Algebre di Lie semisemplici, sistemi di radici e loro classificazione

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34 CAPITOLO 3. ALGEBRE DI LIE SEMISEMPLICI ossia D è una base di autovettori di ad xs che quindi risulta diagonaliazzabile. Rimane da dimostrare che ad x = ad xs + ad xn e che ad xs e ad xn commutano. Per ogni y ∈ End(V ) abbiamo : ad x(y) = [x, y] = [xs + xn, y] = [xs, y] + [xn, y] = ad xs(y) + ad xn(y) = (ad xs + ad xn)(y) (3.19) ed inoltre [ad xs, ad xn] = ad [xs, xn] = ad 0 = 0 (3.20) in quanto xs e dxn commutano. Per l’unicità della parte semisemplice e della parte nilpotente, segue che ad x = ad xs + ad xn è la decomposizione di Jordan di ad x. Proposizione 3.2.5. Sia U una F -algebra di dimensione finita (in qualità di spazio vettoriale). Allora Der(U) contiene la parte semisemplice e nilpotente di ogni suo elemento. 3.3 Il criterio di Cartan In questo paragrafo introduciamo un’utile condizione sufficiente, detta “Criterio di Cartan”, per la risolubilitá di un’algebra di Lie. Dato che nelle prossime pagine ci serviremo di un importante concetto di Algebra, quello di “primo campo” di un campo F avente caratteristica nulla, risulta opportuno richiamarne la sua costruzione. Ogni sottocampo di F contiene 0 e 1, gli elementi neutri rispetto alla somma ed al prodotto, in quanto i sottocampi devono essere sottogruppi additivi e, privati dello zero, dei sottogruppi moltiplicativi. Il piú piccolo sottocampo di F prende il nome di primo campo : esso é il sottocampo generato da 0 ed 1 e lo denotiamo col simbolo Q. I suoi elementi sono tutti e soli quelli della forma m/n, dove con m indichiamo la somma di m addendi, tutti uguali all’elemnto neutro moltiplicativo 1. Il primo campo Q é isomorfo al campo dei numeri razionali Q. Infatti le funzioni : Q → Q m/n ↦→ m/n Q → Q m/n ↦→ m/n sono una l’inversa dell’altra. Entrambe conservano la somma e il prodotto. Per mostrarlo consideriamo la prima funzione, essendo analogo il ragionamento sulla seconda. L’elemento neutro del prodotto 1Q viene mandato, per costruzione, nell’elemento 1Q. Consideriamo poi la somma m/n + m ′ /n ′ di due generici elementi del dominio. Per la distributivitá della somma rispetto al prodotto abbiamo : m m′ , n n ′ ∈ Q ⇒ (m n′ + m ′ n)(n n ′ ) −1 = (m)(n − 1) + (m ′ )(n ′ ) −1 = m m′ + n n ′ (3.21)
3.3. IL CRITERIO DI CARTAN 35 dunque m/n + m ′ /n ′ coincide col razionale (m n ′ + m ′ n)(n n ′ ) −1 il quale, anche in Q, corrisponde a m n + m′ n ′ , ossia la somma delle immagini. Lo stesso vale per il prodotto di elementi di Q. Lemma 3.3.1. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n finita e A, B due sottospazi vettoriali di gl(V ) tali che A ⊆ B. Sia M l’insieme cosí definito : M = {x ∈ gl(V ) | [x, B] ⊂ A} (3.22) Se x é un endomorfismo di M tale che tr(x ◦ y) = 0 per ogni y ∈ M, allora x é un endomorfismo nilpotente. Dimostrazione. Consideriamo l’endomorfismo x ∈ M dell’enunciato. Ne prendiamo la decomposizione di Jordan : x = s + n (3.23) e fissiamo una base B = {v1, ..., vn} di V rispetto alla quale s é rappresentata da una matrice diago- nale, ossia B é una base di autovettori di s. Sia F il campo su cui V é definito e Q il primo campo di F . Il campo F é allora uno spazio vettoriale su Q (il fatto che F sia un gruppo rispetto alla somma non subisce variazioni, le proprietá del prodotto per scalare sono banalmente verificate). In esso consideriamo il sottospazio vettoriale E generato dagli autovalori a1, ..., an di V (non é detto siano tutti distinti). Per dimostrare che x é nilpotente é sufficiente mostrare che la parte semisemplice s della sua decomposizione di Jordan é l’endomorfismo nullo. Ma s = 0 se e solo se tutti i suoi autovalori sono nulli. Infatti se v = α1v1 + ... + αnvn é un generico elemento di V allora abbiamo : s(v) = α1s(v1) + ... + αns(vn) = (α1a1)v1 + ... + (αnan)vn (3.24) e quindi a1 = a2 = ... = an = 0 implica s(v) = 0 ; viceversa, se s(v) = 0, per l’indipendenza dei vettori della base, segue α1a1 = α1a2 = ... = αnan = 0 per ogni scelta di α1, ..., αn, dunque a1 = ... = an = 0. Richiedere che gli autovalori di E siano tutti nulli equivale a richiedere che E sia costituito solo dallo zero : se gli autovalori sono tutti nulli allora E = {0} e vale anche il viceversa poiché se uno degli autovalori fosse non nullo allora E conterebbe degli elementi diversi da zero. Dato che la dimensione di E coincide con quella del suo duale E ∗ , possiamo ricondurci a dimostrare che E ∗ ha dimensione nulla, cioé ogni applicazione lineare é nulla. f : E → Q (3.25) Data la forma lineare f ∈ E ∗ sia y quell’elemento di gl(V ) tale che y(vi) = f(ai)vi (stiamo costruendo
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