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Autor Tema: Demostrar que subálgebra es reductiva  (Leído 866 veces)
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SebasMM
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« : 25 Marzo, 2020, 23:23 »

Hola, como algunos de ustedes sabrán se estuvo discutiendo un rato sobre este problema planteado por FerOliMenNewton hace unos días:
http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=112717.0
Una de las cosas que se discutieron fue sobre la reductividad de la subálgebra, y me entró la duda sobre esa posibilidad, ¿creen que con las mismas hipótesis del problema se pueda probar que la subálgebra es reductiva?
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« Respuesta #1 : 26 Marzo, 2020, 14:08 »

Hola, parece probable.
Creo que tengo una idea:
Échale un ojo al resultado que te adjunto aquí abajo.
De acuerdo a ese resultado, basta probar que el centro de [texx]L\subset{gl_{n}}[/texx] es igual a su radical, esto es , [texx]Z(L)=Rad(L)[/texx]
Claramente [texx]Z(L)\subset{Rad(L)}[/texx], por lo cual hay que verificar la otra inclusión.
Sea entonces [texx]x\in{Rad(L)}[/texx], como [texx]Z(L)=[L,L]^{\perp{}}[/texx] (con respecto a la forma bilineal [texx]b(x,y)=tr(xy)[/texx], recuerda que este resultado lo probamos en el mensaje del foro que mencionas), basta que mostremos que [texx]tr(x[y,z])=0[/texx] para cuales quiera [texx]y,z\in{L}[/texx].
Ahora bien, como [texx]b[/texx] es invariante tenemos que
[texx]tr(x[yz])=tr([xy]z)[/texx]
Luego, [texx][x,y]\in{[L,Rad(L)]}[/texx], si ahora recordamos que este último conjunto está contenido en el nilradical de [texx]L[/texx] al cual denotaré por [texx]Nilrad(L)[/texx], tenemos entonces que [texx][x,y]\in{Nilrad(L)}[/texx], como en nilradical es un ideal nilpotente de un álgebra de matrices, por el teorema de Engel [texx][x,y][/texx] es estrictamente triangulable superior, esto es, [texx]\exists{P\in{gl_{n}}}[/texx] tal que [texx]T=P^{-1}[x,y]P[/texx] es estrictamente triangular superior y además la traza de esa matriz debe ser la misma que la de [texx][x,y][/texx], asimismo suponiendo que trabajamos en un campo algebraicamente cerrado, en particular [texx]\mathbb{F}=\mathbb{C}[/texx] tenemos que [texx]\exists{D\in{gl_{n}}}[/texx] tal que [texx]T'=D^{-1}zD[/texx] es triangular superior y de nueva cuenta la traza de esa nueva matriz vale lo mismo que la traza de [texx]z[/texx].
Por ende [texx]tr(x,[y,z])=tr([x,y],z)=tr(T\cdot{T'})=0[/texx] ya que el producto de una matriz estrictamente triangular superior por una matriz triangular superior es una matriz estrictamente triangular superior.
Así [texx]x\in{[L,L]^{\perp{}}}=Z(L)[/texx] y por ende [texx]Rad(L)=Z(L)[/texx], de acuerdo a la proposición que te adjunté [texx]L[/texx] es reductiva.
Aunque igual y hay algún error, si ese es el caso supongo que nos lo harán saber :sonrisa: .
Saludos.

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« Respuesta #2 : 26 Marzo, 2020, 15:16 »

Pues es una pena, porque creo que era muy buena idea, pero no acabo de ver que funcione.
El problema es que si [texx]D[/texx] y [texx]P[/texx] son distintas:
[texx]tr([x,y]z)=tr(PTP^{-1}DT'D^{-1})[/texx]
y no veo cómo esa traza es [texx]tr(TT')[/texx] o por qué debería ser cero.
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« Respuesta #3 : 26 Marzo, 2020, 16:20 »

Jajaja rayos, es cierto. Pensé que usando la ciclicidad de la traza salía la igualdad pero veo que no  :llorando: .
Hmmmmmm hay que considerar la posibilidad de que el resultado no sea cierto, en cuyo caso bastaría exhibir una subálgebra tal que [texx]b[/texx] es no degenerada en [texx]L\times{L}[/texx] pero [texx]Z(L)\cap{[L,L]}\neq{0}[/texx] o mostrar que Cartan Killing es degenerada en [texx][L,L]\times{[L,L]}[/texx], o cualquier contraejemplo que contradiga las equivalencias que adjunté arriba, aunque de momento no se me ocurre alguno.
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« Respuesta #4 : 26 Marzo, 2020, 17:19 »

Pues sí, quizás hay que mirar si hay contraejemplos, ya que todos los intentos de ver que debe ser reductiva parecen fallar.

¿Qué ejemplos de álgebras de matrices no reductivas conocéis?
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« Respuesta #5 : 26 Marzo, 2020, 17:52 »

Qué hay de la subálgebra [texx]d(n:\mathbb{C})[/texx] de matrices diagonales de [texx]n\times{n}[/texx] con entradas complejas?
Es no degenerada respecto a [texx]b[/texx], lo malo: es abeliana  :llorando: .
Añadido: De hecho más aún: [texx]b[/texx] es definida positiva en esta subálgebra
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« Respuesta #6 : 27 Marzo, 2020, 01:34 »

Pues sí, quizás hay que mirar si hay contraejemplos, ya que todos los intentos de ver que debe ser reductiva parecen fallar.

¿Qué ejemplos de álgebras de matrices no reductivas conocéis?
La subálgebra que proporciona SebasMM me parece que es efectivamente no reductiva aunque como dice es abeliana, él álgebra de matrices antisimétricas, también el álgebra de matrices triangulares superiores es no reductiva, así como el de las matrices estrictamente triangulares superiores, el problema con ellas es que la forma bilineal si degenera en ella, por lo cual pensé que podíamos construir alguna con una base [texx]\left\{{E_{ij},E_{ji}}\right\}[/texx], el problema con esa idea es que también habría que incluir al [texx]E_{ii}[/texx] para que sea subálgebra pero si lo incluimos ya valió porque obtendríamos una subálgebra perfecta y esa seguramente si es reductiva  :indeciso: , de hecho si lo es , porque en dimensión 3 ser perfecta y ser semisimple son equivalentes.
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« Respuesta #7 : 27 Marzo, 2020, 04:33 »

Yo sigo insistiendo en que las álgebras abelianas son reductivas. Si no fuera así, el teorema que pusiste antes con las equivalencias de ser reductiva sería falso (todas las abelianas cumplen el criterio cuarto: su radical es igual a su centro). Pero en cualquier caso, me refería a reductivas no abelianas.

De las que dices, el álgebra de matrices antisimétricas creo que es simple (es [texx]\mathfrak{so}_n[/texx]). Las otras que mencionas sí que son no reductivas, pero no sirven tampoco ya que como dices la traza es degenerada.

Habrá que seguir pensando en todo caso, aunque lo veo difícil porque al menos a mí me faltan herramientas para construir contraejemplos y no veo cómo demostrar que sea cierto tampoco.
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« Respuesta #8 : 01 Abril, 2020, 19:36 »

Hola de nuevo jaja no sé qué pasó pero por alguna razón no había podido entrar estos días al foro.
Veo que alguien ha resuelto la duda en el mensaje que publicaste en Stackexchange geómetracat, sin embargo no he pillado muy bien ni la prueba de la proposición del libro de Bourbaki que se menciona ni el argumento del usuario, podrías explicármelo con un poco más de detalle por favor geómetracat?
Saludos, espero estéis bien :cara_de_queso: .
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« Respuesta #9 : 02 Abril, 2020, 07:44 »

Pues sí, parece que por fin se arregló el foro.

Es un tanto enredado. La cuestión es que si tienes una representación de un álgebra de Lie, puedes definir una forma bilineal invariante asociada a esa representación. En nuestro caso donde [texx]L[/texx] es subálgebra de [texx]\mathfrak{gl}_n[/texx] hay una representación obvia, que es hacer actuar las matrices de [texx]L[/texx] sobre los vectores de [texx]\Bbb R^n[/texx] de la manera usual. La forma bilineal asociada a esa representación es precisamente [texx]b(x,y)=Tr(xy)[/texx].

La proposición 5 (p. 78) de Bourbaki dice que es equivalente que un álgebra de Lie sea reductiva y que tenga una representación de dimensión finita con forma bilineal asociada no degenerada, que es precisamente lo que tenemos.

La demostración de esto como he dicho antes es un tanto enredada. El paso clave está contenido en el lema 3 de la p. 58 y la proposición 4 que le sigue.

Podemos proceder como hacías tú. Podemos suponer, por el teorema de Engel y haciendo un cambio de base, que los elementos nilpotentes de [texx]L[/texx] son matrices esteictamente triangulares superiores. Entonces, siguiendo tu prueba anterior, todo se reduce a probar que si [texx]x[/texx] está en el nilradical de [texx]L[/texx] e [texx]y \in L[/texx], entonces [texx]Tr(yx)=0[/texx].
Para ver esto, observamos que si [texx]x[/texx] está en el nilradical, es una matriz nilpotente. Considera ahora el subanillo [texx]A[/texx] del anillo de matrices [texx]M_{n \times n}(\Bbb R)[/texx] generado por todas las matrices de [texx]L[/texx]. Como este anillo es de dimensión finita sobre un cuerpo, es un anillo artiniano. Bourbaki prueba (lema 3 de la p. 58) que todo elemento del nilradical de [texx]L[/texx] pertenece al radical de Jacobson de [texx]A[/texx]. Como [texx]A[/texx] es artiniano, el radical de Jacobson es un ideal de elementos nilpotentes de [texx]A[/texx]. Esto implica que [texx]yx[/texx] es una matriz nilpotente y por tanto que [texx]Tr(yx)=0[/texx] como queríamos.
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« Respuesta #10 : 02 Abril, 2020, 16:46 »

Hola geómetracat!
En verdad parece más sencillo lo que has hecho, pero no tengo idea de que es el radical de Jacobson ni los anillos artinianos  :llorando: , tendré que leerlo.
Ahora bien, en la mañana se me ocurrió una idea pero quizás esté mal, es la siguiente:
Debemos probar que dados [texx]x\in{Rad(L)}[/texx] y [texx]y,z\in{L}[/texx] se tiene  que [texx]tr(x,[y,z])=0[/texx].
Si [texx]k[/texx] es la forma de Cartan Killing, se puede probar(pero es muy tedioso) que dados [texx]x,y\in{gl_{n}}[/texx] [texx]k(x,y)=2ntr(xy)-2tr(x)tr(y)[/texx]
Por ende [texx]tr(xy)=\displaystyle\frac{k(x,y)}{2n}+\displaystyle\frac{tr(x)tr(y)}{2}[/texx]
Por lo que en nuestro caso [texx]tr(x[y,z])=\displaystyle\frac{k(x,[y,z])}{2n}+\displaystyle\frac{tr(x)tr([y,z])}{2}[/texx]
Luego, [texx]tr([y,z])=0[/texx] por tanto el segundo sumando es cero, respecto al primer sumando tenemos que [texx]x\in{Rad(L)}[/texx] y [texx][y,z]\in{[L,L]}[/texx] , pero por otro lado el radical de [texx]L[/texx] es ortogonal a [texx][L,L][/texx] respecto a Cartan-Killing, por tanto el primer sumando debe ser cero y  por consiguiente [texx]tr(x,[y,z])=0[/texx]
Notas algún error?
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« Respuesta #11 : 02 Abril, 2020, 19:30 »

Yo lo veo bien. Muy buena solución.  Aplauso
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« Respuesta #12 : 03 Abril, 2020, 03:22 »

genial, entonces al final hemos encontrado varias soluciones :sonrisa: , gracias geómetracat :sonrisa: .
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« Respuesta #13 : 03 Abril, 2020, 04:05 »

Hola, me parecen demostraciones muy buenas, misterio resuelto.
Aunque me surgió la duda, ¿Cómo se prueba que [texx][L,L][/texx] y el radical son ortogonales respecto a Cartan Killing?
Estuve buscando la demostración pero no la encontré   :llorando: .
Saludos.
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« Respuesta #14 : 03 Abril, 2020, 18:00 »

Hola, la prueba que yo conozco hace uso del siguiente lema:
Lema. Sea [texx]L\subset{gl(V)}[/texx] una subálgebra de Lie soluble. Sean [texx]x,y\in{L}[/texx] tales que [texx]x[/texx] es nilpotente. Entonces [texx]xy[/texx] es nilpotente.
Dicho esto sean [texx]L[/texx] un álgebra de Lie, [texx]x\in{Rad(L)}[/texx] y [texx]y,z\in{L}[/texx], debemos probar que [texx]k(x,[y,z])=0[/texx].
Para ello hacemos nuevamente uso de la útil condición de invarianza, i.e , basta probar que [texx]k([x,y],z)=0[/texx].
Tenemos que [texx][x,y]\in{[L,Rad(L)]}\subset{NilRad(L)}[/texx], siendo [texx]Nilrad(L)[/texx] el nilradical de [texx]L[/texx], por el teorema de Engel tenemos que [texx]ad([x,y])[/texx] es nilpotente. Ahora consideremos la subálgebra [texx]S=span\left\{{Rad(L),z}\right\}[/texx] la cual es soluble, dado que imágenes homomorfas de álgebras de Lie solubles son solubles tenemos que [texx]ad(S)[/texx] es soluble. Aplicando el lema anterior a [texx]ad(S)[/texx] tenemos que [texx]ad([x,y])\circ{ad(z)}[/texx] es nilpotente, por ende tiene traza cero, es decir [texx]k([x,y],z)=0[/texx], como queríamos.
Saludos.
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« Respuesta #15 : 03 Abril, 2020, 19:48 »

Hola, la prueba que yo conozco hace uso del siguiente lema:
Lema. Sea [texx]L\subset{gl(V)}[/texx] una subálgebra de Lie soluble. Sean [texx]x,y\in{L}[/texx] tales que [texx]x[/texx] es nilpotente. Entonces [texx]xy[/texx] es nilpotente.
Dicho esto sean [texx]L[/texx] un álgebra de Lie, [texx]x\in{Rad(L)}[/texx] y [texx]y,z\in{L}[/texx], debemos probar que [texx]k(x,[y,z])=0[/texx].
Para ello hacemos nuevamente uso de la útil condición de invarianza, i.e , basta probar que [texx]k([x,y],z)=0[/texx].
Tenemos que [texx][x,y]\in{[L,Rad(L)]}\subset{NilRad(L)}[/texx], siendo [texx]Nilrad(L)[/texx] el nilradical de [texx]L[/texx], por el teorema de Engel tenemos que [texx]ad([x,y])[/texx] es nilpotente. Ahora consideremos la subálgebra [texx]S=span\left\{{Rad(L),z}\right\}[/texx] la cual es soluble, dado que imágenes homomorfas de álgebras de Lie solubles son solubles tenemos que [texx]ad(S)[/texx] es soluble. Aplicando el lema anterior a [texx]ad(S)[/texx] tenemos que [texx]ad([x,y])\circ{ad(z)}[/texx] es nilpotente, por ende tiene traza cero, es decir [texx]k([x,y],z)=0[/texx], como queríamos.
Saludos.
Te lo agradezco :cara_de_queso:
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