, 0) & falls i = j \\ r & falls i ≠ j \end{matrix} \} ∈ Φ^{⊕} .

Bemerkung 161 Sei Φ = Φ_{1} ⊔ ⋯ ⊔ Φ_{m} die Komponentenzerlegung; cf. Lemma 159. Sei E_{i} := ⟨Φ_{i}⟩ für i ∈ [1, m]. Es ist die bijektive lineare Abbildung

E_{1} ⊕ ⋯ ⊕ E_{m} \overline{}E ,

die für i ∈ [1, m] und für x_{i} ∈ E_{i} das Element (0, …, 0, \overbrace{x_{i}}^{Pos. i} , …, 0) nach x_{i} ∈ E schickt, ein Isomorphismus von Wurzelsystemen von (E_{1} , Φ_{1}) ⊕ ⋯ ⊕ (E_{m} , Φ_{m}) nach (E, Φ) ; cf. Definition 119, Bemerkung 160.

Beweis. Die angegebene Abbildung schränkt nach Konstruktion bijektiv auf die jeweiligen Mengen der Wurzeln ein. Seien ferner i, j ∈ [1, m], r_{i} ∈ Φ_{i} und s_{j} ∈ Φ_{j}. Schreibe

\begin{aligned}r & := & (0, …, 0, \overbrace{r_{i}}^{Pos. i}, 0, …, 0) \\ s & := & (0, …, 0, \overbrace{s_{j}}^{Pos. j}, 0, …, 0) . \end{aligned}

Unsere Abbildung schickt demnach r nach r_{i} und s nach s_{i}. Fall i = j. Es wird ⌊r, s⌋⌋ = ⌊r_{i} , s_{i}⌋⌋. Fall i ≠ j. Es wird ⌊r, s⌋⌋ = 0. Es wird aber auch ⌊r_{i} , s_{j}⌋⌋ = 0, da Φ_{i} ⊥ Φ_{j}.

Um alle Wurzelsysteme zu kennen, genügt es nach Lemma 159 und Bemerkung 161 also, alle einfachen zu kennen; beliebige setzen sich aus den einfachen als direkte Summen im Sinne von Bemerkung 160 zusammen.

5.9 Klassifikation einfacher Wurzelsysteme

Satz 162 (Klassifikation) Jede Dynkinklasse eines einfachen Wurzelsystems tritt genau einmal in der folgenden Liste auf.

Jede in der folgenden Liste vorkommende Isoklasse teilgerichteter Graphen ist die Dynkinklasse eines einfachen Wurzelsystems.

Name Knotenzahl Dynkinklasse
A_{ℓ}  ℓ ⩾ 1  • • ⋯ • • •
B_{ℓ}  ℓ ⩾ 2  • • ⋯ • • •^{>}
C_{ℓ}  ℓ ⩾ 3  • • ⋯ • • •^{<}
D_{ℓ}  ℓ ⩾ 4  [figure: •; •; ⋯; •; •; •; •]

E_{6}  ℓ = 6  • • • • • •

E_{7}  ℓ = 7  • • • • • • •

E_{8}  ℓ = 8  • • • • • • • •

F_{4}  ℓ = 4  • • • •^{>}
G_{2}  ℓ = 2  • •^{>}

Cf. Definitionen 109, 155 und 152.

Die Dynkinklasse aus Beispiel 153.(1) ist A_{1} , die aus (2) ist A_{2} , die aus (3) ist B_{2} . Die aus (4) hat die Zusammenhangskomponenten D_{4} und G_{2} ; cf. Beweis zu Lemma 159. Die Dynkinklasse des Wurzelsystems aus Aufgabe 39.(2) ist A_{3} , da, in der Bezeichnung der Lösung, Δ = { r_{1} , r_{2} , r_{3} }, da r_{1} ⊥ r_{3} , da ⌊r_{1} , r_{2}⌋⌋ = ⌊r_{2} , r_{1}⌋⌋ = −1 und da ⌊r_{2} , r_{3}⌋⌋ = ⌊r_{3} , r_{2}⌋⌋ = −1.

Beweis.

Zum einen ist jeder aufgelistete Graph der Dynkingraph eines einfachen Wurzelsystems; cf. Aufgabe 48.

Sei zum anderen (E, Φ) ein einfaches Wurzelsystem. Sei Δ eine Basis von (E, Φ) ; cf. Definition 129.(1). Es genügt zu zeigen, daß der Coxetergraph von (E, Φ) in der Liste auftaucht, i.e. unterliegender Graph eines teilgerichteten Graphen ist, dessen Isoklasse in der Liste auftritt. Denn für die Orientierung des Symbols > bei Doppel- und Dreifachkanten sind dann alle Möglichkeiten abgedeckt. Eine linear unabhängige Teilmenge Z ⊆ E heiße zulässig, falls ∥z∥ = 1 für z ∈ Z und ⌊z, z′⌋ ⩽ 0 und 4⌊z, z′⌋^{2} ∈ {0, 1, 2, 3} für z, z′ ∈ Z mit z ≠ z′. Beachte ⌊x, y⌋⌋⌊y, x⌋⌋ = 4⌊∥x∥^{−1}x, ∥y∥^{−1}y⌋^{2} für x, y ∈ E ∖ {0}. Es ist e.g. Δ_{1} := { ∥d∥^{−1}d : d ∈ Δ } zulässig; cf. Lemma 121, Bemerkung 131. Ist Z ⊆ E zulässig, so habe der Graph Γ_{Z} die Knotenmenge Z, und zwischen Knoten z, z′ ∈ Z mit z ≠ z′ genau 4⌊z, z′⌋^{2} Kanten. Es ist e.g. Γ_{Δ_{1}} isomorph zum Coxetergraphen von (E, Φ) via d \overline{}∥d∥^{−1}d; cf. Definition 152.(1). Sei Z ⊆ E zulässig. Es genügt zu zeigen, daß der Graph Γ_{Z} in der Liste auftaucht, falls er zusammenhängend ist; cf. Definition 155. Schritt 1. Sei Z̃ ⊆ Z. Es ist Z̃ zulässig. Es entsteht Γ_{Z̃} aus Γ_{Z} durch Weglassen aller Knoten in Z ∖ Z̃ und aller Kanten mit wenigstens einem Knoten in Z ∖ Z̃. Schritt 1 wird kommentarlos verwandt. Schritt 2. Es ist |{ (z, z′) ∈ Z × Z : z ≠ z′, 4⌊z, z′⌋^{2} ⩾ 1 }| ⩽ 2|Z| − 2, falls Z ≠ ∅. Da Z linear unabhängig und nichtleer ist, ist x := ∑_{z∈Z} z ≠ 0. Also ist

0 < ⌊x, x⌋ = |Z| +_{∑(z,z_{′})∈Z×Z, z≠z_{′}} ⌊z, z′⌋ .

Für (z, z′) ∈ Z × Z mit ⌊z, z′⌋ ≠ 0 ist 4⌊z, z′⌋^{2} ⩾ 1 und also ⌊z, z′⌋ ⩽ −\frac{1}{2} . Die Anzahl der nichtverschwindenden Summanden in _{∑(z,z_{′})∈Z×Z, z≠z_{′}} ⌊z, z′⌋ ist also kleiner als 2|Z|. Schritt 3. Es gibt keine Teilmenge Z̃ ⊆ Z so, daß m := |Z̃| ⩾ 3 ist und wir

Z̃ = {z̃_{1} , …, z̃_{m}}

schreiben können mit 4⌊z̃_{i} , z̃_{i+1}⌋^{2} ⩾ 1 für i ∈ [1, m − 1] und 4⌊z̃_{m} , z̃_{1}⌋^{2} ⩾ 1 (Schleife). Schritt 3 wird oft kommentarlos verwandt. Annahme, doch. Es wird

2m − 2 ⩾^{Schr. 2} |{ (z̃, z̃′) ∈ Z̃ × Z̃ : z̃ ≠ z̃′, 4⌊z̃, z̃′⌋^{2} ⩾ 1 }| ⩾ 2m ,

und wir haben einen Widerspruch. Schritt 4. In Γ_{Z} gehen von jedem Knoten höchstens drei Kanten aus.

Ein Knoten, von dem genau drei Einfachkanten ausgehen, heiße auch Dreifachknoten. Sei Z̃ ⊆ Z so, daß es ein ż ∈ Z̃ gibt mit ⌊ż, z̃⌋ < 0 für z̃ ∈ Z̃ ∖ {ż}. Wir müssen zeigen, daß es in Γ_{Z̃} höchstens drei von ż ausgehende Kanten gibt. Es ist ⌊z̃, z̃′⌋ = 0 für alle z̃, z̃′ ∈ Z̃ ∖ {ż} mit z̃ ≠ z̃′ dank Schritt 3, angewandt auf {ż, z̃, z̃′}. Wähle y ∈ ⟨Z̃⟩ mit ∥y∥ = 1 und y ⊥ (Z̃ ∖ {ż}). Es ist ⌊ż, y⌋ ≠ 0, da y ⊥̸ Z̃. Schreibe B := (Z̃ ∖ {ż}) ⊔ {y}. Es ist B eine Orthonormalbasis von ⟨Z̃⟩. Es ist ż = ∑_{b∈B}⌊ż, b⌋b. Also ist 1 = ⌊ż, ż⌋ = ∑_{b∈B} ⌊ż, b⌋^{2} = ⌊ż, y⌋^{2} + ∑_{z̃∈Z̃∖{ż}}⌊ż, z̃⌋^{2}. Es folgt 1 > ∑_{z̃∈Z̃∖{ż}}⌊ż, z̃⌋^{2}, also 4 > ∑_{z̃∈Z̃∖{ż}} 4⌊ż, z̃⌋^{2}, und letzteres ist die Anzahl der von ż ausgehenden Kanten. Schritt 5. Ist Γ_{Z} zusammenhängend und existiert eine Dreifachkante in Γ_{Z} , i.e. existieren z, z′ ∈ Z mit 4⌊z, z′⌋^{2} = 3, so gehört Γ_{Z} zu G_{2} . Andernfalls gingen von einem der beiden Knoten an der Dreifachkante mehr als 3 Kanten aus, im Widerspruch zu Schritt 4. Schritt 6. Sei m ⩾ 1 und Z̃ ⊆ Z mit |Z̃| = m, durchnumeriert als {z̃_{1} , …, z̃_{m}}, wobei

Γ_{Z̃} = •^{z̃_{1}} •^{z̃_{2}} ⋯ •^{z̃_{m−2}} •^{z̃_{m−1}} •^{z̃_{m}} .

Sei z̃:= ∑_{i∈[1,m]} z̃_{i}. Es ist Ž := (Z ∖ Z̃) ⊔ {z̃} zulässig. Für z, z′ ∈ Ž ∖{z̃} mit z ≠ z′ ist die Anzahl der Kanten zwischen z und z′ in Γ_{Ž} dieselbe wie die in Γ_{Z} . Sei z ∈ Ž ∖ {z̃}. Dank Schritt 3 gibt es höchstens ein i ∈ [1, m] so, daß zwischen z und z̃_{i} in Γ_{Z} eine Kante verläuft. Es verläuft zwischen z und z̃ in Γ_{Ž} keine Kante, falls zwischen z und keinem der z̃_{i} in Γ_{Z} eine Kante verläuft. Gibt es hingegen ein i ∈ [1, m] so, daß zwischen z und z̃_{i} eine Kante verläuft, so ist die Anzahl der Kanten zwischen z und z̃ in Γ_{Ž} gleich der Anzahl der Kanten zwischen z und z̃_{i} in Γ_{Z} . (I.e. beim Übergang von Γ_{Z} zu ΓŽ schrumpft der Teilgraph ΓZ̃ zu einem Knoten.) Es ist Ž linear unabhängig. Es ist ∥z̃∥^{2} = ⌊z̃_{1}+⋯+z̃_{m} , z̃_{1}+⋯+z̃_{m}⌋ = m+2_{∑i∈[1,m−1]} ⌊z̃_{i} , z̃_{i+1}⌋ = m−2(m−1)·\frac{1}{2} = 1 .

Für z ∈ Ž ∖ {z̃} gibt es dank Schritt 3 höchstens ein i ∈ [1, m] so, daß ⌊z, z̃_{i}⌋ ≠ 0. Ist ⌊z, z̃_{i}⌋ = 0 für alle i ∈ [1, m], so ist ⌊z, z̃⌋ = 0 ⩽ 0. Daher ist auch 4⌊z, z̃⌋^{2} = 0. Gibt es ein i ∈ [1, m] mit ⌊z, z̃_{i}⌋ ≠ 0, so ist ⌊z, z̃⌋ = ⌊z, z̃_{i}⌋ ⩽ 0. Daher ist auch 4⌊z, z̃⌋^{2} = 4⌊z, z̃_{i}⌋^{2} ∈ {1, 2, 3}.

Insgesamt haben wir die Zulässigkeit von Ž und die weiteren Aussagen gesehen.

Schritt 7. Sei Z̃ ⊆ Z. Es tritt ΓZ̃ nicht in folgender Liste auf.

• • • ⋯ • • •
[figure: •; •; •; ⋯; •; •; •; •]

[figure: •; •; •; •; ⋯; •; •; •; •]

Denn würde ΓZ̃ in dieser Liste auftauchen, so gäbe es nach Schritt 6 auch eine zulässige Teilmenge von E, deren Graphen in folgender Liste auftritt.

• • •
[figure: •; •; •; •]

[figure: •; •; •; •; •]

Das ist aber wegen mehr als drei Kanten am jeweils mittleren Knoten nicht möglich; cf. Schritt 4.

Schritt 8. Sei Γ_{Z} zusammenhängend. Dann tritt Γ_{Z} in folgender Liste auf.

(1) • • ⋯ • •
(2) •^{x_{1}} •^{x_{2}} ⋯ •^{x_{a−1}} •^{x_{a}} •^{y_{b}} •^{y_{b−1}} ⋯ •^{y_{2}} •^{y_{1}}  (wobei a ⩾ b ⩾ 1)
(3) • •

(4) [figure: •; x_{1}; •; x_{2}; ⋯; •; x_{a−1}; •; e; •; y_{b−1}; •; y_{b−2}; ⋯; •; y_{2}; •; y_{1}; •; z_{c−1}; •; z_{c−2}; ⋯; •; z_{2}; •; z_{1}; (wobei a ⩾ b ⩾ c ⩾ 2)]

Wir haben für spätere Verwendung Bezeichnungen für die den Knoten entsprechenden Elemente von E hinzugefügt.

Gibt es eine Dreifachkante in Γ_{Z} , so ist Γ_{Z} ein Graph wie in (3); cf. Schritt 5.

Es gibt höchstens eine Doppelkante in Γ_{Z} . Denn gäbe es zwei Doppelkanten in Γ_{Z} , dann gäbe es auch zwei Doppelkanten, die durch einen Kantenzug aus Einfachkanten verbunden sind, was aber nach Schritt 7 nicht zutrifft.

Fall : es gibt genau eine Doppelkante in Γ_{Z} . Es gibt keinen Dreifachknoten, da dieser sonst durch einen Kantenzug aus Einfachkanten mit unserer Doppelkante verbunden wäre, was aber nach Schritt 7 nicht geht. Also ist Γ_{Z} ein Graph wie in (2), da an den beiden von den Knoten der Doppelkante nach außen verlaufenden Pfaden keine Dreifachknoten auftreten dürfen.

Fall : es gibt keine Doppelkante in Γ_{Z} . Es gibt keine zwei verschiedenen Dreifachknoten, da diese sonst durch einen Kantenzug aus Einfachkanten miteinander verbunden wären, was aber nach Schritt 7 nicht geht. Falls kein Dreifachknoten existiert, ist Γ_{Z} von der Form (1). Falls ein Dreifachknoten existiert, ist Γ_{Z} von der Form (4), da an den drei vom Dreifachknoten nach außen verlaufenden Pfaden keine weiteren Dreifachknoten auftreten dürfen.

Schritt 9. Sei Γ_{Z} wie in (2) von Schritt 8. Dann gehört Γ_{Z} zu B_{ℓ} für ein ℓ ⩾ 2 (oder zu C_{ℓ} für ein ℓ ⩾ 3) oder zu F_{4} .

Setze x := ∑_{i∈[1,a]} i · x_{i} und y := ∑_{i∈[1,b]} i · y_{i}, in der Bezeichnung von Schritt 8.

Es wird

⌊x, x⌋ = (∑_{i∈[1,a]} i^{2}) + 2 ∑_{i∈[1,a−1]} i(i + 1)⌊x_{i} , x_{i+1}⌋
= (∑_{i∈[1,a]} i^{2}) − (∑_{i∈[1,a−1]} i(i + 1))
= a^{2} − (_{∑i∈[1,a−1]} i)
= a(a + 1)/2 .

Genauso wird ⌊y, y⌋ = b(b + 1)/2. Ferner ist 4⌊x, y⌋^{2} = a^{2}b^{2} · 4⌊x_{a} , y_{b}⌋^{2} = 2a^{2}b^{2}.

Da (x, y) linear unabhängig ist, ist

a^{2}b^{2}/2 = ⌊x, y⌋^{2} < ⌊x, x⌋⌊y, y⌋ = a(a + 1)b(b + 1)/4 ;

cf. §5.1. Umgeformt liefert dies 2ab < (a + 1)(b + 1), mithin (a − 1)(b − 1) < 2.

Also ist (a, b) = (2, 2), was F_{4} liefert, oder aber a ⩾ 1 beliebig und b = 1, was B_{a+1} liefert.

Schritt 10. Sei Γ_{Z} wie in (4) von Schritt 8. Dann gehört Γ_{Z} zu D_{ℓ} für ein ℓ ⩾ 4 oder zu E_{6} , E_{7} oder E_{8} .

Sei x := ∑_{i∈[1,a−1]} i·x_{i} und y := ∑_{i∈[1,b−1]} i·y_{i} und z := ∑_{i∈[1,c−1]} i·z_{i}, in der Bezeichnung von Schritt 8.

Es ist (x, y, z) linear unabhängig. Es ist ⌊x, y⌋ = ⌊x, z⌋ = ⌊y, z⌋ = 0. Es ist e ∉ ⟨x, y, z⟩. Sei f ∈ ⟨x, y, z, e⟩ mit f ⊥ {x, y, z} und ∥f∥ = 1. Es ist ⌊e, f⌋ ≠ 0, da f ⊥̸ {x, y, z, e}. Es folgt

e = ⌊e, f⌋f + \frac{⌊e,x⌋}{⌊x,x⌋} x + \frac{⌊e,y⌋}{⌊y,y⌋} y + \frac{⌊e,z⌋}{⌊z,z⌋} z .

Also wird

1 = ⌊e, e⌋ > ⌊e, e⌋ − ⌊e, f⌋^{2} = \frac{⌊e,x⌋^{2}}{⌊x,x⌋} + \frac{⌊e,y⌋^{2}}{⌊y,y⌋} + \frac{⌊e,z⌋^{2}}{⌊z,z⌋} .

Nun ist ⌊x, x⌋ = a(a − 1)/2 und ⌊y, y⌋ = b(b − 1)/2 und ⌊z, z⌋ = c(c − 1)/2 ; cf. Beweis zu Schritt 9.

Ferner ist ⌊e, x⌋^{2} = \frac{(a−1)^{2}}{4} und ⌊e, y⌋^{2} = \frac{(b−1)^{2}}{4} und ⌊e, z⌋^{2} = \frac{(c−1)^{2}}{4} .

Wir erhalten

1 > \frac{a−1}{2a} + \frac{b−1}{2b} + \frac{c−1}{2c} ,

i.e.

1 < \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} .

Mit a ⩾ b ⩾ c ⩾ 2 folgt c = 2. Also

\frac{1}{2} < \frac{1}{a} + \frac{1}{b} .

Mit a ⩾ b ⩾ 2 folgt b ∈ {2, 3}.

Ist b = 2, so ist a ⩾ 2 beliebig, was D_{a+2} liefert.

Ist b = 3, so ist a ∈ {3, 4, 5}, was E_{a+3} liefert.

5.10 Zusammenfassung

Sei HELT die Menge der Paare (𝔤, 𝔱) aus einer halbeinfachen endlichdimensionalen Liealgebra 𝔤 über C, zusammen mit einem maximalen Torus 𝔱 ⩽ 𝔤; cf. §4.1 (^{5}).

Sei ELT := { (𝔤, 𝔱) ∈ HELT : 𝔤 ist einfach } ⊆ HELT.

Dank Lemma 53.(1) kennen wir mit den einfachen auch die halbeinfachen endlichdimensionalen Liealgebren über C.

Es ist IKWS die Menge der Isoklassen von Wurzelsystemen. Es ist IKTG die Menge der Isoklassen teilgerichteter Graphen. Wir haben die injektive Abbildung IKWS ^{\overline{}^{δ}} IKTG aus Lemma 154.

Sei IKWS^{einf} die Menge der Isoklassen von einfachen Wurzelsystemen. Sei IKTG^{zh} die Menge der Isoklassen von zusammenhängenden teilgeordneten Graphen. Nach Definition 155 schränkt δ ein zu einer Abbildung von IKWS^{einf} nach IKTG^{zh}.

Sei IKTG^{Liste} die Menge der Isoklassen von teilgeordneten Graphen, die in der Klassifikation, Satz 162, aufgelistet sind. Gemäß loc. cit. schränkt δ im Zielbereich weiter zu einer bijektiven Abbildung von IKWS^{einf} nach IKTG^{Liste} ein – dort wurde ja gerade ausgerechnet, daß δ(IKWS^{einf}) = IKTG^{Liste} ist.

Dank Komponentenzerlegung aus §5.8, genauer, dank Lemma 159 und Bemerkung 161, kennen wir damit auch das Bild δ(IKWS) : dazu gehört, nach Bilden der Isoklasse, jede disjunkte Vereinigung von teilgerichteten Graphen, die zur Liste aus Satz 162 gehören.

Wir haben aus Satz 107 folgende Abbildung; cf. Definition 109.

HELT ^{\overline{}^{Ω}} IKWS
(𝔤, 𝔱) \overline{}( 𝔱_{R} , t_{Φ(𝔤)} )

5Die Frage, ob die Gesamtheit dieser Paare eine Menge bildet, ignorieren wir. Wer dabei Skrupel hat, fixiere ein Universum 𝔘 und bilde die Menge solcher Paare aus 𝔘 in einem Universum 𝔙 ∋ 𝔘; cf. SGA 4, exp. 1, §0.

Gemäß Aufgabe 47.(3) schränkt Ω zu einer Abbildung von ELT nach IKWS^{einf} ein.

Sei IKEL die Menge der Isoklassen einfacher endlichdimensionaler Liealgebren über C. Wir haben folgende surjektive Abbildung.

[figure: ELT; ρ; IKEL; (𝔤, 𝔱); [𝔤]]

Betrachte folgendes kommutative Diagramm von Mengen.

\xymatrix{ & IKEL \ar@{.>}[dr]^{ω}_{∼} &  & IKTG^{Liste} \ar@{^{(}->}[dr] \\ ELT \ar@{^{(}->}[d] \ar[rr] \ar[ur]^{ρ} &  & _{IKWS_{einf}} \ar@{^{(}->}[d] \ar[rr]_{injektiv} \ar@{-->}[ur]^{∼} &  & _{IKTG_{zh}} \ar@{^{(}->}[d] \\ HELT \ar[rr]^{Ω} &  & IKWS \ar[rr]^{δ}_{injektiv} &  & IKTG}

Die Existenz und die Bijektivität der gestrichelt dargestellten Abbildung ω darin fehlen uns noch.

Anhang A

Aufgaben und Lösungen

A.1 Aufgaben

Aufgabe 1 (§1.1) Sei K ein Körper.

(1) Sei 𝔤 = K^{3×1}, ausgestattet mit [ (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) , (\begin{matrix}α′ \\ β′ \\ γ′ \end{matrix}) ] := (\begin{matrix}βγ′−γβ′ \\ γα′−αγ′ \\ αβ′−βα′ \end{matrix}) für (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) , (\begin{matrix}α′ \\ β′ \\ γ′ \end{matrix}) ∈ K^{3×1}.

Zeige, daß 𝔤 eine Liealgebra ist.

(2) Sei n ⩾ 0. Sei a ∈ K^{n×n}. Sei 𝔬(K, a) := { g ∈ 𝔤𝔩_{n}(K) : g^{t} a = −ag }.

Zeige 𝔬(K, a) ⩽ 𝔤𝔩_{n}(K).

(3) Sei 𝔥 ^{\overline{}^{f}} 𝔨 ein Isomorphismus von Liealgebren.

Zeige, daß auch 𝔨 ^{\overline{}^{f^{−1}}} 𝔥 ein Isomorphismus ist.

(4) Sei 𝔤 wie in (1). Sei char(K) ≠ 2. Zeige 𝔤 ≃ 𝔬(K, E_{3}). Aufgabe 2 (§1.1) Sei K ein Körper.

(1) Sei A eine Algebra. Sei

𝔡𝔢𝔯(A) := { d ∈ 𝔤𝔩(A) : d(a · b) = d(a) · b + a · d(b) für a, b ∈ A } ⊆ 𝔤𝔩(A) der Teilraum der Derivationen. Zeige 𝔡𝔢𝔯(A) ⩽ 𝔤𝔩(A).

(2) Sei K^{2×2} mit der Matrixmultiplikation ausgestattet. Bestimme eine Basis von 𝔡𝔢𝔯(K^{2×2}). Falls char K ≠ 2, für welches n ⩾ 0 ist 𝔡𝔢𝔯(K^{2×2}) ≃ 𝔰𝔩_{n}(K) ?

Aufgabe 3 (§1.2.1) Sei K ein Körper. Sei n ⩾ 0. Wann ist 𝔰𝔩_{n}(K) einfach ?

Aufgabe 4 (§1.2.1, §1.2.2) Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine Liealgebra.

(1) Zeige.

Ist 𝔞 ⊴ 𝔤, so ist der Faktorraum 𝔤/𝔞 vermöge [g+𝔞, h+𝔞] := [g, h]+𝔞 eine Liealgebra. Die Restklassenabbildung 𝔤 ^{^{ρ = ρ_{𝔤,𝔞}}\overline{}}𝔤/𝔞, g \overline{}g + 𝔞 ist ein Morphismus.

(2) Zeige oder widerlege.

Sei 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔥 ein Morphismus von Liealgebren. Sei 𝔤̃ ⩽ 𝔤. Sei 𝔞̃ ⊴ 𝔞 ⊴ 𝔤. Sei 𝔥̃ ⩽ 𝔥.

(i) Es ist φ^{−1}(𝔥̃) ⩽ 𝔤. Ist 𝔥̃ ⊴ 𝔥, dann ist φ^{−1}(𝔥̃) ⊴ 𝔤.

(ii) Es ist φ(𝔤̃) ⩽ 𝔥 und φ(𝔞) ⊴ 𝔥.

(iii) Es ist 𝔞̃ ⊴ 𝔤.

(iv) Es ist 𝔞 ⊆ Kern φ genau dann, wenn es einen Morphismus φ̄ mit φ̄ ∘ ρ_{𝔤,𝔞} = φ

gibt.

(v) Es ist 𝔞 ⊴ (𝔤̃ + 𝔞) ⩽ 𝔤, es ist (𝔤̃ ∩ 𝔞) ⊴ 𝔤̃ und es ist (𝔤̃ + 𝔞)/𝔞 ≃ 𝔤̃/(𝔤̃ ∩ 𝔞) . (vi) Es ist 𝔷(𝔞) ⊴ 𝔤.

(3) Sei 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔥 ein Morphismus von Liealgebren.

Zeige den Isomorphismus 𝔤/Kern φ \overline{}^{φ̄}_{∼} φ(𝔤), g + Kern φ \overline{}φ(g).

(4) Sei 𝔞 ⊴ 𝔤. Sei T_{𝔤,𝔞} := { 𝔥 : 𝔞 ⩽ 𝔥 ⩽ 𝔤 }. Sei T_{𝔤/𝔞} := { 𝔨 : 𝔨 ⩽ 𝔤/𝔞 }. Zeige die Bijektion

[figure: T_{𝔤,𝔞}; T_{𝔤/𝔞}; 𝔥; ρ(𝔥); ρ^{−1}(𝔨); 𝔨]

Zeige, daß diese Bijektion auf die Teilmenge der jeweiligen Ideale einschränkt.

Aufgabe 5 (§1.2.3) Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine Liealgebra. Sei V ⊆ 𝔤 ein Teilraum. Sei 𝔥 ⩽ 𝔤. Zeige.

(1) Es ist 𝔫_{𝔤}(V) ⩽ 𝔤. Es ist 𝔥 ⊴ 𝔫_{𝔤}(𝔥) ⩽ 𝔤.

(2) Es ist 𝔠_{𝔤}(V) ⩽ 𝔤.

Aufgabe 6 (§1.2.1, Aufgabe 2.(1)) Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine Liealgebra. Sei d ∈ 𝔡𝔢𝔯(𝔤). Sei g ∈ 𝔤. Zeige [d, ad_{𝔤} g] = ad_{𝔤} d(g). Folgere ad_{𝔤}(𝔤) ⊴ 𝔡𝔢𝔯(𝔤).

Aufgabe 7 (§1.2.1) Sei K ein Körper. Sei 𝔥 eine Liealgebra. Sei 𝔫 eine Liealgebra. Was 𝔡𝔢𝔯(𝔫) anbelangt, cf. Aufgabe 2.(1).

(1) Sei φ : 𝔥 \overline{}𝔡𝔢𝔯(𝔫) ein Morphismus von Liealgebren.

Schreibe [h, n] := (φ(h))(n) ∈ 𝔫 für h ∈ 𝔥 und n ∈ 𝔫. Setze für (n, h), (n′, h′) ∈ 𝔫 ⊕ 𝔥

[(n, h), (n′, h′)] := ( [n, n′] + [h, n′] − [h′, n] , [h, h′] ) .

Zeige, daß dies auf 𝔫 ⊕ 𝔥 eine Liealgebra definiert, genannt 𝔫 ⋊_{φ} 𝔥, oder kurz 𝔫 ⋊ 𝔥, das semidirekte Produkt von 𝔫 mit 𝔥 vermöge φ. Zeige 𝔥 ⩽ 𝔫 ⋊_{φ} 𝔥. Zeige 𝔫 ⊴ 𝔫 ⋊_{φ} 𝔥.

(2) Sei 𝔫 ^{\overline{}^{i}} 𝔤 ^{\overline{}^{r}} 𝔥 eine kurz exakte Sequenz von Liealgebren, i.e. sei auch 𝔤 eine Liealgebra, sei i ein injektiver Morphismus von Liealgebren, sei r ein surjektiver Morphismus von Liealgebren und sei i(𝔫) = Kern(r). Sei ferner ein Morphismus 𝔥 ^{\overline{}^{s}} 𝔤 von Liealgebren mit r ∘ s = id_{𝔥} gegeben. Definiere φ_{s} : 𝔥 \overline{}𝔡𝔢𝔯(𝔫) wie folgt. Für h ∈ 𝔥 sei φ_{s}(h) : 𝔫 \overline{}𝔫 festgelegt durch

i((φ_{s}(h))(n)) := [s(h), i(n)] .

Zeige 𝔫 ⋊_{φ_{s}} 𝔥 ≃ 𝔤.

(3) Sei φ wie in (1). Sei i : 𝔫 \overline{}𝔫⋊_{φ} 𝔥, n \overline{}(n, 0). Sei r : 𝔫⋊_{φ} 𝔥 \overline{}𝔥, (n, h) \overline{}h. Sei s : 𝔥 \overline{}𝔫 ⋊_{φ} 𝔥, h \overline{}(0, h). Dank (1) sind i, r und s Morphismen von Liealgebren. Es ist r ∘ s = id_{𝔥}. Wir betrachten die kurz exakte Sequenz 𝔫 ^{\overline{}^{i}} 𝔫 ⋊_{φ} 𝔥 ^{\overline{}^{r}} 𝔥; cf. (1, 2). Zeige φ = φ_{s}.

Aufgabe 8 (§1.3) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper. Seien f_{1}(T), …, f_{n}(T) ∈ K[T] paarweise ohne gemeinsame Nullstelle, wobei n ⩾ 0. Seien r_{1}(T), …, r_{n}(T) ∈ K[T]. Zeige, daß ein r(T) ∈ K[T] existiert mit r(T) ≡_{f_{i}(T)} r_{i}(T) für alle i ∈ [1, n].

Aufgabe 9 (§1.3) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper. Sei V ^{\overline{}^{f}} W eine lineare Abbildung zwischen endlichdimensionalen Vektorräumen. Seien x ∈ End V und y ∈ End W mit f ∘ x = y ∘ f. Zeige.

(1) Sei f surjektiv. Ist x halbeinfach, so auch y.

(2) Sei f injektiv. Ist y halbeinfach, so auch x.

(3) Es ist f ∘ x_{gs} = y_{gs} ∘ f und f ∘ x_{gn} = y_{gn} ∘ f.

Aufgabe 10 (§1.3) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Schreibe n := dim V. Sei m ⩾ 0. Seien x_{1} , …, x_{m} ∈ End V halbeinfach mit x_{i} ∘ x_{j} = x_{j} ∘ x_{i} für i, j ∈ [1, m]. Zeige.

(1) Es gibt eine Basis (v_{1} , …, v_{n}) von V so, daß v_{k} Eigenvektor von x_{i} ist für alle k ∈ [1, n] und alle i ∈ [1, m].

(2) Jedes Element von ⟨x_{1} , …, x_{m}⟩ ist halbeinfach.

(3) Es gibt K, V wie oben und halbeinfache Elemente y, z ∈ End V so, daß y + z nicht halbeinfach ist.

Aufgabe 11 (§1.2.1) Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine Liealgebra. Seien 𝔞, 𝔟 ⊴ 𝔤. Zeige 𝔞 ∩ 𝔟, 𝔞 + 𝔟, [𝔞, 𝔟] ⊴ 𝔤. Ist stets 𝔞 ∩ 𝔟 = [𝔞, 𝔟] ?

Aufgabe 12 (§1.2.1) Sei K ein unendlicher Körper von Charakteristik 0. Sei n ⩾ 1. Schreibe 𝔤 := 𝔤𝔩_{n}(K). Zeige.

(1) Seien g, h ∈ 𝔤. Es gibt g̃, h̃ ∈ 𝔤 mit det g̃ ≠ 0 und det h̃ ≠ 0 und [g, h] = [g̃, h̃].

(2) Sei z ∈ 𝔤 von der Form z = (\begin{matrix}0 & u \\ v & z̃ \end{matrix}) mit einem Kommutator z̃ ∈ K^{(n−1)×(n−1)}. Dann ist auch z ein Kommutator.

(3) Sei z ∈ 𝔤 ∖ ⟨E_{n}⟩. Dann gibt es ein s ∈ GL_{n}(K) so, daß s^{−1}zs an Position (1, 1) den Eintrag 0 hat.

(4) Es ist [𝔤, 𝔤] = { [g, h] : g, h ∈ 𝔤 }.

Aufgabe 13 (§2.1) Sei K ein Körper. Untersuche die Liealgebra 𝔤 auf Auflösbarkeit und Nilpotenz.

(1) Sei n ⩾ 2. Sei 𝔤 := 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) ; cf. Definition 38.

(2) Sei n ⩾ 2. Sei 𝔤 := 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) ; cf. Definition 38.

(3) Sei char K = 2. Sei 𝔤 := 𝔰𝔩_{2}(K).

(4) Sei char K = 3. Sei 𝔤 := 𝔰𝔩_{3}(K). Ist 𝔤 halbeinfach? (Hinweis: Lösung zu Aufgabe 3.)

(5) Sei char K = 0. Sei 𝔤 := 𝔤𝔩_{2}(K). Bestimme auch alle Ideale von 𝔤, sowie 𝔯𝔞𝔡(𝔤).

Aufgabe 14 (§2.2) Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale nilpotente Liealgebra. Sei 0 ≠ 𝔞 ⊴ 𝔤. Zeige 𝔞 ∩ 𝔷(𝔤) ≠ 0. (Hinweis: Lemma 37 auf Bild von 𝔤 \overline{}𝔤𝔩(𝔞).)

Aufgabe 15 (§2.1.2) Sei K ein Körper. Seien 𝔤 und 𝔥 endlichdimensionale Liealgebren. Sei 𝔤 ⊕ 𝔥 mit der Lieklammer wie in Bemerkung 15 ausgestattet. Zeige.

(1) Sind 𝔤 und 𝔥 halbeinfach, so auch 𝔤 ⊕ 𝔥.

(2) Es ist 𝔷(𝔤 ⊕ 𝔥) = 𝔷(𝔤) ⊕ 𝔷(𝔥).

Aufgabe 16 (§2.2, §2.1.2) Zeige oder widerlege. Sei K ein Körper. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩(V).

(1) Ist 𝔤 nilpotent, so besteht 𝔤 aus nilpotenten Endomorphismen.

(2) Besteht 𝔤 aus nilpotenten Endomorphismen, so ist 𝔤 nilpotent.

(3) Sei 𝔥 ⩽ 𝔤. Ist 𝔤 halbeinfach, so ist 𝔥 halbeinfach.

(4) Sei 𝔤 halbeinfach. Sei g ∈ 𝔤. Dann ist g halbeinfach.

(5) Sei jedes Element von 𝔤 halbeinfach. Dann ist 𝔤 halbeinfach.

(6) Ist g ∈ 𝔤, so ist auch g_{gs} ∈ 𝔤.

Aufgabe 17 (§2.4) Zeige oder widerlege. Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra.

(1) Sei 𝔞 ⊴ 𝔤. Es ist κ_{𝔞} = κ_{𝔤}|_{𝔞×𝔞}.

(2) Sei 𝔥 ⩽ 𝔤. Es ist κ_{𝔥} = κ_{𝔤}|_{𝔥×𝔥}.

Aufgabe 17.5 Sei K ein Körper. Sei 𝔤 := 𝔤𝔩_{2}^{⩾}(K).

(1) Bestimme eine Grammatrix von κ_{𝔤} bezüglich einer Basis von 𝔤.

(2) Bestimme κ_{𝔤}(𝔤^{(1)}, 𝔤).

(3) Bestimme rad κ_{𝔤} und 𝔯𝔞𝔡(𝔤).

Aufgabe 18 (§2.4, §2.5) Zeige oder widerlege. Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Es werde (−)^{⊥} bezüglich κ_{𝔤} gebildet.

(1) Ist κ_{𝔤}(𝔤, 𝔤) = 0, so ist 𝔤 nilpotent. (Hinweis: [g, h] = h, [g, k] = ik, [h, k] = 0.)

(2) Ist 𝔞 ein nilpotentes Ideal in 𝔤, dann ist 𝔞 ⩽ rad κ_{𝔤}.

(3) Es ist rad κ_{𝔤} = 𝔯𝔞𝔡(𝔤). (Hinweis: [g, h] = h.)

(4) Sei 𝔥 ⩽ 𝔤. Es ist 𝔥 auflösbar genau dann, wenn κ_{𝔤}(𝔥, 𝔥^{(1)}) = 0 ist.

(5) Sei 𝔥 ⩽ 𝔤. Es ist 𝔥^{⊥} ⩽ 𝔤.

Aufgabe 19 (§2.5) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei x ∈ 𝔤𝔩(V). Ist tr(x ∘ w) = 0 für alle w ∈ 𝔤𝔩(V), so zeige mit Lemma 48, daß x nilpotent ist, und zeige ohne Lemma 48, daß x = 0 ist.

Aufgabe 20 (§2.6) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra. Zeige 𝔤^{(1)} = 𝔤. (Hinweis: Lemma 53.(1).)

Aufgabe 21 (Aufgabe 22) Sei K ein Körper. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei W ⊆ V ein Teilraum. Sei b : V × V \overline{}K eine symmetrische Bilinearform. Sei b|_{W ×W} nichtausgeartet. Zeige V = W ⊕ W^{⊥}.

Aufgabe 22 (§2.5, §2.6) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Sei 𝔟 ⊴ 𝔤. Zeige ohne Verwendung von Lemma 53.

(1) Sei 𝔟 halbeinfach. Es ist 𝔤 = 𝔟 ⊕ 𝔟^{⊥}. (Hinweis: Satz 50, Aufgabe 21.)

(2) Sei 𝔤 halbeinfach. Es ist 𝔤 = 𝔟 ⊕ 𝔟^{⊥}.

(3) Sei 𝔤 halbeinfach. Sei 𝔞 ⊴ 𝔟 ⊴ 𝔤. Es ist 𝔞 ⊴ 𝔤. (Hinweis: (2).)

Aufgabe 23 (§2.1.2, §2.6) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine halbeinfache Liealgebra. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔤𝔩(V) ein Morphismus von Liealgebren. Zeige φ(𝔤) ⊆ 𝔰𝔩(V). (Hinweis: tr Morphismus.)

Aufgabe 24 (§3.1) Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine Liealgebra.

(1) Gegeben sei ein 𝔤-Modul M sowie ein Teilmodul M′ ⊆ M. Zeige, daß M/M′ zu einem 𝔤-Modul wird via [g, m + M′] := [g, m] + M′ für g ∈ 𝔤 und m ∈ M.

(2) Sei M ^{\overline{}^{f}} N ein Isomorphismus von 𝔤-Moduln. Zeige, daß auch M ^{\overline{}^{f^{−1}}} N ein Isomorphismus von 𝔤-Moduln ist.

(3) Sei M ^{\overline{}^{f}} N eine 𝔤-lineare Abbildung zwischen 𝔤-Moduln. Zeige.

Es sind Kern f ⊆ M und Im f ⊆ N Teilmoduln. Es gibt den Isomorphismus M/ Kern f ^{\overline{}^{∼}} Im f, m + Kern f \overline{}f(m) von 𝔤-Moduln.

(4) Sei 𝔤 nichtabelsch. Zeige.

Genau dann ist der reguläre 𝔤-Modul 𝔤 einfach, wenn 𝔤 einfach als Liealgebra ist.

(5) Sei M ein endlichdimensionaler 𝔤-Modul. Zeige, daß M genau dann halbeinfach ist, wenn zu jedem Teilmodul M′ ⊆ M ein Teilmodul M′′ ⊆ M mit M = M′ ⊕ M′′ existiert.

(6) Sei K algebraisch abgeschlossen. Sei M ein endlichdimensionaler einfacher 𝔤-Modul. Sei M ^{\overline{}^{f}} M eine 𝔤-lineare Abbildung. Zeige, daß f = λ id_{M} ist für ein λ ∈ K. (Hinweis: f hat Eigenwert.)

(7) Seien 𝔤-Moduln M und N gegeben. Definiere auf dem Raum der K-linearen Abbildungen Hom(M, N) wie folgt eine 𝔤-Modulstruktur. Gegeben g ∈ 𝔤 und f ∈ Hom(M, N), so bilde [g, f] ∈ Hom(M, N) ein Element m ∈ M ab nach [g, f](m) := [g, f(m)] − f([g, m]). Zeige, daß Hom(M, N), zusammen mit 𝔤 \overline{}𝔤𝔩(Hom(M, N)), g \overline{}[g, −], ein 𝔤-Modul ist.

(8) Sei M ein endlichdimensionaler 𝔤-Modul. Zeige, daß M isomorph ist zu M^{∗∗} vermöge e : M → M^{∗∗}, m ↦ (f ↦ f(m)).

Aufgabe 25 (§3.1) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Sei M = (M, φ) ein endlichdimensionaler 𝔤-Modul. Zeige.

(1) Sei 𝔞 ⊴ 𝔤. Es ist [𝔞, M] ein 𝔤-Teilmodul von M.

(2) Sei 𝔤 auflösbar. Sei M ≠ 0. Es ist [𝔤^{(1)}, M] ⊂ M.

(3) Sei 𝔤 auflösbar. Sei M einfach. Es ist dim M = 1.

Aufgabe 26 (§2.4, §3.1) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper.

Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra.

Sei κ : 𝔤 × 𝔤 \overline{}K bilinear mit κ(g, [h, k]) = κ([g, h], k) für g, h, k ∈ 𝔤.

Zeige.

(1) Es ist f_{κ} : 𝔤 \overline{}𝔤^{∗}, g \overline{}(x \overline{}κ(g, x)) eine 𝔤-lineare Abbildung.

(2) Sei 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩(V) für einen endlichdimensionalen Vektorraum V. Sei 𝔤 einfach. Sei tr(g^{2}) ≠ 0 für ein g ∈ 𝔤.

Dann gibt es ein λ ∈ K mit κ(g, h) = λ tr(g ∘ h) für g, h ∈ 𝔤.

Aufgabe 27 (§3.2) Zeige, daß die Definition des Casimirelementes in Lemma 63 nicht von der Wahl einer Basis der Liealgebra abhängt.

Aufgabe 28 (§3.2) Berechne das Casimir-Element c_{φ} des 𝔰𝔩_{3}(C)-Moduls C^{3×1}, ausgestattet mit dem Morphismus φ : 𝔰𝔩_{3}(C) [figure] 𝔤𝔩_{3}(C) = 𝔤𝔩(C^{3×1}), einmal direkt und einmal mittels Bemerkung 67.(3).

Aufgabe 29 (§3.4) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Seien 𝔤 und 𝔥 endlichdimensionale halbeinfache Liealgebren. Sei 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔥 ein Morphismus von Liealgebren. Sei g ∈ 𝔤.

Zeige φ(g)_{as} = φ(g_{as}) und φ(g)_{an} = φ(g_{an}).

Aufgabe 30 (§1.2.1) Sei K ein Körper mit char K ≠ 2. Sei b := (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}) ∈ K^{5×5}.

Zeige, daß 𝔬(K, b) einfach ist; cf. Aufgabe 1.(2).

Aufgabe 31 (§3.1, §3.5) Zeige oder widerlege.

Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei 0 ≠ 𝔤 ⩽ 𝔰𝔩(V). Zusammen mit dem Inklusionsmorphismus 𝔤 [figure] 𝔤𝔩(V) wird V zu einem 𝔤-Modul. Sei dieser 𝔤-Modul V einfach.

(1) Es ist 𝔤 halbeinfach.

(2) Es ist 𝔤 einfach.

Was folgt daraus für die Liealgebra 𝔬(b, K) aus Aufgabe 30 ?

Aufgabe 32 (§3.5) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei M ein 𝔰𝔩_{2}(K)-Modul.

(1) Sei μ ∈ γ(M) ⊆ K ein maximales Gewicht.

Sei m_{0} ∈ M_{μ}. Setze m_{k} := k!^{−1}(φ(f))^{k}(m_{0}) für k ⩾ 1 und m_{−1} := 0. Wir verwenden die Bezeichnungen von §3.5, insbesondere von Bemerkung 78.

Zeige, daß [h, m_{k}] = (μ − 2k)m_{k} ist, daß [e, m_{k}] = (μ − k + 1)m_{k−1} ist und daß [f, m_{k}] = (k + 1)m_{k+1} ist für k ⩾ 0.

(2) Sei M einfach. Sei λ ∈ K. Sind λ und λ + 2 in γ(M), so zeige [e, M_{λ}] = M_{λ+2} .

Aufgabe 33 (§3.5) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Schreibe 𝔤 := 𝔰𝔩_{2}(K). Zerlege folgende 𝔤-Moduln jeweils in eine direkte Summe von Teilmoduln isomorph zu den in Bemerkung 79 konstruierten. Bestimme die Gewichtsräume.

(1) Betrachte den via 𝔤 [figure] 𝔤𝔩_{2}(K) gegebenen 𝔤-Modul K^{2×1}.

(2) Betrachte den regulären 𝔤-Modul 𝔤.

(3) Es ist 𝔤 [figure] 𝔰𝔩_{3}(K), (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) \overline{}(\begin{matrix}a & b & 0 \\ c & d & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}). Betrachte den Modul M := 𝔰𝔩_{3}(K)|_{𝔤}.

Aufgabe 34 (§4.1) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus. Sei 𝔤′ eine endlichdimensionale Liealgebra. Sei φ : 𝔤 ^{\overline{}^{∼}} 𝔤′ ein Isomorphismus von Liealgebren. Sei φ(𝔱) =: 𝔱′. Zeige, daß 𝔱′ ⩽ 𝔤′ ein maximaler Torus ist.

Aufgabe 35 (§4.1, §4.2) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0.

(1) Bestimme zwei verschiedene maximale Tori in 𝔰𝔩_{2}(K). Die folgenden Aufgabenteile löse man bezüglich eines fest gewählten maximalen Torus.

(2) Bestimme Φ(𝔰𝔩_{2}(K)). Bestimme eine Wurzelraumzerlegung von 𝔰𝔩_{2}(K).

(3) Bestätige Bemerkung 89 in diesem Falle.

Aufgabe 36 (§4.2) Zeige oder widerlege. Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus.

(1) Es ist 𝔱 = 𝔠_{𝔤}(𝔱).

(2) Es ist 𝔠_{𝔤}(𝔱) = 𝔫_{𝔤}(𝔱).

Aufgabe 37 (§4.4) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra. Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus. Zeige.

(1) Eine Teilalgebra von 𝔤, die 𝔤_{σ} enthält für alle σ ∈ Φ(𝔤), ist bereits gleich 𝔤.

(2) Seien σ, ρ ∈ Φ(𝔤). Ist auch σ + ρ ∈ Φ(𝔤), so ist [𝔤_{σ} , 𝔤_{ρ}] = 𝔤_{σ+ρ}.

Aufgabe 38 (§4.3, §4.4, §4.5, Aufgabe 30.(2)) Sei K = C. Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra.

(i) Bestimme einen maximalen Torus 𝔱 in 𝔤. (ii) Bestimme die Menge der Wurzeln Φ(𝔤) ⊆ 𝔱^{∗}. (iii) Sei E = 𝔱_{R} = _{R}⟨ t_{χ} : χ ∈ Φ(𝔤) ⟩, ausgestattet mit der Bilinearform κ_{𝔤}|_{E×E}^{R} .

Bestimme eine Orthonormalbasis von E und schreibe t_{χ} in dieser Basis für alle χ ∈ Φ(𝔤). Skizze ! Bestätige Lemma 102.(1) in 2 Fällen. Bestätige Lemma 101.(1, 2) in 2 Fällen.

(1) Sei 𝔤 = 𝔰𝔩_{3}(C).

(2) Sei 𝔤 = 𝔬(C, b) ; b wie in Aufgabe 30.

Aufgabe 39 (§4.5)

(1) Bestimme das zu 𝔰𝔩_{4}(C) gehörige Wurzelsystem (E, Ψ). Skizze! Cf. Aufgabe 38.(1).

(2) Bestimme eine Basis des Wurzelsystems (E, Ψ) aus (1).

Aufgabe 40 (§5.1) Sei E = (E, ⌊−, =⌋) ein euklidischer Raum. Für x ∈ E ∖ {0} sei

x^{∨} := \frac{2}{⌊x,x⌋} x .

Sei (E, Φ) ein Wurzelsystem.

(1) Zeige, daß mit Φ^{∨} := { t^{∨} : t ∈ Φ} auch (E, Φ^{∨}) ein Wurzelsystem ist, genannt das zu (E, Φ) duale Wurzelsystem.

(2) Zeige Φ^{∨∨} = Φ.

(3) Sei (E, Φ) das gemäß Aufgabe 38.(1) zu 𝔰𝔩_{3}(C) gehörige Wurzelsystem. Ist Φ ≃ Φ^{∨}?

(4) Sei (E, Φ) das gemäß Aufgabe 38.(2) zu 𝔬(C, b) gehörige Wurzelsystem. Ist Φ ≃ Φ^{∨}?

Aufgabe 41 (§5.1)

(1) Sei (E, Φ) das gemäß Aufgabe 38.(1) zu 𝔰𝔩_{3}(C) gehörige Wurzelsystem. Zeige, daß W_{E,Φ} isomorph zur symmetrischen Gruppe S_{3} ist.

(2) Sei (E, Φ) das gemäß Aufgabe 38.(2) zu 𝔬(C, b) gehörige Wurzelsystem, b wie in Aufgabe 30. Zeige, daß W_{E,Φ} isomorph zur Untergruppe D_{8} := ⟨⟨(1, 3), (1, 2)(3, 4)⟩⟩ von Ordnung 8 in der S_{4} ist.

Aufgabe 42 (§5.3)

(1) Bestätige Bemerkung 124 in einem Beispiel im Wurzelsystem von Beispiel 112.(2).

(2) Bestätige Bemerkung 124 in einem Beispiel im Wurzelsystem von Beispiel 112.(3). Aufgabe 43 (§5.5) Sei m ⩾ 0. Sei K ein Körper mit |K| ⩾ m. Sei V ein Vektorraum. Sei U_{i} ⊂ V ein Teilraum für i ∈ [1, m]. Zeige ⋃_{i∈[1,m]} U_{i} ⊂ V. Aufgabe 44 (§5.6) Sei (E, Φ) ein Wurzelsystem. Sei Δ eine Basis von (E, Φ). Zeige.

(1) Sei r ∈ Φ_{Δ}^{+} ∖ Δ. Dann gibt es ein d ∈ Δ mit r − d ∈ Φ_{Δ}^{+} .

(2) Sei r ∈ Φ_{Δ}^{+} . Es gibt ein k ⩾ 0 und e_{1} , …, e_{k} ∈ Δ mit r = ∑_{i∈[1,k]} e_{i} und ∑_{i∈[1, j]} e_{i} ∈ Φ_{Δ}^{+} für alle j ∈ [1, k].

Aufgabe 45 (§5.6, §5.7) Aufgabe 39 entnehmen wir das Wurzelsystem (E, Φ) von 𝔰𝔩_{4}(C) und davon eine Basis Δ.

(1) Bestimme ein Element w ∈ W_{E,Φ} von Ordnung 3.

Bestimme { w^{i}(Δ) : i ∈ Z }.

(2) Berechne eine Cartanmatrix von (E, Φ). Aufgabe 46 (§5.6) Sei (E, Φ) das Wurzelsystem aus Beispiel 112.(3); cf. Aufgabe 38.(2). Sei Δ eine Basis von (E, Φ). Bestätige in diesem Fall die Bijektivität der in Korollar 146 betrachteten Abbildung von W_{E,Φ} in die Menge aller Basen von (E, Φ), die w nach w(Δ) schickt. Cf. Aufgabe 41.(2).

Aufgabe 47 (§5.8, §4.6, §5.1) Sei K = C.

(1) Seien 𝔤′ und 𝔤′′ halbeinfache endlichdimensionale Liealgebren.

Seien 𝔱′ ⩽ 𝔤′ und 𝔱′′ ⩽ 𝔤′′ maximale Tori.

(i) Zeige, daß 𝔱 := 𝔱′ ⊕ 𝔱′′ ein maximaler Torus in 𝔤 := 𝔤′ ⊕ 𝔤′′ ist; cf. Bemerkung 15.(2).

(ii) Zeige t_{Φ(𝔤)} = (t′_{Φ(𝔤′)} , 0) ⊔ (0 , t′′_{Φ(𝔤′′)}) und (t′_{Φ(𝔤′)} , 0) ⊥ (0 , t′′_{Φ(𝔤′′)}) (Bezeichnungen jeweils analog).

(2) Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra. Sei t_{Φ(𝔤)} = Ψ′ ⊔ Ψ′′ so, daß Ψ′ ⊥ Ψ′′ ist. Setze

𝔤′ := _{C}⟨Ψ′⟩ ⊕ ⨁_{χ′∈Φ(𝔤), t_{χ′}∈Ψ′} 𝔤_{χ′}
𝔤′′ := _{C}⟨Ψ′′⟩ ⊕ ⨁_{χ′′∈Φ(𝔤), t_{χ′′}∈Ψ′′} 𝔤_{χ′′} .

Zeige 𝔤′, 𝔤′′ ⊴ 𝔤 und 𝔤 = 𝔤′ ⊕ 𝔤′′; cf. Bemerkung 15.(1).

(3) Sei 𝔤 eine halbeinfache endlichdimensionale Liealgebra. Zeige, daß 𝔤 genau dann eine einfache Liealgebra ist, wenn (𝔱_{R} , t_{Φ(𝔤)}) ein einfaches Wurzelsystem ist für jeden maximalen Torus 𝔱 ⩽ 𝔤; cf. Beispiel 111. (Hinweis: (1, 2).)

Aufgabe 48 (§5.9) Zeige, daß jede der in der Liste der Klassifikation, Satz 162, auftretenden Isoklassen dynkingerichteter Graphen die Dynkinklasse eines einfachen Wurzelsystems ist.

Hinweis.

{ ∑_{i∈[1, ℓ+1]} α_{i}e_{i} : α_{i} ∈ R, ∑_{i∈[1, ℓ+1]} α_{i} = 0 }

⊇ { e_{i} − e_{j} : i, j ∈ [1, ℓ + 1], i ≠ j }

R^{ℓ}

⊇ { αe_{i} + βe_{j} : i, j ∈ [1, ℓ], i ≠ j, α ∈ {−1, +1}, β ∈ {−1, 0, +1} }  (sodann dual dazu)

R^{ℓ}

⊇ { αe_{i} + βe_{j} : i, j ∈ [1, ℓ], i ≠ j, α ∈ {−1, +1}, β ∈ {−1, +1} }

{ α_{1}e_{1} + α_{2}e_{2} + α_{3}e_{3} : α_{i} ∈ R für i ∈ [1, 3], α_{1} + α_{2} + α_{3} = 0 }

⊇ {d, f, d + f, 2d + f, 3d + f, 3d + 2f, −d, −f, −d − f, −2d − f, −3d − f, −3d − 2f} ,

wobei d = e_{1} − e_{2} , f = −2e_{1} + e_{2} + e_{3}

R^{4}

⊇ { αe_{i} + βe_{j} : i, j ∈ [1, 4], i ≠ j, α ∈ {−1, 0, +1}, β ∈ {−1, +1} }
⊔ \{ \frac{1}{2}(γ_{1}e_{1} + γ_{2}e_{2} + γ_{3}e_{3} + γ_{4}e_{4}) : γ_{i} ∈ \{−1, +1\} für i ∈ [1, 4] \}

R^{8}

⊇ { αe_{i} + βe_{j} : i, j ∈ [1, 8], i ≠ j, α ∈ {−1, +1}, β ∈ {−1, +1} }
⊔ \{ \frac{1}{2}(∑_{i∈[1,8]} γ_{i}e_{i}) : γ_{i} ∈ \{−1, +1\} für i ∈ [1, 8], ∏_{i∈[1,8]} γ_{i} = 1 \} ,

sodann e_{1} herausnehmen, resp. e_{1} und e_{2} herausnehmen

Aufgabe 49 (§5.7, §5.9)

(1) Sei (E, Φ) ein Wurzelsystem mit Basis Δ. Zeige, daß Δ^{∨} := { d^{∨} : d ∈ Δ } eine Basis des Wurzelsystems (E, Φ^{∨}) ist; cf. Aufgabe 40. Welcher Zusammenhang besteht zwischen den Cartanmatrizen von (E, Φ) bezüglich Δ und von (E, Φ^{∨}) bezüglich Δ^{∨}?

(2) Wähle ein Wurzelsystem (E, Φ) mit Dynkingraph G_{2} . Bestimme Φ^{∨} und den Dynkingraphen von (E, Φ^{∨}). Skizze ! (Hinweis: Aufgabe 48.)

Aufgabe 50 (§??) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper.

Für einen Endomorphismus φ eines endlichdimensionalen Vektorraums schreiben wir Λ(φ) ⊆ K für die Menge seiner Eigenwerte.

(1) Sei

\xymatrix{V \ar[d]_{φ} \ar[r]^{f} & W \ar[d]^{ψ} \\ V \ar[r]^{f} & W}

ein kommutatives Diagramm linearer Abbildungen zwischen endlichdimensionalen Vektorräumen. Sei λ ∈ K.

Zeige f(H_{φ}(λ)) ⊆ H_{ψ}(λ).

(2) Sei

\xymatrix{V′ \ar[r]^{i} \ar[d]_{φ′} & V \ar[r]^{r} \ar[d]_{φ} & V′′ \ar[d]^{φ′′} \\ V′ \ar[r]^{i} & V \ar[r]^{r} & V′′}

ein kommutatives Diagramm linearer Abbildungen zwischen endlichdimensionalen Vektorräumen mit i injektiv, r surjektiv und i(V′) = Kern(φ′′).

Zeige Λ(φ) = Λ(φ′) ∪ Λ(φ′′).

Zeige i^{−1}(H_{φ}(λ)) = H_{φ′}(λ) für λ ∈ K.

Zeige r(H_{φ}(λ)) = H_{φ′′}(λ) für λ ∈ K.

Zeige i^{−1}(H_{φ}(≠ 0)) = H_{φ′}(≠ 0) und r(H_{φ}(≠ 0)) = H_{φ′′}(≠ 0).

(3) Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei φ ein Endomorphismus von V. Zeige, daß φ|_{H_{φ}(0)}^{H_{φ}(0)} nilpotent ist. Zeige, daß φ|_{H_{φ}(≠0)}^{H_{φ}(≠0)} invertierbar ist.

Aufgabe 51 (§??) Sei K ein Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine Liealgebra. Sei x ∈ 𝔤 so, daß ad_{𝔤}(x) nilpotent ist. Zeige ad_{𝔤}( (exp_{𝔤}(x))(u) ) = exp_{𝔤}(x) ∘ ad_{𝔤}(u) ∘ exp_{𝔤}(−x) für u ∈ 𝔤.

Aufgabe 52 (§??, §??) Sei K ein Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 Liealgebra. Zeige.

(1) Es ist Int(𝔤) ⊴ Aut(𝔤).

(2) Sei K algebraisch abgeschlossen. Sei 𝔤 endlichdimensional. Es ist Int_{fug}(𝔤) ⊴ Aut(𝔤).

Aufgabe 53 (§??) Finde ein x ∈ 𝔰𝔩_{4}(C) =: 𝔤 so, daß 𝔨_{𝔤,x} gleich dem maximalen Torus 𝔱 := ⟨ e_{1,1} − e_{2,2} , e_{2,2} − e_{3,3} , e_{3,3} − e_{4,4} ⟩ aus der Lösung zu Aufgabe 39.(1) ist. Cf. Definition ?? und Lemma ??.

Aufgabe 54 (§??) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Seien 𝔥_{1} und 𝔥_{2} cartansche Teilalgebren von 𝔤. Zeige, daß es ein α ∈ Int_{fug}(𝔤) gibt mit α(𝔥_{1}) = 𝔥_{2} .

Aufgabe 55 (§??) Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper mit char K = 0. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale halbeinfache Liealgebra. Sei 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus. Sei 𝔤 = 𝔱 ⊕ ⨁_{χ∈Φ(𝔤)} g_{χ} die Wurzelraumzerlegung von 𝔤; cf. Satz 91. Es ist ( 𝔱_{R} , t_{Φ(𝔤)} ) ein Wurzelsystem; cf. Beispiel 111. Sei Δ ⊆ t_{Φ(𝔤)} eine Basis dieses Wurzelsystems; cf. Definition 129. Schreibe

Φ^{+} := { σ ∈ Φ(𝔤) : t_{σ} ∈ (t_{Φ(𝔤)})_{Δ}^{+} }
Φ^{−} := { σ ∈ Φ(𝔤) : t_{σ} ∈ (t_{Φ(𝔤)})_{Δ}^{−} } ;

cf. Definition 93. Zeige, daß 𝔟 := 𝔱 ⊕ ⨁_{χ∈Φ^{+}} g_{χ} eine borelsche Teilalgebra von 𝔤 ist.

A.2 Lösungen

Aufgabe 1

(1) Wir unterschlagen die Verifikation, daß es sich bei [−, =] um eine bilineare Abbildung handelt. Nichtsdestoweniger sollte man sich dessen vergewissern.

Seien (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) , (\begin{matrix}α′ \\ β′ \\ γ′ \end{matrix} ) , (\begin{matrix}α′′ \\ β′′ \\ γ′′ \end{matrix} ) ∈ K^{3×1}. Es wird

[ (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) , (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) ] = (\begin{matrix}βγ−γβ \\ γα−αγ \\ αβ−βα \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) .

Ferner wird

[ (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) , [ (\begin{matrix}α′ \\ β′ \\ γ′ \end{matrix} ) , (\begin{matrix}α′′ \\ β′′ \\ γ′′ \end{matrix} ) ]] + [ (\begin{matrix}α′ \\ β′ \\ γ′ \end{matrix} ) , [ (\begin{matrix}α′′ \\ β′′ \\ γ′′ \end{matrix} ) , (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) ]] + [ (\begin{matrix}α′′ \\ β′′ \\ γ′′ \end{matrix} ) , [ (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) , (\begin{matrix}α′ \\ β′ \\ γ′ \end{matrix} ) ]]

= [ (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) , (\begin{matrix}β′γ′′−γ′β′′ \\ γ′α′′−α′γ′′ \\ α′β′′−β′α′′ \end{matrix} ) ] + [ (\begin{matrix}α′ \\ β′ \\ γ′ \end{matrix} ) , (\begin{matrix}β′′γ−γ′′β \\ γ′′α−α′′γ \\ α′′β−β′′α \end{matrix}) ] + [ (\begin{matrix}α′′ \\ β′′ \\ γ′′ \end{matrix} ) , (\begin{matrix}βγ′−γβ′ \\ γα′−αγ′ \\ αβ′−βα′ \end{matrix} ) ]
= (\begin{matrix}β(α′β′′−β′α′′)−γ(γ′α′′−α′γ′′) \\ γ(β′γ′′−γ′β′′)−α(α′β′′−β′α′′) \\ α(γ′α′′−α′γ′′)−β(β′γ′′−γ′β′′) \end{matrix}) + (\begin{matrix}β′(α′′β−β′′α)−γ′(γ′′α−α′′γ) \\ γ′(β′′γ−γ′′β)−α′(α′′β−β′′α) \\ α′(γ′′α−α′′γ)−β′(β′′γ−γ′′β) \end{matrix}) + (\begin{matrix}β′′(αβ′−βα′)−γ′′(γα′−αγ′) \\ γ′′(βγ′−γβ′)−α′′(αβ′−βα′) \\ α′′(γα′−αγ′)−β′′(βγ′−γβ′) \end{matrix})
= (\begin{matrix}βα′β′′−ββ′α′′+β′α′′β−β′β′′α+β′′αβ′−β′′βα′−γγ′α′′+γα′γ′′−γ′γ′′α+γ′α′′γ−γ′′γα′+γ′′αγ′ \\ γβ′γ′′−γγ′β′′+γ′β′′γ−γ′γ′′β+γ′′βγ′−γ′′γβ′−αα′β′′+αβ′α′′−α′α′′β+α′β′′α−α′′αβ′+α′′βα′ \\ αγ′α′′−αα′γ′′+α′γ′′α−α′α′′γ+α′′γα′−α′′αγ′−ββ′γ′′+βγ′β′′−β′β′′γ+β′γ′′β−β′′βγ′+β′′γβ′ \end{matrix} )
= (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) .

Man kann auch vorbringen, daß es genügt, die Gleichung für Standardbasisvektoren von K^{3×1} zu verifizieren. Das wird aber wegen Fallunterscheidungen nicht kürzer.

(2) Wir unterschlagen die Verifikation, daß 𝔬(K, a) ein Teilraum von 𝔤𝔩_{n}(K) ist. Nichtsdestoweniger sollte man sich dessen vergewissern.

Seien g, h ∈ 𝔬(K, a). Wir haben zu zeigen, daß [g, h] ∈^{!} 𝔬(K, a). In der Tat wird

[g, h]^{t}a = (gh − hg)^{t}a
= h^{t}g^{t}a − g^{t}h^{t}a
= −h^{t}ag + g^{t}ah
= ahg − agh
= −a[g, h] .

(3) Mit 𝔥 ^{\overline{}^{f}} 𝔨 ist auch 𝔨 ^{\overline{}^{f^{−1}}} 𝔥 linear.

Seien k, k′ ∈ 𝔨. Es wird

f^{−1}[k, k′] = f^{−1}[ff^{−1}k, ff^{−1}k′] = f^{−1}f[f^{−1}k, f^{−1}k′] = [f^{−1}k, f^{−1}k′] .

(4) Es ist 𝔬(K, E_{3}) = \{g ∈ 𝔤_{3}(K) : g^{t} = −g\}. Es ist ((\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix})) eine Basis

davon, da char(K) ≠ 2. Also ist die lineare Abbildung

[figure: K^{3×1}; f; 𝔬(K, E_{3}); (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}); (\begin{matrix}0 & α & β \\ −α & 0 & −γ \\ −β & γ & 0 \end{matrix})]

die die Standardbasis von K^{3×1} auf diese Basis von 𝔬(K, E_{3}) schickt, bijektiv. Wir wollen zeigen, daß sie ein Isomorphismus ist, i.e. daß sie mit der Lieklammer verträglich ist.

Seien (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) , (\begin{matrix}α′ \\ β′ \\ γ′ \end{matrix} ) ∈ K^{3×1}. Es wird zum einen

f[ (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) , (\begin{matrix}α′ \\ β′ \\ γ′ \end{matrix} ) ] = f (\begin{matrix}βγ′−γβ′ \\ γα′−αγ′ \\ αβ′−βα′ \end{matrix} ) = (\begin{matrix}0 & βγ′−γβ′ & γα′−αγ′ \\ γβ′−βγ′ & 0 & βα′−αβ′ \\ αγ′−γα′ & αβ′−βα′ & 0 \end{matrix} ) ,

zum anderen

[f (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) , f (\begin{matrix}α′ \\ β′ \\ γ′ \end{matrix} ) ] = [ (\begin{matrix}0 & α & β \\ −α & 0 & −γ \\ −β & γ & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & α′ & β′ \\ −α′ & 0 & −γ′ \\ −β′ & γ′ & 0 \end{matrix} ) ]
= (\begin{matrix}0 & α & β \\ −α & 0 & −γ \\ −β & γ & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & α′ & β′ \\ −α′ & 0 & −γ′ \\ −β′ & γ′ & 0 \end{matrix} ) − (\begin{matrix}0 & α′ & β′ \\ −α′ & 0 & −γ′ \\ −β′ & γ′ & 0 \end{matrix} ) (\begin{matrix}0 & α & β \\ −α & 0 & −γ \\ −β & γ & 0 \end{matrix})
= (\begin{matrix}−αα′−ββ′ & βγ′ & −αγ′ \\ γβ′ & −αα′−γγ′ & −αβ′ \\ −γα′ & −βα′ & −ββ′−γγ′ \end{matrix} ) − (\begin{matrix}−α′α−β′β & β′γ & −α′γ \\ γ′β & −α′α−γ′γ & −α′β \\ −γ′α & −β′α & −β′β−γ′γ \end{matrix} )
= (\begin{matrix}0 & βγ′−γβ′ & γα′−αγ′ \\ γβ′−βγ′ & 0 & βα′−αβ′ \\ αγ′−γα′ & αβ′−βα′ & 0 \end{matrix} ) ,

was dasselbe ist.

Es ist f nicht der einzige Isomorphismus zwischen diesen beiden Liealgebren.

Aufgabe 2

(1) Seien d, e ∈ 𝔡𝔢𝔯(A). Seien a, b ∈ A. Wir erhalten

[d, e](a · b)
= d(e(a · b)) − e(d(a · b))
= d(e(a) · b + a · e(b)) − e(d(a) · b + a · d(b))
= d(e(a)) · b + e(a) · d(b) + d(a) · e(b) + a · d(e(b))
−e(d(a)) · b − d(a) · e(b) − e(a) · d(b) − a · e(d(b))
= d(e(a)) · b + a · d(e(b)) − e(d(a)) · b − a · e(d(b))
= [d, e](a) · b + a · [d, e](b) .

Also ist [d, e] ∈ 𝔡𝔢𝔯(A).

(2) Es ist (e_{1} , e_{2} , e_{3} , e_{4}) := ((\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})) eine Basis von K^{2×2}. In dieser wollen wir eine Derivation als d = (δ_{i, j})_{i∈[1,4], j∈[1,4]} ∈ K^{4×4} schreiben, wir identifizieren also 𝔡𝔢𝔯(K^{2×2}) ⊆ 𝔤𝔩(K^{2×2}) = K^{4×4}. Ferner schreiben wir ∑_{i∈[1,4]} λ_{i}e_{i} = (λ_{i})_{i∈[1,4]} ∈ K^{4×1}, wir identifizieren also K^{2×2} mit K^{4×1} vermöge unserer Basis.

Die Multiplikationstafel von K^{2×2} ist wie folgt.

\begin{matrix}(·) & e_{1} & e_{2} & e_{3} & e_{4} \\ e_{1} & e_{1} & e_{2} & 0 & 0 \\ e_{2} & 0 & 0 & e_{1} & e_{2} \\ e_{3} & e_{3} & e_{4} & 0 & 0 \\ e_{4} & 0 & 0 & e_{3} & e_{4} \end{matrix}

Es ist d ∈ 𝔤𝔩(K^{2×2}) genau dann eine Derivation, wenn d(e_{i} ·e_{j}) = d(e_{i})·e_{j} +e_{i} ·d(e_{j}) für alle i, j ∈ [1, 4]. Denn gilt diese Gleichung, dann durch bilineare Fortsetzung auch d(a · b) = d(a) · b + a · d(b) für a, b ∈ K^{2×2}.

Folglich ist d = (δ_{i, j})_{i, j} genau dann in 𝔡𝔢𝔯(K^{2×2}), wenn folgende Gleichungen erfüllt sind.

(\begin{matrix}δ_{1,1} \\ δ_{2,1} \\ δ_{3,1} \\ δ_{4,1} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}δ_{1,1} \\ 0 \\ δ_{3,1} \\ 0 \end{matrix} ) + (\begin{matrix}δ_{1,1} \\ δ_{2,1} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , aus i = 1, j = 1
(\begin{matrix}δ_{1,2} \\ δ_{2,2} \\ δ_{3,2} \\ δ_{4,2} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}0 \\ δ_{1,1} \\ 0 \\ δ_{3,1} \end{matrix} ) + (\begin{matrix}δ_{1,2} \\ δ_{2,2} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , aus i = 1, j = 2
(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}δ_{2,1} \\ 0 \\ δ_{4,1} \\ 0 \end{matrix} ) + (\begin{matrix}δ_{1,3} \\ δ_{2,3} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , aus i = 1, j = 3
(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ δ_{2,1} \\ 0 \\ δ_{4,1} \end{matrix} ) + (\begin{matrix}δ_{1,4} \\ δ_{2,4} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , aus i = 1, j = 4
(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}δ_{1,2} \\ 0 \\ δ_{3,2} \\ 0 \end{matrix} ) + (\begin{matrix}δ_{3,1} \\ δ_{4,1} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , aus i = 2, j = 1
(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ δ_{1,2} \\ 0 \\ δ_{3,2} \end{matrix} ) + (\begin{matrix}δ_{3,2} \\ δ_{4,2} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , aus i = 2, j = 2
(\begin{matrix}δ_{1,1} \\ δ_{2,1} \\ δ_{3,1} \\ δ_{4,1} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}δ_{2,2} \\ 0 \\ δ_{4,2} \\ 0 \end{matrix} ) + (\begin{matrix}δ_{3,3} \\ δ_{4,3} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , aus i = 2, j = 3
(\begin{matrix}δ_{1,2} \\ δ_{2,2} \\ δ_{3,2} \\ δ_{4,2} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}0 \\ δ_{2,2} \\ 0 \\ δ_{4,2} \end{matrix} ) + (\begin{matrix}δ_{3,4} \\ δ_{4,4} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , aus i = 2, j = 4
(\begin{matrix}δ_{1,3} \\ δ_{2,3} \\ δ_{3,3} \\ δ_{4,3} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}δ_{1,3} \\ 0 \\ δ_{3,3} \\ 0 \end{matrix} ) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ δ_{1,1} \\ δ_{2,1} \end{matrix} ) , aus i = 3, j = 1
(\begin{matrix}δ_{1,4} \\ δ_{2,4} \\ δ_{3,4} \\ δ_{4,4} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}0 \\ δ_{1,3} \\ 0 \\ δ_{3,3} \end{matrix} ) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ δ_{1,2} \\ δ_{2,2} \end{matrix} ) , aus i = 3, j = 2
(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}δ_{2,3} \\ 0 \\ δ_{4,3} \\ 0 \end{matrix} ) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ δ_{1,3} \\ δ_{2,3} \end{matrix} ) , aus i = 3, j = 3
(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ δ_{2,3} \\ 0 \\ δ_{4,3} \end{matrix} ) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ δ_{1,4} \\ δ_{2,4} \end{matrix} ) , aus i = 3, j = 4
(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}δ_{1,4} \\ 0 \\ δ_{3,4} \\ 0 \end{matrix} ) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ δ_{3,1} \\ δ_{4,1} \end{matrix} ) , aus i = 4, j = 1
(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ δ_{1,4} \\ 0 \\ δ_{3,4} \end{matrix} ) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ δ_{3,2} \\ δ_{4,2} \end{matrix} ) , aus i = 4, j = 2
(\begin{matrix}δ_{1,3} \\ δ_{2,3} \\ δ_{3,3} \\ δ_{4,3} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}δ_{2,4} \\ 0 \\ δ_{4,4} \\ 0 \end{matrix} ) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ δ_{3,3} \\ δ_{4,3} \end{matrix} ) , aus i = 4, j = 3
(\begin{matrix}δ_{1,4} \\ δ_{2,4} \\ δ_{3,4} \\ δ_{4,4} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}0 \\ δ_{2,4} \\ 0 \\ δ_{4,4} \end{matrix} ) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ δ_{3,4} \\ δ_{4,4} \end{matrix} ) , aus i = 4, j = 4

Als Basis des Lösungsraums dieses homogenen linearen Gleichungssystems erhalten wir e.g.

(e′, f′, h′) := ((\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 0 & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}))

Es wird [e′, f′] = 2h′, [h′, e′] = −e′ und [h′, f′] = f′.

Auf der anderen Seite ist

(e, f, h) = ( (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) )

eine Basis von 𝔰𝔩_{2}(K). Es wird [e, f] = h, [h, e] = 2e, [h, f] = −2f. Sei nun char K ≠ 2. Es ist e.g. die bijektive lineare Abbildung

[figure: 𝔰𝔩_{2}(K); φ; 𝔡𝔢𝔯(K^{2×2}); h; 2h′; e; −f′; f; e′]

wegen

\begin{aligned}[φ(e), φ(f)] & = & [−f′, e′] & = & 2h′ & = & φ(h) & = & φ([e, f]) \\ [φ(h), φ(e)] & = & [2h′, −f′] & = & −2f′ & = & φ(2e) & = & φ([h, e]) \\ [φ(h), φ(f)] & = & [2h′, e′] & = & −2e′ & = & φ(−2f) & = & φ([h, f]) \end{aligned}

ein Isomorphismus.

Aufgabe 3 Für i, j ∈ [1, n] bezeichne e_{i, j} ∈ 𝔤𝔩_{n}(K) = K^{n×n} die Matrix, die an Position (i, j) den Eintrag 1 hat, und ansonsten Eintrag 0. Für i, j, k, ℓ ∈ [1, n] ist e_{i, j} e_{k,ℓ} = ∂_{j,k} e_{i,ℓ}. Es folgt

[e_{i, j} , e_{k,ℓ}] = ∂_{j,k} e_{i,ℓ} − ∂_{ℓ,i} e_{k, j}

Es ist

(e_{i+1, i+1} − e_{i,i} : i ∈ [1, n − 1]) ⊔ (e_{i, j} : i, j ∈ [1, n], i ≠ j)

eine Basis von 𝔰𝔩_{n}(K).

(1) Ist n ∈ {0, 1}, so ist 𝔰𝔩_{n}(K) abelsch, und somit insbesondere nicht einfach.

(2) Sei n ⩾ 2. Da [e_{1,2} , e_{2,1}] = e_{1,2} e_{2,1} − e_{2,1} e_{1,2} = e_{1,1} − e_{2,2} ≠ 0, ist 𝔰𝔩_{n}(K) nichtabelsch.

(3) Sei n ⩾ 3. Sei 𝔞 ⊴ 𝔰𝔩_{n}(K). Gibt es k, ℓ ∈ [1, n] mit k ≠ ℓ und e_{k,ℓ} ∈ 𝔞, so behaupten wir, daß 𝔞 = 𝔰𝔩_{n}(K) ist. Ist i ∈ [1, n]∖{k, ℓ}, so ist 𝔞 ∋ [e_{i,k} , e_{k,ℓ}] = e_{i,ℓ}. Also ist e_{i,ℓ} ∈ 𝔞 für i ∈ [1, n]∖{ℓ}. Ist nun j ∈ [1, n]∖{i, ℓ}, so ist 𝔞 ∋ [e_{i,ℓ} , e_{ℓ, j}] = e_{i, j} . Also ist e_{i, j} ∈ 𝔞 für i ∈ [1, n] ∖ {ℓ} und j ∈ [1, n], sofern i ≠ j. Mit dem hierzu transponierten Argument erhalten wir e_{i, j} ∈ 𝔞 für j ∈ [1, n] ∖ {k} und i ∈ [1, n], sofern i ≠ j. Somit ist also e_{i, j} ∈ 𝔞 für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j und (i, j) ≠ (ℓ, k). Wähle m ∈ [1, n] ∖ {k, ℓ}; möglich wegen n ⩾ 3. Es ist e_{m,ℓ} ∈ 𝔞 wegen (m, ℓ) ≠ (ℓ, k), und also, abermals mit dem eben gesehenen Argument, auch e_{ℓ,k} ∈ 𝔞, da (ℓ, k) ≠ (ℓ, m). Insgesamt ist nun e_{i, j} ∈ 𝔞 für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j bekannt. Schließlich ist 𝔞 ∋ [e_{i, j} , e_{j,i}] = e_{i,i} − e_{j, j} für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j. Dies zeigt die Behauptung.

(4) Sei n ⩾ 3 und n kein Vielfaches von char K. Wir behaupten, daß 𝔰𝔩_{n}(K) einfach ist. Nach (2) genügt es zu zeigen, daß ein Ideal 0 ≠ 𝔞 ⊴ 𝔰𝔩_{n}(K) bereits gleich 𝔰𝔩_{n}(K) ist. Sei a ∈ 𝔞 ∖ {0}. Schreibe a = (α_{i, j})_{i, j} = ∑_{i, j} α_{i, j} e_{i, j} .

Fall 1. Es gibt k, ℓ ∈ [1, n] mit k ≠ ℓ und α_{k,ℓ} ≠ 0. Sei m ∈ [1, n] ∖ {k, ℓ}; möglich wegen n ⩾ 3. Es ist

𝔞 ∋ [e_{ℓ,m} , [e_{ℓ,k} , [e_{m,k} , a]]]
= [e_{ℓ,m} , [e_{ℓ,k} , e_{m,k} a − a e_{m,k}]]
= [e_{ℓ,m} , −e_{ℓ,k} a e_{m,k} − e_{m,k} a e_{ℓ,k}]
= −e_{ℓ,k} a e_{ℓ,k}
= −α_{k,ℓ} e_{ℓ,k} .

Da −α_{k,ℓ} ≠ 0, ist auch e_{ℓ,k} ∈ 𝔞. Dank (3) folgt nun 𝔞 = 𝔰𝔩_{n}(K). Fall 2. Es ist α_{i, j} = 0 für alle i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j. Es gibt k, m ∈ [1, n] mit α_{k,k} ≠ α_{m,m} und, natürlich, k ≠ m. Denn wäre dem nicht so, so wäre tr(a) = nα_{1,1} ≠ 0, da a ≠ 0 und da nach Voraussetzung char K kein Teiler von n ist, was a ∈ 𝔰𝔩_{n}(K) widerspricht. Nun ist 𝔞 ∋ [e_{k,m} , a] = ∑_{i} α_{i,i}[e_{k,m} , e_{i,i}] = (α_{m,m} − α_{k,k})e_{k,m}. Da α_{m,m} − α_{k,k} ≠ 0, folgt e_{k,m} ∈ 𝔞. Dank (3) folgt nun 𝔞 = 𝔰𝔩_{n}(K). In beiden Fällen zeigt dies die Behauptung.

(5) Sei n = 2. Sei char K ≠ 2. Wir behaupten, daß 𝔰𝔩_{2}(K) einfach ist. Nach (2) genügt es zu zeigen, daß ein Ideal 0 ≠ 𝔞 ⊴ 𝔰𝔩_{2}(K) bereits gleich 𝔰𝔩_{2}(K) ist. Es hat 𝔰𝔩_{2}(K) die Basis (e_{1,2} , e_{2,1} , e_{1,1} − e_{2,2}).

Sei a ∈ 𝔞 ∖ \{0\}. Schreibe a = (\begin{matrix}α_{1,1} & α_{1,2} \\ α_{2,1} & α_{2,2} \end{matrix} ) = ∑_{i, j} α_{i, j} e_{i, j} .

Wir haben 𝔞 ∋ [(\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}α_{1,1} & α_{1,2} \\ α_{2,1} & α_{2,2} \end{matrix} )] = (\begin{matrix}α_{2,1} & α_{2,2}−α_{1,1} \\ 0 & −α_{2,1} \end{matrix} ).

Genauso haben wir dann auch 𝔞 ∋ [(\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}α_{2,1} & α_{2,2}−α_{1,1} \\ 0 & −α_{2,1} \end{matrix} )] = (\begin{matrix}0 & −2α_{2,1} \\ 0 & 0 \end{matrix} ).

Ferner haben wir 𝔞 ∋ [(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}α_{2,1} & α_{2,2}−α_{1,1} \\ 0 & −α_{2,1} \end{matrix} )] = (\begin{matrix}0 & 2(α_{2,2}−α_{1,1}) \\ 0 & 0 \end{matrix} ).

Fall α_{2,1} ≠ 0. Da (\begin{matrix}0 & −2α_{2,1} \\ 0 & 0 \end{matrix} ) ∈ 𝔞 und da char K ≠ 2, folgt (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) ∈ 𝔞.

Ferner ist 𝔞 ∋ [(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})] = (\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}).

Schließlich ist 𝔞 ∋ [(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})] = (\begin{matrix}0 & 0 \\ −2 & 0 \end{matrix}) woraus mit char K ≠ 2 auch (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) ∈ 𝔞 folgt. Zusammen zeigt dies 𝔞 = 𝔰𝔩_{2}(K). Fall α_{1,2} ≠ 0. Transponiert zum vorigen Fall. Fall α_{2,1} = α_{1,2} = 0. Es ist α_{1,1} ≠ α_{2,2} . Denn wäre dem nicht so, so wäre tr(a) = 2α_{1,1} ≠ 0, da a ≠ 0 und da nach Voraussetzung char K ≠ 2, was a ∈ 𝔰𝔩_{n}(K) widerspricht. Da (\begin{matrix}0 & 2(α_{2,2}−α_{1,1}) \\ 0 & 0 \end{matrix} ) ∈ 𝔞 und da char K ≠ 2, folgt (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) ∈ 𝔞. Wie im vorvorigen Fall folgt daraus 𝔞 = 𝔰𝔩_{2}(K). In allen drei Fällen zeigt dies die Behauptung.

(6) Sei n ⩾ 2. Sei char K ein Teiler von n. Dann ist 0 ≠ E_{n} ∈ 𝔷(𝔰𝔩_{n}(K)) ◁ 𝔰𝔩_{n}(K), und also 𝔰𝔩_{n}(K) nicht einfach.

(7) Ergebnis. Es ist 𝔰𝔩_{n}(K) genau dann einfach, wenn n ⩾ 2 und n kein Vielfaches von char K ist. Dies faßt (1, 4, 5, 6) zusammen.

Aufgabe 4

(1) Wir verifizieren die Wohldefiniertheit der Abbildung

[figure: 𝔤/𝔞; ×; 𝔤/𝔞; [−,=]; 𝔤/𝔞; (g + 𝔞; ,; h + 𝔞); [g + 𝔞, h + 𝔞] := [g, h] + 𝔞 .]

Zu zeigen ist die Repräsentantenunabhängigkeit des Bildes. Sind also g, g′, h, h′ ∈ 𝔤 mit g + 𝔞 = g′ + 𝔞 und h + 𝔞 = h′ + 𝔞 gegeben, so wird

[g, h] − [g′, h′] = [g − g′, h] + [g′, h − h′] ∈ 𝔞

und also [g, h] + 𝔞 = [g′, h′] + 𝔞. Die Bilinearität dieser Abbildung vererbt sich von 𝔤. Für g, h, k ∈ 𝔤 wird

[g + 𝔞, [h + 𝔞, k + 𝔞]] + [h + 𝔞, [k + 𝔞, g + 𝔞]] + [k + 𝔞, [g + 𝔞, h + 𝔞]]
= [g, [h, k]] + [h, [k, g]] + [k, [g, h]] + 𝔞
= 0

und

[g + 𝔞, g + 𝔞] = [g, g] + 𝔞 = 0 ,

also ebenfalls von 𝔤 vererbt. Somit ist 𝔤/𝔞 eine Liealgebra.

Ferner ist 𝔤 ^{\overline{}^{ρ}} 𝔤/𝔞, g \overline{}g + 𝔞 ein Morphismus, da

ρ([g, h]) = [g, h] + 𝔞 = [g + 𝔞, h + 𝔞] = [ρ(g), ρ(h)]

für g, h ∈ 𝔤.

(2) (i) Die Aussage ist richtig.

Sind g, g′ ∈ φ^{−1}(𝔥̃), dann sind φ(g), φ(g′) ∈ 𝔥̃, also φ([g, g′]) = [φ(g), φ(g′)] ∈ 𝔥̃ und folglich [g, g′] ∈ φ^{−1}(𝔥̃). Also ist φ^{−1}(𝔥̃) ⩽ 𝔤. Ist zudem 𝔥̃ ⊴ 𝔥, und sind g ∈ φ^{−1}(𝔥̃) und g′ ∈ 𝔤, dann ist φ(g) ∈ 𝔥̃, also φ([g, g′]) = [φ(g), φ(g′)] ∈ 𝔥̃ und folglich [g, g′] ∈ φ^{−1}(𝔥̃). Also ist φ^{−1}(𝔥̃) ⊴ 𝔤.

(ii) Die Aussage ist insgesamt falsch. Die erste Aussage ist richtig. Sind g̃_{1} , g̃_{2} ∈ 𝔤̃, dann ist [φ(g̃_{1}), φ(g̃_{2})] = φ([ g̃_{1} , g̃_{2} ]) ∈ φ(𝔤̃). Die zweite Aussage ist falsch. Sei K ein Körper, z.B. K = C. Sei 𝔞 := (\begin{matrix}0 & K \\ 0 & 0 \end{matrix} ), sei 𝔤 := (\begin{matrix}K & K \\ 0 & K \end{matrix} ), beides als Teilalgebren von 𝔥 := 𝔤𝔩_{2}(K) zu verstehen, und sei φ die Inklusionsabbildung von 𝔤 nach 𝔥. Es ist 𝔞 ⊴ 𝔤, aber es ist φ(𝔞) = 𝔞 kein Ideal von 𝔥, da z.B. [(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})] = (\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) ∉ 𝔞.

(iii) Die Aussage ist falsch. Gegenbeispiel. Sei K ein Körper, z.B. K = C. Sei

𝔤 := \{ (\begin{matrix}α & β & γ \\ 0 & δ & ε \\ 0 & 0 & ζ \end{matrix} ) : α, β, γ, δ, ε, ζ ∈ K \} ⩽ 𝔤𝔩_{3}(K) ,

sei

𝔞 := \{ (\begin{matrix}0 & β & γ \\ 0 & 0 & ε \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) : β, γ, ε ∈ K \} ⊴ 𝔤

und sei

𝔞̃ := \{ (\begin{matrix}0 & β & γ \\ 0 & 0 & β \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) : β, γ ∈ K \} ⊴ 𝔞

Beachte hierzu, daß

[(\begin{matrix}0 & β′ & γ′ \\ 0 & 0 & ε′ \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) , (\begin{matrix}α & β & γ \\ 0 & δ & ε \\ 0 & 0 & ζ \end{matrix} )] = (\begin{matrix}0 & (δ−α)β′ & εβ′+(ζ−α)γ′−βε′ \\ 0 & 0 & (ζ−δ)ε′ \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ∈ 𝔞 ,

für β′, γ′, ε′, α, β, γ, δ, ε, ζ ∈ K; insbesondere

[(\begin{matrix}0 & β′ & γ′ \\ 0 & 0 & β′ \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) , (\begin{matrix}α & β & γ \\ 0 & δ & ε \\ 0 & 0 & ζ \end{matrix} )] = (\begin{matrix}0 & (δ−α)β′ & εβ′+(ζ−α)γ′−ββ′ \\ 0 & 0 & (ζ−δ)β′ \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ,

was e.g. für δ = α = 0, β′ = ζ = 1 nicht in 𝔞̃ liegt; ferner insbesondere

[(\begin{matrix}0 & β′ & γ′ \\ 0 & 0 & β′ \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) , (\begin{matrix}0 & β & γ \\ 0 & 0 & ε \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} )] = (\begin{matrix}0 & 0 & εβ′−ββ′ \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ∈ 𝔞̃,

Alternatives Gegenbeispiel, nur in Charakteristik 2, aber etwas kleiner (^{6}). Sei K ein Körper mit char K = 2, z.B. K = F_{2} . Sei

𝔤 := 𝔤𝔩_{2}(K) ,

sei

𝔞 := \{ (\begin{matrix}α & β \\ 0 & α \end{matrix}) : α, β ∈ K \}

und sei

𝔞̃ := \{ (\begin{matrix}0 & β \\ 0 & 0 \end{matrix} ) : β ∈ K \} = (\begin{matrix}0 & K \\ 0 & 0 \end{matrix} ) .

Es wird

[(\begin{matrix}α & β \\ 0 & α \end{matrix}) , (\begin{matrix}γ & δ \\ ε & ζ \end{matrix} )] = (\begin{matrix}αγ+βε & αδ+βζ \\ αε & αζ \end{matrix} ) − (\begin{matrix}γα & γβ+δα \\ εα & εβ+ζα \end{matrix}) = β (\begin{matrix}ε & ζ−γ \\ 0 & −ε \end{matrix} ) = β (\begin{matrix}ε & ζ+γ \\ 0 & ε \end{matrix} ) ∈ 𝔞

für α, β, γ, δ, ε, ζ ∈ K. Also ist 𝔞 ⊴ 𝔤. Setzt man ε = 0 und ζ = γ, so erkennt man, daß 𝔞 abelsch ist. Insbesondere ist 𝔞̃ ⊴ 𝔞.

Aber 𝔞̃ ⋬ 𝔤, da z.B. [(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})] = (\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) ∉ 𝔞̃; cf. (ii).

(iv) Die Aussage ist richtig. Gebe es zum einen einen Morphismus φ̄ mit φ̄ ∘ ρ_{𝔤,𝔞} = φ. Dann ist φ(𝔞) = φ̄(ρ_{𝔤,𝔞}(𝔞)) = φ̄(0) = 0, i.e. 𝔞 ⊆ Kern φ. Sei zum anderen 𝔞 ⊆ Kern φ. Aus der Linearen Algebra wissen wir um die Existenz der linearen Abbildung φ̄ : 𝔤/𝔞 \overline{}𝔥, g+𝔞 \overline{}φ(g). Diese ist auch ein Morphismus von Liealgebren, da

φ̄([g + 𝔞, g′ + 𝔞]) = φ̄([g, g′] + 𝔞) = φ([g, g′]) = [φ(g), φ(g′)] = [φ̄(g + 𝔞), φ̄(g′ + 𝔞)]

für g, g′ ∈ 𝔤. Ferner ist (φ̄ ∘ ρ_{𝔤,𝔞})(g) = φ̄(g + 𝔞) = φ(g) für g ∈ 𝔤 und also φ̄ ∘ ρ_{𝔤,𝔞} = φ.

Da ρ_{𝔤,𝔞} surjektiv ist, ist diesenfalls φ̄ durch φ̄ ∘ ρ_{𝔤,𝔞} = φ auch eindeutig bestimmt.

(v) Die Aussage ist richtig. Zunächst halten wir fest, daß 𝔤̃ ∩ 𝔞 ⊴ 𝔤̃ ist. In der Tat ist für a ∈ 𝔤̃ ∩ 𝔞 und g ∈ 𝔤̃ auch [a, g] ∈ 𝔞, da a ∈ 𝔞 ⊴ 𝔤, und [a, g] ∈ 𝔤̃, da a, g ∈ 𝔤̃. Ferner halten wir fest, daß 𝔤̃ + 𝔞 ⩽ 𝔤 ist. Denn sind g, g′ ∈ 𝔤̃ und a, a′ ∈ 𝔞, so erhalten wir

[g + a, g′ + a′] = \underbrace{[g, g′]}_{∈ 𝔤̃} + \underbrace{[a, g′] + [g, a′] + [a, a′]}_{∈ 𝔞} ∈ 𝔤̃ + 𝔞 .

6Dieses Gegenbeispiel kenne ich von Domenica Gusso und Tobias Walter.

Dazuhin folgt 𝔞 ⊴ 𝔤̃ + 𝔞 aus 𝔞 ⊴ 𝔤.

Aus der Linearen Algebra (oder aus (3), angewandt auf φ = ρ_{𝔤,𝔞}|𝔤̃) wissen wir um die Existenz der bijektiven linearen Abbildung 𝔤̃/(𝔤̃ ∩ 𝔞) \overline{}(𝔤̃ + 𝔞)/𝔞, g + (𝔤̃ ∩ 𝔞) \overline{}g + 𝔞. Diese ist auch ein Morphismus von Liealgebren, da

[g + (𝔤̃ ∩ 𝔞), g′ + (𝔤̃ ∩ 𝔞)] = [g, g′] + (𝔤̃ ∩ 𝔞) \overline{}[g, g′] + 𝔞 = [g + 𝔞, g′ + 𝔞]

für g, g′ ∈ 𝔤̃.

(vi) Die Aussage ist richtig.

Sei g ∈ 𝔤. Sei z ∈ 𝔷(𝔞). Wir haben [g, z] ∈^{!} 𝔷(𝔞) zu zeigen. Zunächst ist [g, z] ∈ 𝔞 wegen

𝔞 ⊴ 𝔤. Sei nun a ∈ 𝔞 gegeben. Wir haben [a, [g, z]] =^{!} 0 zu zeigen. In der Tat wird [a, [g, z]] =

[\underbrace{[a, g]}_{∈ 𝔞}, z] + [g, \underbrace{[a, z]}_{= 0}] = 0 + 0 = 0.

(3) Aus (2.iv) folgt die Existenz des surjektiven Morphismus

𝔤/Kern φ ^{\overline{}^{φ̄}} φ(𝔤)
g + Kern φ  \overline{}φ(g)

Dieser ist auch injektiv, wie aus der Linearen Algebra bekannt. Denn ist das Bild φ(g) von g + Kern φ gleich 0, so ist g ∈ Kern φ und also bereits g + Kern φ = 0.

(4) Wohldefiniertheit \overline{}. Wir haben ρ(𝔥) ⩽ 𝔤/𝔞 zu zeigen. Es ist ρ(𝔥) das Bild des Kompositums der

Morphismen 𝔥 [figure] 𝔤 ^{\overline{}^{ρ}} 𝔤/𝔞, also das Bild eines Morphismus, und als solches eine Teilalgebra im Zielbereich; cf. (2.ii). Wohldefiniertheit \overline{}. Aus (2.i) folgt ρ^{−1}(𝔨) ⩽ 𝔤. Da 0 ⊆ 𝔨, ist auch 𝔞 = ρ^{−1}(0) ⊆ ρ^{−1}(𝔨). Kompositum wird id_{T_{𝔤,𝔞}} . Sei 𝔥 ∈ T_{𝔤,𝔞} gegeben. Es ist 𝔥 ⩽ ρ^{−1}(ρ(𝔥)). Sei umgekehrt g ∈ ρ^{−1}(ρ(𝔥)). Dann ist ρ(g) ∈ ρ(𝔥), i.e. g + 𝔞 = h + 𝔞 für ein h ∈ 𝔥. Es folgt g = h + a für ein a ∈ 𝔞 ⊆ 𝔥, mithin g ∈ 𝔥. Kompositum wird id_{T_{𝔤/𝔞}} . Dies folgt aus der Surjektivität von ρ. Einschränken auf Ideale. Ist 𝔨 ⊴ 𝔤/𝔞, dann ist dank (2.i) auch ρ^{−1}(𝔨) ⊴ 𝔤.

Sei 𝔞 ⩽ 𝔥 ⊴ 𝔤. Wie haben ρ(𝔥) ⊴^{!} 𝔤/𝔞 zu zeigen. Sei h ∈ 𝔥. Sei g ∈ 𝔤. Es wird

[g + 𝔞, ρ(h)] = [g + 𝔞, h + 𝔞] = [g, h] + 𝔞 = ρ([g, h]) ∈ ρ(𝔥) ,

da wegen 𝔥 ⊴ 𝔤 eben [g, h] ∈ 𝔥 liegt.

Aufgabe 5

(1) Wir zeigen 𝔫_{𝔤}(V) ⩽^{!} 𝔤. Seien g, g′ ∈ 𝔫_{𝔤}(V). Wir müssen zeigen, daß [g, g′] ∈^{!} 𝔫_{𝔤}(V) liegt. Sei v ∈ V.

In der Tat wird

[[g, g′], v] = [g, \underbrace{[g′, v]}_{∈V}] + [g′, \underbrace{[v, g]}_{∈V}] ∈ V .

Es ist 𝔥 ⩽ 𝔫_{𝔤}(𝔥), da [𝔥, 𝔥] ⊆ 𝔥. Es ist 𝔥 ⊴ 𝔫_{𝔤}(𝔥), wie man wie folgt erkennt. Sei h ∈ 𝔥. Sei g ∈ 𝔫_{𝔤}(𝔥). Es wird [h, g] = [g, −h] ∈ [g, 𝔥] ⊆ 𝔥.

(2) Wir zeigen 𝔠_{𝔤}(V) ⩽^{!} 𝔤. Seien g, g′ ∈ 𝔠_{𝔤}(V). Wir müssen zeigen, daß [g, g′] ∈^{!} 𝔠_{𝔤}(V) liegt. Sei v ∈ V.

In der Tat wird

[[g, g′], v] = [g, \underbrace{[g′, v]}_{= 0}] + [g′, \underbrace{[v, g]}_{= 0}] = 0 .

Eine dem Zentralisator ähnliche Konstruktion kennen wir schon aus Aufgabe 1.(2).

Aufgabe 6

Sei g ∈ 𝔤.

Halten wir zunächst fest, daß für x, y ∈ 𝔤

ad_{𝔤}(g)[x, y] = [g, [x, y]] = [[g, x], y] + [x, [g, y]] = [ad_{𝔤}(g)(x), y] + [x, ad_{𝔤}(g)(y)]

ist, und folglich ad_{𝔤}(𝔤) ⩽ 𝔡𝔢𝔯(𝔤).

Nun wird

[d, ad_{𝔤} g](x) = (d ∘ ad_{𝔤} g − ad_{𝔤} g ∘ d)(x)
= d([g, x]) − [g, d(x)]
= ([d(g), x] + [g, d(x)]) − [g, d(x)]
= [d(g), x]
= (ad_{𝔤} d(g))(x)

für x ∈ 𝔤, und somit [d, ad_{𝔤} g] = ad_{𝔤} d(g). Also ist [𝔡𝔢𝔯(𝔤), ad_{𝔤}(𝔤)] ⊆ ad_{𝔤}(𝔤) und somit ad_{𝔤}(𝔤) ⊴ 𝔡𝔢𝔯(𝔤).

Aufgabe 7

(1) Da φ(h) eine Derivation ist, gilt [h, [n, n′]] = [[h, n], n′] + [n, [h, n′]] für h ∈ 𝔥 und n, n′ ∈ 𝔫. Da φ ein Morphismus von Liealgebren ist, gilt [[h, h′], n] = [h, [h′, n]] − [h′, [h, n]]. Damit wird

[(n, h), (n, h)] = ( [n, n] + [h, n] − [h, n] , [h, h] ) = 0

und

[(n, h), [(n′, h′), (n′′, h′′)]]

= [(n, h), ( [n′, n′′] + [h′, n′′] − [h′′, n′] , [h′, h′′] ) ]
= ( [n, [n′, n′′] + [h′, n′′] − [h′′, n′]] + [h, [n′, n′′] + [h′, n′′] − [h′′, n′]] − [[h′, h′′], n] , [h, [h′, h′′]] )
= ( [n, [n′, n′′]] + [n, [h′, n′′]] − [n, [h′′, n′]] + [h, [n′, n′′]] + [h, [h′, n′′]] − [h, [h′′, n′]] − [h′, [h′′, n]] + [h′′, [h′, n]] , [h, [h′, h′′]] )
= ( [n, [n′, n′′]] + [n, [h′, n′′]] − [n, [h′′, n′]] − [n′′, [h, n′]] + [n′, [h, n′′]] + [h, [h′, n′′]] − [h, [h′′, n′]] − [h′, [h′′, n]] + [h′′, [h′, n]] , [h, [h′, h′′]] ) ,

woraus

[(n, h), [(n′, h′), (n′′, h′′)]] + [(n′, h′), [(n′′, h′′), (n, h)]] + [(n′′, h′′), [(n, h), (n′, h′)]]

= ( [n, [n′, n′′]] + [n, [h′, n′′]] − [n, [h′′, n′]] − [n′′, [h, n′]] + [n′, [h, n′′]] + [h, [h′, n′′]] − [h, [h′′, n′]] − [h′, [h′′, n]] + [h′′, [h′, n]] , [h, [h′, h′′]] )
+ ( [n′, [n′′, n]] + [n′, [h′′, n]] − [n′, [h, n′′]] − [n, [h′, n′′]] + [n′′, [h′, n]] + [h′, [h′′, n]] − [h′, [h, n′′]] − [h′′, [h, n′]] + [h, [h′′, n′]] , [h′, [h′′, h]] )
+ ( [n′′, [n, n′]] + [n′′, [h, n′]] − [n′′, [h′, n]] − [n′, [h′′, n]] + [n, [h′′, n′]] + [h′′, [h, n′]] − [h′′, [h′, n]] − [h, [h′, n′′]] + [h′, [h, n′′]] , [h′′, [h, h′]] )
= ( [n, [n′, n′′]] + [n′, [n′′, n]] + [n′′, [n, n′]] , [h, [h′, h′′]] + [h′, [h′′, h]] + [h′′, [h, h′]] )
= (0, 0)

für (n, h), (n′, h′), (n′′, h′′) ∈ 𝔫 ⋊_{φ} 𝔥.

Ferner ist

[(0, h), (0, h′)] = ( [0, 0] + [h, 0] − [h′, 0] , [h, h′] ) = (0, [h, h′]) ∈ 𝔥

für h, h′ ∈ 𝔥. Somit ist 𝔥 ⩽ 𝔫 ⋊_{φ} 𝔥.

Schließlich ist

[(n, h), (n′, 0)] = ( [n, n′] + [h, n′] − [0, n] , [h, 0] ) = ( [n, n′] + [h, n′] , 0 ) ∈ 𝔫

für (n, h) ∈ 𝔫 ⋊_{φ} 𝔥 und n′ ∈ 𝔫. Somit ist 𝔫 ⊴ 𝔫 ⋊_{φ} 𝔥.

(2) Für h ∈ 𝔥 ist die Abbildung φ_{s}(h) : 𝔫 \overline{}𝔫 durch

i((φ_{s}(h))(n)) := [s(h), i(n)] .

für n ∈ 𝔫 wohldefiniert, da r([s(h), i(n)]) = [rs(h), ri(n)] = 0, mithin [s(h), i(n)] ∈ i(𝔫), und da i injektiv ist. Sie ist linear (wie wir ausnahmsweise einmal nachrechnen wollen), da für λ, λ′ ∈ K und n, n′ ∈ 𝔫 sich

i((φ_{s}(h))(λn + λ′n′)) = [s(h), i(λn + λ′n′)]
= λ[s(h), i(n)] + λ′[s(h), i(n′)]
= λi((φ_{s}(h))(n)) + λ′i((φ_{s}(h))(n′))
= i(λ(φ_{s}(h))(n) + λ′(φ_{s}(h))(n))

ergibt und da i injektiv ist. Ferner ist φ_{s}(h) ∈ 𝔡𝔢𝔯(𝔫), da für n, n′ ∈ 𝔫

i((φ_{s}(h))([n, n′])) = [s(h), i([n, n′])]
= [s(h), [i(n), i(n′)]]
= [[s(h), i(n)], i(n′)] + [i(n), [s(h), i(n′)]]
= [i((φ_{s}(h))(n)), i(n′)] + [i(n), i((φ_{s}(h))(n′))]
= i([(φ_{s}(h))(n), n′] + [n, (φ_{s}(h))(n′)])

ist und da i injektiv ist. Die Abbildung φ_{s} : 𝔥 \overline{}𝔡𝔢𝔯(𝔫), h \overline{}φ_{s}(h) ist linear, da sich für λ, λ′ ∈ K und h, h′ ∈ 𝔫 bei n ∈ 𝔫

i((φ_{s}(λh + λ′h′))(n)) = [s(λh + λ′h′), i(n)]
= λ[s(h), i(n)] + λ′[s(h′), i(n)]
= λi((φ_{s}(h))(n)) + λ′i((φ_{s}(h′))(n))
= i(λ(φ_{s}(h))(n) + λ′(φ_{s}(h′))(n))
= i((λφ_{s}(h) + λ′φ_{s}(h′))(n))

ergibt und da i injektiv ist. Ferner ist φ_{s} ein Morphismus von Liealgebren, da sich für h, h′ ∈ 𝔥 bei n ∈ 𝔫

i((φ_{s}([h, h′]))(n)) = [s([h, h′]), i(n)]
= [[s(h), s(h′)], i(n)]
= [s(h), [s(h′), i(n)]] − [s(h′), [s(h), i(n)]]
= [s(h), i(φ_{s}(h′)(n))] − [s(h′), i(φ_{s}(h)(n))]
= i(φ_{s}(h)(φ_{s}(h′)(n))) − i(φ_{s}(h′)(φ_{s}(h)(n)))
= i(φ_{s}(h)(φ_{s}(h′)(n)) − φ_{s}(h′)(φ_{s}(h)(n)))
= i([φ_{s}(h), φ_{s}(h′)](n))

ergibt und da i injektiv ist. Betrachte die lineare Abbildung

[figure: 𝔫 ⋊_{φ_{s}} 𝔥; f; 𝔤; (n, h); i(n) + s(h)]

Es ist f injektiv, da i(n) + s(h) = 0 auch 0 = r(i(n) + s(h)) = r(s(h)) = h und also i(n) = 0 und somit n = 0 nach sich zieht. Es ist f surjektiv. Denn sei g ∈ 𝔤 gegeben. Es ist r(g − s(r(g))) = 0. Folglich gibt es ein n ∈ 𝔫 mit i(n) = g − s(r(g)). Es wird f(n, r(g)) = i(n) + s(r(g)) = g. Es ist f ein Morphismus von Liealgebren. Denn für (n, h), (n′, h′) ∈ 𝔫 ⋊_{φ_{s}} 𝔥 erhalten wir

f([(n, h), (n′, h′)]) = f( [n, n′] + [h, n′] − [h′, n] , [h, h′] )
= i([n, n′] + [h, n′] − [h′, n]) + s([h, h′])
= i([n, n′]) + i([h, n′]) − i([h′, n]) + s([h, h′])
= i([n, n′]) + i(φ_{s}(h)(n′)) − i(φ_{s}(h′)(n)) + s([h, h′])
= [i(n), i(n′)] + [s(h), i(n′)] + [i(n), s(h′)] + [s(h), s(h′)]
= [i(n) + s(h), i(n′) + s(h′)]
= [f(n, h), f(n′, h′)] .

(3) Für h ∈ 𝔥 wird bei n ∈ 𝔫

i((φ(h))(n)) = i([h, n])
= ([h, n], 0)
= [(0, h), (n, 0)]
= [s(h), i(n)]
= i((φ_{s}(h))(n)) ,

was dank i injektiv dann φ = φ_{s} zeigt.

Aufgabe 8 Ist f_{i}(T) = 0 für ein i ∈ [1, n], so ist f_{j}(T) ≠ 0 und deg f_{j}(T) = 0 für alle j ∈ [1, n] ∖ {i}. Wir können diesenfalls also r(T) := r_{i}(T) wählen. Sei im folgenden f_{i}(T) ≠ 0 für alle i ∈ [1, n] vorausgesetzt. Wir führen eine Induktion über n ⩾ 0. Fall n ∈ {0, 1}. Ersichtlich. Fall n = 2. O.E. deg f_{1}(T) ⩽ deg f_{2}(T). Wir führen eine Induktion über deg f_{1}(T). Seien u(T), v(T) ∈ K[T] so, daß f_{2}(T) = f_{1}(T)u(T) + v(T) mit v(T) = 0 oder (v(T) ≠ 0 und deg v(T) < deg f_{1}(T)), wie man durch Polynomdivision erhält. Eine gemeinsame Nullstelle von f_{1}(T) und von v(T) wäre auch eine von f_{1}(T) und f_{2}(T), kann es also nicht geben. Subfall v(T) = 0. Es ist deg f_{1}(T) = 0, da sonst v(T) und f_{1}(T) eine gemeinsame Nullstelle hätten. Die Bedingung r(T) ≡_{f_{1}(T)} r_{1}(T) ist also leer, so daß wir r(T) := r_{2}(T) setzen können. Subfall v(T) ≠ 0. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es ein r̃(T) ∈ K[T] mit r̃(T) ≡_{f_{1}(T)} 0 und r̃(T) ≡_{v(T)} 1. Schreibe

r̃(T) =^{1.} a(T)f_{1}(T) =^{2.} b(T)v(T) + 1 = b(T)(f_{2}(T) − f_{1}(T)u(T)) + 1

für gewisse a(T), b(T) ∈ K[T], mithin

1 = (a(T) + u(T)b(T))f_{1}(T) − b(T)f_{2}(T) .

Setze r(T) := −b(T)f_{2}(T)r_{1}(T) + (a(T) + u(T)b(T))f_{1}(T)r_{2}(T). Dann ist

\begin{aligned}r(T) & ≡_{f_{1}(T)} & −b(T)f_{2}(T)r_{1}(T) & ≡_{f_{1}(T)} & r_{1}(T) \\ r(T) & ≡_{f_{2}(T)} & (a(T) + u(T)b(T))f_{1}(T)r_{2}(T) & ≡_{f_{2}(T)} & r_{2}(T) . \end{aligned}

Fall n ⩾ 3. Sei nach Induktionsvoraussetzung ein r̃(T) ∈ K[T] so gefunden, daß r̃(T) ≡_{f_{i}(T)} r_{i}(T) ist für alle i ∈ [1, n − 1]. Sei f̃(T) := f_{1}(T) ⋯ f_{n−1}(T). Es haben f̃(T) und f_{n}(T) keine gemeinsame Nullstelle. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es ein r(T) ∈ K[T] mit r(T) ≡_{f̃(T)} r̃(T) und r(T) ≡_{f_{n}(T)} r_{n}(T). Ersteres zieht r(T) ≡_{f̃(T)} r̃(T) ≡_{f_{i}(T)} r_{i}(T) und somit r(T) ≡_{f_{i}(T)} r_{i}(T) für i ∈ [1, n − 1] nach sich.

Aufgabe 9 Seien μ_{x}(T), μ_{y}(T) ∈ K[T] die Minimalpolynome von x resp. y. Beachte, daß f ∘ x^{k} = y^{k} ∘ f für k ⩾ 0 und also f ∘ u(x) = u(y) ∘ f für alle u(T) ∈ K[T].

(1) Ist x halbeinfach, so hat μ_{x}(T) nur einfache Nullstellen. Es ist 0 = f ∘ μ_{x}(x) = μ_{x}(y) ∘ f, wegen f surjektiv also μ_{x}(y) = 0. Es folgt, daß μ_{y}(T) ein Teiler von μ_{x}(T) ist und somit seinerseits nur einfache Nullstellen hat. Also ist y halbeinfach.

(2) Ist y halbeinfach, so hat μ_{y}(T) nur einfache Nullstellen. Es ist 0 = μ_{y}(y) ∘ f = f ∘ μ_{y}(x), wegen f injektiv also μ_{y}(x) = 0. Es folgt, daß μ_{x}(T) ein Teiler von μ_{y}(T) ist und somit seinerseits nur einfache Nullstellen hat. Also ist x halbeinfach.

(3) Lösung.

Wir schreiben U := f(V). Sei ḟ : U → W der Inklusionsmorphismus. Sei f̄:= f|^{U}. Es ist

f = ḟ ∘ f̄ ,

mit ḟ injektiv und f̄ surjektiv. Es ist y(U) = y(f(V)) = f(x(V)) ⊆ f(V) = U. Also existiert z := y|_{U}^{U} . Es ist ḟ ∘ z = y ∘ ḟ nach Konstruktion. Ferner ist z ∘ f̄ = f̄∘ x, da ḟ ∘ z ∘ f̄ = y ∘ ḟ ∘ f̄ = y ∘ f = f ∘ x = ḟ ∘ f̄∘ x und da ḟ injektiv ist.

\xymatrix{V \ar[r]^{f̄} \ar[d]_{x} & U \ar[r]^{ḟ} \ar[d]^{z} & W \ar[d]^{y} \\ V \ar[r]^{f̄} & U \ar[r]^{ḟ} & W}

Können wir die Behauptung für den Fall einer injektiven linearen Abbildung und für den Fall einer surjektiven linearen Abbildung zeigen, so folgt

f ∘ x_{gs} = ḟ ∘ f̄∘ x_{gs} = ḟ ∘ z_{gs} ∘ f̄ = y_{gs} ∘ ḟ ∘ f̄ = y_{gs} ∘ f .

Diese beiden Fälle müssen wir also noch abhandeln. Wir verwenden Lemma 22. Fall: f injektiv. Schreibe y_{gs} = a(y) und y_{gn} = b(y) mit a(T), b(T) ∈ K[T], wobei a(T) + b(T) = T und a(0) = 0 und b(0) = 0. Es ist dann y_{gs} ∘ f = a(y) ∘ f = f ∘ a(x), also a(x) halbeinfach nach (1). Sei k ⩾ 0 gewählt mit (y_{gn})^{k} = 0. Es ist dann 0 = (y_{gn})^{k} ∘ f = b(y)^{k} ∘ f = f ∘ b(x)^{k}, also b(x)^{k} = 0 wegen f injektiv, also b(x) nilpotent. Ferner ist a(x) + b(x) = x wegen a(T) + b(T) = T. Schließlich ist a(x) ∘ b(x) = b(x) ∘ a(x). Folglich ist (a(x), b(x)) = (x_{gs} , x_{gn}). Wir erhalten

y_{gs} ∘ f = f ∘ a(x) = f ∘ x_{gs}

und

y_{gn} ∘ f = y ∘ f − y_{gs} ∘ f = f ∘ x − f ∘ x_{gs} = f ∘ x_{gn} .

Fall: f surjektiv. Schreibe x_{gs} = a(x) und x_{gn} = b(x) mit a(T), b(T) ∈ K[T], wobei a(T) + b(T) = T und a(0) = 0 und b(0) = 0. Es ist dann f ∘ x_{gs} = f ∘ a(x) = a(y) ∘ f, also a(y) halbeinfach nach (2). Sei k ⩾ 0 gewählt mit (x_{gn})^{k} = 0. Es ist dann 0 = f ∘ (x_{gn})^{k} = f ∘ b(x)^{k} = b(y)^{k} ∘ f, also b(y)^{k} = 0 wegen f surjektiv, also b(y) nilpotent. Ferner ist a(y) + b(y) = y wegen a(T) + b(T) = T. Schließlich ist a(y) ∘ b(y) = b(y) ∘ a(y). Folglich ist (a(y), b(y)) = (y_{gs} , y_{gn}). Wir erhalten

f ∘ x_{gs} = a(y) ∘ f = y_{gs} ∘ f

und

f ∘ x_{gn} = f ∘ x − f ∘ x_{gs} = y ∘ f − y_{gs} ∘ f = y_{gn} ∘ f .

Alternative Lösung. Sei Λ ⊆ K die Menge der Eigenwerte von x. Für μ ∈ K schreiben wir H_{y}(μ) := ⋃_{β⩾0} Kern((y − μ)^{β}). Falls μ ein Eigenwert von y mit algebraischer Vielfachheit γ ist, ist H_{y}(μ) = Kern((y − μ)^{γ}), wie aus der Linearen Algebra bekannt. Falls μ kein Eigenwert von y ist, ist H_{y}(μ) = 0.

Sei λ ∈ Λ. Wir behaupten f(H_{x}(λ)) ⊆^{!} H_{y}(λ). Sei α die algebraische Vielfachheit von λ als Eigenwert von x. Sei v ∈ H_{x}(λ) = Kern ((x − λ)^{α}). Es wird

(y − λ)^{α}(f(v)) = f((x − λ)^{α}(v)) = f(0) = 0 .

Somit wird f(v) ∈ Kern((y − λ)^{α}) ⊆ H_{y}(λ) – dies auch, falls λ kein Eigenwert von y ist. Dies zeigt die Behauptung. Wir behaupten f ∘ x_{gs} = y_{gs} ∘ f. Da V = ⨁_{λ∈Λ} H_{x}(λ), genügt es, für λ ∈ Λ und v ∈ H_{x}(λ) zu zeigen, daß f(x_{gs}(v)) =^{!} y_{gs}(f(v)) ist. Es ist x_{gs}(v) = λv; cf. Lemma 22.(3). Da f(v) ∈ H_{x}(λ) dank vorstehender Behauptung, folgt y_{gs}(f(v)) = λf(v) mit Lemma 22.(3), falls λ ein Eigenwert von y ist, und y_{gs}(f(v)) = 0 = λf(v), falls nicht. Jedenfalls wird

f(x_{gs}(v)) = λf(v) = y_{gs}(f(v)) .

Dies zeigt die Behauptung. Nun folgt auch f ∘ x_{gn} = f ∘ x − f ∘ x_{gs} = y ∘ f − y_{gs} ∘ f = y_{gn} ∘ f.

Mit der alternativen Lösung folgt nun erneut (1), da aus y_{gs} ∘ f = f ∘ x_{gs} = f ∘ x = y ∘ f und f surjektiv sich y_{gs} = y ergibt. Mit der alternativen Lösung folgt nun erneut (2), da aus f ∘ x_{gs} = y_{gs} ∘ f = y ∘ f = f ∘ x und f injektiv sich x_{gs} = x ergibt.

Aufgabe 10

(1) Induktion über m ⩾ 0. Für m = 0 ist die Bedingung leer. Sei nun m ⩾ 1. Die Induktionsvoraussetzung gibt uns eine Basis (v_{1} , …, v_{n}) von V mit

x_{i}v_{k} = λ_{k,i}v_{k}

mit geeigneten λ_{k,i} ∈ K für k ∈ [1, n] und i ∈ [1, m − 1]. Schreibe λ_{k} := (λ_{k,1} , …, λ_{k,m−1}) für k ∈ [1, n]. Sei Λ_{[1,m−1]} := { λ_{k} : k ∈ [1, n] }. Für μ = (μ_{1}, …, μ_{m−1}) ∈ Λ_{[1,m−1]} schreiben wir

E(μ) := { v ∈ V : x_{i}v = μ_{i}v für i ∈ [1, m − 1] } .

Es ist v_{k} ∈ E(λ_{k}) für k ∈ [1, n], und also

⟨ v_{k} : k ∈ [1, n], λ_{k} = μ ⟩ ⊆ E(μ) .

Sind umgekehrt α_{k} ∈ K gegeben für k ∈ [1, n] mit α_{1}v_{1} + ⋯ + α_{n}v_{n} ∈ E(μ) für ein μ ∈ Λ_{[1,m−1]} , so ist

0 = (x_{i} − μ_{i} id_{V})(α_{1}v_{1} + ⋯ + α_{n}v_{n}) = (λ_{1,i} − μ_{i})α_{1}v_{1} + ⋯ + (λ_{n,i} − μ_{i})α_{n}v_{n}

für i ∈ [1, m − 1], und folglich α_{k} = 0 für alle k ∈ [1, n] mit λ_{k} ≠ μ. Somit ist auch

⟨ v_{k} : k ∈ [1, n], λ_{k} = μ ⟩ ⊇ E(μ) .

Insgesamt ist

⟨ v_{k} : k ∈ [1, n], λ_{k} = μ ⟩ = E(μ) .

für μ ∈ Λ_{[1,m−1]} . Es folgt

V = ⨁_{μ∈Λ_{[1,m−1]}}⟨ v_{k} : k ∈ [1, n], λ_{k} = μ ⟩ = ⨁_{μ∈Λ_{[1,m−1]}} E(μ) .

Für μ ∈ Λ_{[1,m−1]} und v ∈ E(μ) ist nach Voraussetzung x_{i}x_{m}v = x_{m}x_{i}v = μ_{i}x_{m}v für i ∈ [1, m − 1], und also auch x_{m}v ∈ E(μ) .

Nach Aufgabe 9.(2) ist auch x_{m}|_{E(μ)}^{E(μ)} halbeinfach. Somit finden wir eine Basis (v_{μ,1}, …, v_{μ,n_{μ}}) von E(μ) mit

x_{m}v_{μ,ℓ} = ν_{ℓ}v_{μ,ℓ}

mit geeigneten ν_{ℓ} ∈ K für ℓ ∈ [1, n_{μ}]. Ohnehin ist auch

x_{i}v_{μ,ℓ} = μ_{i}v_{μ,ℓ}

für i ∈ [1, m − 1]. Die zusammengesetzte Basis

⨆_{μ∈Λ_{[1,m−1]}}(v_{μ,1}, …, v_{μ,n_{μ}})

von V liefert also das Gewünschte.

(2) Sei (v_{1} , …, v_{n}) eine Basis wie in (1), i.e. sei x_{i}v_{k} = λ_{k,i}v_{k} für i ∈ [1, m] und k ∈ [1, n], wobei λ_{k,i} ∈ K. Seien α_{i} ∈ K für i ∈ [1, m] gegeben. Es wird

(α_{1}x_{1} + ⋯ + α_{m}x_{m})v_{k} = (α_{1}λ_{k,1} + ⋯ + α_{m}λ_{k,m})v_{k} ,

und somit ist (v_{1} , …, v_{n}) eine Basis aus Eigenvektoren für α_{1}x_{1} + ⋯ + α_{m}x_{m}. Somit ist dieses Element von End V halbeinfach.

(3) Sei V = K^{2×1}. Sei y = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) und sei z = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}), geschrieben bezüglich der Standardbasis. Es sind y und z halbeinfach, da beide die zwei verschiedenen Eigenwerte 0 und 1 haben. Jedoch ist y + z = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) nicht halbeinfach, da nur der Eigenwert 1 auftritt und (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) die einzige diagonalisierbare Matrix mit ausschließlich dem Eigenwert 1 ist.

Aufgabe 11

Wir zeigen 𝔞 ∩ 𝔟 ⊴ 𝔤. Ist g ∈ 𝔤 und x ∈ 𝔞 ∩ 𝔟, so ist [x, g] ∈ 𝔞 wegen 𝔞 ⊴ 𝔤 und [x, g] ∈ 𝔟 wegen 𝔟 ⊴ 𝔤, also [x, g] ∈ 𝔞 ∩ 𝔟.

Wir zeigen 𝔞 + 𝔟 ⊴ 𝔤. Sei g ∈ 𝔤. Sei a ∈ 𝔞. Sei b ∈ 𝔟. Es ist [a + b, g] = \underbrace{[a, g]}_{∈𝔞} + \underbrace{[b, g]}_{∈𝔟} ∈ 𝔞 + 𝔟.

Wir zeigen [𝔞, 𝔟] ⊴ 𝔤. Sei g ∈ 𝔤. Sei a ∈ 𝔞. Sei b ∈ 𝔟. Es ist [[a, b], g] = [a, \underbrace{[b, g]}_{∈𝔟}] + [\underbrace{[a, g]}_{∈𝔞}, b] ∈ [𝔞, 𝔟]. Also

gilt dies auch für alle Linearkombinationen von solchen Elementen.

Es ist [𝔞, 𝔟] ⊆ 𝔞 ∩ 𝔟 im allgemeinen eine echte Teilmenge. Sei hierzu e.g. n ⩾ 3 und 𝔞 = 𝔟 = 𝔤 = 𝔤𝔩_{n}(K).

Es ist 𝔞 ∩ 𝔟 = 𝔤𝔩_{n}(K).

Wir behaupten [𝔤𝔩_{n}(K), 𝔤𝔩_{n}(K)] =^{!} 𝔰𝔩_{n}(K). Es ist [𝔤𝔩_{n}(K), 𝔤𝔩_{n}(K)] ⊆ 𝔰𝔩_{n}(K) (was für die gestellte Aufgabe auch schon genügen würde); cf. Beispiel 5.(1). Umgekehrt ist, in der Notation der Lösung zu Aufgabe 3,

[e_{1,2} , e_{2,2}] = e_{1,2} .

Da [𝔤𝔩_{n}(K), 𝔤𝔩_{n}(K)] ⊴ 𝔤𝔩_{n}(K), ist insbesondere [𝔤𝔩_{n}(K), 𝔤𝔩_{n}(K)] ⊴ 𝔰𝔩_{n}(K). Da n ⩾ 3, zeigt nun Schritt (3) aus der Lösung zu Aufgabe 3, daß [𝔤𝔩_{n}(K), 𝔤𝔩_{n}(K)] = 𝔰𝔩_{n}(K) ist. Dies zeigt die Behauptung.

Folglich ist [𝔞, 𝔟] = 𝔰𝔩_{n}(K) ⊂ 𝔤𝔩_{n}(K) = 𝔞 ∩ 𝔟.

Aufgabe 12

(1) Wähle λ ∈ K mit χ_{g}(λ) ≠ 0, möglich, da K unendlich ist. Dann ist g̃ := g − λE_{n} invertierbar.

Wähle μ ∈ K mit χ_{h}(μ) ≠ 0, möglich, da K unendlich ist. Dann ist h̃ := h − μE_{n} invertierbar. Ferner ist [g̃, h̃] = (g · h − λh − μg + λμE_{n}) − (h · g − λh − μg + λμE_{n}) = [g, h].

(2) O.E. ist n ⩾ 2.

Schreibe z̃ = [ã, b̃] mit ã, b̃ ∈ K^{(n−1)×(n−1)}. Nach (1) dürfen wir ã, b̃ ∈ GL_{n−1}(K) annehmen. Schreibe a := (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & ã \end{matrix}) und b := (\begin{matrix}0 & −uã^{−1} \\ ã^{−1}v & b̃ \end{matrix} ). Dann wird

[a, b] = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & ã \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & −uã^{−1} \\ ã^{−1}v & b̃ \end{matrix} ) − (\begin{matrix}0 & −uã^{−1} \\ ã^{−1}v & b̃ \end{matrix} ) (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & ã \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 \\ v & ãb̃ \end{matrix}) − (\begin{matrix}0 & −u \\ 0 & b̃ã \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & u \\ v & z̃ \end{matrix}) = z .

(3) Es ist n ⩾ 2.

Annahme, die Aussage von (3) ist falsch. Dann ist z = (\begin{matrix}α & 0 \\ 0 & z̃ \end{matrix}) mit z̃ ∈ K^{(n−1)×(n−1)} und α ∈ K. Denn hätte z an Position (1, 1) den Eintrag α ∈ K und an Position (1, k) den Eintrag β ∈ K ∖{0}, dann hätte mit s := −αβ^{−1}e_{k,1} + E_{n} die Matrix s^{−1}zs an Position (1, 1) den Eintrag 0. Analog für die erste Spalte.

Falls z̃ ∉ ⟨E_{n−1}⟩, dann hat mit Induktion über n o.E. z̃ an Position (1, 1) den Eintrag 0. Mit s′ :=

(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \\ & & E_{n−2} \end{matrix} ) hat dann die Matrix s^{′−1}zs′ an Position (1, 1) den Eintrag 0. Diesenfalls Widerspruch.

Falls z̃ ∈ ⟨E_{n−1}⟩, dann schreiben wir z̃ = μE_{n−1} für ein μ ∈ K. Nach Voraussetzung ist μ ≠ α. Mit s′′ := e_{1,2} +E_{n} hat s^{′′−1}zs′′ an Position (1, 2) den Eintrag α−μ ≠ 0. Eine weitere Konjugation wie oben gesehen liefert dann an Position (1, 1) den Eintrag 0. Diesenfalls Widerspruch.

(4) Wir führen eine Induktion über n ⩾ 1. Im Falle n = 1 ergibt sich 0 = 0.

Sei n ⩾ 2. Zu zeigen ist nur [𝔤, 𝔤] ∖ {0} ⊆^{!} { [g, h] : g, h ∈ 𝔤 }.

Es ist [𝔤, 𝔤] = 𝔰𝔩_{n}(K). Denn es ist 0 ≠ [𝔤, 𝔤] ⊴ 𝔰𝔩_{n}(K), da die Spur eines Kommutator verschwindet und da [ e_{1,2} , e_{2,1} ] = e_{1,1} − e_{2,2} ≠ 0 ; cf. Aufgabe 11. Die behauptete Gleichheit folgt mit der Einfachheit von 𝔰𝔩_{n}(K) ; cf. Aufgabe 3 – hierfür geht char K = 0 ein.

Sei z ∈ [𝔤, 𝔤] = 𝔰𝔩_{n}(K) mit z ≠ 0 gegeben. Dann ist z ∉ ⟨E_{n}⟩, da char K = 0. Dank (3) hat z o.E. Eintrag 0 an Position (1, 1) ; beachte hierzu, daß s^{−1}[g, h]s = [s^{−1}gs, s^{−1}hs] für g, h ∈ 𝔤 und s ∈ GL_{n}(K), so daß die rechte Seite unter Konjugation abgeschlossen ist. Also ist z = (\begin{matrix}0 & u \\ v & z̃ \end{matrix}) mit z̃ ∈ K^{(n−1)×(n−1)}. Es ist 0 = tr z = tr z̃. Mit Induktion über n ist z̃ ein Kommutator. Dank (2) ist also z ein Kommutator.

Diese Argumentation stammt von William Kahan, Only Commutators Have Trace Zero, manuscript,

www.cs.berkeley.edu/~wkahan/MathH110/trace0.pdf, 1999.

Ein Beispiel für eine Liealgebra 𝔤 und Ideale 𝔞, 𝔟 ⊴ 𝔤 mit [𝔞, 𝔟] ⊃ { [a, b] : a ∈ 𝔞, b ∈ 𝔟 } ist mir nicht bekannt.

Aufgabe 13

Sei n ⩾ 0.

Schreibe für k ∈ [0, n]

𝔤𝔩_{n}^{⩾k}(K) := { (α_{i, j})_{i, j} ∈ 𝔤𝔩_{n}(K) : α_{i, j} = 0 falls j − i < k } .

Somit sind nichtverschwindende Einträge einer Matrix in 𝔤𝔩_{n}^{⩾k}(K) nur an den Positionen (i, j) mit j−i ⩾ k zulässig. Etwa ist 𝔤𝔩_{n}^{>}(K) = 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K) und 𝔤𝔩_{n}^{⩾}(K) = 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K). Ferner ist 𝔤𝔩_{n}^{⩾n}(K) = 0.

Für k, ℓ ⩾ 0 und x ∈ 𝔤𝔩_{n}^{⩾k}(K) und y ∈ 𝔤𝔩_{n}^{⩾ℓ}(K) sind xy, yx ∈ 𝔤𝔩_{n}^{⩾k+ℓ}(K), und folglich auch

[x, y] ∈ 𝔤𝔩_{n}^{⩾k+ℓ}(K) .

(1) Wir behaupten 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K)^{[k−1]} ⊆ 𝔤𝔩_{n}^{⩾k}(K) für k ⩾ 1. Induktion über k. Für k = 1 haben wir Gleichheit. Sei nun k ⩾ 2. Wir erhalten

𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K)^{[k−1]} = [𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K)^{[k−2]}, 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K)] ⊆ [𝔤𝔩_{n}^{⩾k−1}(K), 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K)] ⊆ 𝔤𝔩_{n}^{⩾k}(K) .

Dies zeigt die Behauptung. Insbesondere ist 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K)^{[n−1]} = 0, und somit 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K) nilpotent. Daher ist 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K) auch auflösbar.

(2) Es ist 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)^{(1)} ⊆ 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K), da die Diagonale eines Produktes oberer Dreiecksmatrizen nicht von der Reihenfolge der Faktoren abhängt. Nach (1) ist 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K) auflösbar. Also ist 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)^{(1)} auflösbar. Damit ist auch 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K) auflösbar.

Wir behaupten 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K) =^{!} [𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K), 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)]. Hierzu ist nur ⊆^{!} zu zeigen. Es genügt zu zeigen, daß e_{i, j} ∈ [𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K), 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)] ist für i, j ∈ [1, n] mit j − i ⩾ 1 ; cf. Lösung zu Aufgabe 3. In der Tat ist e_{i, j} = −[e_{i, j} , e_{i,i}] ∈ [𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K), 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)]. Dies zeigt die Behauptung.

Wir behaupten 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K) =^{!} (𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K))^{[k]} für k ⩾ 1. Induktion über k ⩾ 1. Die Aussage gilt für k = 1, da 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K) = [𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K), 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)] ⊆ 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)^{[1]} und 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K) ⊇ 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)^{[1]}. Sei k ⩾ 2. Wir erhalten

𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K) = [𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K), 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)] = [𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)^{[k−1]}, 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)] = 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K)^{[k]} .

Dies zeigt die Behauptung. Da n ⩾ 2, ist nun 𝔤𝔩_{n}^{⩾1}(K) ≠ 0 und mithin 𝔤𝔩_{n}^{⩾0}(K) nicht nilpotent.

(3) Es ist

(e, f, h) = ( (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) ) = ( (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) )

eine Basis von 𝔰𝔩_{2}(K). Es wird [e, f] = h, [h, e] = 2e = 0, [h, f] = −2f = 0. Cf. Lösung zu Aufgabe 2. Es wird 𝔰𝔩_{2}(K)^{[1]} = ⟨[e, f], [h, e], [h, f]⟩ = ⟨h⟩. Es wird 𝔰𝔩_{2}(K)^{[2]} = ⟨[h, e], [h, f]⟩ = 0. Also ist 𝔰𝔩_{2}(K) nilpotent, und damit insbesondere auflösbar.

(4) Es ist e_{1,3} = [e_{1,2} , e_{2,3}] ∈ 𝔰𝔩_{3}(K)^{(1)}. Da 𝔰𝔩_{3}(K)^{(1)} ⊴ 𝔰𝔩_{3}(K), folgt mit Schritt (3) aus der Lösung zu Aufgabe 3, daß 𝔰𝔩_{3}(K)^{(1)} = 𝔰𝔩_{3}(K) ist. Mithin ist 𝔰𝔩_{3}(K) nicht auflösbar und also auch nicht nilpotent.

Da 0 ≠ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ∈ 𝔷(𝔰𝔩_{3}(K)), ist 𝔰𝔩_{3}(K) nicht halbeinfach.

(5) Es ist die einfache Liealgebra 𝔰𝔩_{2}(K) eine Teilalgebra von 𝔤𝔩_{2}(K) ; cf. Aufgabe 3. Da 𝔰𝔩_{2}(K) einfach, und damit nicht auflösbar ist, ist auch 𝔤𝔩_{2}(K) nicht auflösbar; cf. Bemerkung 27.(2).

Da 0 ≠ 𝔤𝔩_{2}(K)^{(1)} ⩽ 𝔰𝔩_{2}(K) ist nach Linearer Algebra und da das Ideal 𝔤𝔩_{2}(K)^{(1)} von 𝔤𝔩_{2}(K) daher auch ein Ideal in 𝔰𝔩_{2}(K) ist, folgt 𝔤𝔩_{2}(K)^{(1)} = 𝔰𝔩_{2}(K). Wir behaupten, daß alle Ideale von 𝔤𝔩_{2}(K) durch 0, ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ = 𝔷(𝔤𝔩_{2}(K)), 𝔰𝔩_{2}(K) und 𝔤𝔩_{2}(K) gegeben sind. Zunächst sind die aufgelisteten Teilräume durchweg Ideale: Aus der Linearen Algebra ist bekannt, daß eine Matrix, die mit allen Matrizen vertauscht, eine Skalarmatrix ist; in anderen Worten, daß ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ = 𝔷(𝔤𝔩_{2}(K)) ist, und letzteres ist als Ideal bekannt. Ferner ist 𝔰𝔩_{2}(K) ⊴ 𝔤𝔩_{2}(K), cf. Beispiel 12. Sei 𝔞 ⊴ 𝔤𝔩_{2}(K). Sei angenommen, es ist 𝔞 ∉ \{0, ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩, 𝔰𝔩_{2}(K), 𝔤𝔩_{2}(K)\}. Da 𝔰𝔩_{2}(K) einfach ist, ist 𝔞 ∩ 𝔰𝔩_{2}(K) = 0 oder 𝔞 ∩ 𝔰𝔩_{2}(K) = 𝔰𝔩_{2}(K). Wäre zweiteres der Fall, so wäre 𝔰𝔩_{2}(K) ⊆ 𝔞 ⊆ 𝔤𝔩_{2}(K), wegen Dimension also 𝔞 ∈ {𝔰𝔩_{2}(K), 𝔤𝔩_{2}(K)}, was nicht zutrifft. Also ist 𝔞 ∩ 𝔰𝔩_{2}(K) = 0. Sei nun a ∈ 𝔞. Für g ∈ 𝔤𝔩_{2}(K) ist [a, g] ∈ 𝔤𝔩_{2}(K)^{(1)} = 𝔰𝔩_{2}(K). Wegen 𝔞 ⊴ 𝔤𝔩_{2}(K) ist [a, g] ∈ 𝔞. Also ist [a, g] ∈ 𝔞 ∩ 𝔰𝔩_{2}(K) = 0. Somit ist 0 ≠ 𝔞 ⊆ 𝔷(𝔤𝔩_{2}(K)) = ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩. Es folgt 𝔞 = ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩. Dies trifft aber nicht zu, und wir haben einen Widerspruch.

Man kann, sobald 𝔞 ∩ 𝔰𝔩_{2}(K) = 0 gefolgert wurde, auch folgendermaßen argumentieren.

Es ist dim 𝔞 ⩽ 1.

Da 𝔞 ≠ 0, folgt 𝔞 = ⟨(\begin{matrix}α & β \\ γ & δ \end{matrix} )⟩, wobei α, β, γ, δ ∈ K mit α + δ ≠ 0.

1. Es ist [(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}α & β \\ γ & δ \end{matrix} )] = (\begin{matrix}0 & β \\ −γ & 0 \end{matrix}) ∈ 𝔞. Da (α, δ) ≠ (0, 0) folgt β = γ = 0.

2. Es ist [(\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}α & 0 \\ 0 & δ \end{matrix})] = (\begin{matrix}0 & δ−α \\ 0 & 0 \end{matrix}) ∈ 𝔞, und also δ = α. Somit ist 𝔞 = ⟨E_{2}⟩, was nicht der Fall ist. Wir sind auch auf diese Weise bei einem Widerspruch angelangt.

Also sind alle Ideale von 𝔤𝔩_{2}(K) in \{0, ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩, 𝔰𝔩_{2}(K), 𝔤𝔩_{2}(K)\} enthalten. Dies zeigt die Behauptung. Unter den gefundenen Idealen sind nur 0 und ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ auflösbar. Also ist 𝔯𝔞𝔡(𝔤𝔩_{2}(K)) = ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩.

Aufgabe 14

Für g ∈ 𝔤 ist ad_{𝔤}(g)(𝔞) = [g, 𝔞] ⊆ 𝔞. Somit existiert ad′(g) := ad_{𝔤}(g)|_{𝔞}^{𝔞}. Es ist ad′ : 𝔤 \overline{}𝔤𝔩(𝔞) ein Morphismus von Liealgebren, da ad′([g, g′])(a) = [[g, g′], a] = [g, [g′, a]] − [g′, [g, a]] = [ad′(g), ad′(g′)](a) für g, g′ ∈ 𝔤 und a ∈ 𝔞; cf. Bemerkung 9.

Da 𝔤 nilpotent ist, ist nach Engel, Satz 40, für g ∈ 𝔤 der Endomorphismus ad_{𝔤}(g) und also auch seine Einschränkung ad′(g) = ad_{𝔤}(g)|_{𝔞}^{𝔞} nilpotent. Dank Lemma 37, angewandt auf ad′(𝔤) ⩽ 𝔤𝔩(𝔞), gibt es nun ein a ∈ 𝔞 ∖ {0} mit (ad′(g))(a) = 0 für alle g ∈ 𝔤. In anderen Worten, es ist [𝔤, a] = 0 und somit a ∈ 𝔷(𝔤). Insgesamt ist 0 ≠ a ∈ 𝔞 ∩ 𝔷(𝔤).

Aufgabe 15

(1) Wir haben zu zeigen, daß 𝔤 ⊕ 𝔥 kein abelsches Ideal ungleich 0 enthält; cf. Bemerkung 32.

Sei ein abelsches Ideal 𝔞 ⊴ 𝔤 ⊕ 𝔥 gegeben. Wir haben 𝔞 =^{!} 0 zu zeigen. Es ist π_{1} : 𝔤 ⊕ 𝔥 → 𝔤, (g, h) ↦ g ein surjektiver Morphismus von Liealgebren, da die Lieklammer auf 𝔤 ⊕ 𝔥 eintragsweise gebildet wird. Es ist π_{2} : 𝔤 ⊕ 𝔥 → 𝔤, (g, h) ↦ h ein surjektiver Morphismus von Liealgebren, aus demselben Grund. Es ist π_{1}(𝔞) ein Ideal in 𝔤, da für jedes a ∈ 𝔞 und jedes g ∈ 𝔤 sich [g, π_{1}(a)] = [π_{1}((g, 0)), π_{1}(a)] = π_{1}([(g, 0), a]) ∈ π_{1}(𝔞) ergibt. Da 𝔞 abelsch ist, ist auch π_{1}(𝔞) abelsch. Da 𝔤 halbeinfach ist, ist π_{1}(𝔞) = 0.

Genauso ist auch π_{2}(𝔞) = 0. Also gilt für jedes Element (a′, a′′) in 𝔞 sowohl a′ = π_{1}((a′, a′′)) = 0 als auch a′′ = π_{2}((a′, a′′)) = 0. Somit ist in der Tat 𝔞 = 0. (^{7})

(2) Es ist 𝔷(𝔤 ⊕ 𝔥) ⩾ 𝔷(𝔤) ⊕ 𝔷(𝔥), da für (z, w) ∈ 𝔷(𝔤) ⊕ 𝔷(𝔥) und (g, h) ∈ 𝔤 ⊕ 𝔥 sich [(z, w), (g, h)] = ([z, g], [w, h]) = (0, 0) ergibt.

Zu zeigen bleibt 𝔷(𝔤 ⊕ 𝔥) ⩽^{!} 𝔷(𝔤) ⊕ 𝔷(𝔥). Sei (g, h) ∈ 𝔷(𝔤 ⊕ 𝔥).

Zu zeigen ist g ∈^{!} 𝔷(𝔤) und h ∈^{!} 𝔷(𝔥). Wir zeigen ersteres, zweiteres geht dann genauso.

Sei x ∈ 𝔤. Zu zeigen ist [g, x] =^{!} 0. Aber es wird (0, 0) = [(g, h), (x, 0)] = ([g, x], [h, 0]) und also 0 = [g, x].

Aufgabe 16

Schreibe n := dim V.

(1) Die Aussage ist falsch. Denn es ist z.B. ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ ⩽ 𝔤𝔩_{2}(C) nilpotent, da abelsch, enthält aber mit (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) ein nicht nilpotentes Element.

Insbesondere läßt sich diese Teilalgebra ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ ⩽ 𝔤𝔩_{2}(C) nicht durch Basiswechsel nach 𝔤𝔩_{2}^{>}(C) bringen. Cf. Lemma 39.

(2) Die Aussage ist richtig. Ist g nilpotent für alle g ∈ 𝔤, so nach Bemerkung 10 auch ad_{𝔤𝔩(V)} g, und also auch ad_{𝔤} g = (ad_{𝔤𝔩(V)} g)|_{𝔤}^{𝔤}. Daher ist 𝔤 nilpotent gemäß Engel, Satz 40.

(3) Die Aussage ist falsch. Denn es ist e.g. die Teilalgebra 𝔰𝔩_{2}(C) von 𝔤𝔩_{2}(C) einfach, und somit halbeinfach; cf. Aufgabe 3, Bemerkung 31.(2) Die darin enthaltene Teilalgebra ⟨(\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})⟩ ⩽ 𝔰𝔩_{2}(C) ist hingegen abelsch und ungleich 0, und also nicht halbeinfach.

(4) Die Aussage ist falsch. Denn es ist e.g. die Teilalgebra 𝔰𝔩_{2}(C) von 𝔤𝔩_{2}(C) einfach, und somit halbeinfach; cf. Aufgabe 3, Bemerkung 31.(2). Das darin enthaltene Element (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) ist hingegen nilpotent und ungleich 0, und also nicht halbeinfach.

(5) Die Aussage ist falsch. Denn es ist e.g. jedes Element von 𝔤 = ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ ⩽ 𝔤𝔩_{2}(C) halbeinfach, aber 𝔤 abelsch und ungleich 0, also nicht halbeinfach.

(6) Die Aussage ist falsch. Sei e.g. g = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) ∈ 𝔤 := ⟨(\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ ⩽ 𝔤𝔩_{2}(C). Es ist (g_{gs} , g_{gn}) = ((\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})) und also g_{gs} ∉ 𝔤.

Cf. aber Lemma 69.

Aufgabe 17

(1) Die Aussage ist richtig.

Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum. Sei W ⊆ V ein Teilraum. Sei f : V \overline{}V ein Endomorphismus mit f(V) ⊆ W. Dann ist tr(f) = tr(f|_{W}^{W}). Denn sei (v_{1} , …, v_{m}) eine Basis von W. Sei A die beschreibende Matrix von f|_{W}^{W} bezüglich dieser Basis. Ergänze zu einer Basis (v_{1} , …, v_{m} , v_{m+1} , …, v_{n}) von V. Die beschreibende Matrix von f bezüglich dieser Basis hat die Blockmatrixgestalt (\begin{matrix}A & ∗ \\ 0 & 0 \end{matrix}). Es wird tr f = tr (\begin{matrix}A & ∗ \\ 0 & 0 \end{matrix}) = tr A = tr(f|_{W}^{W}).

7Diese Lösung kenne ich von Magnus Kuhn.

Seien a, b ∈ 𝔞. Es ist (ad_{𝔤} a)((ad_{𝔤} b)(𝔤)) ⊆ (ad_{𝔤} a)(𝔞) ⊆ 𝔞, da 𝔞 ⊴ 𝔤. Mit vorstehender Anmerkung, angewandt auf den Endomorphismus (ad_{𝔤} a) ∘ (ad_{𝔤} b) von 𝔤, wird

κ_{𝔞}(a, b) = tr((ad_{𝔞} a) ∘ (ad_{𝔞} b)) = tr(((ad_{𝔤} a) ∘ (ad_{𝔤} b))|_{𝔞}^{𝔞}) = tr((ad_{𝔤} a) ∘ (ad_{𝔤} b)) = κ_{𝔤}(a, b) .

Mithin ist κ_{𝔞} = κ_{𝔤}|_{𝔞×𝔞}.

(2) Die Aussage ist falsch.

Sei char K ≠ 2, e.g. K = C. Sei 𝔤 := 𝔰𝔩_{2}(K). Wir verwenden die Basis

(e, f, h) = ( (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) )

von 𝔰𝔩_{2}(K). Es wird [e, f] = h, [h, e] = 2e, [h, f] = −2f ; cf. Lösung zu Aufgabe 2. Sei 𝔥 := ⟨h⟩ ⩽ 𝔤. Da 𝔥 abelsch ist, ist ad_{𝔥} h = 0 für h ∈ 𝔥 und mithin κ_{𝔥} = 0. Aber es ist κ_{𝔤}(h, h) = tr((ad_{𝔤} h) ∘ (ad_{𝔤} h)) = tr((\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})) = 8. Somit ist κ_{𝔤}|_{𝔥×𝔥} ≠ 0. Insbesondere ist κ_{𝔥} ≠ κ_{𝔤}|_{𝔥×𝔥}.

Aufgabe 17.5

(1) Als Basis von 𝔤 = 𝔤𝔩_{2}^{⩾}(K) wählen wir (u, v, w) := ((\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})).

Diesbezüglich wird ad_{𝔤}(u) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}), ad_{𝔤}(v) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}) und ad_{𝔤}(w) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \end{matrix}).

Folglich wird die Grammatrix von κ_{𝔤} diesbezüglich zu (\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}).

(2) Es ist [u, v] = 0, [u, w] = w und [v, w] = −w. Folglich ist 𝔤^{(1)} = ⟨w⟩.

Also ist κ_{𝔤}(𝔤^{(1)}, 𝔤) = κ_{𝔤}(w, 𝔤) = 0.

Dies ist im Einklang mit Cartan, Satz 50.(1); cf. Aufgabe 13.(2).

(3) Es ist rad κ_{𝔤} = ⟨u + v, w⟩, wie man der Grammatrix in (1) entnimmt. Es ist 𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 𝔤, da 𝔤 auflösbar ist; cf. Aufgabe 13.(2).

Aufgabe 18

(1) Die Aussage ist falsch.

Seien g := (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & i \end{matrix}), h := (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) und k := (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ −i & 0 & 0 \end{matrix}) in 𝔤𝔩_{3}(C).

Diese Matrizen erhält man, wenn man glaubt, daß die im Hinweis gegebenen Werte eine Liealgebra definieren und darauf den adjungierten Morphismus in spe anwendet.

Es wird

[g, h] = h , [g, k] = ik , [h, k] = 0

Also ist 𝔤 := ⟨g, h, k⟩ ⩽ 𝔤𝔩_{3}(C) eine dreidimensionale Teilalgebra. Es ist 𝔤^{[1]} = ⟨h, k⟩. Es ist 𝔤^{[2]} = ⟨h, k⟩. Also ist 𝔤 nicht nilpotent.

Rechnen wir in der Basis (g, h, k), so erhalten wir

κ_{𝔤}(g, g) = tr((ad_{𝔤} g) ∘ (ad_{𝔤} g)) = tr( (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & i \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & i \end{matrix}) )  = 0
κ_{𝔤}(g, h) = tr((ad_{𝔤} g) ∘ (ad_{𝔤} h)) = tr( (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & i \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) )  = 0
κ_{𝔤}(g, k) = tr((ad_{𝔤} g) ∘ (ad_{𝔤} k)) = tr( (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & i \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ −i & 0 & 0 \end{matrix}) )  = 0
κ_{𝔤}(h, h) = tr((ad_{𝔤} h) ∘ (ad_{𝔤} h)) = tr( (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ) = 0
κ_{𝔤}(h, k) = tr((ad_{𝔤} h) ∘ (ad_{𝔤} k)) = tr( (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ −i & 0 & 0 \end{matrix}) ) = 0
κ_{𝔤}(k, k) = tr((ad_{𝔤} k) ∘ (ad_{𝔤} k)) = tr( (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ −i & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ −i & 0 & 0 \end{matrix}) ) = 0 .

Folglich ist κ_{𝔤}(𝔤, 𝔤) = 0.

Insbesondere ist nun rad κ_{𝔤} = 𝔤 kein nilpotentes Ideal in 𝔤. Cf. auch (2).

Dieses Beispiel kenne ich von Jeremy Henty.

Cf. auch Bemerkung 51.

(2) Die Aussage ist richtig. Sei 𝔞 ⊴ 𝔤 ein nilpotentes Ideal. Wir bemerken zunächst, daß 𝔞^{[i]} ⊴ 𝔤 ist für i ⩾ 0 ; cf. Aufgabe 11, iteriert angewandt. Wir wollen 𝔞 ⩽ rad κ_{𝔤} zeigen, also κ_{𝔤}(𝔞, 𝔤) =^{!} 0. Sei a ∈ 𝔞. Sei g ∈ 𝔤. Wir haben 0 =^{!} κ_{𝔤}(𝔞, 𝔤) = tr(ad_{𝔤}(a) ∘ ad_{𝔤}(g)) zu zeigen. Es genügt zu zeigen, daß ad_{𝔤}(a) ∘ ad_{𝔤}(g) nilpotent ist. Es genügt zu zeigen, daß für x ∈ 𝔤 und i ⩾ 0 sich (ad_{𝔤}(a) ∘ ad_{𝔤}(g))^{i+1}(x) ∈ 𝔞^{[i]} ergibt. Induktion nach i ⩾ 0. Für i = 0 ist (ad_{𝔤}(a) ∘ ad_{𝔤}(g))^{0+1}(x) = [a, [g, x]] ∈ 𝔞 = 𝔞^{[0]}, da 𝔞 ⊴ 𝔤. Sei i ⩾ 1. Sei die Aussage für i − 1 bekannt. Wir schreiben b := (ad_{𝔤}(a) ∘ ad_{𝔤}(g))^{i}(x) ∈ 𝔞^{[i−1]}. Wir wollen die Aussage für i zeigen. Es wird (ad_{𝔤}(a) ∘ ad_{𝔤}(g))^{i+1}(x) = [a, [g, b]]. Da mit b auch [g, b] im Ideal 𝔞^{[i−1]} von 𝔤 liegt, ist in der Tat [a, [g, b]] ∈ 𝔞^{[i]}.

(3) Die Aussage ist falsch. Seien g := (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) und h := (\begin{matrix}0 & 0 \\ −1 & 0 \end{matrix}) in 𝔤𝔩_{2}(C). Es wird [g, h] = h. Also ist 𝔤 := ⟨g, h⟩ ⩽ 𝔤𝔩_{2}(C) eine zweidimensionale Teilalgebra. Es ist 𝔤^{(1)} = ⟨h⟩, 𝔤^{(2)} = 0 und somit 𝔤 auflösbar, i.e. 𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 𝔤. Rechnen wir in der Basis (g, h), so erhalten wir

κ_{𝔤}(g, g) = tr((ad_{𝔤} g) ∘ (ad_{𝔤} g)) = tr( (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) ) = 1
κ_{𝔤}(g, h) = tr((ad_{𝔤} g) ∘ (ad_{𝔤} h)) = tr( (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) ) = 0
κ_{𝔤}(h, h) = tr((ad_{𝔤} h) ∘ (ad_{𝔤} h)) = tr( (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) ) = 0

Folglich ist die Grammatrix der Killingform gleich (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}). Es folgt rad κ_{𝔤} = ⟨h⟩. Insgesamt ist also ⟨h⟩ = rad κ_{𝔤} ◁ 𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 𝔤.

Alternativ hierzu liefert auch Aufgabe ??.(3) ein Gegenbeispiel, aber ein etwas größeres.

(4) Die Aussage ist richtig.

Der Morphismus ad_{𝔤} |_{𝔥} : 𝔥 \overline{}𝔤𝔩(𝔤) hat den Kern 𝔷(𝔤) ∩ 𝔥, welcher abelsch und also auflösbar ist. Ferner ist ad_{𝔤} 𝔥 ≃ 𝔥/(𝔷(𝔤) ∩ 𝔥) ; cf. Aufgabe 4.(3). Somit ist 𝔥 genau dann auflösbar, wenn ad_{𝔤} 𝔥 ⩽ 𝔤𝔩(𝔤) auflösbar ist. Dank Lemma 49 ist dies genau dann der Fall, wenn

0 = tr((ad_{𝔤} 𝔥) ∘ (ad_{𝔤} 𝔥)^{(1)}) = tr((ad_{𝔤} 𝔥) ∘ (ad_{𝔤}(𝔥^{(1)}))) = κ_{𝔤}(𝔥, 𝔥^{(1)})

ist.

Direkt Cartan, Satz 50.(1), zu verwenden, ist wohl nicht möglich; cf. Aufgabe 17.(2).

(5) Die Aussage ist falsch. Sei 𝔤 = 𝔰𝔩_{2}(C). Sei 𝔥 = ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})⟩. Es ist 𝔥^{⊥} = ⟨(\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})⟩; cf. Beispiel 52. Sodann zeigt [(\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})] = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}), daß 𝔥^{⊥} keine Teilalgebra ist.

Aufgabe 19

Beweis mit Lemma 48, daß x nilpotent ist.

Wir verwenden die Bezeichnungen von loc. cit. Ist A = B = 0 (oder A = B = 𝔤𝔩(V)), so ist N = 𝔤𝔩(V). Also genügt es gemäß loc. cit. für ein x ∈ N = 𝔤𝔩(V), daß tr(x ∘ w) = 0 ist für alle w ∈ N = 𝔤𝔩(V), um auf x nilpotent schließen zu können.

Beweis ohne Lemma 48, daß x = 0 ist.

Sei n := dim V. Wählen wir eine Basis von V und betrachten die beschreibenden Matrizen, so haben wir zu zeigen, daß für eine Matrix X = (x_{i,j})_{i,j} ∈ K^{n×n}, für welche tr(X · W) = 0 ist für alle W ∈ K^{n×n}, auch X = 0 gilt.

Seien k, ℓ ∈ [1, n]. Wir wollen x_{k,ℓ} =^{!} 0 zeigen.

Sei W := e_{ℓ,k} = (∂_{i,ℓ} · ∂_{j,k})_{i,j} . Es ist X · W eine Matrix, die an Position (i, i) den Eintrag

∑_{j∈[1,n]} x_{i,j} · ∂_{j,ℓ} · ∂_{i,k} = x_{i,ℓ} · ·∂_{i,k}

und also die Spur

0 = tr(X · W) = ∑_{i∈[1,n]} x_{i,ℓ} · ·∂_{i,k} = x_{k,ℓ}

hat.

Aufgabe 20

Zerlege 𝔤 = 𝔥_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥_{m} mit m ⩾ 0 und 𝔥_{i} einfaches Ideal für i ∈ [1, m]; cf. Lemma 53.(1). Es wird 𝔤^{(1)} = (𝔥_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥_{m})^{(1)} = 𝔥_{1}^{(1)} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥_{m}^{(1)} = 𝔥_{1} ⊕ ⋯ ⊕ 𝔥_{m} = 𝔤.

Aufgabe 21

Betrachte f : V \overline{}V^{∗}, v \overline{}b(v, −). Schreibe W ^{\overline{}^{i}} V für die Einbettungsabbildung. Da b|_{W ×W} nichtausgeartet ist, ist g := i^{∗} ∘ f ∘ i : W \overline{}W^{∗}, w \overline{}b(w, −)|_{W} = (b|_{W ×W})(w, −) bijektiv. Da (i^{∗} ∘ f) ∘ (i ∘ g^{−1}) = id_{W^{∗}} , folgt V = Im(i ∘ g^{−1}) ⊕ Kern(i^{∗} ∘ f) = W ⊕ W^{⊥}.

\xymatrix{V \ar[r]^{f} & V^{∗} \ar[d]^{i^{∗}} \\ W \ar[r]_{∼}^{g} \ar[u]^{i} & W^{∗}}

Aufgabe 22

(1) Nach Cartan, Satz 50.(4), ist κ_{𝔟} nichtausgeartet. Nach Aufgabe 17.(1) ist κ_{𝔟} = κ_{𝔤}|_{𝔟×𝔟}. Also ist 𝔤 = 𝔟 ⊕ 𝔟^{⊥}; cf. Aufgabe 21.

(2) Es ist 𝔟^{⊥} ⊴ 𝔤, cf. Bemerkung 47.(2). Schreibe 𝔠 := 𝔟∩𝔟^{⊥}. Es ist κ_{𝔠} = κ_{𝔤}|_{𝔠×𝔠} = 0 ; cf. Aufgabe 15.(1). Also ist 𝔠 auflösbar, also 𝔠 ⊆ 𝔯𝔞𝔡(𝔤) = 0, i.e. 𝔟∩𝔟^{⊥} = 0; cf. Cartan, Satz 50.(1), und Bemerkung 28. Da κ_{𝔤} nichtausgeartet ist nach Cartan, Satz 50.(4), ist dim 𝔟 + dim 𝔟^{⊥} = dim 𝔤. Insgesamt ist 𝔤 = 𝔟 ⊕ 𝔟^{⊥}.

Ohne ausdrückliches Verbot hätte man auch mit (1) argumentieren können, da nach Lemma 53.(2) aus 𝔤 halbeinfach und 𝔟 ⊴ 𝔤 folgt, daß 𝔟 halbeinfach ist. Dies würde aber verhindern, daß wir (2) zum Beweis von Lemma 53 heranziehen können.

(3) Sei a ∈ 𝔞 und g ∈ 𝔤. Wir haben [a, g] ∈^{!} 𝔞 zu zeigen. Mit (2) ist 𝔤 = 𝔟 ⊕ 𝔟^{⊥}, wobei 𝔟, 𝔟^{⊥} ⊴ 𝔤; cf. Bemerkung 47.(2). Schreibe g = b + c mit b ∈ 𝔟 und c ∈ 𝔟^{⊥}. Da a ∈ 𝔟 und c ∈ 𝔟^{⊥}, ist [a, c] ∈ 𝔟 ∩ 𝔟^{⊥} = 0 ; cf. auch Bemerkung 15.(1). Es folgt [a, g] = [a, b + c] = [a, b] ∈ 𝔞, letzteres, da a ∈ 𝔞 ⊴ 𝔟.

Vgl. auch Aufgabe 4.(2.iii).

Ohne ausdrückliches Verbot hätte man mit Lemma 53.(2) auch 𝔤 = ⨁_{i∈[1,m]} 𝔥_{i} schreiben können für ein m ⩾ 0 und einfache Ideale 𝔥_{i}, ferner 𝔟 = ⨁_{i∈I} 𝔥_{i} für eine Teilmenge I ⊆ [1, m] und schließlich, abermals mit Lemma 53.(2), 𝔞 = ⨁_{i∈J} 𝔥_{i} für eine Teilmenge J ⊆ I, woraus auch 𝔞 ⊴ 𝔤 folgt. Dies würde aber verhindern, daß wir (3) zum Beweis von Lemma 53 heranziehen können.

Aufgabe 23

Es ist 𝔤𝔩(V) ^{\overline{}^{tr}} 𝔤𝔩_{1}(K) ein Morphismus; cf. Beispiel 7.(1). Zu zeigen ist tr ∘φ =^{!} 0, da dies gerade φ(𝔤) ⊆ Kern tr = 𝔰𝔩(V) besagt. Mit 𝔤 ist aber auch (tr ∘φ)(𝔤) halbeinfach; cf. Lemma 53.(2), Aufgabe 4.(3). Die einzigen Teilalgebren von 𝔤𝔩_{1}(K) sind aber 0 und 𝔤𝔩_{1}(K). Unter diesen ist nur 0 halbeinfach, da 𝔯𝔞𝔡(𝔤𝔩_{1}(K)) = 𝔤𝔩_{1}(K) ≠ 0. Also ist (tr ∘φ)(𝔤) = 0.

Alternativ kann man auch mit Aufgabe 20 argumentieren, daß φ(𝔤) = φ(𝔤^{(1)}) = (φ(𝔤))^{(1)} ⩽ 𝔤𝔩(V)^{(1)} = 𝔰𝔩(V) ; cf. Bemerkung 24.(1), Lösung zu Aufgabe 11.

Aufgabe 24

(1) Für g ∈ 𝔤 ist φ′′(g) : M/M′ \overline{}M/M′, m + M′ \overline{}[g, m] + M′ wohldefiniert, da für m, m̃ ∈ M mit m + M′ = m̃ + M′, i.e. mit m − m̃ ∈ M′, auch [g, m] − [g, m̃] = [g, m − m̃] ∈ [𝔤, M′] ⊆ M′ ist, und also [g, m] + M′ = [g, m̃] + M′. Es ist φ′′(g) eine lineare Abbildung. Es ist φ′′ eine lineare Abbildung. Zeigen wir, daß φ′′ ein Morphismus von Liealgebren ist. Seien g, g′ ∈ 𝔤 gegeben. Zum einen wird

[figure: φ′′([g, g′]); :; M/M′; M/M′; m + M′; [[g, g′], m] + M′ = [g, [g′, m]] − [g′, [g, m]] + M′ ,]

zum anderen wird

[φ′′(g), φ′′(g′)] : M/M′  \overline{}M/M′
m + M′  \overline{}φ′′(g)(φ′′(g′)(m + M′)) − φ′′(g′)(φ′′(g)(m + M′))
= ([g, [g′, m]] + M′) − ([g′, [g, m]] + M′) ,

was dasselbe ist. Schließlich ist [g, m + M′] = (φ′′(g))(m + M′) = [g, m] + M′ für g ∈ 𝔤 und m ∈ M.

(2) Sei g ∈ 𝔤 und n ∈ N. Es wird

f^{−1}([g, n]) = f^{−1}([g, ff^{−1}(n)]) = f^{−1}f([g, f^{−1}(n)]) = [g, f^{−1}(n)] .

(3) Es ist Kern f ⊆ M ein Teilmodul, da für g ∈ 𝔤 und m ∈ Kern f auch f([g, m]) = [g, f(m)] = [g, 0] = 0 ist, i.e. [g, m] ∈ Kern f, und somit [𝔤, Kern f] ⊆ Kern f. Es ist Im f ⊆ N ein Teilmodul, da für g ∈ 𝔤 und m ∈ M auch [g, f(m)] = f([g, m]) ∈ Im f ist, und somit [𝔤, Im f] ⊆ Im f. Aus der Linearen Algebra ist die Existenz der bijektiven linearen Abbildung M/ Kern f \overline{}Im f, m + Kern f \overline{}f(m) bekannt. Zu zeigen bleibt die 𝔤-Linearität. Sei g ∈ 𝔤 und m ∈ M. Wir erhalten

[g, m + Kern f] = [g, m] + Kern f \overline{}f([g, m]) = [g, f(m)] .

(4) Sei zum einen 𝔤 einfach als 𝔤-Modul. Da 𝔤 als nichtabelsch vorausgesetzt wurde, bleibt zu zeigen, daß 𝔤 nur die Ideale 0 und 𝔤 enthält. Sei ein Ideal 𝔞 ⊴ 𝔤 gegeben. Die Idealeigenschaft besagt, daß [𝔤, 𝔞] ⊆ 𝔞. Somit ist 𝔞 ein Teilmodul. Also ist 𝔞 = 0 oder 𝔞 = 𝔤. Sei zum anderen 𝔤 einfach als Liealgebra. Da 𝔤 nichtabelsch ist, ist 𝔤 ≠ 0. Bleibt zu zeigen, daß 𝔤 nur die Teilmoduln 0 und 𝔤 enthält. Sei M ⊆ 𝔤 ein Teilmodul. Die Teilmoduleigenschaft besagt, daß [𝔤, M] ⊆ M ist. Also ist M ein Ideal in 𝔤. Also ist M = 0 oder M = 𝔤.

(5) Sei zum einen M halbeinfach. Schreibe M = N_{1} ⊕ ⋯ ⊕ N_{k} mit k ⩾ 0 und einfachen Teilmoduln N_{i} für i ∈ [1, k]. Sei M′ ⊆ M ein Teilmodul. Sei M′′ von maximaler Dimension in

{ X ⊆ M : X ist Teilmodul, M′ ∩ X = 0 } ;

diese Wahl ist möglich, da diese Menge den Nullmodul enthält und also nichtleer ist. Wir haben M =^{!} M′ ⊕ M′′ zu zeigen. Die Direktheit der Summe folgt aus der Wahl von M′′. Annahme, M′ ⊕M′′ ⊂ M. Dann gibt es ein i ∈ [1, k] mit N_{i} ⊈ M′ ⊕M′′. Es ist N_{i} ∩(M′ ⊕M′′) ein Teilmodul von N_{i} ungleich N_{i}, da allgemein der Schnitt zweier Teilmoduln ein Teilmodul ist. Da N_{i} einfach ist, folgt N_{i} ∩ (M′ ⊕ M′′) = 0, i.e. wir haben die direkte Summe N_{i} ⊕ M′ ⊕ M′′. Insbesondere ist M′ ∩ (N_{i} ⊕ M′′) = 0, im Widerspruch zur Wahl von M′′. Gebe es zum anderen für jeden Teilmodul M′ ⊆ M einen Teilmodul M′′ ⊆ M mit M = M′ ⊕ M′′. Sei k ⩾ 0 maximal mit der Eigenschaft, daß es einfache Teilmoduln N_{i} ⊆ M für i ∈ [1, k] gibt mit N_{1} ⊕ ⋯ ⊕ N_{k} ⊆ M. Solche Teilmoduln N_{i} wählen wir. Sei M′′ ⊆ M ein Teilmodul mit N_{1} ⊕ ⋯ ⊕ N_{k} ⊕ M′′ = M, möglich, da allgemein die Summe von Teilmoduln wieder ein Teilmodul ist. Annahme, es ist M′′ ≠ 0. Sei N_{k+1} ⊆ M′′ ein Teilmodul ungleich 0 minimaler Dimension. Dann ist N_{k+1} einfach und N_{1} ⊕ ⋯ ⊕ N_{k} ⊕ N_{k+1} ⊆ M, im Widerspruch zur Maximalität von k. Also ist M′′ = 0, i.e. N_{1} ⊕ ⋯ ⊕ N_{k} = M.

(6) Sei λ ∈ K ein Eigenwert von f. Dann ist f − λ eine 𝔤-lineare Abbildung. Also ist E_{f}(λ) = Kern(f −λ) ⊆ M ein Teilmodul. Da E_{f}(λ) ≠ 0 und da M einfach ist, folgt E_{f}(λ) = Kern(f −λ) = M, i.e. f = λ.

(7) Wir haben zu zeigen, daß die lineare Abbildung 𝔤 \overline{}𝔤𝔩(M), g \overline{}[g, −] ein Morphismus von Liealgebren ist. In der Tat wird für g, g′ ∈ 𝔤

[[g, g′], f](m) = [[g, g′], f(m)] − f([[g, g′], m])
= [g, [g′, f(m)]] − [g′, [g, f(m)]] − f([g, [g′, m]] − [g′, [g, m]])
= [g, ([g′, f(m)] − f([g′, m]))] − [g′, f([g, m])] + f([g′, [g, m]])
−[g′, ([g, f(m)] − f([g, m]))] + [g, f([g′, m])] − f([g, [g′, m]])
= [g, [g′, f](m)] − [g′, f]([g, m]) − [g′, [g, f](m)] + [g, f]([g′, m])
= [g, [g′, f]](m) − [g′, [g, f]](m)

für f ∈ Hom(M, N) und m ∈ M, also [[g, g′], f] = [g, [g′, f]] − [g′, [g, f]] für f ∈ Hom(M, N), also [[g, g′], −] = [g, −] ∘ [g′, −] − [g′, −] ∘ [g, −] = [[g, −], [g′, −]], wie verlangt.

(8) Es ist e : M → M^{∗∗} eine bijektive lineare Abbildung.

Seien g ∈ 𝔤 und m ∈ M gegeben. Wir haben [g, e(m)] =^{!} e([g, m]) zu zeigen.

Sei f ∈ M^{∗} gegeben. Es wird [g, e(m)](f) = −(e(m))([g, f]) = −[g, f](m) = f([g, m]) = (e([g, m]))(f).

Aufgabe 25

(1) Sei a ∈ 𝔞 und m ∈ M. Sei g ∈ 𝔤. Wir haben [g, [a, m]] ∈^{!} [𝔞, M] zu zeigen. In der Tat wird

[g, [a, m]] = [\underbrace{[g, a]}_{∈ 𝔞}, m] + [a, \underbrace{[g, m]}_{∈ M}] ∈ [𝔞, M].

(2) Schreibe s := dim M ⩾ 1. Nach Lemma 42, angewandt auf die nach Bemerkung 27.(1) auflösbare Liealgebra φ(𝔤) ⩽ 𝔤𝔩(M), gibt es so eine Basis (m_{1}, …, m_{s}) von M, daß

[g, m_{i}] ∈ ⟨ m_{j} : j ∈ [1, i] ⟩

ist für g ∈ 𝔤 und i ∈ [1, s].

Für den zugehörigen Isomorphismus ψ : 𝔤𝔩(M) →^{∼} 𝔤𝔩_{s}(K) ist also ψ(φ(𝔤)) ⩽ 𝔤𝔩_{s}^{⩽}(K). Folglich ist ψ(φ(𝔤^{(1)})) = ψ(φ(𝔤))^{(1)} ⩽ 𝔤𝔩_{s}^{⩽}(K)^{(1)} = 𝔤𝔩_{s}^{<}(K) ; cf. Bemerkung 24.(1), Lösung zu Aufgabe 13.(2).

Also ist

[g, m_{i}] ∈ ⟨ m_{j} : j ∈ [1, i − 1] ⟩

für g ∈ 𝔤^{(1)} und i ∈ [1, s].

Insbesondere ist m_{s} ∈ M ∖ [𝔤^{(1)}, M].

(3) Nach (2) ist [𝔤^{(1)}, M] ⊂ M. Nach (1) gibt die Einfachheit von M also [𝔤^{(1)}, M] = 0, i.e. φ(𝔤^{(1)}) = 0. Somit haben wir die Faktorisierung

(𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔤𝔩(M)) = (𝔤 ^{\overline{}^{ρ}} 𝔤/𝔤^{(1)} ^{\overline{}^{φ̄}} 𝔤𝔩(M)) ,

wobei φ̄(g + 𝔤^{(1)}) = φ(g) ist für g ∈ 𝔤; cf. Aufgabe 4.(2.iv).

Da (M, ρ) ein einfacher 𝔤-Modul ist, ist auch (M, φ̄) ein einfacher 𝔤/𝔤^{(1)}-Modul. Es ist 𝔤/𝔤^{(1)} abelsch; cf. Bemerkung 24.(2).

Folglich genügt es zu zeigen, daß ein einfacher Modul (N, ψ) über einer abelschen Liealgebra 𝔥 eindimensional ist. Sei h ∈ 𝔥. Für n ∈ N und x ∈ 𝔥 ist [h, [x, n]] = [x, [h, n]]+[[h, x], n] = [x, [h, n]]. Folglich ist ψ(h) : N \overline{}N eine 𝔥-lineare Abbildung. Nach Schur, Bemerkung 61, gibt es ein λ_{h} ∈ K mit ψ(h) = λ_{h} id_{N} , i.e. mit [h, n] = λ_{h}n für n ∈ N.

Wähle n_{0} ∈ N ∖ {0}. Dann ist ⟨n_{0}⟩ ⊆ N ein 𝔥-Teilmodul, da [h, n_{0}] = λ_{h}n_{0} für h ∈ 𝔥. Wegen N einfach ist also N = ⟨n_{0}⟩, und damit dim N = 1.

Aufgabe 26

(1) Für h ∈ 𝔤 und g ∈ 𝔤 wird

(f_{κ}([h, g]))(x) = κ([h, g], x)

und

[h, f_{κ}(g)](x) = −f_{κ}(g)([h, x]) = −κ(g, [h, x]) = −κ([g, h], x) = κ([h, g], x)

für x ∈ 𝔤, cf. Bemerkung 62, und somit f_{κ}([h, g]) = [h, f_{κ}(g)]. Also ist f_{κ} eine 𝔤-lineare Abbildung.

(2) Es ist 𝔤 ein einfacher 𝔤-Modul; cf. Aufgabe 24.(4).

O.E. ist κ ≠ 0.

Die Abbildung f_{κ} aus (1) ist wegen κ ≠ 0 nicht die Nullabbildung. Da 𝔤 ein einfacher 𝔤-Modul ist, ist folglich Kern f_{κ} = 0. Wegen Dimension ist f_{κ} ein Isomorphismus von 𝔤-Moduln.

Sei κ̃ : 𝔤 × 𝔤 \overline{}K definiert durch κ̃(g, h) := tr(g ∘ h) für g, h ∈ 𝔤. Nach Voraussetzung ist κ̃ und also auch fκ̃ ungleich 0 ; cf. Bemerkung 45. Da 𝔤 ein einfacher 𝔤-Modul ist, ist folglich Kern fκ̃ = 0. Wegen Dimension ist also auch fκ̃ ein Isomorphismus von 𝔤-Moduln.

Nach Schur, Bemerkung 61, ist f −1 ; κ̃ ∘ f_{κ} = λ id_{𝔤} für ein λ ∈ K ∖ {0}, damit auch f_{κ} = λfκ̃ und daher κ = λκ̃. Folglich ist κ(g, h) = λκ̃(g, h) = λ tr(g ∘ h) für g, h ∈ 𝔤.

Um λ zu bestimmen, verwende man das nach Voraussetzung existente Element g ∈ 𝔤, für welches κ̃(g, g) ≠ 0 ist, und vergleiche mit κ(g, g). Ist e.g. char K = 0, 𝔤 = 𝔰𝔩_{2}(K) und κ = κ_{𝔤}, so ist κ_{𝔤}(h, h) = 8 und κ̃(h, h) = 2, folglich λ = 4.

Aufgabe 27

Sei K ein Körper. Sei 𝔤 eine endlichdimensionale Liealgebra. Sei n := dim 𝔤. Sei M ein endlichdimen-

sionaler 𝔤-Modul mit Operationsmorphismus 𝔤 ^{\overline{}^{φ}} 𝔤𝔩(M). Sei b : 𝔤 × 𝔤 \overline{}K eine nichtausgeartete Bilinearform, für welche b([g, h], k) = b(g, [h, k]) ist für g, h, k ∈ 𝔤.

Sei (x_{1} , …, x_{n}) eine Basis von 𝔤. Sei (y_{1} , …, y_{n}) die dazu bezüglich b duale Basis von 𝔤, i.e. b(x_{i} , y_{j}) = ∂_{i, j} für i, j ∈ [1, n].

Sei (x′_{1} , …, x′_{n}) eine weitere Basis von 𝔤. Sei (y′_{1} , …, y′_{n}) die dazu bezüglich b duale Basis von 𝔤, i.e. b(x′_{i} , y′_{j}) = ∂_{i, j} für i, j ∈ [1, n].

Zu zeigen ist

∑i∈[1,n] φ(x_{i}) ∘ φ(y_{i}) =^{!} _{∑i∈[1,n]} φ(x′_{i}) ∘ φ(y′_{i}) .

Sei x′_{i} = ∑_{j} α_{i, j} x_{j} und y′_{i} = ∑_{j} β_{i, j} y_{j} für i ∈ [1, n], wobei mit α_{i, j} , β_{i, j} ∈ K für i, j ∈ [1, n]. Es wird

∂_{i,k} = b(x′_{i} , y′_{k})
= b(∑_{j} α_{i, j} x_{j} , ∑_{ℓ} β_{k,ℓ} y_{ℓ})
= ∑_{j,ℓ} α_{i, j} β_{k,ℓ} b(x_{j} , y_{ℓ})
= ∑_{j,ℓ} α_{i, j} β_{k,ℓ} ∂_{j,ℓ}
= ∑_{j} α_{i, j} β_{k, j}

für i, k ∈ [1, n]. In anderen Worten, es sind (α_{i, j})_{i, j} und ((β_{i, j})_{i, j})^{t} zueinander inverse Matrizen. Insbesondere gilt auch

∑i α_{i, j} β_{i,k} = ∂_{j,k}

für j, k ∈ [1, n]. Also wird

∑_{i} φ(x′_{i}) ∘ φ(y′_{i}) = ∑_{i} φ(∑_{j} α_{i, j} x_{j}) ∘ φ(∑_{k} β_{i,k} y_{k})
= ∑_{i, j,k} α_{i, j} β_{i,k} φ(x_{j}) ∘ φ(y_{k})
= ∑_{j,k} ∂_{j,k} φ(x_{j}) ∘ φ(y_{k})
= ∑_{j} φ(x_{j}) ∘ φ(y_{j}) ,

wie wir zeigen wollten.

Aufgabe 28 Direkte Berechnung. Wir wählen die Basis

(e_{1,1} − e_{2,2} , e_{2,2} − e_{3,3} , e_{1,2} , e_{1,3} , e_{2,1} , e_{2,3} , e_{3,1} , e_{3,2})

von 𝔰𝔩_{3}(C), in den Bezeichungen der Lösung zu Aufgabe 3. Bezüglich dieser Basis ergibt sich die Grammatrix der Killingform κ_{𝔰𝔩_{3}(C), φ} zu

G := (\begin{matrix}2 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix} )

Ihr Inverses ist

G^{−1} = (\begin{matrix}2/3 & 1/3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1/3 & 2/3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix} )

Somit erhalten wir die bezüglich κ_{𝔰𝔩_{3}(C), φ} duale Basis

(\frac{1}{3}(2e_{1,1} − e_{2,2} − e_{3,3}) , \frac{1}{3}(e_{1,1} + e_{2,2} − 2e_{3,3}) , e_{2,1} , e_{3,1} , e_{1,2} , e_{3,2} , e_{1,3} , e_{2,3}) ,

wie man auch direkt bestätigen kann. Da φ injektiv ist, ist c_{φ} = c_{φ,κ_{_{3}(C),φ}} . Wir erhalten, den Endomorphismus als Matrix geschrieben,

c_{φ} = (e_{1,1} − e_{2,2}) · \frac{1}{3}(2e_{1,1} − e_{2,2} − e_{3,3})
+ (e_{2,2} − e_{3,3}) · \frac{1}{3}(e_{1,1} + e_{2,2} − 2e_{3,3})
+ e_{1,2} · e_{2,1} + e_{1,3} · e_{3,1} + e_{2,1} · e_{1,2} + e_{2,3} · e_{3,2} + e_{3,1} · e_{1,3} + e_{3,2} · e_{2,3}
= \frac{8}{3}(e_{1,1} + e_{2,2} + e_{3,3}) = \frac{8}{3} .

Berechnung mittels Bemerkung 67.(3). Wir behaupten, daß C^{3×1} ein einfacher 𝔰𝔩_{3}(C)-Modul ist. Sei 0 ≠ M ⊆ C^{3×1} ein Teilmodul. Wir müssen

M =^{!} C^{3×1} zeigen.

Sei (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) ∈ M ∖ \{0\}. Wir dürfen γ ≠ 0 annehmen, da ansonsten das Produkt mit e_{3,1} oder e_{3,2} ein solches

Element in M liefert. Es wird [γ^{−1}e_{1,3} , (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix})] = γ^{−1}e_{1,3} (\begin{matrix}α \\ β \\ γ \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) ∈ M.

Es wird [e_{2,1} , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})] = e_{2,1} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) ∈ M und [e_{3,1} , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})] = e_{3,1} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) ∈ M. Also liegt eine Basis

von C^{3×1} in M. Es folgt M = C^{3×1}. Dies zeigt die Behauptung. Nun gibt Bemerkung 67.(3)

c_{φ} = (dim(𝔰𝔩_{3}(C)) − dim(Kern φ))/ dim(C^{3×1}) = (8 − 0)/3 = \frac{8}{3} .

Aufgabe 29 Da φ ein Morphismus ist, haben wir für x ∈ 𝔤 folgendes kommutatives Viereck aus linearen Abbildungen.

\xymatrix{𝔥 \ar[r]^{ad_{𝔥}(φ(x))} & 𝔥 \\ 𝔤 \ar[r]^{ad_{𝔤}(x)} \ar[u]^{φ} & 𝔤 \ar[u]_{φ}}

Beachte dazu (ad_{𝔥}(φ(x)))(φ(y)) = [φ(x), φ(y)] = φ([x, y]) = φ((ad_{𝔤}(x))(y)) für y ∈ 𝔤. Es genügt nun, φ(g)_{as} =^{!} φ(g_{as}) zu zeigen, da dann

φ(g)_{an} = φ(g) − φ(g)_{as} = φ(g) − φ(g_{as}) = φ(g − g_{as}) = φ(g_{an})

folgt. Sei φ̄ := φ|^{φ(𝔤)} : 𝔤 → φ(𝔤) die Einschränkung im Zielbereich auf das Bild. Sei φ̇ := id_{𝔥} |_{φ(𝔤)} : φ(𝔤) → 𝔥 die Einbettung des Bilds. Es ist φ = φ̇ ∘ φ̄ mit φ̇ injektiv und φ̄ surjektiv. Es ist φ(𝔤) ≃ 𝔤/ Kern(φ) wieder halbeinfach; cf. Lemma 53.(2). Somit genügt es, die Fälle φ injektiv und φ surjektiv zu betrachten, denn mit diesem Wissen kann man dann φ(g)_{as} = φ̇(φ̄(g))_{as} = φ̇(φ̄(g)_{as}) = φ̇(φ̄(g_{as})) = φ(g_{as}) folgern. Fall φ injektiv. Es ist ad_{𝔥}(φ(𝔤)) ⩽ 𝔤𝔩(𝔥). Es ist ad_{𝔥}(φ(𝔤)) ≃ 𝔤 halbeinfach; cf. Bemerkung 33. Nach Lemma 69 gibt es g′, g′′ ∈ 𝔤 mit ad_{𝔥}(φ(g))_{gs} = ad_{𝔥}(φ(g′)) und ad_{𝔥}(φ(g))_{gn} = ad_{𝔥}(φ(g′′)). Wir wollen (g′, g′′) =^{!} (g_{as} , g_{an}) zeigen. Da ad_{𝔥} ∘ φ ein injektiver Morphismus ist, folgt g′ + g′′ = g und [g′, g′′] = 0 ; cf. Lemma 22. Wir haben folgende kommutativen Vierecke aus linearen Abbildungen.

\xymatrix{𝔥 \ar[r]^{ad_{𝔥}(φ(g′))} & 𝔥 & 𝔥 \ar[r]^{ad_{𝔥}(φ(g′′))} & 𝔥 \\ 𝔤 \ar[r]^{ad_{𝔤}(g′)} \ar[u]^{φ} & 𝔤 \ar[u]_{φ} & 𝔤 \ar[r]^{ad_{𝔤}(g′′)} \ar[u]^{φ} & 𝔤 \ar[u]_{φ}}

Da ad_{𝔥}(φ(g′)) = ad_{𝔥}(φ(g))_{gs} halbeinfach ist, gilt dies wegen φ injektiv auch für ad_{𝔤}(g′) ; cf. Aufgabe 9.(2). Da ad_{𝔥}(φ(g′′)) = ad_{𝔥}(φ(g))_{gn} nilpotent ist, gilt dies wegen φ injektiv auch für ad_{𝔤}(g′′) . Insgesamt folgt (g′, g′′) = (g_{as} , g_{an}) ; cf. Jordan, Satz 70. Somit wird

ad_{𝔥}(φ(g_{as})) = ad_{𝔥}(φ(g′)) = ad_{𝔥}(φ(g))_{gs} =^{S. 70} ad_{𝔥}(φ(g)_{as}) ,

wegen ad_{𝔥} injektiv also φ(g_{as}) = φ(g)_{as} . Fall φ surjektiv. Da 𝔥 halbeinfach ist, ist ad_{𝔥} injektiv; cf. Bemerkung 33. Also genügt es, ad_{𝔥}(φ(g)_{as}) =^{!} ad_{𝔥}(φ(g_{as})) zu zeigen, i.e. (ad_{𝔥} φ(g))_{gs} =^{!} ad_{𝔥} φ(g_{as}) ; cf. Jordan, Satz 70. Da φ surjektiv ist, genügt es hierfür, (ad_{𝔥} φ(g))_{gs} ∘ φ =^{!} ad_{𝔥} φ(g_{as}) ∘ φ zu zeigen.

Nach Aufgabe 9.(3) folgt aus der Kommutativität von

\xymatrix{𝔥 \ar[r]^{ad_{𝔥} φ(g)} & 𝔥 \\ 𝔤 \ar[r]^{ad_{𝔤} g} \ar[u]^{φ} & 𝔤 \ar[u]_{φ}}

die Kommutativität von

\xymatrix{𝔥 \ar[r]^{(ad_{𝔥} φ(g))_{gs}} & 𝔥 \\ 𝔤 \ar[r]^{(ad_{𝔤} g)_{gs}} \ar[u]^{φ} & 𝔤 . \ar[u]_{φ}}

Ohnehin kommutiert

\xymatrix{𝔥 \ar[r]^{ad_{𝔥} φ(g_{as})} & 𝔥 \\ 𝔤 \ar[r]^{ad_{𝔤}(g_{as})} \ar[u]^{φ} & 𝔤 . \ar[u]_{φ}}

Es folgt

(ad_{𝔥} φ(g))_{gs} ∘ φ = φ ∘ ((ad_{𝔤} g)_{gs})
=^{S. 70} φ ∘ (ad_{𝔤}(g_{as}))
= ad_{𝔥} φ(g_{as}) ∘ φ ,

wie benötigt. Aufgabe 30 Per Definition in Aufgabe 1.(2) ist 𝔬(K, b) = { g ∈ 𝔤𝔩_{5}(K) : g^{t}b = −bg }. Wegen b = b^{t} sollte g also (bg)^{t} = −bg erfüllen, i.e. es sollte bg antisymmetrisch sein, i.e. es sollte

bg = (\begin{matrix}0 & α & β & γ & δ \\ −α & 0 & −ε & ϑ & λ \\ −β & ε & 0 & ζ & η \\ −γ & −ϑ & −ζ & 0 & −μ \\ −δ & −λ & −η & μ & 0 \end{matrix} )

sein für gewisse α, β, γ, δ, ε, ζ, η, ϑ, λ, μ ∈ K. Folglich ist

𝔬(K, b) = \{(\begin{matrix}0 & α & β & γ & δ \\ −β & ε & 0 & ζ & η \\ −α & 0 & −ε & ϑ & λ \\ −δ & −λ & −η & μ & 0 \\ −γ & −ϑ & −ζ & 0 & −μ \end{matrix} ) : α, β, γ, δ, ε, ζ, η, ϑ, λ, μ ∈ K\}

Sei α̂ ∈ 𝔬(K, b) das Element, das sich durch Setzen von α = 1 und allen anderen Variablen zu 0 ergibt. Etc. Es ist (α̂, β̂, γ̂, δ̂, ε̂, ζ̂, η̂, ϑ̂, λ̂, μ̂) eine Basis von 𝔬(K, b).

Eine Rechnung liefert folgende Verknüpfungstafel der Lieklammer.

\begin{matrix}[−, =] & α̂ & β̂ & γ̂ & δ̂ & ε̂ & ζ̂ & η̂ & ϑ̂ & λ̂ & μ̂ \\ α̂ & 0 & ε̂ & −ϑ̂ & −λ̂ & α̂ & γ̂ & δ̂ & 0 & 0 & 0 \\ β̂ & −ε̂ & 0 & −ζ̂ & −η̂ & −β̂ & 0 & 0 & γ̂ & δ̂ & 0 \\ γ̂ & ϑ̂ & ζ̂ & 0 & μ̂ & 0 & 0 & −β̂ & 0 & −α̂ & γ̂ \\ δ̂ & λ̂ & η̂ & −μ̂ & 0 & 0 & −β̂ & 0 & −α̂ & 0 & −δ̂ \\ ε̂ & −α̂ & β̂ & 0 & 0 & 0 & ζ̂ & η̂ & −ϑ̂ & −λ̂ & 0 \\ ζ̂ & −γ̂ & 0 & 0 & β̂ & −ζ̂ & 0 & 0 & 0 & −ε̂+ μ̂ & ζ̂ \\ η̂ & −δ̂ & 0 & β̂ & 0 & −η̂ & 0 & 0 & −ε̂− μ̂ & 0 & −η̂ \\ ϑ̂ & 0 & −γ̂ & 0 & α̂ & ϑ̂ & 0 & ε̂+ μ̂ & 0 & 0 & ϑ̂ \\ λ̂ & 0 & −δ̂ & α̂ & 0 & λ̂ & ε̂− μ̂ & 0 & 0 & 0 & −λ̂ \\ μ̂ & 0 & 0 & −γ̂ & δ̂ & 0 & −ζ̂ & η̂ & −ϑ̂ & λ̂ & 0 \end{matrix}

Insbesondere ist 𝔬(K, b) nichtabelsch. Sei ein Ideal 𝔞 ⊴ 𝔬(K, b) gegeben, welches ein Element

αα̂ + ββ̂ + γγ̂ + δδ̂ + εε̂+ ζζ̂ + ηη̂ + ϑϑ̂ + λλ̂ + μμ̂ ≠ 0

enthält, wobei α, β, γ, δ, ε, ζ, η, ϑ, λ, μ ∈ K. Zu zeigen ist 𝔞 =^{!} 𝔬(K, b).

Falls α nicht verschwindet, so ist bereits α ≠ 0. Falls γ (resp. δ, ε, ϑ, λ) nicht verschwindet, so können wir nach Multiplikation mit λ̂ (resp. ϑ̂, α̂, δ̂, γ̂) annehmen, daß α ≠ 0 ist. Falls β (resp. ζ, η, μ) nicht verschwindet, so können wir nach Multiplikation mit α̂ (resp. α̂, α̂, γ̂) annehmen, daß ε (resp. γ, δ, γ) nicht verschwindet. Wie im vorigen Fall können wir nun weiter annehmen, daß α ≠ 0 ist. Insgesamt ist also in allen drei Fällen o.E. α ≠ 0. Multiplikation unseres Elementes mit β̂ liefert das Element

(−α)ε̂+ (−γ)ζ̂ + (−δ)η̂ + (−ε)β̂ + ϑγ̂ + λδ̂ ∈ 𝔞 .

Multiplikation dieses Elementes mit β̂ liefert das Element

αβ̂ + (−ϑ)ζ̂ + (−λ)η̂ ∈ 𝔞 .

Multiplikation dieses Elementes mit γ̂ liefert das Element

αζ̂ + λβ̂ ∈ 𝔞 .

Multiplikation dieses Elementes mit μ̂ liefert das Element

(−α)ζ̂ ∈ 𝔞 .

Skalarmultiplikation dieses Elementes mit (−α)^{−1} liefert das Element ζ̂ ∈ 𝔞 .

Daher sind auch γ̂ = [α̂, ζ̂] und β̂ = −[δ̂, ζ̂] in 𝔞.

Somit sind auch ϑ̂ = −[α̂, γ̂], μ̂ = −[δ̂, γ̂], α̂ = [λ̂, γ̂], ε̂ = [α̂, β̂], η̂ = [δ̂, β̂] und δ̂ = −[λ̂, β̂] in 𝔞.

Schließlich ist noch λ̂ = −[λ̂, μ̂] ∈ 𝔞.

Damit ist unsere Basis von 𝔬(K, b) in 𝔞 enthalten. Dies zeigt 𝔞 = 𝔬(K, b).

Aufgabe 31

Beachte allgemein, daß [g, v] = g(v) ist für g ∈ 𝔤𝔩(V) = End(V) und v ∈ V.

(1) Die Aussage ist richtig. Sei 𝔯 := 𝔯𝔞𝔡(𝔤) das Radikal von 𝔤, i.e. das terminale auflösbare Ideal; cf.

Bemerkung 28. Wir wollen 𝔯 =^{!} 0 zeigen.

Es ist 𝔯 ⩽ 𝔤 ⩽ 𝔰𝔩(V) ⩽ 𝔤𝔩(V).

Dank Lemma 41 gibt es ein v ∈ V ∖ \{0\} und eine lineare Abbildung λ : 𝔤 \overline{}K mit [r, v] = λ(r)v für r ∈ 𝔯.

Sei W_{0} := 0. Sei W_{1} := ⟨v⟩. Sei W_{m+1} := W_{m} + [𝔤, W_{m}] für m ⩾ 0. Sei W := ⋃_{m⩾0} W_{m}. Es ist W ⊆ V ein 𝔤-Teilmodul. Da 0 ≠ v ∈ W, folgt W = V.

Wir behaupten, für r ∈ 𝔯, für m ⩾ 0 und für x ∈ W_{m+1} ist [r, x] = λ(r)x + y für ein y ∈ W_{m}. Induktion über m ⩾ 0. Für m = 0 trifft dies zu. Sei nun m ⩾ 1. Sei x ∈ W_{m+1} . O.E. ist x ∈ W_{m} oder x = [g, x′] für ein g ∈ 𝔤 und ein x′ ∈ W_{m}. Ersterenfalls folgt die Aussage mit Induktion. Zweiterenfalls wird

[r, x] = [r, [g, x′]] = [g, [r, x′]] + [\underbrace{[r, g]}_{∈ 𝔯}, x′] =^{Ind.} λ(r)[g, x′] + [g, y′] + λ([r, g])x′ + z = λ(r)x + \underbrace{[g, y′] + λ([r, g])x′ + z}_{∈ W_{m}}

für gewisse y′, z ∈ W_{m−1} . Dies zeigt die Behauptung.

Wähle, unter Verwendung von ⋃_{m⩾0} W_{m} = V, eine Basis ( x_{1} , x_{2} , …, x_{n}) von V derart, daß für jedes m ⩾ 0 ein k_{m} ∈ [1, n] so existiert, daß (x_{1} , …, x_{k_{m}}) eine Basis von W_{m} ist. Dabei wählen wir x_{1} = v.

Bezüglich dieser Basis gibt für r ∈ 𝔯 dank unserer Behauptung die Abbildung V → V, x ↦ [r, x] eine obere Dreiecksmatrix mit allen Diagonaleinträgen gleich λ(r). Da 𝔤 ⩽ 𝔰𝔩(V) und da char K = 0, folgt λ(r) = 0.

Wir behaupten, für r ∈ 𝔯, für m ⩾ 0 und für x ∈ W_{m+1} ist [r, x] = 0. Induktion über m ⩾ 0. Für m = 0 trifft dies zu. Sei nun m ⩾ 1. Sei x ∈ W_{m+1} . O.E. ist x ∈ W_{m} oder x = [g, x′] für ein g ∈ 𝔤 und ein x′ ∈ W_{m}. Ersterenfalls folgt die Aussage mit Induktion. Zweiterenfalls wird

[r, x] = [r, [g, x′]] = [g, [r, x′]] + [\underbrace{[r, g]}_{∈ 𝔯}, x′] =^{Ind.} 0 + 0 = 0 .

Dies zeigt die Behauptung.

Da ⋃_{m⩾0} W_{m} = V und da der Operationsmorphismus 𝔯 → 𝔤𝔩(V) injektiv ist, folgt r = 0 für r ∈ 𝔯, i.e. 𝔯 = 0.

(2) Die Aussage ist falsch. Sei 𝔥 := 𝔰𝔩_{2}(K)⊕𝔰𝔩_{2}(K) ; cf. Bemerkung 15.(2). Für ein Gegenbeispiel genügt es, einen einfachen 𝔥-Modul (K^{4}, φ) anzugeben, dessen Operationsmorphismus φ : 𝔥 \overline{}𝔤𝔩_{4}(K) injektiv ist. Denn schreiben wir 𝔤 für das Bild von φ, dann ist 𝔤 ≃ 𝔥 wohl halbeinfach, nicht aber einfach, und nach Aufgabe 23 liegt 𝔤 ⩽ 𝔰𝔩_{4}(K).

Sei (e′, f′, h′) die Standardbasis des ersten Summanden 𝔰𝔩_{2}(K) von 𝔥, sei (e′′, f′′, h′′) die des zweiten; cf. §3.5.

Wir haben die injektive lineare Abbildung

[figure: 𝔥; 𝔤𝔩_{4}(K); e′; (\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}); f′; (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}); h′; (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 \end{matrix}); e′′; (\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}); f′′; (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}); h′′; (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 \end{matrix})]

Diese ist ein Morphismus von Liealgebren, da die Multiplikationsregeln auf den jeweiligen Standardbasiselementen entsprechend auch für die Bilder gelten und da die Lieklammer verschwindet, wenn man vorne ein Bild aus dem ersten Summanden einsetzt und hinten eines aus dem zweiten.

Bleibt zu zeigen, daß K^{4} damit ein einfacher 𝔥-Modul wird. Sei x = (\begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix}) ∈ K^{4} ∖ \{0\} in einem

Teilmodul M ⊆ K^{4} enthalten. Wir müssen M =^{!} K^{4} zeigen. Dazu genügt es, alle Standardbasiselemente in M zu finden. Dank Multiplikation mit e′′ können wir (a ≠ 0 oder b ≠ 0) und c = d = 0 annehmen. Dank Multiplikation mit e′ können wir a ≠ 0 und b = c = d = 0 annehmen. Also ist e_{1} ∈ M. Dank Multiplikation mit f′ liegt auch e_{2} ∈ M. Dank Multiplikation mit f′′ liegen schließlich auch e_{3} , e_{4} ∈ M.

Können wir nun zeigen, daß K^{5} ein einfacher Modul über 𝔬(b, K) ist, so folgt die Halbeinfachheit dieser Liealgebra aus (1). Wir verwenden die Bezeichnungen aus Aufgabe 30.

Sei x = (\begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \\ e \end{matrix}) ∈ K^{5} ∖ \{0\} in einem Teilmodul M ⊆ K^{4} enthalten. Wir müssen M =^{!} K^{5} zeigen.

Dank γ̂, ϑ̂, ζ̂ können wir d ≠ 0 oder e ≠ 0 annehmen. Dank μ̂ können wir a = b = c = 0 annehmen. Dank γ̂, δ̂ können wir a ≠ 0 und b = c = d = e = 0 annehmen. Also ist e_{1} ∈ M. Dank β̂, α̂, δ̂, γ̂ sind auch e_{2} , e_{3} , e_{4}, e_{5} ∈ M.

Somit ist 𝔬(b, K) mit den Mitteln dieser Aufgabe als halbeinfach nachgewiesen. Aus Aufgabe 30 wissen wir aber bereits, daß 𝔬(b, K) sogar einfach ist.

Aufgabe 32

(1) Für λ ∈ K bildet φ(f) den Raum M_{λ} nach M_{λ−2} ab; cf. Bemerkung 76. Also ist m_{k} ∈ M_{λ−2k},

i.e.

[h, m_{k}] = (μ − 2k)m_{k} .

Ferner ist

[f, m_{k}] = φ(f) (k!^{−1}(φ(f))^{k}(m_{0}))
= (k + 1)(k + 1)!^{−1}(φ(f))^{k+1}(m_{0})
= (k + 1)m_{k+1} .

für k ⩾ 0. Dies ist im Ergebnis auch für k = −1 noch richtig. Für die Formel für e führen wir eine Induktion über k ⩾ 0. Für k = 0 wird [e, m_{0}] = 0 = (μ − 0 + 1)m_{0−1} , da [e, m_{0}] ∈ M_{μ+2} = 0 wegen μ maximal. Sei nun k ⩾ 1, und seien die Formel für e für k − 1 bekannt. Wir erhalten

[e, m_{k}] = k^{−1}[e, [f, m_{k−1}]]
= k^{−1}([[e, f], m_{k−1}] + [f, [e, m_{k−1}]])
= k^{−1}([h, m_{k−1}] + [f, (μ − (k − 1) + 1)m_{k−2}])
= k^{−1}((μ − 2(k − 1))m_{k−1} + (μ − k + 2)[f, m_{k−2}])
= k^{−1}((μ − 2k + 2)m_{k−1} + (μ − k + 2)(k − 1)m_{k−1})
= (μ − k + 1)m_{k−1} .

(2) Es ist nur [e, M_{λ}] ≠ 0 zu zeigen; cf. Bemerkung 76 und Lemma 80.(3). Mit Lemma 80.(1) dürfen wir M = V_{ℓ+1} annehmen, wobei ℓ := (dim M)−1. Da λ = ℓ−2i für ein i ∈ [1, ℓ] und da v_{i} ∈ M_{ℓ−2i}, genügt es zu beobachten, daß [e, v_{i}] = (ℓ − i + 1)v_{i−1} ≠ 0 ist.

Aufgabe 33

(1) Es ist dim(K^{2×1})_{0} = 0 und dim(K^{2×1})_{1} = 1. Also ist K^{2×1} einfach, aus Dimensionsgründen mithin isomorph zu V_{2} . Ferner ist (K^{2×1})_{1} = ⟨(\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})⟩ und (K^{2×1})_{−1} = ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})⟩, denn dies sind die Eigenräume von h.

(2) Es ist 𝔤 ein einfacher Modul; cf. Aufgabe 24.(4). Aus Dimensionsgründen ist 𝔤 ≃ V_{2} . Ferner ist 𝔤_{2} = ⟨e⟩, 𝔤_{0} = ⟨h⟩ und 𝔤_{−2} = ⟨f⟩, wie man der Operation [h, −] ansieht.

(3) Es ist

M_{2} = ⟨e_{1,2}⟩
M_{1} = ⟨e_{1,3} , e_{3,2}⟩
M_{0} = ⟨e_{1,1} − e_{2,2} , e_{1,1} + e_{2,2} − 2e_{3,3}⟩
M_{−1} = ⟨e_{3,1} , e_{2,3}⟩
M_{−2} = ⟨e_{2,1}⟩ .

Ferner ist

M = ⟨e_{2,1} , e_{1,2} , e_{1,1} − e_{2,2}⟩ ⊕ ⟨e_{1,3} , e_{2,3}⟩ ⊕ ⟨e_{3,1} , e_{3,2}⟩ ⊕ ⟨e_{1,1} + e_{2,2} − 2e_{3,3}⟩

eine direkte Zerlegung in Teilmoduln, der erste isomorph zu V_{3} (cf. (2)), der zweite isomorph zu V_{2} (cf. (1)), der dritte isomorph zu V_{2} , der vierte isomorph zum trivialen Modul V_{1} .

Aufgabe 34 Wir wollen zeigen, daß die Teilalgebra 𝔱′ ⩽ 𝔤′ ein maximaler Torus ist; cf. Aufgabe 4.(2.ii). Sei t ∈ 𝔱 gegeben. Schreibe t′ := φ(t). Das kommutative Viereck

\xymatrix{𝔤 \ar[d]_{ad_{𝔤}(t)} \ar[r]^{φ}_{∼} & 𝔤′ \ar[d]^{ad_{𝔤′} (t′)} \\ 𝔤 \ar[r]^{φ}_{∼} & 𝔤′}

zeigt, daß aus ad_{𝔤}(t) halbeinfach auch ad_{𝔤′}(t′) halbeinfach folgt; cf. e.g. Aufgabe 9.(1). Somit ist auch 𝔱′ ⩽ 𝔤′ ein Torus.

Annahme, 𝔱′ ⩽ 𝔤′ ist kein maximaler Torus. Dann gibt es einen Torus 𝔱̃′ ⩽ 𝔤′ mit 𝔱′ < 𝔱̃′ ⩽ 𝔤′. Sei 𝔱̃:= φ^{−1}(𝔱̃′). Dann ist 𝔱 < 𝔱̃ ⩽ 𝔤, und nach dem eben Gesagten ist 𝔱̃ ⩽ 𝔤 ein Torus; cf. Aufgabe 1.(3). Dies aber widerspricht der Maximalität des Torus 𝔱 ⩽ 𝔤.

Aufgabe 35

Bezüglich 𝔤 := 𝔰𝔩_{2}(K) verwenden wir die Bezeichnungen aus §3.5.

(1) Es sind 𝔱 := ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})⟩ = ⟨h⟩ und 𝔱′ := ⟨(\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix})⟩ maximale Tori in 𝔤.

Denn es ist 𝔱 ⩽ 𝔤 ein Torus; cf. Bemerkung 83. Bestimmen wir 𝔠_{𝔤}(𝔱). Ein Element ah + be + cf mit a, b, c ∈ C liegt in 𝔠_{𝔤}(𝔱) genau dann, wenn 0 = [h, ah + be + cf] = 2be − 2cf ist, i.e. wenn b = 0 und c = 0 ist. Somit ist 𝔠_{𝔤}(𝔱) = ⟨h⟩ = 𝔱. Dank Bemerkung 85 ist 𝔱 also ein maximaler Torus in 𝔤.

Ferner ist (\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})^{−1} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}). Also ist auch 𝔱′ ein maximaler Torus in 𝔤; cf. Aufgabe 34,

angewandt auf den Isomorphismus 𝔤 →^{∼} 𝔤, x ↦ (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})^{−1} x (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}).

(2) Es läuft die Bestimmung von Φ(𝔤) auf die Bestimmung der Eigenwerte von ad_{𝔤} h hinaus; cf. Beweis zu Lemma 88. Es ergibt sich Φ(𝔤) = {χ_{2}, χ_{−2}}, wobei χ_{2}(h) = 2 und χ_{−2}(h) = −2 ist. Es ist auch χ_{−2} = −χ_{2} . Die zugehörige Wurzelraumzerlegung ist 𝔤 = 𝔱 ⊕ 𝔤_{χ_{2}} ⊕ 𝔤_{χ_{−2}} , wobei 𝔤_{χ_{2}} = ⟨e⟩ und 𝔤_{χ_{−2}} = ⟨f⟩ ist. Es ist übrigens 𝔤_{0} = 𝔱 = ⟨h⟩.

Cf. auch Aufgabe 33.(2).

(3) (1) Es ist [𝔤_{χ_{2}} , 𝔤_{χ_{2}}] = 0 = 𝔤_{2χ_{2}}. Es ist [𝔤_{χ_{−2}}, 𝔤_{χ_{−2}}] = 0 = 𝔤_{2χ_{−2}}. Es ist [𝔤_{0}, 𝔤_{0}] = 0 ⊆ 𝔤_{0} = 𝔱. Es ist [𝔤_{0} , 𝔤_{χ_{2}}] = 𝔤_{χ_{2}} , da [h, e] = 2e.

Es ist [𝔤_{0} , 𝔤_{χ_{−2}}] = 𝔤_{χ_{−2}} , da [h, f] = −2f.
Es ist [𝔤_{χ_{2}} , 𝔤_{χ_{−2}}] = 𝔤_{0} , da [e, f] = h.

(2, 3) Bezüglich der Basis (e, f, h) geschrieben, wird ad_{𝔤}(e) = (\begin{matrix}0 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}), ad_{𝔤}(f) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}) und

ad_{𝔤}(h) = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}).

Also hat die Killingform κ_{𝔤} bezüglich der Basis (e, f, h) die Grammatrix (\begin{matrix}0 & 4 & 0 \\ 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 8 \end{matrix}). Cf. auch Beispiel 52. Insbesondere wird κ_{𝔤}(𝔤_{0} , 𝔤_{χ_{2}}) = κ_{𝔤}(⟨h⟩, ⟨e⟩) = 0, κ_{𝔤}(𝔤_{0} , 𝔤_{χ_{−2}}) = κ_{𝔤}(⟨h⟩, ⟨f⟩) = 0, κ_{𝔤}(𝔤_{χ_{2}} , 𝔤_{χ_{2}}) = κ_{𝔤}(⟨e⟩, ⟨e⟩) = 0 und κ_{𝔤}(𝔤_{χ_{−2}} , 𝔤_{χ_{−2}}) = κ_{𝔤}(⟨f⟩, ⟨f⟩) = 0. Ferner ist rad(κ_{𝔤}|_{𝔠_{𝔤}(𝔱)×𝔠_{𝔤}(𝔱)}) = rad(κ_{𝔤}|_{⟨h⟩×⟨h⟩}) = 0 = rad(κ_{𝔤}). Cf. auch Cartan, Satz 50.

Aufgabe 36

(1) Die Aussage ist falsch. Sei 𝔤 := \{ (\begin{matrix}a & b & c \\ 0 & a & d \\ 0 & 0 & a \end{matrix}) : a, b, c, d ∈ K \} ⩽ 𝔤𝔩_{3}(K). Sei 𝔱 := ⟨ E_{3} , e_{1,3} ⟩ ⩽ 𝔤.

Es ist

[(\begin{matrix}a & b & c \\ 0 & a & d \\ 0 & 0 & a \end{matrix}) , (\begin{matrix}a′ & b′ & c′ \\ 0 & a′ & d′ \\ 0 & 0 & a′ \end{matrix} )] = (\begin{matrix}0 & 0 & bd′−b′d \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

für a, b, c, d, a′, b′, c′, d′ ∈ K. Folglich ist 𝔱 = 𝔷(𝔤) und damit ein Torus in 𝔤. Wir behaupten, es ist 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus. Annahme, nicht. Dann gibt es einen Torus 𝔱̃ ⩽ 𝔤 mit 𝔱 < 𝔱̃ ⩽ 𝔤 und ein Element

x = (\begin{matrix}0 & b & 0 \\ 0 & 0 & d \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ∈ 𝔱̃

mit (b, d) ∈ (K × K) ∖ {(0, 0)}. Da x ∉ 𝔷(𝔤), ist ad_{𝔤}(x) ≠ 0. Jedoch ist ad_{𝔤}(x) = ad_{𝔤𝔩_{3}(K)}(x)|_{𝔤}^{𝔤} nilpotent nach Bemerkung 10. Folglich ist ad_{𝔤}(x) nicht halbeinfach, und wir haben einen Widerspruch. Dagegen ist 𝔠_{𝔤}(𝔱) = 𝔠_{𝔤}(𝔷(𝔤)) = 𝔤 > 𝔱.

(2) Die Aussage ist richtig.

Die Maximalität von 𝔱 wird hierzu nicht benötigt werden.

Schreibe 𝔠 := 𝔠_{𝔤}(𝔱) und 𝔫 := 𝔫_{𝔤}(𝔱).

Ohnehin ist 𝔠 ⩽ 𝔫. Wir haben nur 𝔠 ⩾^{!} 𝔫 zu zeigen. Sei x ∈ 𝔫. Wir wollen x ∈^{!} 𝔠 zeigen. Annahme, x ∉ 𝔠. Betrachte die Zerlegung

𝔤 = 𝔠 ⊕ ⨁_{χ∈Φ(𝔤)} 𝔤_{χ}

aus Lemma 88. Schreibe x = c + ∑_{χ∈Φ(𝔤)} x_{χ} mit c ∈ 𝔠 und x_{χ} ∈ 𝔤_{χ} für χ ∈ Φ(𝔤). Wir dürfen c = 0 annehmen. Wir dürfen die Kardinalität |{ χ ∈ Φ(𝔤) : x_{χ} ≠ 0 }| des Trägers von x als minimal annehmen. Wähle σ ∈ Φ(𝔤) mit x_{σ} ≠ 0. Für t ∈ 𝔱 ist

𝔫 ∋ \underbrace{[t, x]}_{∈ 𝔱} −σ(t)x = ∑_{χ∈Φ(𝔤)}[t, x_{χ}] − σ(t)x_{χ} = ∑_{χ∈Φ(𝔤)}(χ(t) − σ(t))x_{χ}

von echt kleinerem Träger, also gleich 0. Folglich ist [t, x] = σ(t)x für t ∈ 𝔱, i.e. x ∈ 𝔤_{σ}. Wähle nun t ∈ 𝔱 mit σ(t) ≠ 0. Es wird σ(t)x = [t, x] ∈ 𝔱, da x ∈ 𝔫. Folglich ist auch x ∈ 𝔱 ∖ {0}, im Widerspruch zu 𝔱 ∩ 𝔤_{σ} ⊆ 𝔠 ∩ 𝔤_{σ} = 0.

Aufgabe 37

(1) Mit der Wurzelraumzerlegung, Satz 91, genügt es zu zeigen, daß 𝔱 in besagter Teilalgebra enthalten ist. Da 𝔱 =^{B. 95.(1)} ⟨ t_{σ} : σ ∈ Φ(𝔤) ⟩, genügt es zu zeigen, daß t_{σ} dort enthalten ist für σ ∈ Φ(𝔤) . Nun

ist aber [𝔤_{σ} , 𝔤_{−σ}] =^{B. 95.(3)} ⟨t_{σ}⟩.

(2) Fall σ ∈ {−ρ, +ρ}. Tritt nicht auf dank Lemma 98.(3).

Fall σ ∉ {−ρ, +ρ}. Zu zeigen ist nur 𝔤_{σ+ρ} ⊆ [𝔤_{σ} , 𝔤_{ρ}] ; cf. Bemerkung 89.(1). Wir verwenden den 𝔰𝔩_{2}(K)-Modul M aus dem Beweis zu Lemma 101 und die dortigen Bezeichnungen. Aus σ, σ + ρ ∈ Φ(𝔤) folgt σ(t′_{ρ}), σ(t′_{ρ}) + 2 ∈ γ(M) ; cf. loc. cit. Mit Aufgabe 32.(2) ist

𝔤_{σ+ρ} = M_{σ(t′_{ρ})+2} = [e, M_{σ(t′_{ρ})}] = [g′, M_{σ(t′_{ρ})}] = [g′, 𝔤_{σ}] ⊆ [𝔤_{σ} , 𝔤_{ρ}] ;

cf. Lemma 98.(2).

Aufgabe 38

(1) Sei h_{1} := (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) und h_{2} := (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}).

Wir wählen die Basis (h_{1} , h_{2} , e_{1,2} , e_{1,3} , e_{2,3} , e_{2,1} , e_{3,1} , e_{3,2}) von 𝔤. Wir identifizieren Elemente aus ad_{𝔤} 𝔤 mit ihren beschreibenden Matrizen in C^{8×8} bezüglich dieser Basis. Bezüglich unserer Basis ist

ad_{𝔤} h_{1} = diag(0, 0, 2, 1, −1, −2, −1, 1)
ad_{𝔤} h_{2} = diag(0, 0, −1, 1, 2, 1, −1, −2)

(i) Es ist 𝔱 := ⟨h_{1} , h_{2}⟩ ⩽ 𝔤 ein Torus, da 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩_{3}(C) liegt, halbeinfach ist und da 𝔱 aus Diagonalmatrizen besteht; cf. Bemerkung 83. Wir behaupten, daß 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus ist. Es ist

𝔠_{𝔤}(𝔱) = (Kern ad_{𝔤} h_{1}) ∩ (Kern ad_{𝔤} h_{2}) = ⟨h_{1} , h_{2}⟩ = 𝔱 .

Dies zeigt die Behauptung nach Bemerkung 85. (ii) Für u_{1} , u_{2} ∈ C sei (^{u_{1}} ^{u_{2}} ) ∈ 𝔱^{∗} definiert als

(^{u_{1}} ^{u_{2}} ) : 𝔱 \overline{}C
h_{1}  \overline{}u_{1}
h_{2}  \overline{}u_{2} .

Den Diagonalmatrizen ad_{𝔤} h_{1} und ad_{𝔤} h_{2} entnimmt man

\begin{aligned}⟨e_{1,2}⟩ & ⊆ & 𝔤_{( 2 −1 )} \\ ⟨e_{1,3}⟩ & ⊆ & 𝔤_{( 1 1 )} \\ ⟨e_{2,3}⟩ & ⊆ & 𝔤_{( −1 2 )} \\ ⟨e_{2,1}⟩ & ⊆ & 𝔤_{( −2 1 )} \\ ⟨e_{3,1}⟩ & ⊆ & 𝔤_{( −1 −1 )} \\ ⟨e_{3,2}⟩ & ⊆ & 𝔤_{( 1 −2 )} . \end{aligned}

Da die linken Seiten zusammen mit 𝔱 ganz 𝔤 aufspannen, folgt die Gleichheit an jeder Stelle; cf. Wurzelraumzerlegung in Satz 91. I.e.

\begin{aligned}⟨e_{1,2}⟩ & = & 𝔤_{( 2 −1 )} \\ ⟨e_{1,3}⟩ & = & 𝔤_{( 1 1 )} \\ ⟨e_{2,3}⟩ & = & 𝔤_{( −1 2 )} \\ ⟨e_{2,1}⟩ & = & 𝔤_{( −2 1 )} \\ ⟨e_{3,1}⟩ & = & 𝔤_{( −1 −1 )} \\ ⟨e_{3,2}⟩ & = & 𝔤_{( 1 −2 )} . \end{aligned}

Cf. auch Lemma 98.(1). Inbesondere ist

Φ(𝔤) = {(^{2 −1}) , (^{1 1}) , (^{−1 2}) , (^{−2 1}) , (^{−1 −1}) , (^{1 −2})} .

(iii) Bezüglich der Basis (h_{1} , h_{2}) von 𝔱 ergibt sich die Grammatrix von κ_{𝔤}|_{𝔱×𝔱} zu

(\begin{matrix}tr((ad_{𝔤} h_{1})∘(ad_{𝔤} h_{1})) & tr((ad_{𝔤} h_{1})∘(ad_{𝔤} h_{2})) \\ tr((ad_{𝔤} h_{2})∘(ad_{𝔤} h_{1})) & tr((ad_{𝔤} h_{2})∘(ad_{𝔤} h_{2})) \end{matrix}) = (\begin{matrix}12 & −6 \\ −6 & 12 \end{matrix}). Ihr Inverses ist \frac{1}{18} (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}).

Da (^{2 −1}) (\frac{1}{18} (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}) ) = \frac{1}{6} (^{1 0}), ist t_{( 2 −1 )} = \frac{1}{6} h_{1} .

Da (^{−1 2}) (\frac{1}{18} (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}) ) = \frac{1}{6} (^{0 1}), ist t_{( −1 2 )} = \frac{1}{6} h_{2} .

Etwa mit Gram-Schmidt können wir als Orthonormalbasis von E e.g.

(x_{1} , x_{2}) := (\frac{1}{2\sqrt{3}} h_{1} , \frac{1}{6} h_{1} + \frac{1}{3} h_{2}) .

wählen. Damit ist umgekehrt h_{1} = 2\sqrt{3}x_{1} und h_{2} = 3x_{2} − \sqrt{3}x_{1} . So ergeben sich

\begin{aligned}t_{( 2 −1 )} & = & \frac{1}{\sqrt{3}} x_{1} \\ t_{( −1 2 )} & = & −\frac{1}{2\sqrt{3}} x_{1} + \frac{1}{2} x_{2} , \end{aligned}

und daraus

\begin{aligned}t_{( 1 1 )} & = & t_{( 2 −1 )} + t_{( −1 2 )} & = & \frac{1}{2\sqrt{3}} x_{1} + \frac{1}{2} x_{2} \\ t_{( −1 −1 )} & = & −t_{( 1 1 )} & = & −\frac{1}{2\sqrt{3}} x_{1} − \frac{1}{2} x_{2} \\ t_{( −2 1 )} & = & −t_{( 2 −1 )} & = & −\frac{1}{\sqrt{3}} x_{1} \\ t_{( 1 −2 )} & = & −t_{( −1 2 )} & = & \frac{1}{2\sqrt{3}} x_{1} − \frac{1}{2} x_{2} . \end{aligned}

Skizze.

[figure: x_{1}; x_{2}; t_{( 2 −1 )}; t_{( −2 1 )}; t_{( 1 1 )}; t_{( −1 −1 )}; t_{( 1 −2 )}; t_{( −1 2 )}]

Ferner sind e.g.

\begin{aligned}κ_{𝔤}( t_{( 2 −1 )} , t_{( 2 −1 )} ) & = & κ_{𝔤}( \frac{1}{\sqrt{3}} x_{1} , \frac{1}{\sqrt{3}} x_{1} ) & = & \frac{1}{3} & = & \frac{4}{12} \\ κ_{𝔤}( t_{( 1 1 )} , t_{( 1 1 )} ) & = & κ_{𝔤}( \frac{1}{2\sqrt{3}} x_{1} + \frac{1}{2} x_{2} , \frac{1}{2\sqrt{3}} x_{1} + \frac{1}{2} x_{2} ) & = & \frac{1}{12} + \frac{1}{4} & = & \frac{4}{12} \end{aligned}

von der Form \frac{4}{z} mit z ∈ Z ∖ \{0\}. Schließlich wird e.g. für σ = (^{2 −1}) und ρ = (^{1 1}) σ−σ(t′_{ρ})ρ = σ−2\frac{κ_{𝔤}( t( 2 −1 ) , t( 1 1 ) )}{κ_{𝔤}( t( 1 1 ) , t( 1 1 ) )}ρ = σ−6κ_{𝔤}( \frac{1}{\sqrt{3}} x_{1} , \frac{1}{2\sqrt{3}} x_{1}+\frac{1}{2} x_{2} )ρ = σ−ρ = (^{1 −2}) ∈ Φ , und für σ = (^{1 1}) und ρ = (^{2 −1}) σ−σ(t′_{ρ})ρ = σ−2\frac{κ_{𝔤}( t( 1 1 ) , t( 2 −1 ) )}{κ_{𝔤}( t( 2 −1 ) , t( 2 −1 ) )}ρ = σ−6κ_{𝔤}( \frac{1}{2\sqrt{3}} x_{1}+\frac{1}{2} x_{2} , \frac{1}{\sqrt{3}} x_{1} )ρ = σ−ρ = (^{−1 2}) ∈ Φ .

(2) Wir verwenden die Bezeichnungen aus der Lösung zu Aufgabe 30.

Wir wählen die Basis (α̂, β̂, γ̂, δ̂, ε̂, ζ̂, η̂, ϑ̂, λ̂, μ̂) von 𝔤. Wir identifizieren Elemente aus ad_{𝔤} 𝔤 mit ihren beschreibenden Matrizen in C^{10×10} bezüglich dieser Basis. Bezüglich dieser Basis ist

ad_{𝔤} ε̂ = diag(−1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, −1, −1, 0)
ad_{𝔤} μ̂ = diag( 0, 0, −1, 1, 0, −1, 1, −1, 1, 0) ,

wie man der Verknüpfungstafel aus der Lösung zu Aufgabe 30 entnimmt.

(i) Es ist 𝔱 := ⟨ε̂, μ̂⟩ ⩽ 𝔤 ein Torus, da 𝔤 ⩽ 𝔤𝔩_{5}(C) liegt, halbeinfach ist und da 𝔱 aus Diagonalmatrizen besteht; cf. Bemerkung 83. Wir behaupten, daß 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus ist. Es ist

𝔠_{𝔤}(𝔱) = (Kern ad_{𝔤} ε̂) ∩ (Kern ad_{𝔤} μ̂) = ⟨ε̂, μ̂⟩ = 𝔱 .

Dies zeigt die Behauptung nach Bemerkung 85.

(ii) Für u_{1} , u_{2} ∈ C sei (^{u_{1}} ^{u_{2}} ) ∈ 𝔱^{∗} definiert als

(^{u_{1}} ^{u_{2}} ) : 𝔱 \overline{}C
ε̂ \overline{}u_{1}
μ̂ \overline{}u_{2} .

Den Diagonalmatrizen ad_{𝔤} h_{1} und ad_{𝔤} h_{2} entnimmt man

\begin{aligned}⟨α̂⟩ & ⊆ & 𝔤_{( −1 0 )} \\ ⟨β̂⟩ & ⊆ & 𝔤_{( 1 0 )} \\ ⟨γ̂⟩ & ⊆ & 𝔤_{( 0 −1 )} \\ ⟨δ̂⟩ & ⊆ & 𝔤_{( 0 1 )} \\ ⟨ζ̂⟩ & ⊆ & 𝔤_{( 1 −1 )} \\ ⟨η̂⟩ & ⊆ & 𝔤_{( 1 1 )} \\ ⟨ϑ̂⟩ & ⊆ & 𝔤_{( −1 −1 )} \\ ⟨λ̂⟩ & ⊆ & 𝔤_{( −1 1 )} . \end{aligned}

Da die linken Seiten zusammen mit 𝔱 ganz 𝔤 aufspannen, folgt die Gleichheit an jeder Stelle; cf. Wurzelraumzerlegung in Satz 91. I.e.

\begin{aligned}⟨α̂⟩ & = & 𝔤_{( −1 0 )} \\ ⟨β̂⟩ & = & 𝔤_{( 1 0 )} \\ ⟨γ̂⟩ & = & 𝔤_{( 0 −1 )} \\ ⟨δ̂⟩ & = & 𝔤_{( 0 1 )} \\ ⟨ζ̂⟩ & = & 𝔤_{( 1 −1 )} \\ ⟨η̂⟩ & = & 𝔤_{( 1 1 )} \\ ⟨ϑ̂⟩ & = & 𝔤_{( −1 −1 )} \\ ⟨λ̂⟩ & = & 𝔤_{( −1 1 )} \end{aligned}

Cf. auch Lemma 98.(1). Inbesondere ist

Φ(𝔤) = {(^{−1 0}) , (^{1 0}) , (^{0 −1}) , (^{0 1}) , (^{1 −1}) , (^{1 1}) , (^{−1 −1}) , (^{−1 1})} .

(iii) Bezüglich der Basis (ε̂, μ̂) von 𝔱 ergibt sich die Grammatrix von κ_{𝔤}|_{𝔱×𝔱} zu

(\begin{matrix}tr((ad_{𝔤} ε̂)∘(ad_{𝔤} ε̂)) & tr((ad_{𝔤} ε̂)∘(ad_{𝔤} μ̂)) \\ tr((ad_{𝔤} μ̂)∘(ad_{𝔤} ε̂)) & tr((ad_{𝔤} μ̂)∘(ad_{𝔤} μ̂)) \end{matrix}) = (\begin{matrix}6 & 0 \\ 0 & 6 \end{matrix}). Ihr Inverses ist \frac{1}{6} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}).

Da (^{1 0}) (\frac{1}{6} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) ) = \frac{1}{6} (^{1 0}), ist t_{( 1 0 )} = \frac{1}{6} ε̂.

Da (^{0 1}) (\frac{1}{6} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) ) = \frac{1}{6} (^{0 1}), ist t_{( 0 1 )} = \frac{1}{6} μ̂.

Direkt erkennen wir als Orthonormalbasis von E e.g.

(x_{1} , x_{2}) := (\frac{1}{\sqrt{6}} ε̂, \frac{1}{\sqrt{6}} μ̂) .

So ergeben sich

\begin{aligned}t_{( 1 0 )} & = & \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} \\ t_{( 0 1 )} & = & \frac{1}{\sqrt{6}} x_{2} , \end{aligned}

und daraus

\begin{aligned}t_{( −1 0 )} & = & −t_{( 1 0 )} & = & −\frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} \\ t_{( 0 −1 )} & = & −t_{( 0 1 )} & = & −\frac{1}{\sqrt{6}} x_{2} \\ t_{( 1 1 )} & = & t_{( 1 0 )} + t_{( 0 1 )} & = & \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} + \frac{1}{\sqrt{6}} x_{2} \\ t_{( −1 −1 )} & = & −t_{( 1 1 )} & = & −\frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} − \frac{1}{\sqrt{6}} x_{2} \\ t_{( 1 −1 )} & = & t_{( 1 0 )} − t_{( 0 1 )} & = & \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} − \frac{1}{\sqrt{6}} x_{2} \\ t_{( −1 1 )} & = & −t_{( 1 −1 )} & = & −\frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} + \frac{1}{\sqrt{6}} x_{2} . \end{aligned}

Skizze.

[figure: x_{1}; x_{2}; t_{( 1 0 )}; t_{( −1 0 )}; t_{( 1 1 )}; t_{( −1 −1 )}; t_{( 1 −1 )}; t_{( −1 1 )}; t_{( 0 1 )}; t_{( 0 −1 )}]

Ferner sind e.g.

\begin{aligned}κ_{𝔤}(t_{( 1 0 )}, t_{( 1 0 )}) & = & κ_{𝔤}( \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} , \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} ) & = & \frac{1}{6} & = & \frac{4}{24} \\ κ_{𝔤}(t_{( 1 1 )}, t_{( 1 1 )}) & = & κ_{𝔤}( \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} + \frac{1}{\sqrt{6}} x_{2} , \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} + \frac{1}{\sqrt{6}} x_{2} ) & = & \frac{1}{6} + \frac{1}{6} & = & \frac{4}{12} \end{aligned}

von der Form \frac{4}{z} mit z ∈ Z ∖ \{0\}.

Schließlich wird e.g. für σ = (^{1 0}) und ρ = (^{1 1})

σ−σ(t′_{ρ})ρ = σ−2\frac{κ_{𝔤}( t( 1 0 ) , t( 1 1 ) )}{κ_{𝔤}( t( 1 1 ) , t( 1 1 ) )}ρ = σ−6κ_{𝔤}( \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} , \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1}+\frac{1}{\sqrt{6}} x_{2} )ρ = σ−ρ = (^{0 −1}) ∈ Φ ,

und für σ = (^{1 1}) und ρ = (^{1 0})

σ−σ(t′_{ρ})ρ = σ−2\frac{κ_{𝔤}( t( 1 1 ) , t( 1 0 ) )}{κ_{𝔤}( t( 1 0 ) , t( 1 0 ) )}ρ = σ−12κ_{𝔤}( \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1}+\frac{1}{\sqrt{6}} x_{2} , \frac{1}{\sqrt{6}} x_{1} )ρ = σ−2ρ = (^{−1 1}) ∈ Φ .

Aufgabe 39

(1) Schreibe 𝔤 := 𝔰𝔩_{4}(C). Sei h_{1} := e_{1,1} − e_{2,2} , h_{2} := e_{2,2} − e_{3,3} , h_{3} := e_{3,3} − e_{4,4} .

Wir wählen die Basis

( h_{1} , h_{2} , h_{3} , e_{1,2} , e_{1,3} , e_{1,4} , e_{2,3} , e_{2,4} , e_{3,4} , e_{2,1} , e_{3,1} , e_{4,1} , e_{3,2} , e_{4,2} , e_{4,3} )

von 𝔤. Diesbezüglich wird

ad_{𝔤} h_{1} = diag(0, 0, 0, 2, 1, 1, −1, −1, 0, −2, −1, −1, 1, 1, 0)
ad_{𝔤} h_{2} = diag(0, 0, 0, −1, 1, 0, 2, 1, −1, 1, −1, 0, −2, −1, 1)
ad_{𝔤} h_{3} = diag(0, 0, 0, 0, −1, 1, −1, 1, 2, 0, 1, −1, 1, −1, −2)

Es ist 𝔱 := ⟨ h_{1} , h_{2} , h_{3} ⟩ ⩽ 𝔤 ein Torus; cf. Bemerkung 83. Es ist

𝔠_{𝔤}(𝔱) = (Kern ad_{𝔤} h_{1}) ∩ (Kern ad_{𝔤} h_{1}) ∩ (Kern ad_{𝔤} h_{1}) = ⟨ h_{1} , h_{2} , h_{3} ⟩ = 𝔱 .

Somit ist 𝔱 ⩽ 𝔤 ein maximaler Torus ; cf. Bemerkung 85. Wir suchen das Wurzelsystem (E, Ψ) mit E := 𝔱_{R} und Ψ := t_{Φ(𝔤)} . Für u_{1} , u_{2} , u_{3} ∈ C sei (^{u_{1}} ^{u_{2}} ^{u_{3}} ) das Element von 𝔱^{∗}, welches h_{1} ↦ u_{1} , h_{2} ↦ u_{2} , h_{3} ↦ u_{3} abbildet. Es wird analog zur Lösung der Aufgabe 38.(1)

\begin{aligned}Φ(𝔤) & = & \{(^{2 −1 0}) , (^{1 1 −1}) , (^{1 0 1}) , (^{−1 2 −1}) , (^{−1 1 1}) , (^{0 −1 2}) , \\ & & (^{−2 1 0}) , (^{−1 −1 1}) , (^{−1 0 −1}) , (^{1 −2 1}) , (^{1 −1 −1}) , (^{0 1 −2})\} . \end{aligned}

Bezüglich ( h_{1} , h_{2} , h_{3} ) wird die Grammatrix von κ_{𝔤}|_{𝔱×𝔱} zu

G := (\begin{matrix}16 & −8 & 0 \\ −8 & 16 & −8 \\ 0 & −8 & 16 \end{matrix}) .

Ihr Inverses ist

G^{−1} = \frac{1}{32} (\begin{matrix}3 & 2 & 1 \\ 2 & 4 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix})

Da

\begin{aligned}(^{2 −1 0}) · G^{−1} & = & \frac{1}{8} (^{1 0 0}) \\ (^{−1 2 −1}) · G^{−1} & = & \frac{1}{8} (^{0 1 0}) \\ (^{0 −1 2}) · G^{−1} & = & \frac{1}{8} (^{0 0 1}) , \end{aligned}

sind

\begin{aligned}t_{( 2 −1 0 )} & = & \frac{1}{8} h_{1} \\ t_{( −1 2 −1 )} & = & \frac{1}{8} h_{2} \\ t_{( 0 −1 2 )} & = & \frac{1}{8} h_{3} . \end{aligned}

Etwa mit Gram-Schmidt erhalten wir die Orthonormalbasis

( x_{1} , x_{2} , x_{3} ) := ( \frac{1}{4} h_{1} , \frac{1}{4} h_{3} , \frac{1}{4\sqrt{2}}(h_{1} + 2h_{2} + h_{3}) )

Umgekehrt ist also h_{1} = 4x_{1} , h_{2} = 2\sqrt{2}x_{3} − 2x_{1} − 2x_{2} , h_{3} = 4x_{2} . So ergeben sich

\begin{aligned}r_{1} & := & t_{( 2 −1 0 )} & = & \frac{1}{2} x_{1} \\ r_{2} & := & t_{( −1 2 −1 )} & = & \frac{\sqrt{2}}{4} x_{3} − \frac{1}{4} x_{1} − \frac{1}{4}x_{2} \\ r_{3} & := & t_{( 0 −1 2 )} & = & \frac{1}{2} x_{2} . \end{aligned}

Weiter werden also

\begin{aligned}r_{4} & := & t_{( −2 1 0 )} & = & −\frac{1}{2} x_{1} \\ r_{5} & := & t_{( 1 −2 1 )} & = & −\frac{\sqrt{2}}{4} x_{3} + \frac{1}{4} x_{1} + \frac{1}{4}x_{2} \\ r_{6} & := & t_{( 0 1 −2 )} & = & −\frac{1}{2} x_{2} \\ r_{7} & := & t_{( 1 1 −1 )} & = & t_{( 2 −1 0 )} + t_{( −1 2 −1 )} = \frac{\sqrt{2}}{4} x_{3} + \frac{1}{4} x_{1} − \frac{1}{4}x_{2} \\ r_{8} & := & t_{( −1 −1 1 )} & = & −\frac{\sqrt{2}}{4} x_{3} − \frac{1}{4} x_{1} + \frac{1}{4}x_{2} \\ r_{9} & := & t_{( 1 0 1 )} & = & t_{( 2 −1 0 )} + t_{( −1 2 −1 )} + t_{( 0 −1 2 )} = \frac{\sqrt{2}}{4} x_{3} + \frac{1}{4} x_{1} + \frac{1}{4}x_{2} \\ r_{10} & := & t_{( −1 0 −1 )} & = & −\frac{\sqrt{2}}{4} x_{3} − \frac{1}{4} x_{1} − \frac{1}{4}x_{2} \\ r_{11} & := & t_{( −1 1 1 )} & = & t_{( −1 2 −1 )} + t_{( 0 −1 2 )} = \frac{\sqrt{2}}{4} x_{3} − \frac{1}{4} x_{1} + \frac{1}{4}x_{2} \\ r_{12} & := & t_{( 1 −1 −1 )} & = & −\frac{\sqrt{2}}{4} x_{3} + \frac{1}{4} x_{1} − \frac{1}{4}x_{2} \end{aligned}

Mittels nur zwecks Veranschaulichung eingezeichneter Verbindungsstrecken zwischen den Wurzeln erhalten wir folgende Figur.

[figure: x_{1}; x_{2}; x_{3}; r_{3}; r_{1}; r_{6}; r_{4}; r_{9}; r_{11}; r_{2}; r_{7}; r_{5}; r_{8}; r_{10}; r_{12}]

Diese wird auch Kuboktaeder genannt.

Literatur

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[2] Hawkins, T., Wilhelm Killing and the structure of Lie algebras, Arch. Hist. Exact Sci. 26 (2), S. 127–192, 1982.

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[6] Künzer, M., Lineare Algebra für Informatiker, Skript, Ulm, 2004.

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[8] Soergel, W., Lie-Algebren, Skript, Freiburg, 2007.

[9] Thompson, M.C., On the Conjugacy Theorems of Cartan and Borel Subalgebras, master thesis, Auburn (Alabama), 2010.