BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Phi Long MỞ RỘNG T* VÀ KHÔNG GIAN CÁC ĐẠO HÀM PHẢN XỨNG CỦA MỘT SỐ ĐẠI SỐ LIE TOÀN PHƯƠNG CHIỀU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Phi Long MỞ RỘNG T* VÀ KHÔNG GIAN CÁC ĐẠO HÀM PHẢN XỨNG CỦA MỘT SỐ ĐẠI SỐ LIE TOÀN PHƯƠNG CHIỀU Chuyên ngành: Hình học Tôpô Mã số: 60 46 10 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC : PGS.TS LÊ ANH VŨ Thành phố Hồ Chí Minh – 2012 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan công trình nghiên cứu riêng cá nhân hướng dẫn PGS.TS Lê Anh Vũ TS Dương Minh Thành Những kết luận văn mà không trích dẫn kết nghiên cứu Nguyễn Phi Long MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cam đoan Mục lục Danh mục ký hiệu MỞ ĐẦU Chương MỘT SỐ ĐỊNH NGHĨA VÀ KẾT QUẢ CƠ BẢN 1.1 Đại số Lie 1.2 Đại số Lie toàn phương Chương TÍCH NỬA TRỰC TIẾP CỦA MỘT ĐẠI SỐ LIE BỞI BIỂU DIỄN ĐỐI PHỤ HỢP 12 2.1 Các định nghĩa 12 2.2 Các ví dụ 14 Chương MỞ RỘNG T* CỦA CÁC ĐẠI SỐ LIE GIẢI ĐƯỢC CHIỀU 18 3.1 Định nghĩa 3.1 18 3.2 Mở rộng T* đại số Lie giải chiều 21 3.3 Không gian đạo hàm phản xứng đại số Lie toàn phương giải chiều bất khả phân 24 KẾT LUẬN 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO 40 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU Aut (V): nhóm tự đẳng cấu không gian vectơ V Aut g : nhóm tự đẳng cấu tuyến tính g  : trường số phức C k (g,V ) : không gian ánh xạ k tuyến tính phản xứng từ End(V) : không gian đồng cấu không gian vectơ V g * : không gian đối ngẫu đại số Lie g GL(n,R): nhóm tuyến tính tổng quát cấp n hệ số thực Lie( g ) : đại số Lie nhóm Lie g Span{X,Y} : không gian sinh X,Y Tθ* (g) : mở rộng T* g θ g × g × × g vào V MỞ ĐẦU Các không gian véctơ luận văn xét chủ yếu trường số phức  hữu hạn chiều Như biết, dạng Killing công cụ hữu ích việc nghiên cứu đại số Lie nửa đơn nhờ tính chất đối xứng, bất biến không suy biến nó, chẳng hạn chứng minh Định lý KostantMorosov Lý thuyết Lie Nhắc lại Định lý Kostant- Morosov định lý đóng vai trò trung tâm toán phân loại quỹ đạo phụ hợp đại số Lie cổ điển o(m) sp(2n) (xem tài liệu [4], [9] để biết thêm chi tiết) Một câu hỏi đặt liệu có tồn đại số Lie mà có dạng song tuyến tính đối xứng, bất biến không suy biến không? Ta gọi đại số Lie đại số Lie toàn phương Tất nhiên theo Tiêu chuẩn Cartan ta xét câu hỏi cho lớp đại số Lie giải câu trả lời có, ví dụ cho chúng đại số Lie kim cương g = span {Z , P, Q, X } với tích Lie xác định: [ X , P] = P , [ X , Q] = −Q [ P, Q] = Z , dạng song tuyến ( X , Z ) B= ( P, Q) , trường hợp khác tính đối xứng cho B= Đây đại số Lie giải bốn chiều nghiên cứu nhiều Lý thuyết Lie Chúng ta thấy luận văn thực chất đại số Lie kim cương mở rộng T* đại số Lie giải không giao hoán chiều Một ví dụ khác quen thuộc Lý thuyết đại số Lie sau: cho g đại số Lie g* không gian đối ngẫu g Biểu diễn đối phụ hợp ad * : g → End ( g* ) định nghĩa ad * ( X )( f )(Y ) = − f ([ X , Y ]) với tương đương: ad * ( X )( f ) = − f  ad ( X ) X , Y ∈ g f ∈ g* Ta xét tích nửa trực tiếp h = g ⊕ g* ánh xạ ad * sau: [ X , Y ]h = [ X , Y ]g , [ X , f ] = ad * ( X )( f ) , [ f , g] = tương đương: [ X + f , Y += g ] [ X , Y ]g + f  ad (Y ) − g  ad ( X ) Khi h trở thành đại số Lie toàn phương với dạng song tuyến tính bất biến định nghĩa : B ( X + f , Y + g ) = f (Y ) + g ( X ) với X , Y ∈ g f , g ∈ g * Lưu ý rằng, có đại số Lie tính chất thế, ví dụ đại số Lie giải chiều g = span{X, Y} với [X,Y] = Y , đại số Lie Hersenberg chiều kiểu tổng quát 2n+1 chiều, đại số Lie filiform Câu hỏi liên quan đến tồn đại số Lie toàn phương đặt từ lâu gần quan tâm nghiên cứu xuất nhiều công cụ dành cho chúng (xem [3], [9], [11],[13] ) mở rộng T* công cụ hữu dụng để làm việc trường hợp giải Bản thân khái niệm đại số Lie toàn phương công cụ mở rộng T* hoàn toàn tổng quát lên cho trường hợp siêu đại số Lie toàn phương [2] áp dụng cho nhiều đại số không kết hợp khác [3] Trong luận văn tiếp cận đại số Lie toàn phương theo hướng quen thuộc, tiếp cận theo hướng thấp chiều Vì mở rộng T* trường hợp chiều chiều tầm thường nên trường hợp chiều Cách tiếp cận có lợi điểm chỗ xem xét nhiều khái niệm phức tạp lớp đại số Lie toàn phương ví dụ cụ thể chiều thấp sau tổng quát trở lại khái niệm Điều giúp cho việc nghiên cứu đại số Lie toàn phương dễ dàng Một lợi điểm khác thông qua việc phân loại nghiên cứu tính chất đáng ý đại số Lie toàn phương thấp chiều, đưa nhiều ví dụ cho lớp đại số Lie toàn phương để từ hi vọng tìm thấy đối tượng công cụ nghiên cứu Vì lý toán phân loại chiều thấp sau tăng dần số chiều giải song song với toán nghiên cứu tính chất tổng quát nghiên cứu đại số hữu hạn chiều Ví dụ đại số Lie toàn phương giải đến chiều phân loại [14], trường hợp chiều xét [6], phân loại đại số Lie toàn phương lũy linh đến chiều tìm thấy [7] Vì đạo hàm phản xứng đóng vai trò quan trọng nghiên cứu đại số Lie toàn phương, cụ thể phương pháp mở rộng kép Do luận văn tính toán cách cụ thể không gian đạo hàm phản xứng đại số Lie giải chiều thu từ mở rộng T* đại số Lie giải chiều Từ tính toán này, hi vọng thu toàn mở rộng kép đại số Lie toàn phương Nội dung luận văn chia thành ba chương Chương chủ yếu dành để nhắc lại số khái niệm kết cần thiết liên quan đến đại số Lie toàn phương Ở trình bày thêm kết phân loại đến đẳng cấu đẳng cự đại số Lie toàn phương giải chiều thực [10] Phân loại dựa theo phương pháp mở rộng kép (xem [9] [11]) khác với mở rộng T* đề cập luận văn Chương dành cho việc liệt kê trường hợp đặc biệt mở rộng T*, tích nửa trực tiếp đại số Lie giải chiều biểu diễn đối phụ hợp Chương giới thiệu khái niệm mở rộng T* đưa [3] Bằng cách tính toán cụ thể 2-đối chu trình cyclic, liệt kê toàn mở rộng T* đại số toàn phương giải chiều Từ kết nhận phân loại đại số Lie toàn phương giải chiều Chương Tiếp theo chương tính toán chi tiết để thu mô tả cụ thể không gian đạo hàm phản xứng đại số toàn phương giải chiều bất khả phân Phần cuối luận văn dành để bình luận kết đề xuất vài toán mở Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học PGS.TS Lê Anh Vũ TS Dương Minh Thành Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Lê Anh Vũ Dương Minh Thành Xin chân thành cám ơn thầy Tổ Hình học, Khoa Toán – Tin Trường Đại học Sư Phạm Tp Hồ Chí Minh giúp đỡ tác giả nâng cao trình độ chuyên môn phương pháp làm việc hiệu trình học cao học Chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Khoa học Công nghệ Sau đại học Trường Đại học Sư Phạm Tp Hồ Chí Minh, Ban giám hiệu trường THPT Vĩnh Kim toàn thể quý đồng nghiệp, bạn bè, gia đình động viên, giúp đỡ, tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành luận văn Chương MỘT SỐ ĐỊNH NGHĨA VÀ KẾT QUẢ CƠ BẢN Chương chủ yếu nhắc lại số khái niệm kết cần thiết liên quan đến đại số Lie toàn phương như: định nghĩa đại số Lie, đại số Lie con, ideal, đại số Lie toàn phương …đồng thời trình bày thêm kết phân loại đến đẳng cấu đẳng cự đại số Lie toàn phương dựa theo phương pháp mở rộng kép 1.1 Đại số Lie Định nghĩa 1.1.1 Một không gian véctơ g trường  gọi đại số Lie trường  g cho phép nhân [.,.] (được gọi móc Lie), [.,.] : g × g → g ( x, y )  [ x, y ] cho tiên đề sau thỏa mãn: (i) Song tuyến tính: [λ1 x1 + λ2 x2 , y ] = λ1 [ x1 , y ] + λ2 [ x2 , y ] [ x, λ1 y1 + λ2 y2 =] λ1 [ x, y1 ] + λ2 [ x, y2 ] ∀λ1 , λ2 ∈ , x1 , x2 , y1 , y2 , x, y ∈ g (ii) Phản xứng: [ x, x ] = 0, ∀x ∈ g (iii) Thỏa mãn đồng thức Jacobi: [[ x, y ], z ] + [[ y, z ], x] + [[ z , x], y ] = , ∀x, y, z ∈ g Số chiều đại số Lie g số chiều không gian véctơ g Cho g không gian hữu hạn chiều trường  Giả sử số chiều 27 = b1Z − b2 Z1 − ( a1 + b2 ) Z1 = b1Z − ( a1 + 2b2 ) Z1 − ( a1 + 2b2 ) hay b2 = −a1 Suy a1Z1 + b1Z = b1Z − ( a1 + 2b2 ) Z1 Do a1 = Cuối ta thu biểu thức sau Z ) a2 Z1 − a1Z , D ( X ) = −a1 X − a2 X + z1Z + t1T , D(Z = a1Z1 + b1Z , D ( = 1) D( X2 ) = −b1 X + a1 X + z1Z1 + t2T D (T ) = −t1Z1 − t2 Z (phụ thuộc tham số) Điều chứng tỏ ma trận D sở cho có dạng:  a1   b1 D=0  0 0  a2 z1 −a1 0 z1 −a1 −a2 t1 −b1 a1 t2 −t1   −t2       Mệnh đề 3.3.3 Gọi D đạo hàm phản xứng đại số Lie g 6,1 Khi ma trận biểu diễn D sở {Z1 , Z , Z3 , X , X , X } xác định sau: − (b2 + c3 ) b1  a2 b2   a3 c3 D=  0   0  0  c1 c2 c3 0 0 s1 t1 b2 + c3 − b1 − c1 − s1 t2 − a2 − b2 − c2 − t1  − t    − a3  − b3   − c3  Chứng minh: Ta có g6,1 = span {Z1 , Z , Z3 , X , X , X } , [ X , X ] = Z3 , [ X , X ] = Z1 [ X , X ] = Z , B ( X i , Zi ) = δ ij , trường hợp khác Gọi D đạo hàm phản xứng g Dễ thấy Z1 , Z , Z thuộc tâm g Do D ( Z i )  ⊂ Z ( g ) nên ta giả sử D ( Z1 ) = a1Z1 + a2 Z + a3 Z , D ( Z ) = b1Z1 + b2 Z + b3 Z D ( Z ) = c1Z1 + c2 Z + c3 Z với , b j , ck ∈  Ta có : 28 B ( D ( X ) , Z1 ) = − B ( X , D ( Z1 ) )   = − B ( X , a1Z1 + a2 Z + a3 Z ) = − a1 Một cách tương tự, B ( D ( X1 ) , Z2 ) = − B ( X1, D ( Z2 )) = − B ( X , b1Z1 + b2 Z + b3 Z ) = − b1 B ( D ( X ) , Z ) = − B ( X1 , D ( Z3 ) )   = − B ( X , c1Z1 + c2 Z + c3 Z ) = − c1 Do ta đặt: D ( X1 ) = − a1 X – b1 X – c1 X + y1Z1 – s1Z – t1Z , a1 , b1 , c1 , y1 , s1 , t1 ∈  − B ( X , D ( Z1 ) ) = − B ( X , a1Z1 + a2 Z + a3 Z ) = − a2 Mặt khác B ( D ( X ) , Z1 ) = B ( D ( X ) , Z ) = − B ( X , b1Z1 + b2 Z + b3 Z )   = − b2 − B ( X , D ( Z2 )) = Tương tự: B ( D ( X ) , Z3 ) = − B ( X , D ( Z3 ) ) = − B ( X , c1Z1 + c2 Z + c3 Z )   = − c2 Do ta đặt: D( X2 ) = − a2 X – b2 X – c2 X + y2 Z1 + s2 Z + t2 Z , ( a2 , b2 , c2 , y2 , s2 , t2 ∈  ) Hoàn toàn tương tự ta có: D ( X3 ) = − a3 X – b3 X – c3 X + y3 Z1 – s3 Z – t2 Z , ( a3 , b3 , c3 , y3 , s3 , t3 ∈  ) Do B ( X , D ( X ) ) = B ( X , − a1 X – b1 X – c1 X + y1Z1 – s1Z – t1Z ) = Suy y1 = Vì B ( X , D ( X ) ) = − B ( D ( X ) , X ) nên B ( X , − a2 X – b2 X – c2 X + y2 Z1 – s2 Z – t2 Z ) = − B ( − a1 X – b1 X – c1 X + y1Z1 + s1Z + t1Z , X ) Suy y2 = − s1 Tính toán tương tự ta có: B ( X1, D ( X )) = − B ( D( X ), X ) suy y3 = − t1 B ( X , D ( X1 )) = − B ( D( X ), X ) suy s3 = − y2 B ( X , D ( X )) = − B ( D( X ), X ) = suy s2 = B ( X , D ( X )) = − B ( D( X ), X ) suy s3 = − t2 B ( X , D ( X1 )) = − B ( D( X ), X ) suy t1 = − y3 29 B ( X , D ( X ) ) = − B ( D( X ), X ) suy t2 = − s3 B ( X , D ( X )) = − B ( D( X ), X ) = suy t3 = = D ( Z1 ) D = ([ X , X ])  D ( X ) , X  +  X , D ( X )  = [ − a2 X – b2 X – c2 X + y2 Z1 + s2 Z + t2 Z3 , X ] + [ X , − a3 X – b3 X – c3 X + y3 Z1 + s3 Z + t2 Z ] = a2 Z – b2 Z1 + a3 Z 3– c3 Z1 = − ( b2 + c3 ) Z1 + a2 Z + a3 Z Tương tự: D ( Z ) = D = ([ X , X ])  D ( X ) , X  +  X , D ( X )  = [ − a3 X – b3 X – c3 X + y3 Z1 + s3 Z + t3 Z3 , X ] + [ X , − a1 X – b1 X – c1 X + y1Z1 + s1Z + t1Z ] =− b3 Z c3 Z – a1Z + b1Z1 = b1Z1 − ( a1 + c3 ) Z + b3 Z Và D ( Z ) = D = ([ X , X ])  D ( X ) , X  +  X , D ( X )  = [ − a1 X – b1 X – c1 X + y1Z1 + s1Z + t1Z3 , X ] + [ X , − a2 X – b2 X – c2 X + y2 Z1 + s2 Z + t2 Z ] = − a1Z + c1Z1 – b2 Z + c2 Z = c1Z1 + c2 Z − ( a1 + b2 ) Z a1Z1 + a2 Z + a3 Z = − ( b2 + c3 ) Z1 + a2 Z + a3 Z Vậy: D ( Z1 ) = Suy a1 = − ( b2 + c3 ) Do D ( Z ) = b1Z1 − ( a1 + c3 ) Z + b3 Z = b1Z1 + b2 Z + b3 Z    b2 −a1 − c3 = Suy b3 = c3 Tương tự ta có  b3 = c3 Nên  D ( Z ) = c1Z1 + c2 Z + c3 Z = c1Z1 + c2 Z − ( a1 + b2 ) Z Suy c3 = − ( a1 + b2 ) Vậy ta thu được: 30 D ( Z1 ) = − ( b2 + c3 ) Z1 + a2 Z + a3 Z D ( Z ) = b1Z1 + b2 Z + b3 Z D ( Z ) = c1Z1 + c2 Z + c3 Z D ( X ) = s1Z + t1Z + ( b3 + c3 ) X – b1 X – c1 X D( X2 ) = − s1Z1 + t2 Z – a2 X – b2 X – c2 X D ( X3 ) = − t1Z1 − t2 Z – a3 X – b3 X – c3 X Ma trận biểu diễn D sở chọn có dạng: − (b2 + c3 ) b1  a2 b2   a3 c3 D=  0   0  0  c1 c2 c3 0 0 s1 t1 b2 + c3 − b1 − c1 − s1 t2 − a2 − b2 − c2 − t1  − t     − a3  − b3   − c3  Mệnh đề 3.3.4: Ma trận biểu diễn đạo hàm phản xứng D sở {Z1 , Z , Z3 , X , X , X } đại số Lie g 6,2 (có λ ) xác định sau:  − a1   − a2 − a D =      − b1 − b3  − a1   − a D =    − a5   0 0 0 − b3 a5 0 λ =1 0 y3   s3   0 a3   b3   y2 − s3 0 y3   s3   a3   0  λ = -1 0 0 − y3 a1 b1 0 0 − s3 a2 0 − y2 − y3 a1 0 0 31 Chứng minh: Ta có g6,2 ( λ ) : [ X , Z1 ] = Z1 , [ Z1 , X ] = Z3 [ Z , X ] = λ Z3 , [ X , Z2 ] = λ Z2 , [ X , X1 ] = − X1 , [ X3, X ] = −λ X , B( X i , Z i ) = δ ij , trường hợp khác Trong trường hợp Z thuộc tâm g Gọi D đạo hàm phản xứng g Do D ( Z ) ∈ Z ( g ) nên ta giả sử D ( Z ) = c3 Z Ta có B( D( X ), Z ) = − B( X , D( Z )) = B( X , c3 Z ) = Tương tự: B( D( X ), Z ) = − B ( X , D( Z )) = B ( D( X ), Z ) = − B ( X , D( Z )) = −c3 Do ta đặt D( X ) = a1 X + b1 X + y1 Z1 + s1 Z + t1 Z D( X ) = a2 X + b2 X + y2 Z1 + s2 Z + t2 Z D( X ) = a3 X + b3 X + c3 X + y3 Z1 + s3 Z + t3 Z D( Z1 ) = a4 X + b4 X + y4 Z1 + s4 Z + t4 Z D( Z ) = a5 X + b5 X + y5 Z1 + s5 Z + t5 Z Vì B( X , D( X )) = nên y1 = Tương tự ta có: − B ( D( X ), X ) = B( X , D( X )) = − B( D( X ), X ) nên y2 = − s1 B ( X , D( X )) = − B ( D( X ), X ) nên y3 = −t1 B ( X , D( Z1 )) = − B ( D( X ), Z1 ) nên y4 = − a1 B ( X , D( Z )) = − B ( D( X ), Z ) nên y5 = −b1 B ( X , D( X )) = − B ( D( X ), X ) nên s1 = − y2 B( X , D( X )) = − B( D( X ), X ) = nên s2 = B ( X , D( X )) = − B ( D( X ), X ) nên s3 = −t2 32 B ( X , D( Z1 )) = − B ( D( X ), Z1 ) nên s4 = −a2 B ( X , D( Z )) = − B ( D( X ), Z ) nên s5 = −b2 B ( X , D( X )) = − B ( D( X ), X ) nên t1 = − y3 B ( X , D( X )) = − B ( D( X ), X ) nên t2 = − s3 B( X , D( X )) = − B( D( X ), X ) = nên t3 = B ( X , D( Z1 )) = − B ( D( X ), Z1 ) nên t4 = −a3 B ( X , D( Z )) = − B ( D( X ), Z ) nên t5 = −b3 B ( Z1 , D( X )) = − B( D( Z1 ), X ) nên a1 = − y4 B ( Z1 , D( X )) = − B( D( Z1 ), X ) nên a2 = − s4 B ( Z1 , D( X )) = − B( D( Z1 ), X ) nên a3 = −t4 B ( Z1 , D( Z1 )) = − B( D( Z1 ), Z1 ) = nên a4 = B ( Z1 , D( Z )) = − B( D( Z1 ), Z ) nên a5 = −b4 B ( Z , D( X )) = − B( D( Z ), X ) nên b1 = − y5 B ( Z , D( X )) = − B( D( Z ), X ) nên b2 = − s5 B ( Z , D( X )) = − B( D( Z ), X ) nên b3 = −t5 B ( Z , D( Z1 )) = − B( D( Z ), Z1 ) nên b4 = −a5 − B( D( Z ), Z ) = B ( Z , D( Z )) = nên b5 = Mặt khác ta có: = D( X ) D= ([ X , X ]) [ D( X ), X ] + [ X , D( X )] = − y1 Z1 − λ s1 Z − y3 Z + (a1 + c3 ) X + λb1 X 33 Tương tự ta có: 1 D( X ) = − D([ X , X ] = − {[ D( X ), X ] + [ X , D( X )]} λ λ = − { y2 Z1 + λ s2 Z + λ s3 Z − a2 X − (λb2 + λ c3 ) X } λ D( Z1 ) D= = ([ X , Z1 ]) [ D( X ), Z1 ] + [ X , D( Z1 )] =(c3 + y4 ) Z1 + λ s4 Z − a3 Z − a4 X − λb4 X 1 λ λ Tương tự: D( Z ) = = D([ X , Z ]) = λ {[ D( X ), Z ] + [ X , D( Z )]} { y5 Z1 + λ (c3 + s5 ) Z − λb3 Z − a5 X − λb5 X } So sánh D( X ) ta suy ra: Trường hợp 1: c3 = 0; λ = ;   s1 = y1 = 0; t1 = y3 Trường hợp 2: c3 = 0; λ = −1 ;  b1 = y1 = 0; t1 = y3 So sánh D( X ) ta suy ra: Trường hợp 1: λ = , c3 = , y2 = , s2 = , t2 = − s3 Trường hợp 2: λ = −1 , a2 = , c3 = , t2 = − s3 , s2 = Tương tự từ D( Z ) ta suy ra: Trường hợp 1: λ = , a4 = , b4 = , Trường hợp 2: λ = −1 , a4 = , c3 = Từ D( Z ) ta suy ra: c3 = , t4 = −a3 , s4 = , t4 = −a3 34 Trường hợp 1: λ = , a5 = , b5 = , c3 = , t5 = −b3 Trường hợp 2: λ = −1 , b5 = , y5 = , c3 = , t5 = −b3 Xét D( Z ) : Trường hợp 1: = D( Z ) D= ([ Z1 , X ]) [ D( Z1 ), X ] + [ Z1 , D( X )] =[(c3 + y4 ) Z1 + λ s4 Z − a3 Z − a4 X − λb4 X , X ] +[ Z1 , − y1 Z1 − λ s1 Z − y3 Z + (a3 + c3 ) X + λb1 X ] = (c3 + y4 ) Z + (a1 + c3 ) Z = (a1 + y4 + 2c3 ) Z Trường hợp 2: = D( Z3 ) 1 = D([ Z , X ]) {[ D( Z ), X ] + [ Z , D( X )]} λ λ = λ {(c3 + s5 ) Z + λ (b2 + c3 ) Z } So sánh D( Z ) ta suy ra: c3 = − s5 c3 = − s5 ⇒  b2 = a1 + y + c3 b2 + c3 = a1 + y + 2c3 Kết luận: Với λ = ta có D( Z1 ) = −a1 Z1 − a2 Z − a3 Z D( Z ) = −b1 Z1 − b3 Z D( Z3 ) = 35 D( X ) = − y3 Z + a1 X + b1 X D( X ) = − s3 Z + a2 X D( X ) = y3 Z1 + s3 Z + a3 X + b3 X Vậy ma trận biểu diễn D :  − a1   − a2 − a D=       − b1 − b3 0 0 0 0 − y3 a1 b1 0 0 − s3 a2 0 y3   s3   a3   b3   Với λ = −1 ta có: D( Z1 ) = −a1 Z1 − a3 Z − a5 X D( Z ) = −b3 Z + a5 X D( Z3 ) = D( X ) = − y2 Z − y3 Z + a1 X D (= X ) y2 Z1 − s3 Z D( X ) = y3 Z1 + s3 Z + a3 X Vậy ma trận biểu diễn D :  − a1   − a D=     − a5   0 − b3 a5 0 0 − y2 − y3 a1 0 0 y2 − s3 0 y3   s3    a3   0  36 Mệnh đề 3.3.5: Ma trận biểu diễn đạo hàm phản xứng D sở {Z1 , Z , Z3 , X , X , X } đại số Lie g 6,3 xác định sau:  −b1   −b2  −b3 D=  0 0  0  0 0 − y3 0 b1 0 0 − s3 b2 y3   s3  0  0 b3    Chứng minh: − X1 − X , [ X , X ] = − X Ta biết: g6,3 : [ X , Z1 ] = Z1 , [ X , Z 2=] Z1 + Z , [ X , X ] = Z1 , X ] [ Z= Z , X ] Z Hoàn toàn tương tự mệnh đề 3.3.4, [= [= 2, X2 ] D( Z ) = c3 Z Ta đặt D( X ) = a1 X + b1 X + y1 Z1 + s1 Z + t1 Z D( X ) = a2 X + b2 X + y2 Z1 + s2 Z + t2 Z D( X ) = a3 X + b3 X + c3 X + y3 Z1 + s3 Z + t3 Z D( Z1 ) = a4 X + b4 X + y4 Z1 + s4 Z + t4 Z D( Z ) = a5 X + b5 X + y5 Z1 + s5 Z + t5 Z Ta tính được: y1 = , y2 = − s1 , y3 = −t1 , y4 = − a1 , y5 = −b1 , s1 = − y2 , s2 = , s3 = −t2 , s4 = −a2 , s5 = −b2 , t1 = − y3 , t2 = − s3 , t3 = , t4 = −a3 , t5 = −b3 , a1 = − y4 , a2 = − s4 , a3 = −t4 a4 = , a5 = −b4 , b1 = − y5 , b2 = − s5 , b3 = −t5 , b4 = −a5 , b5 = = D( X ) D= ([ X X ]) [ D( X ), X ] + [ X , D( X )] 37 = a2 X + (a2 + b2 − c3 ) X − ( y2 + s2 ) Z1 − s2 Z − s3 Z D( X ) = Ta có D( X ) = D(− X + [ X , X ]) = − D( X ) + D ([ X , X ]) Vì= D( X , X ) [ D ( X ) , X ] + [ X , D( X )] = (a1 + c3 ) X + (a1 + b1 + c3 ) X − ( y1 + s1 ) Z1 − s1 Z − ( y3 + s3 ) Z Nên D( X ) = (a1 − a2 + c3 ) X + (a1 + b1 + 2c3 − a2 − b2 ) X − ( y1 + s1 − y2 − s2 ) Z1 −( s1 − s2 ) Z − y3 Z Tương= tự: D( Z1 ) D= ([ X , Z1 ]) [ D( X ), Z1 ] + [ X , D( Z1 )] = −a4 X − (a4 + b4 ) X + ( y4 + s4 − c3 ) Z1 + s4 Z − a3 Z Và D= ( Z ) D([ X , Z ]= − Z1 ) D([ X , Z ]) − D( Z1 ) Do D= ([ X , Z ]) [ D( X ), Z ] + [ X , D( Z )] = −a5 X − (a5 + b5 ) X + (c3 + y5 + s5 ) Z1 + (c3 + s5 ) Z − (a3 + b3 ) Z Suy D( Z ) = (a4 − a5 ) X + (a4 + b4 − a5 + b5 ) X + ( y5 + s5 − y4 + s4 ) Z1 +(c3 + s5 − s4 ) Z − b3 Z Từ D( X ) s1 = s2 , ta suy a2 = a3 , a1 + 2c3 − a2 − b2 = 0, t1 = − y3 Từ D( X ) ta có a2 = c3 , y1 = − s2 , s2 = 0, Từ D( Z1 ) ta có a4 = , b4 = 0, s4 = c3 , Từ D( Z ) ta có a5 = (do a4 = ), Xét D( Z ) : y1 = y2 + s2 − s1 , t2 = − s3 t4 = −a3 s5 − y4 + s4 = 0, c3 = s4, t5 = −b3 38 Trường hợp 1: = D( Z ) D= ([ Z1 , X ]) [ D( Z1 ), X ] + [ Z1 , D( X )] =y4 Z + a1 Z =(a1 + y4 ) Z Trường hợp 2: = D( Z ) D= ([ Z , X ]) [ D( Z ), X ] + [ Z , D( X )] = s5 Z + a2 Z + b2 Z = ( s5 + a2 + b2 ) Z Trường hợp 3: = D( Z ) D= ([ Z , X ]) [ D( Z ), X ] + [ Z , D( X )] = y5 Z + a1 Z + b1 Z = (a1 + b1 + y5 ) Z So sánh trường hợp ta suy ra: y5 + b1  y=  a1 + y4 = s5 + a2 + b2 Vậy ta thu được: D( Z1 ) = D( Z ) = −b1 Z1 − b2 Z − b3 Z D( Z3 ) = D( X ) = − y3 Z + b1 X D( X ) = − s3 Z + b2 X D( X ) = y3 Z1 + s3 Z + b3 X Do ma trận D là:  −b1   −b2  −b3 D=  0 0  0  0 0 − y3 0 b1 0 0 − s3 b2 y3   s3  0   0 b3    39 KẾT LUẬN Nghiên cứu đại số Lie toàn phương hướng nghiên cứu lý thú Một vài khái niệm kết luận văn bắt gặp nhiều công trình số tác giả khác tổng quát hóa cho trường hợp siêu đại số Lie định nghĩa tương tự cho nhiều đại số không kết hợp (xem [2] [3]) Dựa kết đạt được, kết tự nhiên xuất số hướng nghiên cứu mở sau: (i) Phân loại đại số Lie toàn phương giải chiều Phân loại có ý nghĩa chỗ trường hợp bé chiều giải Các đại số thu kiểu mở rộng kép bước, tức kiểu mở rộng kép chiều xuất phát từ đại số Lie giao hoán (chúng đặt tên đại số Lie toàn phương kì dị, xem [5]) Một vài nhà toán học nhắc đến việc nghiên cứu kiểu mở rộng kép k bước với k > (xem [7]) Chúng hi vọng từ phân loại trường hợp chiều xuất kiểu mở rộng kép (ii) Đưa số lớp đại số Lie toàn phương đủ rộng bất khả phân tiến hành nghiên cứu chúng Một ví dụ lớp đại số Lie toàn phương suy biến phân loại hoàn toàn chiều toàn phương lớp đại số tính toán tường minh [4] [5] (iii) Nghiên cứu thêm tính chất 2-đối chu trình vai trò chúng đại số Lie toàn phương Chẳng hạn trường hợp mở rộng T* 2-đối chu trình khả phân bất khả phân Chúng hi vọng có kết khả quan thời gian tới 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Ayadi I and S Benayadi (2010), “Symmetric Novikov superalgebras”, J Math Phys, 51(2), 023501 [2] Bajo I., S Benayadi and M Bordemann (2007), “Generalized double extension and descriptions of quadratic Lie superalgebras”, arXiv:0712.0228v1 [3] Bordemann M (1997), “Nondegenerate invariant bilinear forms on nonassociative algebras”, Acta Math Uni Comenianac, LXVI(2), p 151-201 [4] Collingwood D.H.and W M McGovern, Nilpotent Orbits in Semisimple Lie Algebras, Van Nostrand Reihnhold Mathematics Series, New York (1993), 186 pages [5] Duong M T.(2011), A new invariant of quadratic Lie algebras and quadratic Lie superalgebras, Thèse de L’Université de Bourgogne, Dijon, France [6] Duong M.T, G Pinczon and R Ushisobira, A new invariant of quadratic Lie algebras, J Alg Rep Theory, online first 2011, DOI:10 1007/s10468-011-9284-4 [7] Favre G and L J Santharoubane (1987), “Symmetric, invariant, nondegenerate bilinear form on a Lie algebra”, J Algebra, 105, p 451-464 [8] Figueroa-O’Farrill J.M, S Stanciu (1996), “On the structure of symmetric self-dual Lie algebras”, J Math Phys., 37(8), 14 pages [9] Kac V.(1985), Infinite dimensional Lie algebras, Cambrigde University Press 41 [10] Nguyễn Phi Long Dương Minh Thành, “Mở rộng T* đại số Lie giải chiều” gửi đăng tạp chí Khoa học Tự nhiên Trường ĐHSP TP.HCM [11] Medina A and P Revoy (1985), “Algèbres de Lie et produit scalaire invariant’’, Ann Sci Éc Norm Sup., 4ème sér t.18, p 553-561 [12] Pham T.D., A V Le and M T Duong, “Solvable quadratic Lie algebras in low dimensions”, Pure Mathematical Sciences to appear [13] Pinczon G and R Ushirobira (2007), “New Applications of Graded Lie Algebras to Lie Algebras, Generalized Lie Algebras, and Cohomology”, J Lie Theory, 17, p 633-667 [14] Zhu F and Z Chen, Novikov algebras with associative bilinear forms, J Physics A: Math Theor 40 (2007) 14243-14251 [...]... đại số Lie Đại số Lie mà móc Lie t m thường, được gọi là đại số Lie giao hoán b Không gian  3 với t ch có hướng thông thường là m t đại số Lie thực 3 chiều c Cho A là m t đại số k t hợp trên trường  Với mọi cặp ( x, y ) ∈ A , ta định nghĩa [ x, y=] xy − yx , khi đó A trở thành m t đại số Lie Nói riêng, đại số Lie Mat(n,  ) các ma trận vuông cấp n trên  là m t đại số Lie với móc Lie [ A, B ] = AB... khác m t ideal t m không suy biến) Bên cạnh đó, nghiên cứu các đại số Lie toàn phương cũng có thể quy về nghiên cứu các đại số Lie toàn phương b t khả phân bởi phân t ch trong mệnh đề sau Mệnh đề 1.2.2 [3] Cho ( g, B ) là m t đại số Lie toàn phương và I là m t ideal của g Khi đó I ⊥ cũng là m t ideal của g Hơn nữa, nếu thu hẹp của B trên I × I không suy biến thì thu hẹp của B trên I ⊥ × I ⊥ cũng không. .. đi t g × g × g vào  Khi đó phân loại đẳng cấu đẳng cự các T * (g) t ơng đương với phân loại đẳng cấu các 3dạng phản xứng trên m t không gian véctor phức 3 chiều Điều này đã được chứng t trong [5] Đồng thời k t quả phân loại trong đó cho ta T * (g) = T0 * (g3,1 ) 3.3 Không gian các đạo hàm phản xứng của các đại số Lie toàn phương giải được 5 và 6 chiều b t khả phân Ta nhắc lại k t quả phân loại đại. .. g là m t đại số Lie, V là m t không gian véctơ và ρ : g → End (V ) là m t biểu diễn của g trong V , t c là ρ ([ X , Y ]) = [ ρ ( X ), ρ (Y ) ] , ∀X , Y ∈ g Nói m t cách khác, ρ là m t đồng cấu đại số Lie t g vào đại số End (V ) chứa các đồng cấu trên V Trong trường hợp này, V được gọi là m t g module Với mỗi số nguyên k ≥ 0 , kí hiệu C k (g,V ) là không gian các ánh xạ k -tuyến t nh phản xứng t g... được gọi là m t đại số Lie toàn phương Cho ( g, B ) là m t đại số Lie toàn phương và V là m t không gian vector con của g Ta kí hiệu thành phần trực V ⊥ = { X ∈ g | B( X , Y ) = 0, ∀Y ∈ V } Khi đó ta có đẳng thức: giao của V bởi 10 dim(V ) + dim(V ⊥ ) = dim(g) M t phần t X trong g được gọi là t đẳng hướng nếu B( X , X ) = 0 M t không gian con V của g được gọi là t đẳng hướng hoàn toàn nếu B( X... ∈ V Trong trường hợp này, hiển nhiên ta có V ⊂ V ⊥ T t nh ch t b t biến và không suy biến của dạng song tuyến t nh xác định trên g , ta dễ dàng chứng minh được [ g, g] = Z (g)⊥ Do đó Z (g) t đẳng hướng hoàn toàn khi và chỉ khi Z (g) ⊂ [ g, g] M t k t quả trong [12] nói rằng nghiên cứu các đại số Lie toàn phương có thể quy về nghiên cứu các đại số Lie toàn phương có t m t đẳng hướng hoàn toàn. .. B (T , T ) = 1 , B= (T , Z i ) B= (T , X i ) 0 iii) [ X 1 , T ] = − Z 2 , [ X 2 , T ] = − Z1 , [ X 1 , X 2 ] = T và các t ch Lie khác bằng 0 Khi đó không gian các đạo hàm phản xứng của g được mô t m t cách chi ti t qua mệnh đề sau Mệnh đề 3.3.2: Cho g là đại số Lie toàn phương cơ bản 5 chiều Gọi D là m t đạo hàm phản xứng của g Khi đó ma trận biểu diễn của D đối với cơ sở {Z1 Z 2 , T , X 1 , X 2 } được... ]) = 0  Vậy g cùng với móc Lie được định nghĩa như trên t o thành 1 đại số Lie Cho g là m t đại số Lie, V là m t không gian vector và π : g → End (V ) là m t ánh xạ tuyến t nh Trên không gian véctor g= g ⊕ V ta định nghĩa phép toán v ] [ X , Y ] + π ( X )v − π (Y )u , [ X + u, Y += ∀X , Y ∈ g , u , v ∈ V Mệnh đề 2.1.2 Không gian véctor g là m t đại số Lie nếu và chỉ nếu π thỏa mãn điều kiện π ([ X... ) và n(n,  ) đều là các đại số Lie con của gl(n,  ) Đặc bi t, sl(n,  ) là m t ideal của gl(n,  ) và n(n,  ) là m t ideal của b(n,  ) (ii) Đại số Lie các toán t vi phân Der ( A ) là đại số Lie con của gl( A ) 8 (iii) Kí hiệu Z ( g ) là t p hợp t t cả các phần t giao hoán với g , t c là Z ( g) = { x ∈ g / [ x, y ] = 0, ∀y ∈ g} (được gọi là t m của đại số Lie g ) Rõ ràng Z ( g ) là m t ideal của. . .6 của g là n Cấu trúc đại số Lie trên g có thể được cho bởi móc Lie của t ng cặp véctơ thuộc cơ sở {e1 , e2 , , en } đã chọn trước trên g như sau: ei , e j  = n ∑c e , k =1 k ij k 1≤ i < j ≤ n Các hệ số cijk , 1≤ i < j ≤ n được gọi là các hằng số cấu trúc của đại số Lie g trong cơ sở được chọn Ví dụ 1.1.2 a Không gian  n với móc Lie [ x, y ] ≡ 0 (t m thường) hiển nhiên là m t đại số Lie Đại số ... chi ti t) M t câu hỏi đ t liệu có t n đại số Lie mà có dạng song tuyến t nh đối xứng, b t biến không suy biến không? Ta gọi đại số Lie đại số Lie toàn phương T t nhiên theo Tiêu chuẩn Cartan ta... DỤC VÀ ĐÀO T O TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Phi Long MỞ RỘNG T* VÀ KHÔNG GIAN CÁC ĐẠO HÀM PHẢN XỨNG CỦA M T SỐ ĐẠI SỐ LIE TOÀN PHƯƠNG CHIỀU Chuyên ngành: Hình học T pô Mã số: 60 ... thiệu khái niệm mở rộng T* đưa [3] Bằng cách t nh toán cụ thể 2-đối chu trình cyclic, li t kê toàn mở rộng T* đại số toàn phương giải chiều T k t nhận phân loại đại số Lie toàn phương giải chiều