Bourbaki

Bài tập 25, § 6

Nhóm Lie và đại số Lie, I, 108

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Cho K là một trường có đặc số tùy ý pp. Ký hiệu sp(2n,K)sp(2n, K) là đại số Lie của nhóm symplectic hình thức theo 2n2n biến trên K (§ 1, Bài tập 26 (c)). Chứng minh rằng đại số Lie này, được đồng nhất với một đại số con của gl(2n,K)gl(2n, K), có cơ sở gồm các phần tử

Hi=Eii−Ei+n,i+n(1≤i≤n), H_i = E_{ii} - E_{i+n, i+n} \quad (1 \leq i \leq n),
Fij=Eij−Ej+n,i+n(1≤i,j≤n,i≠j), F_{ij} = E_{ij} - E_{j+n, i+n} \quad (1 \leq i, j \leq n, i \neq j),
Gij′=Ei,j+n+Ej,i+n,Gij′′=Ei+n,j+Ej+n,i(1≤i<j≤n), G'_{ij} = E_{i, j+n} + E_{j, i+n}, \qquad G''_{ij} = E_{i+n, j} + E_{j+n, i} \quad (1 \leq i < j \leq n),
Ei,i+n vaˋ Ei+n,i(1≤i≤n). E_{i, i+n} \text{ và } E_{i+n, i} \quad (1 \leq i \leq n).

(a) Chứng minh rằng, nếu p≠2p \neq 2 và n≥1n \geq 1, đại số sp(2n,K)sp(2n, K) là đơn (với n=1,sp(2,K)=sl(2,K)n = 1, sp(2, K) = sl(2, K)). (Cùng phương pháp như trong Bài tập 24.)

(b) Nếu p=2p = 2 và n≥3n \geq 3, chứng minh rằng các Hi,Fij,Gij′H_i, F_{ij}, G'_{ij} và Gij′′G''_{ij} lập thành một iđêan a\mathfrak{a} có chiều n(2n−1)n(2n-1); các phần tử của a\mathfrak{a} có dạng

∑i=1nλiHi+∑i≠jαijFij+∑i<jβijGij′+∑i<jγijGij′′ \sum_{i=1}^{n} \lambda_i H_i + \sum_{i \neq j} \alpha_{ij} F_{ij} + \sum_{i < j} \beta_{ij} G'_{ij} + \sum_{i < j} \gamma_{ij} G''_{ij}

sao cho ∑i=1nλi=0\sum_{i=1}^{n} \lambda_i = 0 lập thành một iđêan b⊂a\mathfrak{b} \subset \mathfrak{a} có chiều n(2n−1)−1n(2n-1) - 1 và các bội của ∑i=1nHi\sum_{i=1}^{n} H_i là một iđêan c\mathfrak{c}, tâm của sp(2n,K)sp(2n, K); b,c\mathfrak{b}, \mathfrak{c} là các iđêan duy nhất của a,b=D(sp(2n,K))a, b = \mathscr{D}(\mathfrak{sp}(2n, K)) và b/cb/c là đơn. (Cùng phương pháp.) Các iđêan của sp(4,K)\mathfrak{sp}(4, K) là gì khi K có đặc số 2?

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5-6. Chưa được người kiểm tra.