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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE MARINGÁ
CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA
(Mestrado)
MICHEL TESTON SEMENSATO
Álgebras de Lie, grupos de Lie e aplicações à teoria de ações de
semigrupos
Maringá-PR
2010
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MICHEL TESTON SEMENSATO
Álgebras de Lie, grupos de Lie e aplicações à teoria de ações de
semigrupos
Dissertação apresentada ao Programa de Pós-
Graduação em Matemática do Departamento de
Matemática, Centro de Ciências Exatas da Uni-
versidade Estadual de Maringá, como requisito
parcial para obtenção do título de Mestre em
Matemática.
Área de concentração: Geometria
Orientador: Prof. Dr. Carlos José Braga Barros
Maringá
2010
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À minha família.
Agradecimentos
Meus sinceros agradecimentos a todos que de alguma forma contribuiram para o êxito
deste trabalho, e em esp ecial:
- À Deus, que me permitiu estar aqui hoje;
- Aos meus pais, Lúcia e Devair, que sempre me apoiaram e incentivaram os meus
estudos.
- Aos meus irmãos, Alexandre e Ricardo, que indiretamente me incentivaram, encorajan-
do-me a prosseguir e dando-me forças para vencer cada etapa.
- À minha namorada, companheira, amiga e princesa linda Maria Cláudia, p or estar
sempre ao meu lado quando precisei, e por me fazer feliz durante todo esse tempo.
- Ao professor Carlos, pela orientação, paciência e incentivos.
- Ao professor Josiney, que acompanhou todo esse trabalho, pela paciência e amizade,
ajudando e incentivando sempre que precisei.
- Aos amigos e colegas do mestrado pela força nas horas difíceis, conversas e trocas de
conhecimento.
- Aos professores Josiney Alves de Souza, Mauro Moraes Alves Patrão e Carlos José
Braga Barros que atenciosamente colaboraram na correção deste trabalho.
- Ao CNPq, pelo importante apoio …nanceiro.
Resumo
O objetivo deste trabalho é apresentar um estudo das álgebras de Lie e dos grup os
de Lie, assim como a ligação entre os dois conceitos, a…m de aplicar essa teoria na teoria
de ações de semigrupos. Inicialmente, estudaremos os grupos de Lie e as relações desse
conceito com as álgebras de Lie. Por …m, apresentaremos uma revisão dos principais
resultados sobre conjuntos controláveis para ações de subsemigrupos de grupos de Lie
semisimples, nas suas variedades "‡ag" e, de acordo com o tipo de sistema simples de
raízes, encontraremos um limitante superior para o número de conjuntos controláveis
efetivos em variedades "‡ag" de grupos de Lie reais simples não compactos.
Abstract
The objective of this work is to present a study of álgebras of Lie and the groups of
Lie, as well as the linking between the two concepts, with the objective to apply this
theory in the theory of action of semigroups. Initially, we will study the groups of Lie and
the relations of this concept with álgebras of Lie. Finally, we will present a revision of the
main results on control sets for action of subsemigroups of semisimple Lie groups, in its
‡ag manifolds. In accordance with the type of simple system of roots, we will …nd upp er
bounds for the number of e¤ective control sets on the ‡ag manifolds of the real simple
non-compact Lie groups.
Sumário
Introdução 8
1 Grupos de Lie 12
1.1 Conceitos básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2 Aplicação exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.3 Variedades homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2 Conjuntos controláveis 56
2.1 Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efetivos . . . . . . . . . . . . . . 74
2.3.1 O caso = A
l
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
2.3.2 O caso = C
l
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
2.3.3 O caso = B
l
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
2.3.4 O caso = D
l
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
2.3.5 O caso = G
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2.3.6 O caso = F
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
2.3.7 O caso = E
8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
2.3.8 O caso = E
7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
2.3.9 O caso = E
6
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
2.4 Os grupos de Lie simples não compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
A Álgebras de Lie 88
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
A.1.1 Representações de álgebras de Lie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
A.1.2 Derivações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
A.1.3 Álgebras solúveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
A.1.4 Álgebras nilpotentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
A.1.5 Álgebras simples e álgebras semisimples . . . . . . . . . . . . . . . 117
A.2 Álgebras nilpotentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
A.3 Álgebras solúveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
A.4 Critérios de Cartan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
A.5 Subálgebras de Cartan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
B Álgebras semisimples 153
B.1 Representações de sl(2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
B.2 Subálgebras de Cartan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
B.3 Fórmula de Killing . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
B.4 Sistema simples de raízes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
B.5 Matrizes de Cartan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
B.6 Diagramas de Dynkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
C Álgebras de Lie semisimples reais e variedades ‡ag. 183
C.1 Fundamentos da teoria de Lie semisimples real . . . . . . . . . . . . . . . . 183
C.1.1 Sistema de raízes e decomposição de Iwasawa . . . . . . . . . . . . 184
C.1.2 Grupo de Weyl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
C.1.3 Sistema simples de raízes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
C.1.4 Subálgebra e subgrupo parabólicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
C.2 Objetos canônicos e variedades ‡ag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
Introdução
Em nosso trabalho estudamos as álgebras de Lie e os grupos de Lie, fazendo a relação
entre os dois conceitos. Assim, inserimos um apêndice com o estudo das álgebras de Lie
de dimensão …nita, desde as primeiras noções até o estudo de como classi…car as álgebras
de Lie semisimples por um diagrama de Dynkin e os fundamentos da teoria das álgebras
semisimples reais. Nosso objetivo é aplicar essas teorias na teoria de ações de semigrupos,
encontrando um limitante superior para o número de conjuntos controláveis efetivos em
variedades "‡ag" de grupos de Lie reais simples não compactos.
Um grupo de Lie é uma variedade diferenciável G com estrutura de grupo, onde as
operações multiplicação e inversão são deriváveis. Os grupos de Lie são objetos não
lineares, e assim um dos fatores imp ortantes da teoria dos grupos de Lie está baseada
na existência das álgebras de Lie associadas aos grupos. As álgebras de Lie possibilitam
transportar métodos da álgebra linear ao estudo dos grupos de Lie. Assim, o primeiro
passo no estudo dos grupos de Lie consiste na construção das álgebras de Lie associadas
aos grupos. Os grupos de Lie tem uma natureza geométrica enquanto as álgebras de Lie
são objetos algébricos.
Uma álgebra de Lie é um espaço vetorial g, munido de uma operação bilinear [; ] ;
denominada colchete de Lie, satisfazendo as propriedades de antisimetria e identidade de
Jacobi. A álgebra de Lie g de um grupo de Lie G é de…nida como o espaço dos campos
invariantes (à esquerda ou à direita), com o colchete dado pelo colchete de Lie de campos
de vetores. Essa álgebra de Lie é isomorfa ao espaço tangente de G na origem e:
Os ‡uxos dos campos invariantes estabelecem a aplicação exponencial exp: g ! G,
que é o principal elo de ligação entre g e G: A idéia de sua construção é que, por de…nição,
os elementos de g são campos de vetores em G (campos invariantes), que possuem ‡uxos,
os quais são formados por difeomor…smos locais de G. Os elementos que formam esses
‡uxos se identi…cam naturalmente a elementos de G, permitindo construir, a partir de X
8
9
2 g, um subgrupo de G parametrizado por t 2 R. Dado um grupo de Lie G com álgebra
de Lie g; tome X 2 g um campo invariante. A aplicação expX é o valor em t = 1 da
solução de X que passa pelo elemento neutro quando t = 0:
San Martin L.A.B e Tonelli P.A estudaram em [20] os conjuntos controláveis para
ações de semigrupos de Lie semisimples, nas variedades "‡ag" destes grupos. A análise
destes conjuntos controláveis mostrou-se uma ferramenta útil ao entendimento de algumas
propriedades dos semigrupos nos grupos de Lie semisimples. Por exemplo, em [20] um
subgrupo W (S) do grupo de Weyl W do grupo de Lie G foi construído a partir de um
semigrupo S G com interior não vazio em G: Este subgrupo W (S) determina o número
de conjuntos controláveis numa variedade "‡ag" de G e o número de tais conjuntos é dado
através da ordem do espaço quociente duplo W (S)nW=W
; onde W
é o subgrupo de W
gerado pelas re‡exões de…nidas p or raízes simples em : Consequentemente um limitante
superior para o número de conjuntos controláveis efetivos numa variedade "‡ag" é dado
pela ordem de W=W
. Iremos utilizar este resultado e determinar um limitante superior
para o número de conjuntos controláveis efetivos numa variedade "‡ag" de um grupo de
Lie real simples não compacto. Encontraremos esse limitante superior de acordo com
o tipo de sistema simples de raízes, como em [4]. O diagrama de Dynkin associado ao
sistema simples de raízes nos permite determinar a ordem de W
: O diagrama de Dynkin
correspondente para é composto por diagramas de tipos conhecidos, A
l
; B
l
; C
l
; D
l
;
G
2
, F
4
; E
6
; E
7
e E
8
. Assim a ordem de W
é o produto das ordens dos grupos de Weyl
correspondente aos diagramas.
O desenvolvimento dessa dissertação se dará da seguinte maneira:
No primeiro capítulo, iniciaremos introduzindo alguns conceitos básicos da teoria de
grup os de Lie e, em seguida, faremos uma correspondência entre subgrupos de Lie e
subálgebras de Lie. Posteriormente estudaremos o conceito e algumas propriedades da
aplicação exponencial e a relação entre grupos de Lie e álgebras de Lie. Em seguida
estudaremos os espaços quocientes G=H de grupos de Lie G por subgrupos fechados H;
denominadas variedades homogêneas, de…niniremos ação transitiva de um grupo de Lie
numa variedade e subgrupo de isotropia de um elemento p
0
de uma variedade e …nalmente
identi…caremos algumas variedades diferenciáveis como sendo variedades homogêneas. O
estudo deste capítulo foi baseado em [8] ; [12] e [24] : Outros trabalhos como [2] ; [9] e [13]
também apresentam estudos neste contexto.
10
No segundo capítulo nosso objetivo é encontrar um limitante superior para o número de
conjuntos controláveis efetivos numa variedade "‡ag" de um grupo de Lie real simples não
compacto, tendo como base o trabalho de Braga Barros [4]. Para isso, usaremos alguns
resultados de [20] : Na primeira seção enunciaremos alguns resultados básicos sobre con-
juntos controláveis para ações de semigrupos, encontrados em [1] ; [10] e [20]. Em seguida,
apresentaremos uma revisão dos principais resultados sobre conjuntos controláveis para
ações de subsemigrupos de grupos de Lie semisimples nas suas variedades "‡ag", encon-
trados em [3]. Posteriormente, encontraremos um limitante superior para o número de
conjuntos controláveis efetivos numa variedade "‡ag" de um grupo de Lie real simples
não compacto. Esses limitantes superiores serão encontrados analisando separadamente o
tipo de sistema de raízes, como feito por Braga Barros em [4]. Finalmente, os diagramas
de Satake, encontrados em [13] ; nos possibilitam apresentar uma tabela onde é dado o
número máximo de conjuntos controláveis nas variedades "‡ag" dos grupos de Lie simples
reais e não compactos.
Por …m, introduzimos alguns apêndices. No apêndice A, estudaremos os princípios fun-
damentais das álgebras de Lie de dimensão …nita, baseado em [5] ; [11] ; [18]. Na primeira
seção apresentaremos as de…nições dos conceitos que formam a linguagem básica da teo-
ria das álgebras de Lie. Em seguida faremos um estudo mais detalhado sobre as álgebras
solúveis e nilpotentes, mostrando os teoremas de Engel e de Lie, que garantem que para
álgebras solúveis e nilpotentes de transformações lineares, pode-se encontrar uma base
que triangularize os elementos dessas álgebras. O estudo das álgebras nilpotentes, através
do Teorema de Engel, serve de base para as subálgebras de Cartan, que é essencial para
a classi…cação das álgebras semisimples. Posteriormente estudaremos a forma de Cartan-
Killing, os critérios de Cartan e as subálgebras de Cartan. A forma de Cartan-Killing de
uma álgebra de Lie de dimensão …nita atua como instrumento que nos permite investigar,
através dos critérios de Cartan, se uma álgebra de Lie é solúvel ou semisimples.
No apêndice B, com base em [11] e [18] ; iremos nos concentrar apenas no estudo das
álgebras semisimples e suas representações. O primeiro passo é ver como se comportam as
representações irredutíveis da álgebra sl(2): Também demonstraremos alguns resultados
das subálgebras de Cartan de uma álgebra semisimples, sua representação adjunta e os
pesos relacionados a essa representação. Em seguida estudaremos os pesos, fórmula de
Killing, sistemas simples de raízes e seus diagramas de Dynkin associados. Cada peso irá
11
corresponder a uma subálgebra isomorfa a sl(2); assim sempre poderemos ver a álgebra
sl(2) incluída na álgebra semisimples. Por …m, vamos mostrar como representar uma
álgebra semisimples por um diagrama de Dynkin.
Por último, no apêndice C, apresentamos um esboço sobre o conteúdo básico da teo-
ria de Lie semisimples real e de…nimos o conceito de variedade "‡ag". Os resultados e
a…rmações que enunciamos podem ser conferidos com todos os detalhes nos trabalhos de
Braga Barros-San Martin [6] e [7], Patrão [14] e San Martin [17]. Observamos também
que as de…nições e objetos relacionados aos conceitos de álgebra de Lie e de grupo de Lie
podem ser consultadas nos textos de San Martin [18] e [19].
Capítul o 1
Grupos de Lie
Estudaremos aqui os conceitos básicos da teoria de Grupos de Lie e sua relação com
as álgebras de Lie. Na primeira seção apresentaremos os conceitos básicos e faremos uma
correspondência entre subgrupos de Lie e subálgebras de Lie. Na segunda seção intro-
duziremos o conceito e algumas propriedades da aplicação exponencial que vai relacionar
os conceitos de grupos de Lie e álgebras de Lie. Na terceira seção estudaremos as vari-
edades homogêneas que são espaços quocientes de grup os de Lie por subgrupos fechados.
Ao longo deste capítulo, as variedades diferenciáveis que aparecem serão de Hausdor¤ e
com base enumerável. Como referência indicamos [8], [12] e [24] :
1.1 Conceitos básicos
De maneira natural, começaremos de…nindo grupo de Lie.
De…nição 1.1 Um grupo de Lie é uma variedade diferenciável G com uma estrutura
de grupo, de tal modo que a aplicação
(x; y) 2 G G ! xy
1
2 G
é diferenciável. Equivalentemente se as aplicações
G G ! G
(x; y) 7! x:y
e
G ! G
x 7! x
1
são diferenciáveis.
Em um grupo de Lie as aplicações
L
x
: G ! G
y 7! xy
e
R
x
: G ! G
y 7! yx
12
1.1 Conceitos básicos 13
são difeomor…smos para cada x 2 G. Estas aplicações são chamadas respectivamente
de translação à esquerda e translação à direita por x.
No decorrer desse capítulo indicaremos por e o elemento identidade de G:
Vejamos alguns exemplos clássicos de grupos de Lie.
Exemplo 1.1 O conjunto dos números reais com a operação soma e estrutura diferen-
ciável usual é um grupo de Lie, pois as aplicações
f(x; y) = x:y e g(x) = x
1
são diferenciáveis, onde x; y 2 R
Exemplo 1.2 Seja S
1
= fz 2 C; j z j= 1g com a estrutura de grupo multiplicativo.
Temos que as aplicações
C C ! C
(x; y) 7! x:y
e
C f0g ! C f0g
x 7! x
1
são diferenciáveis e suas restrições a S
1
tem imagem em S
1
. Portanto S
1
é um grupo de
Lie.
Exemplo 1.3 Sejam G e H dois grupos de Lie. O produto G H é um grupo de Lie
com a estrutura de variedade produto e com a estrutura de produto direto de grupos
(g
1
; h
1
) (g
2
; h
2
) = (g
1
:g
2
; h
1
:h
2
),
quaisquer que sejam g
1
; g
2
2 G e h
1
; h
2
2 H. Consequentemente R
n
= RR e T
n
=
S
1
S
1
são grupos de Lie.
Exemplo 1.4 A variedade GL(n; R) das matrizes reais n n inversíveis, munido da
multiplicação de matrizes é um grupo de Lie. Para isso devemos mostrar que as aplicações
f : GL(n; R) GL(n; R) ! GL(n; R) dada por f(A; B) = A:B e
g : GL(n; R) ! GL(n; R) dada por g(A) = A
1
são diferenciáveis. A diferenciabilidade de f decorre da diferenciabilidade da multiplicação
em R. Já a diferenciabilidade de g decorre da regra de Cramer para a inversa de uma
matriz. De forma análogo pode-se mostrar que GL(n; C) admite a estrutura de grupo de
Lie. Os grupos GL(n; R) e GL(n; C) são chamados grupos lineares.
1.1 Conceitos básicos 14
Os grupos lineares contém os seguintes subgrupos:
U(n) =
A 2 GL(n; C) : AA
t
= I
(grupo unitário)
SL(n; C) = fA 2 GL(n; C) : det A = 1g (grupo linear especial)
O(n; C) =
A 2 GL(n; C) : AA
t
= I
(grupo ortogonal complexo)
SU(n) = U(n) \ SL(n) (grupo unitáro especial)
SL(n; R) = fA 2 GL(n; R) : det A = 1g (grupo linear especial real)
O(n) =
A 2 GL(n; R) : AA
t
= I
(grupo ortogonal real)
SO(n) = O(n) \ SL(n; R) (grupo ortogonal especial)
Vamos mostrar que O(n) é um grup o de Lie: Para isso vamos mostrar primeiro que
O(n) é uma subvariedade de GL(n; R): Seja s(n; R) = fA 2 M(n; R) : A = A
t
g o conjunto
das matrizes reais simétricas de ordem n. Temos que dim s(n; R) =
n
2
(n + 1): De…nimos a
aplicação
f : M(n; R) ! s(n; R)
A 7! A:A
t
:
Essa aplicação está bem de…nida pois, dado A 2 M(n; R); temos
A:A
t
t
=
A
t
t
:A
t
= A:A
t
;
ou seja, A:A
t
2 s(n; R). Além disso, f é diferenciável e
f
1
(I) = fA 2 M(n; R) : A:A
t
= Ig = O(n):
Em [12] página 58 temos o seguinte resultado: “Sejam U R
n
aberto e f : U ! R
nm
de classe C
k
; k 1: Se c é um valor regular de f, então ou f
1
(c) é vazio ou é uma
superfície m-dimensional de classe C
k
em R
n
”:
Em nosso caso podemos escrever
f : M(n; R) R
n
2
! s(n; R) R
n
2
(n+1)
;
bastanto provar que a matriz identidade I é valor regular de f: Se X; Y 2 M(n; R) temos
que
df
X
(Y ) = lim
r!0
f(X + rY ) f (X)
r
= lim
r!0
(X + rY )(X + rY )
t
XX
t
r
= lim
r!0
XX
t
+ rXY
t
+ rY X
t
+ r
2
Y Y
t
XX
t
r
= XY
t
+ Y X
t
:
1.1 Conceitos básicos 15
Se X 2 O(n) e S 2 s(n; R), tomando Y =
SX
2
2 M(n; R) temos que
df
X
(Y ) = X(
SX
2
)
t
+
SX
2
:X
t
=
S
t
2
+
S
2
= S;
ou seja, df
X
é sobrejetora para todo X 2 f
1
(I) = O(n): Logo I é valor regular de f e
O(n) é uma variedade diferenciável de classe C
1
e dimensão n
2
n
2
(n + 1) =
n
2
(n 1):
Portanto O(n) é uma subvariedade de GL(n; R): Agora tome as aplicações
g : O(n) O(n) ! O(n)
(A; B) 7! AB
e
h : O(n) ! O(n)
A 7! A
1
:
Como essas aplicações são também diferenciáveis concluímos que O(n) é um grupo de Lie.
De…niremos agora campos invariantes pela esquerda de um grup o de Lie G. Mais
adiante mostraremos que o conjunto desses campos invariantes é a álgebra de Lie associada
ao grupo de Lie G:
De…nição 1.2 Um campo X de vetores tangente a um grupo de Lie G é uma apli-
cação que a cada ponto p 2 G corresponde um vetor X
p
de T
p
G, onde X
p
denota o valor
do campo X no ponto p 2 G: Um campo X de vetores tangentes a um grupo de Lie G
se diz invariante pela esquerda quando X
xy
= dL
x
(X
y
) quaisquer que sejam x; y 2 G:
Os conjuntos dos campos invariantes pela esquerda de um grupo de Lie será denotado por
LG ou por g.
Um campo invariante a esquerda …ca completamente determinado quando se conhece
X
e
; pois X
xe
= dL
x
(X
e
): Temos tamb ém que LG é um espaço vetorial, pois dados X,Y 2
LG e pertencente ao corpo de escalares tem-se
(X + Y )
xy
= X
xy
+ Y
xy
= dL
x
(X
y
) + dL
x
(Y
y
)
= dL
x
(X
y
+ Y
y
)
= dL
x
(X + Y )
y
.
Mostraremos agora que o conjunto dos campos invariantes à esquerda LG é isomorfo
ao espaço tangente de G em e e que se X 2 LG, então X é diferenciável.
1.1 Conceitos básicos 16
Proposição 1.3 i) A aplicação
: LG ! T
e
(G)
X 7! (X) = X
e
,
onde T
x
(G) indica o espaço tangente a G no ponto x, é um isomor…smo entre espaços
vetoriais.
ii) Se X 2 LG , então X é diferenciável.
Demonstração: i) é claramente linear, pois
(X + bY ) = (X + bY )
e
= X
e
+ bY
e
= (X) + b(Y ).
Mostraremos agora que é sobrejetora. Tome Z 2 T
e
(G): De…namos um campo X em
G por X
x
= dL
x
(Z). Logo
X
xy
= dL
xy
(Z) = dL
x
(dL
y
(Z)) = dL
x
(X
y
):
Assim X 2 LG e
(X) = X
e
= dL
e
(Z) = I(Z) = Z:
Finalmente, é injetora, pois se (X) = (Y ) temos X
e
= Y
e
: Logo dado x 2 G tem-se
X
x
= dL
x
(X
e
) = dL
x
(Y
e
) = Y
x
:
Portanto é um isomor…smo entre espaços vetoriais.
ii) Como L
x
1
é um difeomor…smo de classe C
1
; para mostrar que X é diferenciável
em x 2 G, basta fazer a demonstração para x em uma vizinhança coordenada de e. Tome
' : U ! R
n
uma vizinhança coordenada de e, com ' = (x
1
; :::; x
n
), x
i
: U ! R e x 2 U.
Temos
X
x
(x
i
) = (dL
x
(X
e
))(x
i
) = X
e
:(x
i
L
x
).
Nesta última passagem deveríamos ter L
x
(U) U. Tomamos então V U uma vizi-
nhança de e tal que x; y 2 V implica que xy
1
2 U, o que ocorre devido a continuidade
das operações de grupo. Fazemos agora para V , o mesmo processo que para U: Seja
X
e
=
P
j
c
j
@
@x
j
(e) onde c
j
são constantes. Temos
X
x
(x
i
) =
X
j
c
j
@(x
i
L
x
)
@x
j
(e).
1.1 Conceitos básicos 17
Seja agora f
i
: V V ! R de…nida por f
i
(x; y) = x
i
(xy), ou seja, f
i
(x; y) é a i-ésima
coordenada do produto xy = L
x
(y). Logo
X
x
(x
i
) =
X
j
c
j
@(x
i
L
x
(e))
@x
j
=
X
j
c
j
@(x
i
(xe))
@x
j
=
X
j
c
j
@(f
i
(x; e))
@x
j
.
Assim X(x
i
) é uma função diferenciável de x pois as f
i
são funções diferenciáveis de x.
Portanto X é diferenciável em x 2 V:
Sejam M uma variedade diferenciável e X(M) o espaço vetorial dos campos C
1
tan-
gentes a M. Para f : M ! R de classe C
1
e X; Y 2 X(M), de…nimos [X; Y ] como o
campo
[X; Y ](f) = X(Y f) Y (Xf); (1.1)
onde Xf signi…ca a derivada direcional de f na direção de X, isto é, Xf(x) = df
x
(X(x)):
Com esta op eração X(M) é uma álgebra de Lie.
Este fato auxilia na demonstração de que o conjunto dos campos invariantes à esquerda
é uma álgebra de Lie.
Sejam G um grupo de Lie e LG o espaço dos campos invariantes à esquerda. Se
mostrarmos que LG é fechado relativamente a operação de…nida em (1:1), teremos in-
duzida uma estrutura de álgebra de Lie em LG. Para isso devemos mostrar que
[X; Y ]
xy
= dL
x
[X; Y ]
y
para quaisquer X; Y 2 LG e x; y 2 G. Antes de mostrar este fato precisamos introduzir
um novo conceito.
De…nição 1.4 Sejam M; N variedades diferenciáveis e ' : M ! N de classe C
1
. Dize-
mos que os campos X 2 X(M) e Y 2 X(N) são '-relacionados se d' X = Y ':
Proposição 1.5 Seja ' : M ! N de classe C
1
, onde M; N são variedades diferen-
ciáveis. Se X; X
1
2 X(M) são '-relacionados respectivamente com Y; Y
1
2 X(N), então
[X; X
1
] é '-relacionado com [Y; Y
1
]:
Demonstração: Vamos mostrar que d' [X; X
1
] = [Y; Y
1
] '. Sejam m 2 M e f 2
C
1
(N), onde C
1
(N) indica o conjunto das funções de classe C
1
de N em R. Mostraremos
que
d'([X; X
1
]
m
)(f) = [Y; Y
1
]
'(m)
(f).
1.1 Conceitos básicos 18
De fato,
d'([X; X
1
]
m
)(f) = [X; X
1
]
m
(f ')
= X
m
(X
1
(f ')) X
1
j
m
(X(f '))
= X
m
((d' X
1
)(f)) X
1
j
m
((d' X)(f))
= X
m
(Y
1
(f) ') X
1
j
m
(Y (f) ')
= d'(X
m
)(Y
1
(f)) d'(X
1
j
m
)(Y (f))
= Y
'(m)
(Y
1
(f)) Y
1
j
'(m)
(Y (f))
= [Y; Y
1
]
'(m)
(f).
Portanto [X; X
1
] é '-relacionado com [Y; Y
1
]:
Finalmente, o próximo resultado mostra que o conjunto dos campos invariantes a
esquerda LG, é uma álgebra de Lie. Essa álgebra de Lie é denominada álgebra de Lie
associada ao grupo de Lie G:
Corolário 1.6 Se X; Y 2 LG, então [X; Y ] 2 LG, ou seja, LG é uma álgebra de Lie.
Demonstração: Tome X 2 LG e x 2 G. Então X é L
x
-relacionado com si mesmo. De
fato
dL
x
X(y) = dL
x
(X
y
) = X
xy
X L
x
(y) = X(xy) = X
xy
,
ou seja,
dL
x
X = X L
x
:
Assim, pela proposição anterior temos que [X; Y ] é L
x
-relacionado com [X; Y ], ou seja
dL
x
[X; Y ](y) = [X; Y ] L
x
(y):
Isso implica que
dL
x
[X; Y ]
y
= [ X; Y ](xy) = [X; Y ]
xy
:
Portanto, [X; Y ] 2 LG, e assim LG é uma álgebra de Lie.
1.1 Conceitos básicos 19
De…nição 1.7 Se G e H são grupos de Lie e se ' : G ! H é C
1
e também homomor…smo
de grupos, chamamos ' de homomor…smo de Lie. Se ' é difeomor…smo e um isomor-
…smo de grupos, então ' é chamado isomor…smo de Lie. Se ' : V G ! H é diferen-
ciável, onde V é uma vizinhança em G tal que x; y; x:y 2 V implica '(x:y) = '(x):'(y),
então ' é chamado de homomor…smo local de Lie. Analogamente, de…nimos iso-
mor…smo local de Lie.
De…niremos agora o conceito de subgrupos de Lie.
De…nição 1.8 Um par (H; ') é chamado subgrupo de Lie do grupo de Lie G, se
i) H é um grupo de Lie:
ii) ' : H ! G é uma imersão injetora e é um homomor…smo.
Os subgrupos de Lie são grupos de Lie com uma estrutura de subvariedade. A álgebra
de Lie LH de um subgrupo de Lie H de G é uma subálgebra da álgebra de Lie LG do
grup o de Lie G e coincide com o espaço tangente da subvariedade no elemento neutro. A
partir de agora, denotaremos LG e LH respectivamente por g e h:
Seja (H; ') um subgrupo de Lie de um grupo de Lie G: Sejam h e g as respectivas
álgebras de Lie de H e G: Segue diretamente do próximo lema que h é subálgebra de Lie
de g.
Lema 1.9 Sejam G e H grupos de Lie e ' : V ! H um homomor…smo local de Lie,
onde V G é vizinhança da identidade. Então, a aplicação d' : g ! h induzida por
d' : T
e
(G) ! T
e
(H) é um homomor…smo de álgebras de Lie.
Demonstração: Como G é um grupo de Lie, o produto em G é contínuo. Logo existe
uma vizinhança da identidade U V tal que para todo x; y 2 U tem-se x:y 2 V . Assim
para todo x; y 2 V temos
(L
'(x)
')(y) = (' L
x
)(y).
Daí temos que
d'(X)
'(x)
= dL
'(x)
d'(X
e
)
= d(L
'(x)
')(X
e
)
= d(' L
x
)(X
e
)
= d' dL
x
(X
e
)
= d'(X
x
),
1.1 Conceitos básicos 20
para todo x 2 G e todo X 2 g. Logo X e d'(X) são '-relacionados em U. Assim da
Proposição 1.5, dados X; Y 2 g temos
d'([X; Y ])
e
= [ d'(X); d'(Y )]
'(e)
:
Portanto d' é um homomor…smo de Lie.
Como consequência direta desse resultado temos os seguintes corolários:
Corolário 1.10 Grupos de Lie localmente isomorfos tem álgebras de Lie isomorfas.
Corolário 1.11 Se (H; ') é um subgrupo de Lie de um grupo de Lie G, com álgebra de
Lie h e g é álgebra de Lie de G, então h é isomorfa a uma subálgebra de Lie de g.
O objetivo agora é estudar a recíproca desse corolário, ou seja, dada uma subálgebra
de Lie
~
g da álgebra de Lie g de um grupo de Lie G; existe um subgrupo de Lie (H; ') de
G tal que h é isomorfo a
~
g. Antes introduziremos alguns conceitos novos.
De…nição 1.12 Sejam (H
1
; '
1
) e (H
2
; '
2
) subgrupos de Lie do grupo de Lie G: Dizemos
que (H
1
; '
1
) é equivalente a (H
2
; '
2
) se, e somente se, existe um isomor…smo de Lie
' : H
1
! H
2
tal que '
2
' = '
1
; ou seja, o diagrama abaixo comuta.
Cada classe de equivalência desta relação possui um representante em G, que chamaremos
de (H; i), onde i : H ! G é a inclusão.
No decorrer do texto quando mencionado a unicidade de subgrupos de Lie, estaremos
nos referindo a estas classes de equivalência acima.
De…nição 1.13 Seja M uma variedade diferenciável n-dimensional. Uma distribuição
k-dimensional em M é uma escolha que associa a cada m 2 M um subespaço k-
dimensional de T
m
(M). Diremos que a distribuição é diferenciável quando para cada
m 2 M existe uma vizinhança V de m onde se de…nem k campos de vetores diferenciáveis
que geram a distribuição.
1.1 Conceitos básicos 21
Se D é uma distribuição e se X 2 X(M) é tal que para todo x 2 M tivermos X
x
2
D(x); diremos que X 2 D, onde D(x) indica o subespaço de T
x
(M) determinado por D:
De…nição 1.14 Dizemos que uma distribuição é involutiva se, e somente se, para quais-
quer X; Y 2 D tivermos [X; Y ] 2 D.
De…nição 1.15 Uma variedade integral para D é qualquer subvariedade imersa
N M tal que T
x
(N) D(x), para todo x 2 N: Diremos que D é integrável se por
cada x 2 M passa uma variedade integral de D .
O próximo resultado fornece uma condição su…ciente para que uma distribuição dife-
renciável seja integrável. Esse resultado é o conhecido Teorema de Frobenius, que será
apenas enunciado. Para uma demonstração deste teorema veja o capítulo 1 de [24].
Teorema 1.16 (de Frobenius) Seja D uma distribuição k-dimensional, involutiva e
C
1
em M . Então existe uma variedade integral de D passando por m, para todo m 2
M. Melhor dizendo, existe um sistema cúbico de coordenadas (U; ') que está centrado
em m, com funções coordenadas x
1
; :::; x
n
tal que as fatias x
i
,que são constantes, com
i 2 fk +1; :::; ng são variedades integrais de D. Se (N; ) é uma variedade integral conexa
de D tal que (N) U, então (N) está contida em uma dessas fatias.
Demonstração: Veja Teorema 1.6 em [24] :
O Teorema de Frobenius possui caractér local, no sentido que a existência de variedades
integrais para D é garantida nas vizinhanças de qualquer ponto de M.
Para uma globalização desse teorema, temos o seguinte resultado, cuja demonstração
também pode ser encontrada no capítulo 1 de [24] :
Teorema 1.17 (de Frobenius global) Se D é uma distribuição k-dimensional, invo-
lutiva e C
1
em M , então por todo ponto m 2 M passa uma única variedade integral
conexa maximal de D:
Demonstração: Veja Teorema 1.64 em [24] :
Para demonstrar o próximo resultado, usaremos o Teorema da forma local para imer-
sões em variedades, que pode ser encontrado em [12] ;capítulo 6, Proposição 1.
1.1 Conceitos básicos 22
Lema 1.18 Sejam M; N e P variedades diferenciáveis. Sejam ainda : M ! N de
classe C
1
e ' : P ! N uma imersão injetora C
1
, com (M) '(P). Se : M ! P é
a única aplicação tal que ' = , então é C
1
se, e só se, for contínua.
Demonstração: Suponhamos sem perda de generalidade que P = R
p
e N = R
n
. Dado
m M temos que (m) 2 P . Como ' é uma imersão temos que (m) é valor regular de
' : P ! N : Logo, pelo Teorema da forma local para imersões em variedades, existe um
sistema de coordenadas x : U ! R
p
em P com (m) U e um difeomor…smo de classe
C
1
; y : V ! R
p
R
np
(V N aberto) tal que '(U) V e
'
xy
= y ' x
1
: x(U) ! R
p
R
np
é da forma '
xy
(W ) = (W; 0): Como é contínua, podemos encontrar um sistema de
coordenadas z : Z ! R
m
em M com m 2 Z tal que (Z) U. Logo,
(' )
zy
= y ' z
1
: z(Z) ! R
p
R
np
é da forma
(' )
zy
= '
xy
(
zx
) = (
zx
; 0):
Como ' 2 C
1
; temos que (' )
zy
2 C
1
e assim
zx
2 C
1
. Portanto, 2 C
1
:
A recíproca é imediata.
Vejamos um exemplo onde esse lema não se aplica.
Exemplo 1.5 Sejam M = P = R e N = R
2
. Tome ; ' : R ! R
2
, dadas nos grá…cos
abaixo, tal que quando t tende a 1 tem-se que (t) tende a 0 ao longo do eixo horizontal
e '(t) tende a 0 ao longo do eixo vertical. Suponhamos que '(0) = (0) = 0:
Temos que ' e possuem exatamente a mesma imagem. Tome a única aplicação tal
que ' = : Assim = '
1
: Temos que não é contínua, pois
1
(1; 1) =
1
'(1; 1)
1.1 Conceitos básicos 23
é a união da origem e de dois conjuntos abertos da forma (a; 1) e (1; a), ou seja, a
imagem inversa de aberto não é aberto.
Vamos mostrar agora que todo grupo de Lie é gerado por uma vizinhança da identi-
dade.
Lema 1.19 Seja G um grupo de Lie conexo e U uma vizinhança da identidade e. Então
G =
1
S
n=1
U
n
, onde U
n
consiste de todos os produtos de n fatores de U:
Demonstração: Seja V = U \ U
1
. Logo V também é uma vizinhança de e: É claro
que V
1
= V: Seja
H =
1
[
n=1
V
n
1
[
n=1
U
n
G,
onde V
n+1
=
S
x2V
xV
n
. É imediato que H é subgrupo de G e é aberto. Assim o conjunto
gH, chamado de classe lateral à esquerda de H em G, determinada por g, é aberto para
todo g 2 G. Por outro lado,
G =
[
g2G
gH = H
_
[(
[
g =2H
gH):
Assim H = G
S
g =2H
gH: Portanto H é fechado em G: Logo H é fechado e aberto em G:
Como G é conexo temos que G = H: Portanto
G =
1
[
n=1
U
n
:
Agora podemos mostrar a recíproca do Corolário 1.11.
Teorema 1.20 Seja G um grupo de Lie com algebra de Lie g. Seja
e
g subálgebra de Lie
de g. Então existe um único subgrupo de Lie conexo (H; ') G; onde ' é a inclusão,
com álgebra de Lie h de modo que d'(h) =
e
g:
Demonstração: Primeiramente vamos mostrar a existência do subgrupo de Lie conexo
H de G. De…namos uma distribuição D em G da seguinte forma
D(x) = fX
x
; X 2
e
gg:
1.1 Conceitos básicos 24
Mostraremos que D é involutiva. Assim a variedade integral conexa maximal de D passando
por e , dada pelo Teorema 1.17 será um candidato a ser o subgrupo (H; '); que estamos
procurando. Aqui ' é a aplicação inclusão.
A…rmamos que D é involutiva. De fato, tome X; Y 2 D; assim X; Y 2
e
g . Como
e
g é fechado para o colchete [; ], temos que [X; Y ] 2
e
g : Pela de…nição de D temos que
[X; Y ]
x
2 D(x) para todo x 2 G: Logo [X; Y ] 2 D: Assim a dimensão de D é igual a
dimensão de
e
g.
Temos que a variedade integral conexa maximal de D passando por e é um subgrupo
de G: De fato, seja H tal variedade e seja x 2 H. Então
L
x
1
(H) = fx
1
h; h 2 Hg
é também subvariedade integral de D passando por e, pois D é invariante por translações
à esquerda. Como H é uma variedade integral conexa maximal temos que x
1
H H:
Portanto H é um subgrupo de G:
Resta mostrarmos que a estrutura de grupo induzida por G em H; é compatível com
a estrutura diferenciável de H como variedade integral de D. Sejam ! e os produtos
de G e H respectivamente, e i e j as inclusões H G e H H G G. Denotemos
! j = : Temos que i é uma imersão injetora e que i = é C
1
.
Para mostrar que é C
1
; pelas considerações acima e pelo Lema 1.18, devemos mostrar
apenas que é contínua. Como se trata de um problema local, podemos supor que
G = R
n
, onde n é a dimensão de G. Seja h 2 H
k
, onde k é a dimensão de H e
m 2
1
(h): Em torno de h tome uma fatia V , também contida numa vizinhança U
de i(h) em G; dada pelo Teorema 1.16. Pelo teorema da forma local das imersões temos
que i(H) intercepta U numa certa quantidade de componentes conexas abertas, cada uma
numa fatia de U. Como H possui base enumerável, essa quantidade é enumerável. Diante
disso, mostraremos que é contínua.
1.1 Conceitos básicos 25
Como é contínua, existe um aberto W H H tal que m 2 W e (W ) U:
Tomemos a componente conexa de m neste aberto, a qual será um aberto, que ainda
chamaremos de W: Assim temos que (W ) V . De fato, (W ) é conexo e está contido
numa quantidade enumerável de fatias. Consideramos a projeção
: R
nk
R
k
! R
nk
(u; v) 7! u:
Temos que o conjunto (W ) reduz-se a um p onto, pois este conjunto é conexo e
enumerável. Logo, (W ) está contido em uma única fatia de U, a qual deve ser V , pois
h 2 V . Portanto é contínua.
Assim, concluímos que o produto induzido em H por G é compatível com a estrutura
de variedade de H, de modo que H é um grupo de Lie, e assim um subgrupo de Lie de G
Vamos mostrar agora, a unicidade do subgrup o de Lie conexo H de G:
Suponhamos que (K; ) seja um outro subgrupo de Lie conexo de G, com d(k) =
e
g,
onde k é a álgebra de Lie de K: Por de…nição, (K; ) é uma variedade integral de D de…nida
na demonstração da existência. Do fato de (H; i) ser maximal, segue que (K) i(H):
Portanto existe uma única aplicação : K ! H tal que i = : Claramente, é dife-
renciável e assim um homomor…smo de Lie injetor. Temos ainda que não é singular, e
assim é um difeomor…smo numa vizinhança de e: Pelo Lema 1.19 concluímos que é sobre-
jetora. Portanto, é um isomor…smo entre grupos de Lie e isto prova a unicidade de H:
É imediato desse teorema que:
Corolário 1.21 Existe uma correspondência bijetora entre subgrupos de Lie conexos de
um grupo de Lie e as subálgebras da sua álgebra de Lie.
Proposição 1.22 Sejam G e H grupos de Lie com as respectivas álgebras de Lie g e h.
Se : g ! h é um homomor…smo, então existe uma vizinhança V de e em G e uma
aplicação diferenciável ' : V ! H tal que '(a:b) = '(a):'(b) sempre que a; b; a:b 2 V
e tal que para todo X 2 g tem-se que d'(X) = (X): Além disso, se existirem dois
homomor…smos diferenciáveis '; : G ! H com d' = d = e se G for conexo, então
temos que ' = :
Demonstração: Seja g h a álgebra de Lie de G H e
k = f(X; (X)); X 2 gg g h:
1.1 Conceitos básicos 26
Temos que k é uma subálgebra de Lie de g h. De fato, tome (X; (X)) e (Y; (Y )) em
k : Logo
[(X; (X)); (Y; (Y ))] = ([X; Y ]; [(X); (Y )]) 2 g h:
Portanto k é uma subálgebra de Lie de g h:
Pelo Teorema 1.20, existe um único subgrupo de Lie conexo K G H com álgebra
de Lie igual a k. Tome a projeção
1
: G H ! G
(g; h) 7! g
e de…namos =
1
j
K
. Então, se (X
e
; (X)
e
) 2 T
e
(K) temos que
d
(e;e)
(X
e
; (X)
e
) = X
e
2 T
e
(G):
Portanto, d(X; (X)) = X 2 g, onde d : k ! g é de…nido como no Lema 1.9. Assim,
temos que d
(e;e)
é um isomor…smo e então existe uma vizinhança aberta W de (e; e) em
K tal que leva W difeomor…camente sobre V , com e 2 V G: Agora, tome
2
: G H ! H
(g; h) 7! h:
Logo a aplicação
' : V ! H
x 7!
2
1
(x)
é diferenciável,
1
(x) = (x; '(x)) e
W = f(x; '(x)); x 2 V g:
Desse modo, tomando, a; b; ab 2 V , temos que
'(ab) =
2
1
(ab)
=
2
(ab; '(a)'(b))
= '(a)'(b):
De…nindo d' : g ! h por d'(X)
e
= d'
e
(X
e
); temos
d'
e
(X
e
) = d
2
d
1
e
(X
e
) = d
2
(X
e
; (X)
e
):
Logo
(X)
e
= d'(X)
e
1.2 Aplicação exponencial 27
e da unicidade temos (X) = d'(X): Portanto, demonstramos a existência de ':
Para mostrar a unicidade tome '; : G ! H satisfazendo as condições acima. De…na
as imersões injetoras, ; : G ! G H por
(x) = (x; '(x)) e (x) = (x; (x)):
Como G é conexo, as imagens (G) = K e (G) = L são subgrupos de Lie conexos de
G H com álgebras de Lie k e l respectivamente. Temos que as aplicações
d : g ! k e d : g ! l
são isomor…smos. Sabendo que d' = d , concluímos que d = d: Logo k = l. Daí,
K = L pois K e L são grupos de Lie conexos associados à mesma álgebra de Lie. Assim
(x; '(x)) = (x; (x)) para todo x 2 G. Portanto ' = .
Corolário 1.23 Se dois grupos de Lie possuem álgebras de Lie isomorfas, então eles são
localmente isomorfos.
Demonstração: Seja o isomor…smo entre as álgebras de Lie. Para demonstrar o
corolário, basta aplicar o teorema acima para e
1
:
Para …nalizar iremos enunciar o conhecido Teorema de Ado, porém não convém
demonstra-lo aqui. Uma demonstração para esse teorema pode ser encontrada na seção
7 de [2]. Este teorema nos permite ter uma visão mais geral de uma álgebra de Lie.
Teorema 1.24 (de Ado) Toda álgebra de Lie é isomorfa a uma subálgebra de gl(n; C):
Segue diretamente do Teorema de Ado e do Corolário 1.23 que todo grupo de Lie é
localmente isomorfo a um subgrupo de GL(n; C):
1.2 Aplicação exponencial
A aplicação exponencial é uma ferramenta muito importante que nos permite esta-
belecer um vínculo entre os grupos de Lie e suas respectivas álgebras de Lie. Com essa
ferramenta podemos transportar algumas propriedades das álgebras de Lie para os grupos
1.2 Aplicação exponencial 28
de Lie. Nesta seção apresentaremos algumas propriedades e resultados importantes sobre
a aplicação exponencial. Estas propriedades nos pemitem provar o teorema de Cartan
que mostra que todo subgrupo fechado de um grupo de Lie é um grupo de Lie. No …nal
da seção mostraremos algumas propriedades da representação adjunta.
Seja g a álgebra de Lie associada ao grupo de Lie G e tome X 2 g. Sabemos da
teoria das equações diferenciáveis ordinárias, que dado x 2 G, existem abertos U G e
("; ") R com x 2 U e " > 0 e uma aplicação diferenciável ' : U ("; ") ! G tal que
para todo y em U tem-se
'(y; 0) = y e
d'
dt
(y; t) = X
'(y;t)
.
A aplicação ' é chamada ‡uxo local do campo X. Agora, tomaremos x = e e adotare-
mos a notação '(e; t) = '(t) = '
t
para trajetória única de X em e: Com essas notações
temos o seguinte resultado:
Proposição 1.25 Num grupo de Lie G, '
t
é de…nido para todo t 2 R e a aplicação
' : R ! G assim de…nida é um subgrupo de Lie.
Demonstração: Devemos mostrar que ('(R); i) é um subgrupo de Lie de G. Claramente
temos que i : '(R) ! G é uma imersão injetora e é um homomor…smo. Agora resta
mostrar que '(R) é grupo de Lie, ou seja, dados '
t
, '
s
2 '(R) tem-se que '
t
.'
s
e '
1
t
são diferenciáveis em '(R).
Tome t
0
2 ("; "). Seja '
t
0
= z e de…na '
t
= z
1
'
t
. Logo '
t
0
= e. Como X 2 g,
temos
X
'
t
= X
z
1
'
t
= dL
z
1
X
'
t
= dL
z
1
d'
t
=
d'
t
dt
.
Logo '
t
é uma solução do sistema
8
<
:
dx
dt
= X
x
x(t
0
) = e.
(1.2)
Suponhamos que t
0
> 0. Claramente temos que a aplicação
: (t
0
"; t
0
+ ") ! G
t 7! '
tt
0
também é uma solução de 1.2. Logo, como o sistema possui solução única, segue que
'
t
= '
tt
0
pode ser estendida a ("; t
0
+ ") e consequentemente '
t
= '
t
0
'
t
pode ser
1.2 Aplicação exponencial 29
estendida a ("; t
0
+ "); logo a todo t 2 R. Além disso, temos que para todo t 2 R
('
t
0
)
1
'
t
= '
tt
0
:
Logo
'
1
t
= '
t
e '
t+s
= '
t
:'
s
:
Como o ‡uxo ' é diferenciável, segue o desejado.
Agora introduziremos o conceito de aplicação exponencial.
De…nição 1.26 Seja G um grupo de Lie com álgebra de Lie g: Tome X 2 g. Se indicar-
mos por '
X
a trajetória de X pela origem e, então de…nimos a aplicação exponencial
de G; por
exp : g T
e
G ! G
X 7! '
X
(1).
Antes de apresentarmos algumas propriedades da aplicação exponencial, mostraremos
que '
sX
(t) = '
X
(st) para to do s,t 2 R. De fato, se (t) = '
X
(st) teremos que (0) =
'
X
(0) = e e ainda,
d
dt
(t) = s
d'
X
dt
(st) = sX
'
X
(st)
= sX
(t)
:
Logo, é solução da equação diferencial ordinária
8
<
:
x(0) = e
dx
dt
= sX
X(t)
:
Portanto como '
sX
também é solução do sistema, temos que = '
sX
.
Apresentaremos agora algumas propriedades da aplicação exponencial. Essas pro-
priedades serão essenciais para a demonstrações de alguns resultados.
Proposição 1.27 Sejam s; t
1
; t
2
2 R e X 2 g, onde g é a álgebra de Lie do Grupo de
Lie G: A aplicação exponencial satisfaz as seguintes propriedades:
1.2 Aplicação exponencial 30
(i) exp(t
1
+ t
2
)X = (exp t
1
X)(exp t
2
X):
(ii) exp(sX) = (exp sX)
1
:
(iii) exp é diferenciável.
(iv) exp é um difeomor…smo numa vizinhança de e:
Demonstração: (i) Temos que
exp(t
1
+ t
2
)X = '
(t
1
+t
2
)X
(1; e) = '
X
(t
1
+ t
2
; e) = '
X
(t
1
; '
X
(t
2
; e))
(exp t
1
X)(exp t
2
X) = '
t
1
X
(1; e)'
t
2
X
(1; e) = '
X
(t
1
; e)'
X
(t
2
; e):
Agora, de…namos as curvas
1
(t) = '
X
(t
1
; e)'
X
(t; e) e
2
(t) = '
X
(t
1
; '
X
(t; e)):
Devemos mostrar que
1
(t) =
2
(t): Como X é invariante à esquerda, pois X 2 g, temos
que
1
e
2
são soluções de
8
<
:
x(0) = e
dx
dt
= X
X(t)
:
Logo
1
(t) =
2
(t) para todo t 2 R, pois o sistema acima tem solução única: Portanto
exp(t
1
+ t
2
)X = (exp t
1
X)(exp t
2
X):
(ii) Temos que
e = exp 0 = exp(s s)X = (exp sX)(exp(sX)):
Logo exp(sX) = (exp sX)
1
:
(iii) Considere o campo vetorial
V : G g ! T G g
(y; X) 7! (X
y
; 0)
onde T G é o …brado tangente de G. A trajetória de V por (e; X) 2 G g é dada por
(t; X) = ('
X
(t); X) = (exp tX; X)
pois
0
(t) = (X
'
X
(t)
; 0) = V ('
X
(t); X). Tomando agora a projeção
1
: G g ! G
(x; X) 7! x
1.2 Aplicação exponencial 31
a aplicação
Exp : R g ! G
(t; X) 7! exp tX
pode ser expressa como a composta das aplicações e
1
. Temos que Exp é diferenciável
pois o ‡uxo e
1
são diferenciáveis. Portanto exp é diferenciável em g:
(iv) Seja X 2 g e (t) = tX. Temos que (0) = 0 e
d
dt
(0) = X. Logo
(d exp)
0
X = (d exp)
0
d
dt
(0) =
d(exp tX)
dt
j
t=0
=
d'
X
(t)
dt
j
t=0
= X
'
X
(0)
= X
e
:
Então (d exp)
0
X = X, ou seja, (d exp)
0
é não singular. Portanto, pelo teorema da função
inversa, exp é um difeomor…smo local.
Sabemos que todo homomor…smo contínuo ' : R ! R é diferenciável. Queremos
mostrar agora, que todo homomor…smo contínuo entre grupos de Lie é diferenciável.
Para isso precisaremos do seguinte lema.
Lema 1.28 Seja G um grupo de Lie com álgebra de Lie g. Se fX
1
; :::; X
n
g é uma base
de g, então a aplicação
: R
n
! G
(t
1
; :::; t
n
) 7! (exp t
1
X
1
): :(exp t
n
X
n
):
é diferenciável e é não singular em 0 2 R
n
:
Demonstração: Como exp é diferenciável, é fácil ver que é diferenciável: Tome t =
(t
1
; :::; t
n
) 2 R
n
. Logo
(t) = R
a
i
L
b
i
exp t
i
X
i
;
onde
a
i
= exp(t
i+1
X
i+1
):::(exp t
n
X
n
) e
b
i
= (exp t
1
X
1
)::: exp(t
i1
X
i1
)
para todo i = 1; :::; n. Temos ainda que
@
@t
i
(t) = dR
a
i
dL
b
i
d(exp t
i
X
i
)
dt
i
:
Logo
@
@t
i
(t) j
t=0
= dR
e
dL
e
X
i
j
e
= X
i
j
e
:
1.2 Aplicação exponencial 32
Assim, d
0
: R
n
! T
e
G tem por matriz jacobiana (X
1
j
e
X
n
j
e
) onde os X
i
j
e
denotam
os vetores colunas da matriz. Portanto d
0
é não singular.
Um outro resultado que precisamos para mostrar que todo homomor…smo contínuo
entre grupos de Lie é diferenciável é o seguinte teorema:
Teorema 1.29 Seja G um grupo de Lie. Se ' : R !G é um homomor…smo contínuo,
então ' é diferenciável.
Demonstração: Vamos mostrar que ' é diferenciável numa vizinhança de 0 2 R. Isso é
su…ciente para demonstrar o teorema.
Seja V G uma vizinhança de e 2 G. Essa vizinhança é difeomorfa a uma vizinhança
de zero U g através da aplicação exponencial. Aqui g denota a álgebra de Lie de G:
Suponhamos que U é estrelado, ou seja, se X 2 U, então tX 2 U para todo t 2 [0; 1].
Seja agora
U
0
= f
1
2
X; X 2 Ug U:
Tome t
0
0 su…cientemente pequeno para que j t j t
0
implique que '(t) 2 exp U
0
.
Assim, dado qualquer n 2 N temos que '(
t
0
n
) 2 exp U
0
. Assim temos X e Y em U
0
tais
que
exp X = '(
t
0
n
) e exp Y = '(t
0
):
Logo
exp(X)
n
= e xp X ::: exp X = exp(nX):
Como exp(X)
n
= '(t
0
), temos
exp(nX) = '(t
0
) = exp(Y ):
Vamos provar que nX = Y: Para isso basta mostrarmos que nX 2 U
0
: Faremos isso por
indução.
Suponha que jX 2 U
0
para todo j = 1; :::; n1. Então para j = 1 o resultado é óbvio.
Para j > 1, temos que 2jX 2 U e como U é estrelado, tem-se que
(1 + j)X = (
j + 1
2j
)2jX 2 U:
Porém,
exp(j + 1)X = '((j + 1)
t
0
n
):
1.2 Aplicação exponencial 33
Como
j + 1
n
t
0
t
0
,temos que
exp(j + 1)X 2 exp U
0
:
Logo pela hipótese de indução temos que nX 2 U
0
e portanto nX = Y: Seja agora m 2 Z,
com 0 <j m j< n. Caso m > 0 tem-se que
'(
m
n
t
0
) = ('(
t
0
n
))
m
= (exp X)
m
= e xp(
Y
n
)
m
= e xp(
m
n
Y ):
Por outro lado se m < 0, tem-se que
'(
m
n
t
0
) = ('(
m
n
t
0
))
1
= (exp(
m
n
Y ))
1
= e xp(
m
n
Y ):
Como ' é contínua, temos que para todo r 2 R com 0 <j r j 1
'(rt
0
) = exp(rt
0
Y
t
0
) = exp rY .
Temos que para todo t 2 R com 0 <j t j t
0
, existe r 2 R com 0 <j r j 1 tal que t = rt
0
.
Logo
'(t) = exp(rt
0
Y
t
0
) = exp rY = exp(
t
t
0
Y ).
Portanto ' é diferenciável.
Agora mostraremos então, que todo homomor…smo contínuo entre grupos de Lie é
diferenciável.
Teorema 1.30 Todo homomor…smo contínuo ' : H ! G entre grupos de Lie é diferen-
ciável.
Demonstração: Suponha que dim(H) = n: Seja h a álgebra de Lie de H: Tome uma
base fX
1
; :::; X
n
g de h e a aplicação : R
n
! H como no Lema 1.28. Sejam V R
n
uma
vizinhança de zero e U H vizinhança de e tais que : V ! U seja um difeomor…smo.
Pelo teorema anterior, temos que as aplicações
'
i
: R ! G
t 7! '(exp tX
i
)
são contínuas e portanto são diferenciáveis. Assim,
' (t
1
; :::; t
n
) = '((exp t
1
X
1
): :(exp t
n
X
n
))
'(exp t
1
X
1
): :'(exp t
n
X
n
)
'
1
(t
1
): :'
n
(t
n
)
1.2 Aplicação exponencial 34
é diferenciável para todo (t
1
; :::; t
n
) 2 R
n
: Se x 2 U temos x =
1
(x). Logo
'(x) = '(
1
(x))
ou seja ' j
U
= (' )
1
j
U
é diferenciável. Por outro lado, se x é um elemento qualquer
de H, não necesariamente em U, tem-se que
x 2 xU = fxu ; u 2 Ug;
o qual é difeomorfo a U por translação à esquerda. Assim, para todo xy 2 xU temos que
'(x:y) = '(x):'(y)
= L
'(x)
'(y)
= L
'(x)
'(L
x
1
(xy))
= L
'(x)
' L
x
1
(xy):
Logo,
' j
xU
= L
'(x)
' L
x
1
j
xU
:
Como L
'(x)
' L
x
1
j
xU
é diferenciável, temos que ' j
xU
é diferenciável.
No próximo lema e em sua demonstração, usaremos a notação O(t
3
) para o fato de
uma aplicação f : R !T
e
G ter a propriedade de que
'(t)
t
3
é limitado para todo t em R
su…cientemente pequeno. Além disso, se X 2 T
e
G, então
e
X denotará o campo de g tal
que
e
X
e
= X:
Lema 1.31 Se G é um grupo de Lie e se X; Y 2 T
e
G, então
(a) (exp tX)(exp tY ) = exp(t(X + Y ) +
t
2
2
[X; Y ] + O(t
3
)):
(b) (exp tX)(exp tY )(exp tX)(exp tY ) = exp(t
2
[X; Y ] + O(t
3
)):
(c) (exp tX)(exp tY )(exp tX) = exp(tY + t
2
[X; Y ] + O(t
3
)):
Demonstração: Sejam f 2 C
1
(G) e a 2 G: Temos que
e
Xf(a) =
e
X
a
(f) = dL
a
X(f) = X(f L
a
) =
d(f L
a
)
du
j
u=0
:
onde : ("; ") ! G é uma curva tal que (0) = e e
0
(0) = X. Em particular, a curva
(u) = exp uX. Assim,
e
Xf(a) =
d(f L
a
exp uX)
du
j
u=0
=
d
du
f(a exp uX) j
u=0
:
1.2 Aplicação exponencial 35
Analogamente temos que
e
Y f(a) =
d
du
f(a exp uY ) j
u=0
: (1.3)
Fixando s em R, seja
'(t) = f (exp sX: exp tY ):
Logo
'
0
(t) =
d
dt
f(exp sX: exp tY ) =
d
dt
(f L
exp sX
exp tY ) = d(f L
exp sX
)
exp tY
(d exp)
tY
Y:
Por outro lado, por 1.3 temos que
e
Y (f)(exp sX: exp tY ) =
d
du
f(exp sX: exp tY: exp uY ) j
u=0
= d(fL
exp sX
)
exp tY
(d exp)
tY
Y:
Assim,
'
0
(t) =
e
Y (f)(exp sX: exp tY ):
Agora em vez de f usamos o mesmo raciocínio para
e
Y f: Assim obtemos
'
00
(t) = [
e
Y (
e
Y f)](exp sX: exp tY ):
Aplicando o teorema de Taylor a ' temos
'(t) = '(0) + '
0
(0)t +
'
00
(0)
2!
t
2
+ O(t
3
);
e assim, substituindo '(t); '
0
(t) e '
00
(t) a essa última igualdade, tem-se que
f(exp sX: exp tY ) = f(exp sX) +
e
Y (f)(exp sX)t +
t
2
2
[
e
Y (
e
Y f)](exp sX) + O(t
3
): (1.4)
Analogamente, para qualquer F 2 C
1
(G), temos que
d
ds
F (exp sX) = (
e
XF )(exp sX)
d
2
ds
2
F (exp sX) = [
e
X(
e
XF )](exp sX)
F (exp sX) = F (e) + s(
e
XF )(e) +
s
2
2
[
e
X(
e
XF )](e) + O(s
3
): (1.5)
Suponhamos que f(e) = 0, e aplicamos a última expressão em 1.4 para F = f, F =
e
Y f
e F =
e
Y (
e
Y f). Assim obtemos
f(exp sX: exp tY ) = s(
e
Xf)(e) + t(
e
Y f)(e) +
s
2
2
[
e
X(
e
Xf)](e) +
t
2
2
[
e
Y (
e
Y f)](e) +
+st[
e
X(
e
Y f)](e) + O(s
3
) + O(s
2
t) + O(st
2
):
1.2 Aplicação exponencial 36
Para s = t temos
f(exp sX: exp tY ) = t[(
e
X +
e
Y )f)](e) + t
2
[(
e
X
e
X
2
+
e
X
e
Y +
e
Y
e
Y
2
)f](e) + O(t
3
): (1.6)
Como a exponencial é um difeomor…smo numa vizinhança de 0 2 T
e
G e o produto em G
é contínuo, podemos escrever para t pequeno
(exp tX)(exp tY ) = exp Z(t);
para alguma função diferenciável Z : ("; ") ! T
e
G. Aplicando a fórmula de Taylor a Z
obtemos,
Z(t) = tZ
1
+ t
2
Z
2
+ O(t
3
);
onde Z
1
; Z
2
2 T
e
G:
Tome A : R !T
e
G uma aplicação diferenciável tal que A(0) = 0: Pela fórmula de Taylor
temos que
(f exp)(A(t) + O(t
3
)) = (f exp)(A(t)) +
R
1
0
d
ds
(f exp)(A(t) + sO(t
3
)):O(t
3
)ds
= (f exp)(A(t)) + (
R
1
0
d
ds
(f exp)(A(t) + sO(t
3
))ds):O(t
3
):
Temos que
lim
t!0
(
R
1
0
d
ds
(f exp)(A(t) + sO(t
3
))ds):O(t
3
)
t
3
= 0;
assim podemos escrever
(f exp)(A(t) + O(t
3
)) = (f exp)(A(t)) + O(t
3
): (1.7)
Suponha que f(e) = 0. Por 1.7 e pela equação 1.5 temos que
f(exp Z(t)) = f(exp t(Z
1
+ tZ
2
)) + O(t
3
)
= f(e) + t[(
e
Z
1
+ t
e
Z
2
)(f)](e) +
t
2
2
[(
e
Z
1
+ t
e
Z
2
)(
e
Z
1
+ t
e
Z
2
)(f)](e)+
+O(t
3
) + O(t
3
)
= t(
e
Z
1
f)(e) + t
2
(
e
Z
2
f)(e) +
t
2
2
[(
e
Z
1
(
e
Z
1
f)](e) +
t
3
2
[(
e
Z
1
(
e
Z
2
f)](e)+
+
t
3
2
[(
e
Z
2
(
e
Z
1
f)](e) +
t
4
2
[(
e
Z
2
(
e
Z
2
f)](e) + O(t
3
)
= t(
e
Z
1
f)(e) + t
2
(
e
Z
2
f)(e) +
t
2
2
[(
e
Z
1
(
e
Z
1
f)](e) + O(t
3
):
1.2 Aplicação exponencial 37
Dessa última equação e de 1.6 temos
e
X +
e
Y =
e
Z
1
e
Z
1
e
Z
1
2
+
e
Z
2
=
e
X
e
X
2
+
e
X
e
Y +
e
Y
e
Y
2
:
Logo Z
1
= X + Y , Z
2
=
1
2
[X; Y ], o que conclui a demonstração de (a):
Para provar (b), basta aplicar (a) :
(exp tX)(exp tY )(exp tX)(exp tY )
= e xp(t(X + Y ) +
t
2
2
[X; Y ] + O(t
3
)): exp(t(X + Y ) +
t
2
2
[X; Y ] + O(t
3
))
= e xp(t
2
[X; Y ] + O(t
3
));
pois os demais termos que aparecem no desenvolvimento acima, são de ordem no mínimo
três. Isso demonstra (b):
Para demonstrar (c) também aplicamos (a); ou seja
(exp tX)(exp tY )(exp tX) = exp(t(X + Y ) +
t
2
2
[X; Y ] + O(t
3
)):(exp tX)
= exp(tY + t
2
[X; Y ] + O(t
3
)):
Como aplicação desse lema, daremos uma interpretação geométrica da operação colchete
na álgebra de Lie.
Corolário 1.32 Sejam G um grupo de Lie e X; Y 2 T
e
G g e sejam as curvas
x; y; : R !G dadas por
x(t) = exp tX
y(t) = exp tY
(t) = x(
p
t):y(
p
t):x(
p
t)
1
:y(
p
t)
1
:
Então, (0) = e e
0
(0) = [X; Y ]:
Demonstração: Pela parte (ii) da Proposição 1.27 temos que (exp X)
1
= exp(X):
Assim pela parte (b) do lema anterior temos que
(t) = (exp
p
tX)(exp
p
tY )(exp
p
tX)(exp
p
tY )
= exp(t[X; Y ] + O(t
3
)):
1.2 Aplicação exponencial 38
Logo, (0) = e e
d
dt
(0) = (d exp)
0
([X; Y ] +
d
dt
O(t
3
) j
t=0
) = I([X; Y ]) = [X; Y ].
Como outra aplicação do Lema 1.31 mostraremos mais adiante um importante resul-
tado, que garante que todo subgrupo fechado de um grupo de Lie é um grupo de Lie.
Esse resultado é conhecido como Teorema de Cartan. Para demonstrar esse teorema
tentaremos encontrar uma vizinhança V g de zero, tal que
exp(V \ H) = H \ exp V;
onde g é a álgebra de Lie de G e
H =fX 2 g; exp tX 2 H para todo t 2 Rg:
Para isso precisaremos dos seguintes lemas:
Lema 1.33 Seja H um subgrupo fechado de um grupo de Lie G: O conjunto H de…nido
acima, é um subespaço vetorial de g:
Demonstração: Tome X; Y 2 H. Então exp
t
n
X; exp
t
n
Y 2 H para todo número inteiro
n . Logo
[(exp
t
n
X)(exp
t
n
X)]
n
2 H
pois H é subgrupo. Pela parte (a) do Lema 1.31 temos que
(exp
t
n
X)(exp
t
n
X)
n
= (exp(
t
n
X +
t
n
Y +
2
2n
2
[X; Y ] + O(
t
3
n
3
))
n
= exp(tX + tY +
2
2n
[X; Y ] + O(
t
3
n
2
)) 2 H:
Como H é fechado, temos para to do t 2 R que
lim
n!1
exp(tX + tY +
2
2n
[X; Y ] + O(
t
3
n
2
)) = exp t(X + Y ) 2 H:
Logo, pela de…nição de H temos que X +Y 2 H. Portanto H é um subespaço vetorial de
g:
1.2 Aplicação exponencial 39
Lema 1.34 Seja H um subgrupo fechado de um grupo de Lie G e H como de…nido
acima: Tome (t
i
X
i
)
i
uma sequência em g tal que
X
i
! X 2 g; t
i
! 0 e t
i
6= 0:
Se exp t
i
X
i
2 H para todo i, então exp tX 2 H para todo t; isto é X 2 H.
Demonstração: Como (exp t
i
X
i
) = (exp t
i
X
i
)
1
2 H, podemos supor que t
i
> 0:
Então, para t > 0 de…nimos para cada i 2 N a função
k
i
(t) = [
t
t
i
] = maior inteiro
t
t
i
:
Logo,
t
t
i
1 k
i
(t)
t
t
i
o que implica
t t
i
t
i
k
i
(t) t
Como por hipótese t
i
! 0 ; usando o teorema do confronto temos que
t
i
k
i
(t) ! t:
Como exp t
i
X
i
2 H temos
exp t
i
k
i
(t)X
i
= (exp t
i
X
i
)
k
i
(t)
2 H:
Como H é fechado e lim t
i
k
i
(t)X
i
= tX temos que
exp tX = exp( lim
i!1
t
i
k
i
(t)X
i
) = lim
i!1
exp t
i
k
i
(t)X
i
2 H
como queríamos.
Lema 1.35 Seja H um subgrupo fechado de um grupo de Lie G e H como de…nido acima:
Tome H
0
g tal que H H
0
= g; onde signi…ca soma direta. Então existe uma
vizinhança V
0
de 0 2 H
0
tal que para todo X
0
2 V
0
, onde X
0
6= 0, tem-se que exp X
0
=2 H:
Demonstração: Tome um produto interno h; i em H
0
: Suponhamos por absurdo que
para toda vizinhança V
0
de 0 2 H
0
, exista X
0
6= 0 em V
0
tal que exp X
0
2 H. Logo,
1.2 Aplicação exponencial 40
existe uma sequência (X
i
)
i
com X
i
2 H
0
e 0 < jX
i
j 1 tal que X
i
converge para 0 e
exp X
i
2 H. Tomamos o conjunto compacto
K = fX
0
2 H
0
; 1 jX
0
j 2g:
Podemos escolher n
i
2 Z tal que n
i
X
i
= Y
i
2 K onde n
i
! 1. Como K é compacto,
existe uma subsequência que ainda indicaremos por Y
i
tal que Y
i
! Y 2 K H
0
: Como
X
i
=
1
n
i
Y; temos
1
n
i
! 0; Y
i
! Y e
exp
1
n
i
Y
i
= e xp X
i
2 H para todo i:
Logo, pelo lema anterior, Y 2 H
0
e assim temos uma contradição. Portanto exp X
0
=2 H:
Lema 1.36 Tome H
0
g tal que H H
0
= g: A aplicação ' : g ! G dada dor '(X +
X
0
) = (exp X)(exp X
0
) com X 2 H e X
0
2 H
0
é um difeomor…smo em uma vizinhança
de 0 2 g:
Demonstração: Tomemos X e X
0
numa vizinhança do 0 2 g tal que exp seja um
difeomor…smo nesta vizinhança. Logo, exp X e exp X
0
estão contidas em uma vizinhança
coordenada de e: Assim, podemos escrever
exp X = (x
1
; :::; x
n
)
exp X
0
= (x
0
1
; :::; x
0
n
):
Logo
'(X + X
0
) = f(exp X; exp X
0
)
= (f
1
(x
1
; :::; x
n
; x
0
1
; :::; x
0
n
) + + f
n
(x
1
; :::; x
n
; x
0
1
; :::; x
0
n
));
onde f : G G ! G é de…nida por f(x; y) = xy. De…nindo uma curva (t) = t(X + X
0
)
temos (0) = 0 e
0
(0) = X + X
0
. Temos ainda que
d'
e
(X + X
0
) =
d
dt
(' )(t) j
t=0
:
1.2 Aplicação exponencial 41
Logo,
d'
e
(X + X
0
)
i
=
d
dt
(' )
i
(t) j
t=0
=
d
dt
(exp tX: exp tX
0
)
i
j
t=0
=
d
dt
f
i
(tx
1
; :::; tx
n
; tx
0
1
; :::; tx
0
n
) j
t=0
= x
i
+ x
0
i
= (X + X
0
)
i
:
Então, d'
e
(X + X
0
) = 0 se, e somente se, X + X
0
= 0. Isso mostra que d'
e
é injetora.
Logo pelo teorema da função inversa temos o desejado.
Agora podemos demonstrar o teorema de Cartan.
Teorema 1.37 (de Cartan) Todo subgrupo fechado de um grupo de Lie é um grupo de
Lie.
Demonstração: Seja H um subgrupo fechado de um grupo de Lie G e
H =fX 2 g; exp tX 2 H para todo t 2 Rg
onde g é a álgebra de Lie de G.
Tomemos V = W W
0
vizinhança de 0 2 g com W H e W
0
H
0
tais que as
seguintes propriedades são satisfeitas:
(i) exp é um difeormor…smo em V;
(ii) W
0
satisfaz as condições do Lema 1.35,
(iii) A aplicação ' do Lema 1.36 é um difeomor…smo em V:
Mostraremos então que exp(V \ H) = H \exp V .
É imediato que exp(V \ H) H \ exp V . Para mostrar a inclusão contrária, tome
x 2 H \ exp V . Assim temos que
x = (exp X):(exp X
0
) onde X 2 W eX
0
2 W
0
:
Como x e exp X estão em H temos que exp X
0
2 H e então X
0
2 H. Logo X
0
= 0. Assim
x = exp X, onde X 2 V \ H. Logo, x 2 exp(V \ H) e, então
H \ exp V exp(V \ H):
Portanto exp(V \ H) H \exp V:
1.2 Aplicação exponencial 42
Como V é uma vizinhança de 0 em g, onde exp é um difeormor…smo, segue que
H \ exp V é uma subvariedade de G. Logo H é localmente uma subvariedade de G:
Podemos estender o resultado para todo H por translações à esquerda. Portanto H é um
grup o de Lie.
De…nimos no apêndice A; a representação ajunta de álgebras de Lie. Vejamos agora o
conceito de representação adjunta de grupos de Lie, bem como algumas relações existentes
entre esses conceitos.
Seja G um grup o de Lie e g sua álgebra de Lie. Para todo y 2 G de…nimos
C
y
: G ! G
x 7! yxy
1
:
Temos que C
y
é um difeomor…smo e deixa …xa a identidade e 2 G: Logo a diferencial de
C
y
em e é a aplicação linear invertível de g em g
d(C
y
)
e
: g ! g
que denotaremos por Ad(y) = d(C
y
)
e
: Assim temos o seguinte diagrama:
Esse diagrama comuta e assim
g exp(X)g
1
= e xp(Ad(g)(X)):
De…nimos a aplicação
Ad : G ! GL(g)
y 7! Ad(y)
onde GL(g) é o grupo das aplicações lineares invertíveis do espaço vetorial g:
Visto que C
y
é diferenciável, a aplicação Ad é diferenciável. É imediato veri…car que
Ad é um homomor…smo de Lie de G em GL(g): A esse homomor…smo chamaremos de
representação adjunta do grupo G:
1.2 Aplicação exponencial 43
Tome um vetor X 2 g: Para ter uma idéia geométrica de como obter Ad(y)(X) note
que X pode ser considerado como vetor tangente a e da curva exp tX em G: A aplicação
C
y
leva esta curva na curva y: exp tX:y
1
: Logo
Ad(y)(X) = d((C
y
)
e
)X =
d
dt
(y: exp tX:y
1
) j
t=0
:
Visto que a aplicação Ad é diferenciável podemos tomar a sua diferencial em e, a qual é
chamada representação adjunta de g e indicada por
ad = d(Ad)
e
: g ! gl(g);
onde gl(g), o conjunto das transformações lineares de g, é a álgebra de Lie do grupo
GL(g). Podemos descrever esta situação pelo diagrama abaixo:
Mostraremos agora que este diagrama é comutativo.
Proposição 1.38 O diagrama acima é comutativo.
Demonstração: Devemos mostrar que
Ad(exp Y ) = exp(ad(Y )) para todo Y 2 g:
Tome a curva s 7!Ad(exp sY ) em GL(g): Assim podemos pensar em Y como sendo o vetor
tangente em e dessa curva. Denotando (s) =Ad(exp sY ) e R
x
a translação à direita por
1.3 Variedades homogêneas 44
x, temos
d
ds
= d(Ad)
exp sY
Y (exp sY )
= d(Ad)
exp sY
d(R
exp sY
)
e
(Y )
= d(Ad R
exp sY
)
e
(Y )
= d(R
Ad(exp sY )
Ad)
e
(Y )
= d(R
Ad(exp sY )
)
1
d(Ad)
e
(Y )
= d(Ad)
e
(Y ) (Ad(exp sY ))
= ad(Y )((s)):
Portanto (s) é curva integral do campo ad(Y ) 2 gl(g) e (0) = 1 em GL(g): Por
unicidade de solução, (s) = exp(s ad(Y )): Em particular, para s = 1, tem-se
exp(ad(Y )) = Ad(exp Y ):
Portanto o diagrama acima comuta.
Proposição 1.39 Se X; Y 2 g, ad(Y )X = [Y; X].
Demonstração: Com as mesmas notações da proposição acima, obtemos
ad(Y )(X) =
d
ds
((Ad(exp sY )) j
s=0
):X
=
d
ds
d
dt
((exp sY )(exp tX )(exp sY )
1
) j
s=0
t=0
;
onde X é o vetor tangente em e à curva t 7! exp tX:
Tomando s = t na equação acima, e usando a parte (c) do Lema 1.31, obtemos
ad(Y )X = [Y; X]:
1.3 Variedades homogêneas
Faremos nesta seção, um breve estudo sobre variedades homogêneas, que são espaços
quocientes de grupos de Lie por subgrupos fechados, com uma certa estrutura de variedade
diferenciável. Veremos ainda as de…nições de ação de um grupo de Lie em uma variedade,
ação transitiva e grupo de isotropia.
1.3 Variedades homogêneas 45
Primeiramente vamos construir uma estrutura de variedade diferenciável em um espaço
homogêneo.
Teorema 1.40 Seja H um subgrupo fechado de um grupo de Lie G e seja
G=H = fxH; x 2 Gg:
Seja ainda
: G ! G=H
x 7! xH
a aplicação quociente. Existe uma única estrutura de variedade diferenciável em G=H
satisfazendo:
(a) é diferenciável;
(b) Para todo xH em G=H existe uma vizinhança de xH em G=H e uma aplicação
diferenciável : W ! G tal que = id
W
: A aplicação é chamada uma secção local
da aplicação :
Demonstração: Seja G um grupo de Lie e H um subgrupo fechado de G; com dim G = n,
dim H = k e (G=H)
1
o mesmo conjunto G=H munido de outra estrutura diferenciável
satisfazendo também (a) e (b):
Vamos mostrar primeiramente a unicidade.
Consideremos a aplicação
id : G=H ! (G=H)
1
;
e para xH 2 G=H, tomamos o par (W; ) dado pela condição (b): Escrevendo id
W
= ,
temos uma composição de aplicações diferenciáveis. Portanto id
W
é diferenciável e então
id é diferenciável em xH.
Da mesma forma, considerando id : (G=H)
1
! G=H e para cada (xH)
1
2 (G=H)
1
;
tomando-se o par (W
1
; ) da condição (b); com o mesmo raciocínio, concluímos que id
W
1
1.3 Variedades homogêneas 46
é diferenciável e portanto id é diferenciável em (xH)
1
.
Daí concluímos que id : G=H ! (G=H)
1
é um difeomor…smo. Como duas estruturas dife-
renciáveis são equivalentes se a identidade for um difeomor…smo, …ca provada a unicidade
da estrutura diferenciável em G=H que satisfaz (a) e (b):
Para provar a existência, vamos considerar em G=H a topologia co-induzida pela
aplicação , isto é, é aberto de G=H o conjunto cuja imagem inversa é um aberto de G.
Como G tem base enumerável, temos que G=H tem base enumerável. Além disso sendo
G de Hausdor¤ e H G fechado, temos que G=H é de Hausdor¤.
Vamos resolver agora, o problema para uma vizinhança de H 2 G=H: Seja g = hh
0
, onde
h e g são as álgebras de Lie de H e G respectivamente e h
0
é um subespaço complementar
de h em g: Agora aplicamos o Lema 1.36 para a aplicação ' : g ! G dada por '(X +X
0
) =
(exp X
0
):(exp X): Sejam então
V = V
1
V
0
1
g tal que V
1
h eV
0
1
h
0
; U = '(V );
onde ' j
V
é um difeomor…smo. Tomando W = (U) temos que
1
(W ) =
S
xH2W
1
(xH) =
S
u2U
uH =
S
h2H
Uh
é um conjunto aberto em G; p ois Uh é ab erto. Logo, pela de…nição de topologia co-
induzida, W é um aberto de G=H. De…namos agora
: W ! h
0
R
nk
xH 7! X
0
onde x = (exp X
0
)(exp X) 2 U com X
0
2 h
0
e X 2 h.
(i) está bem de…nida. Para provar este resultado, basta mostrar que se x 2 U G
e y 2 H \ exp V; tem-se (xyH) = (xH): Tomamos então x = (exp X
0
)(exp X) 2 U e
y = exp Y 2 H \exp V: Segue-se daí que
xy = (exp X
0
)(exp X)(exp Y ) = (exp X
0
)(exp Z)
1.3 Variedades homogêneas 47
para algum Z 2 h\V pois ' j
V
é um difeomor…smo. Logo (xyH) = X
0
= (xH),
con…rmando que está bem de…nida.
(ii) é injetora. De fato, Sejam x = (exp X
0
):(exp X) e y = (exp Y
0
):(exp Y ) tais que
X
0
= Y
0
ou seja '(xH) = '(yH): Então
y
1
x = (exp Y )
1
(exp Y
0
)
1
(exp X
0
)(exp X)
= (exp Y )
1
(exp X) 2 H:
Portanto xH = yH o que mostra que é injetora.
Tomamos agora em W a estrutura diferenciável que torna um difeomor…smo, isto
é, fazemos (; W ) uma carta local. Mostraremos que esta estrutura diferenciável em W
satisfaz (a) e (b):
(a) A aplicação
p : g = h h
0
! h
0
X + X
0
7! X
0
é claramente diferenciável e a aplicação '
1
: U ! V também o é, pois ' é difeomor…smo.
Daí temos que : U ! V
0
1
dada por
(exp X
0
: exp X) = X
0
2 V
0
1
é diferenciável, pois é a composição de aplicações diferenciáveis = p '
1
: Temos
então que
1
: U ! W é diferenciável e além disso,
1
(x) =
1
((exp X
0
)(exp X)) =
1
(X
0
) = X:
Portanto
1
(x) = (x):
Logo j
U
é diferenciável, o que demonstra (a):
Para mostrar (b) tome : W ! G dado por
= exp :
Assim de…nida, é diferenciável. Além disso,
(xH) = exp (xH) = (exp X
0
) = (exp X
0
)H
= (exp X
0
)(exp X)H = xH;
1.3 Variedades homogêneas 48
pois exp X 2 H: Portanto = id
W
, provando localmente (b); ou melhor, provando
(b) para uma vizinhança coordenada de H G=H: Mas p odemos obter vizinhanças
coordenadas de outros pontos de G=H através de translações à esquerda. De fato, se
x 2 G, de…nimos
e
L
x
como sendo o homeomor…smo de G=H; induzido pela translação à
esquerda L
x
em G; isto é,
e
L
x
(yH) = xyH; y 2 G:
De…nimos também a aplicação
xH
=
e
L
x
1
j
e
L
x
(W )
e obtemos (
xH
;
e
L
x
(W )) uma vizinhança coordenada de xH: Observe que nesta notação,
H
é justamente a aplicação : Fazendo x percorrer G temos que
f(
xH
;
e
L
x
(W )); x 2 Gg
fornece uma estrutura diferenciável em G=H:
A mudança de coordenadas é diferenciável pois na intersecção das vizinhanças coorde-
nadas de um ponto xH os homomor…smos locais do atlas correspondente gozam de uma
mesma estrutura diferenciável, demonstrando assim o teorema.
Podemos introduzir agora o conceito de variedades homogêneas.
De…nição 1.41 Chamam-se variedades homogêneas, as variedades diferenciáveis da
forma G=H onde G é um grupo de Lie, H G é um subgrupo fechado, e existe uma
estrutura diferenciável dada pelo teorema anterior.
De…nição 1.42 Dizemos que um grupo de Lie age em uma variedade M, se existe
uma aplicação diferenciável : G M ! M dada por (x; p) = xp tal que
(a) ep = p;
(b) (xy)p = x(yp):
Neste caso, é chamada ação de G em M:
De…nição 1.43 Dada uma ação de G em M; de…nimos a órbita de um ponto p 2
M como sendo o conjunto
Gp = fxp; x 2 Gg:
1.3 Variedades homogêneas 49
Em outras palavras, a órbita de um ponto p 2 M é a imagem da aplicação
G fpg ! M
(x; p) 7! (x; p)
:
De…nição 1.44 Dizemos que a ação é transitiva ou que G age transitivamente em
M através de se Gp = M; para todo p 2 M; isto é, para todo p; q 2 M existe x 2 G tal
que xp = q: Para todo p
0
2 M; de…nimos o grupo de isotropia do ponto p
0
G
p
0
= fx 2 G; xp
0
= p
0
g:
Mostraremos que G
p
0
é um subgrupo fechado de G: É imediato que G
p
0
G: Além
disso, e 2 G
p
0
pois ep
0
= p
0
: Por outro lado, se x; y 2 G
p
0
então xp
0
= p
0
e yp
0
= p
0
: Daí
xp
0
= yp
0
e assim y
1
xp
0
= p
0
: Logo por de…nição y
1
x 2 G
p
0
: Portanto G
p
0
é subgrupo
de G: Para mostrar que G
p
0
é fechado consideramos a translação à direita R
p
0
: G ! G tal
que R
p
0
(x) = xp
0
: Como R
p
0
é contínua e Gfp
0
g é um aberto, temos que R
1
p
0
(Gfp
0
g)
é um ab erto de G: Como G
p
0
é o complementar de R
1
p
0
(Gfp
0
g) temos que G
p
0
é fechado.
Proposição 1.45 Se : G M ! M é uma ação transitiva, então G
p
é isomorfo a G
q
,
para todo p; q 2 M:
Demonstração: Como é transitiva, dado p e q em M; existe a 2 G tal que ap = q; e
daí
p = ep = (a
1
a)p = a
1
(ap) = a
1
q:
De…nimos as aplicações
' : G
p
! G
q
x 7! axa
1
e
: G
q
! G
p
y 7! a
1
ya
:
Tanto ' quanto estão bem de…nidas, pois se x 2 G
p
então
axa
1
q = axp = ap = q;
logo axa
1
2 G
q
: Se y 2 G
q
então
a
1
yap = a
1
yq = a
1
q = p;
logo a
1
ya 2 G
p
: É imediato veri…car também que ' e são homomor…smos e que
' =
1
: Temos ainda que
L
a
R
a
1
j
Gp
(x) = L
a
(xa
1
) = axa
1
= '(x)
1.3 Variedades homogêneas 50
e
R
a
L
a
1
j
Gq
(y) = R
a
(a
1
y) = a
1
ya = (x);
ou seja L
a
R
a
1
= ' e R
a
L
a
1
= nas órbitas G
p
e G
q
: Por serem composições de
funções contínuas e diferenciáveis, adicionando o fato de serem inversas, concluímos que
G
p
e G
q
são isomorfos para todo p e q em M:
Mostraremos agora, que se : G M ! M é uma ação transitiva de um grupo de Lie
G na variedade M; e H é o subgrupo de isotropia em p
0
; então a variedade M é difeomorfa
ao espaço quociente G=H:
Teorema 1.46 Seja : G M ! M uma ação transitiva de um grupo de Lie G na
variedade M: Seja p
0
2 M e seja H o subgrupo de isotropia em p
0
: Então a aplicação
: G=H ! M
xH 7! (x; p
0
) = xp
0
é um difeomor…smo.
Demonstração: Vamos mostrar inicalmente que está bem de…nida. Se xH = yH,
então y
1
x 2 H logo (y
1
x)p
0
= p
0
; pois H = G
p
0
: Segue então que y
1
(xp
0
) = p
0
; ou
seja, xp
0
= yp
0
; e assim está bem de…nida.
Temos também que é sobrejetora pois, dado q 2 M existe x 2 G tal que xp
0
= q
em virtude de ser uma ação transitiva.
Suponhamos agora que xp
0
= yp
0
: Então y
1
xp
0
= p
0
; ou seja y
1
x 2 H: Assim temos
que xH = yH; o que mostra que é injetora.
Para mostrar que é diferenciável, utilizaremos o seguinte resultado: : G=H ! M
é diferenciável se, e somente se, : G ! M é diferenciável, onde : G ! G=H é a
aplicação quociente. Demonstraremos tal resultado. Suponhamos que é diferenciável
e seja xH 2 G=H: Consideremos o par (W; ) dado pela parte (b) do Teorema 1.40:
1.3 Variedades homogêneas 51
Em W temos
= id
W
= ( ) = ( ) ;
que é diferenciável pois ( ) é diferenciável, o que demonstra o resultado. Observe
agora que a aplicação
: G ! M
x 7! xp
0
é diferenciável pois equivale a restrição de a G fp
0
g G: Mas = : Logo é
diferenciável.
Para completarmos a demonstração, resta provarmos que é um difeomor…smo. Para
isso devemos mostra que d
xH
é não singular para todo x 2 G; isto é ker d
xH
= f0g.
Consideremos as derivações
d
x
: T
x
(G) ! T
xH
(G=H)
d
xH
: T
xH
(G=H) ! T
xp
0
(M)
d
x
: T
x
(G) ! T
xp
0
(M);
onde = . Temos que ker d
x
= T
x
(xH) e que d
x
é sobrejetora. Suponhamos
agora que ker d
x
= T
x
(xH), ou seja, d
x
(Y ) = 0 se, e somente se, Y 2 T
x
(xH). Seja
X 2 T
xH
(xH), então X = d
x
(Y ) para algum Y 2 T
x
(G). Temos que
d
xH
(X) = d
xH
(d
x
(Y )) = d( )
x
(Y ) = d
x
(Y ):
1.3 Variedades homogêneas 52
Assim, se d
xH
(X) = 0, então d
x
(Y ) = 0, o que implica que Y 2 T
x
(G): Mas então
d
x
(Y ) = 0 e portanto X = 0, ou seja, d
xH
é não singular: Logo só devemos mostrar
que ker d
x
= T
x
(xH). Para x 2 G de…namos
x
: M ! M;
m 7! xm
então temos que
x
L
x
1
(y) =
x
(x
1
y) =
x
(x
1
yp
0
) = yp
0
= (y);
para todo y 2 G: Logo =
x
L
x
1
e então é su…ciente mostrar que ker d
e
= T
e
(H);
ou seja, basta mostrar que se g e h são as álgebras de Lie de G e H respectivamente, então
d(x) = 0 se, e somente se, X 2 h. Se X 2 h, temos d(X) = 0 , isto é, d(X) = d
d(X) = 0, o que demonstra uma das implicações. Para demonstrar a outra implicação
tome X 2 g com d(x) = 0 e seja : R ! M dada por
(t) = (exp tX) = '
X
(t):
Daí temos que
d
dt
(t) = d
d'
X
dt
(t) = d(X
'
X
(t)
) = d:(X
exp tX
)
= d(
exp tX
L
exp tX
):(X
exp tX
)
= d
exp tX
d dL
exp tX
(X
exp tX
)
= d
exp tX
d(X) = 0;
e assim concluímos que o caminho (t) = (exp tX):p
0
é constante e como (0) = p
0
; temos
que (exp tX):p
0
= p
0
para todo t 2 R o que signi…ca dizer que exp tX 2 Gp
0
, ou seja, X 2
h: Provamos então que d(x) = 0 se, e somente se, X 2 h; ou seja ker d(x) = T
x
(xH):
Seja X 2 T
xH
(G=H); então X = d
x
(Y ) para algum Y 2 T
x
(H) pois d
x
é sobrejetora.
Daí
d
xH
(X) = d
xH
(d
x
(Y ))
= d ( )
x
(Y )
= d
x
(Y ):
Logo, se d
xH
(X) = 0 é porque d
x
(Y ) = 0, ou seja, Y 2 h, donde d
x
(Y ) = 0; o que
signi…ca dizer que X = 0: Concluímos então que ker d
xH
= f0g; equivalendo a d
xH
ser
1.3 Variedades homogêneas 53
não singular. Portando é um difeomor…smo, demonstrando o teorema.
Vejamos alguns exemplos onde se aplica o teorema acima.
Exemplo 1.6 De…nimos a aplicação
: SO(n) S
n1
! S
n1
(A; v) 7! A:v
:
Claramente vemos que é uma ação. Vamos mostrar que é transitiva. Dado u
1
2 S
n1
,
escolhemos u
2
; : : : ; u
n
2 S
n1
tal que
= fu
1
; u
2
; : : : ; u
n
g
seja uma base ortonormal do R
n
com a mesma orientação da sua base canônica " =
fe
1
; e
2
; : : : ; e
n
g: Cada elemento dessa nova base pode ser escrito da forma
u
i
= (u
1i
; : : : ; u
ni
) =
n
X
j=1
u
ji
e
j
; u
ji
2 R:
Tomando-se as coordenadas dos vetores de ; na ordem da base, construímos a matriz
A =
0
B
B
B
@
u
11
u
1n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
u
n1
u
nn
1
C
C
C
A
:
Como a base é formada a partir da base canônica, a menos de uma rotação, temos
que A é ortogonal e det A = 1 = det A
t
: Logo A 2 SO(n): De um modo mais geral, A
é a matriz de mudança de base para a base canônica fAe
i
= u
i
; i = 1; 2; : : : ; ng: Em
particular A(e
1
) = u
1
: Portanto dados u; v 2 S
n1
; basta tomar A; B 2 SO(n) tais que
A(e
1
) = u e B(e
1
) = v que temos AB
1
2 SO(n) e AB
1
v = u mostrando que é
transitiva. Vamos provar agora que o conjunto
SO(n 1) = fA 2 SO(n); A =
0
B
B
B
B
B
B
@
0
e
A
.
.
.
0
0 0 1
1
C
C
C
C
C
C
A
e
e
A 2 SO(n 1)g
é o grupo de isotropia da ação no ponto e
n
; isto é, SO(n 1) = SO(n)
e
n
: É imediato
que SO(n 1) SO(n)
e
n
: Seja agora A = (a
ij
)
n
i;j=1
2 SO(n) tal que A:e
n
= e
n
: Temos
1.3 Variedades homogêneas 54
daí que
n
X
i=1
a
in
:e
n
= a
1n
:0 + a
2n
:0 + + a
nn
:1 = 1 o que implica que a
in
= 0 para
i = 1; : : : ; n 1 e a
nn
= 1: Como AA
t
= 1 segue-se que
n
X
i=1
a
2
ni
= 1 e como a
2
nn
= 1 temos
que a
ni
= 0 para todo i = 1; : : : ; n 1 e portanto
A =
0
B
B
B
B
B
B
@
0
e
A
.
.
.
0
0 0 1
1
C
C
C
C
C
C
A
,
onde A = (a
ij
)
n
i;j=1
2 SO(n) pois det
e
A = 1: Portanto pelo teorema anterior
SO(n)=SO(n 1) é difeomorfo a S
n1
: Usando o mesmo argumento acima podemos
mostrar que O(n)=O(n 1) é difeomorfo a S
n1
; porém sem a necessidade de tomar na
mesma direção da base canônica:
Exemplo 1.7 Primeiramente vamos indenti…car os pontos de uma mesma reta que passa
pela origem do R
n
, exceto a própria origem, através da seguinte relação: se a; b 2 R
n
f0g;
então a b se, e somente se, a = b para algum 2 R
n
f0g: Consideremos a aplicação
quociente : R
n
f0g ! R
n
f0g= , e em R
n
f0g= a topologia co-induzida
por : Desta forma, é uma aplicação contínua. A restrição de à esfera S
n1
é um
recobrimento de duas folhas de R
n
f0g= : Como S
n1
é um subgrupo fechado de
R
n
f0g; pelo Teorema 1.40, existe uma única estrutura diferenciável em R
n
f0g=
tal que é um difeomor…smo local. Assim podemos escrever R
n
f0g= como sendo o
espaço
P
n1
=
x = fx; xg : x 2 S
n1
chamado espaço projetivo real. A aplicação
: SO(n) P
n1
! P
n1
(A; x) 7! Ax = fAx; Axg
está bem de…nida pois, se (A; x) = (A; y), então Ax = Ay; ou seja, Ax = Ay ou Ax =
Ay; mas se isto ocorre, temos x = y ou x = y; ou seja x = y: Além disso, é uma
ação transitiva, ou seja, dados x; y 2 P
n1
, existe A 2 SO(n), tal que Ax = y: Para
provarmos este resultado, tomemos X; Y 2 SO(n); tais que Xe
1
= x ou Xe
1
= x; e
Y e
1
= y ou Y e
1
= y: Daí X
1
x = e
1
ou X
1
(x) = e
1
e então
y = Y e
1
= Y (X
1
x) = (Y X
1
)x ou y = Y e
1
= Y (X
1
(x) = (Y X
1
)(x):
1.3 Variedades homogêneas 55
Logo, existe A = Y X
1
2 SO(n) tal que Ax = y ou A(x) = y, ou seja, Ax = y;
provando que a ação é transitiva. O grupo de isotropia de e
n
2 P
n1
é o conjunto
O(n 1) = fA 2 SO(n) : A =
0
B
B
B
B
B
B
@
0
e
A
.
.
.
0
0 0 det
e
A
1
C
C
C
C
C
C
A
e
e
A 2 O(n 1)g:
De fato, se A 2 O(n 1), é fácil ver que
Ae
n
= e
n
; pois neste caso det
e
A = 1: Por
outro lado, se A 2 SO(n) é tal que Ae
n
= e
n
; então Ae
n
= e
n
ou Ae
n
= e
n
; de onde
se conclui que A é do tipo acima, o que demonstra a a…rmação acima. Portanto pelo
teorema anterior temos que P
n1
é difeomorfo a SO(n)=O(n 1):
Capítul o 2
Conjuntos controláveis
Neste capítulo apresentaremos limitantes superiores para o número de conjuntos con-
troláveis em variedades "‡ag" de grupos de Lie reais simples não compactos. As estimati-
vas apresentadas aqui para o número de conjuntos controláveis são baseados nos resultados
de San Martin e Tonelli [20]. Estas estimativas são determinadas através da ordem do
grup o de Weyl.
Na primeira seção veremos uma revisão dos principais resultados sobre ações de semi-
grup os e os conceitos de conjuntos controláveis e conjuntos controláveis invariantes para
ações de semigrupos. Na seqûencia estudaremos as variedades "‡ag", apresentando al-
gumas decomposições canônicas de uma álgebra de Lie. Por …m apresentaremos uma
estimativa para o número de conjuntos controláveis em variedades "‡ag"de grupos de Lie
reais simples não compactos. Como referência principal indicamos [4] : Como referência
para conjuntos controláveis para ações de semigrupos indicamos [16] ; [20] ; e [22] :
2.1 Preliminares
Apresentaremos inicialmente alguns conceitos básicos e resultados sobre semigrupos e
subsemigrupos de grupos topológicos e os conceitos de conjuntos controláveis e conjuntos
controláveis invariantes.
Começamos de…nindo semigrupo.
De…nição 2.1 Um conjunto não vazio S com uma operação associativa é chamado de
semigrupo.
De…nição 2.2 Seja G um grupo. Um subconjunto S G é um subsemigrupo de G se
S é fechado para a operação de G:
56
2.1 Preliminares 57
De…nição 2.3 Seja S 6= ; um espaço topológico munido com uma operação associativa
: S S ! S
(x; y) 7! (x; y) = xy
:
Então, S é chamada um semigrupo topológico se é contínua como uma aplicação
entre o espaço topológico produto S S e o espaço topológico S:
Estudaremos o caso em que o semigrupo S está contido em um grupo topológico G.
Neste caso, dizemos que S é um subsemigrupo topológico de G, mais precisamente temos
a seguinte de…nição.
De…nição 2.4 Seja G um grupo topológico. Um subsemigrupo topológico de G é um
subconjunto S G com a topologia induzida e fechado para a operação de G.
Evidentemente, um subsemigrupo topológico é um semigrupo topológico.
Em particular em nosso trabalho o objetivo é estudar o caso em que G é um grupo de
Lie.
De…niremos agora a ação de um semigrupo topológico em um espaço topológico.
De…nição 2.5 Um semigrupo topológico S age continuamente em um espaço topológico
M se a aplicação
: S M ! M
(g; x) 7! (g; x) = gx
é contínua e (gh; x) = (g; (h; x)); para todo g; h 2 S e todo x 2 M:
Dessa forma, quando …xamos g 2 S; a aplicação
g
: M ! M
x 7!
g
(x) = gx
é também contínua.
Denote por int(S) o conjunto dos pontos interiores de S em G. Sobre int(S) temos o
seguinte resultado:
Proposição 2.6 Sejam G um grupo topológico e S G um subsemigrupo com
int(S) 6= ;. Então:
1) (int(S))S [ S(int(S)) int(S), isto é, int(S) é um ideal de S.
2) Se G é conexo e a identidade 1 2 int(S), então S = G.
2.1 Preliminares 58
Demonstração: Veja Proposição V:0:15 em [10] :
Como consequência desta proposição segue que não existem subsemigrupos próprios
com interior não vazio em um grupo topológico compacto e conexo.
Proposição 2.7 Seja G um grupo topológico compacto metrizável e S G um subsemi-
grupo com int(S) 6= ;. Então, 1 2 int(S) e S é um subgrupo aberto e compacto de G.
Além disso, se G for conexo, então S = G.
Demonstração: Veja Proposição V:0:18 em [10]
Vejamos agora o conceito de subsemigrupo maximal.
De…nição 2.8 Seja G um grupo. Dizemos que um subsemigrupo S G é maximal se
satisfaz:
1) Os únicos subsemigrupos contendo S são S e G,
2) S não é um grupo.
Sejam G um grupo topológico agindo num espaço topológico M e S um subsemigrupo
de G. Dado x 2 M de…nimos os conjuntos:
Sx = fy 2 M: existe g 2 S com gx = yg
S
1
x = fy 2 M: existe g 2 S com gy = xg:
O conjunto Sx é denominado órbita de x por S.
Vamos introduzir agora os conceitos de acessibilidade e transitividade para a ação de
semigrupos topológicos.
De…nição 2.9 Um semigrupo topológico S é dito acessível a partir de x 2 M se
int(Sx) 6= ;. O semigrupo é dito acessível se for acessível a partir de todo x 2 M.
De…nição 2.10 Um semigrupo topológico S é dito transitivo ou que age transitiva-
mente em M se Sx = M para todo x 2 M.
2.1 Preliminares 59
Vejamos agora o conceito de transitividade aproximada.
Considere o conjunto R
ap
= fx 2 M : x 2 fe(Sx)g denominado conjunto de
recorrência para a ação do semigrupo S. Aqui fe(Sx) denota o fecho de Sx:
Dados dois pontos x; y 2 R
ap
dizemos que x ' y se, e somente se, x 2 fe(Sy) e
y 2 fe(Sx). A relação ' é uma relação de equivalência em R
ap
:
Para cada x 2 R
ap
, denotaremos por D
x
a classe de equivalência da relação ' a qual
x pertence e denominaremos esta classe de conjunto de transitividade aproximada
de x.
A proposição abaixo nos dá uma condição necessária e su…ciente para que um subcon-
junto do espaço X seja um conjunto de transitividade aproximada.
Proposição 2.11 Seja D um subconjunto de M . Então D é um conjunto de transitivi-
dade aproximada para S se, e somente se, D satisfaz as seguintes propriedades:
1) D fe(Sx), para todo x 2 D e
2) D é maximal satisfazendo a propriedade 1)
Demonstração: Veja Proposição 3:14 em [21]
De…niremos agora o conceito de conjunto controlável.
De…nição 2.12 Um subconjunto D M é dito um conjunto controlável para S se:
1) int(D) 6= ;;
2) D fe(Sx), para todo x 2 D e
3) D é maximal satisfazendo essas duas propriedades.
Pela condição 2) os conjuntos controláveis são subconjuntos onde o semigrupo é apro-
ximadamente transitivo. Esta transitividade aproximada pode ser melhorada para tran-
sitividade exata dentro de um subconjunto denso de D, de…nido da seguinte maneira:
D
0
= fx 2 D : x 2 int(Sx) \ int(S
1
x)g:
Já que o semigrupo S é transitivo neste conjunto, dizemos que D
0
é o conjunto de
transitividade de D. Quando D
0
6= ; dizemos que D é um conjunto controlável
efetivo para S.
Recordaremos agora algumas propriedades dos conjuntos controláveis.
2.1 Preliminares 60
Proposição 2.13 Suponha que D é um conjunto controlável efetivo para S, isto é, D
0
6=
;. Então
1) D int(S
1
x) para todo x 2 D
0
;
2) D
0
= int(Sx) \ int(S
1
x), para todo x 2 D
0
;
3) Para todo x; y 2 D
0
, existe g 2 S tal que gx = y;
4) D
0
é denso em D, ou seja fe(D
0
) = D;
5) D
0
é S-invariante em D, isto é, gx 2 D
0
se g 2 S, x 2 D
0
e gx 2 D.
Demonstração: Veja Proposição 2:2 em [7]:
Se M é uma variedade homogênea de um grupo topológico G, e se int(S) 6= ; então
pode-se mostrar que D
0
= (int(S))D \ D. Para maiores detalhes veja Proposição 2:2 em
[20]:
Recordaremos agora a de…nição de conjunto controlável invariante para S: Para mais
informações sobre estes conjuntos indicamos [17]:
De…nição 2.14 Um subconjunto C M é dito um conjunto controlável invariante
para S se:
1) int(C) 6= ;;
2) fe(C) = fe(Sx), para todo x 2 C e
3) C é maximal satisfazendo essas duas propriedades.
Em outras palavras, C é um conjunto controlável invariante para S em M se C é um
conjunto controlável com fe(C) = fe(Sx), para todo x 2 C:
Sabemos de [17] que se S é um semigrupo de interior não vazio agindo num espaço
homogêneo compacto G=H, então todo conjunto controlável invariante é efetivo.
Os conjuntos controláveis podem não existir para ações de semigrupos em espaços
homogêneos quaisquer. Tomemos, como exemplo, o semigrupo das translações fg : g(x) =
x + t : t 0g agindo na reta real.
Temos então, a seguinte proposição sobre a existência de conjuntos controláveis in-
variantes.
Proposição 2.15 Sejam G um grupo topológico e S G um subsemigrupo com int(S) 6=
;. Suponha que G age continuamente sobre um espaço topológico M. Se
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 61
C =
\
x2M
fe(Sx) 6= ;;
então C é o único conjunto controlável invariante para S em M.
Demonstração: Veja Lema 3:1 em [1] :
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag
Estudaremos agora, ações de semigrupos em variedades "‡ag" ( também chamadas
de fronteiras de G), ou seja, em espaços homogêneos G=H; onde G é um grupo de Lie
semisimples real e não compacto, e H é um subgrupo parabólico de G. Para uma teoria
mais detalhada sobre subgrupos parabólicos e variedades "‡ag"tome como referência [23]
e [25] :
Em seguida consideraremos os conjuntos controláveis para ações de semigrupos em
variedades "‡ag". Isto será feito em termos do grupo de Weyl. Para mais detalhes
indicamos [20] :
Seja G grupo de Lie semisimples real com álgebra de Lie g. Tomemos uma decom-
posição de Cartan de g dada pela soma direta
g = k s
onde k é uma subálgebra compacta imersa de g e s é o seu complementar ortogonal em
relação a forma de Cartan-Killing.
Seja a um álgebra abeliana maximal contida em s e denote por o conjunto de raízes
do par (g; a).
Fixe um sistema simples de raízes e denote por
+
o conjunto das raízes
positivas e por a
+
a câmara de Weyl dada por
a
+
= fH 2 a : (H) > 0 para todo 2 g:
Agora considere a decomposição de Iwasawa
g = k a n
+
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 62
onde n
+
=
P
2
+
g
é uma subálgebra nilpotente de g, com os g
de…nidos anteriormente.
A subálgebra parabólica minimal canônica de g é de…nida por
p = m a n
+
onde m é o centralizador de a em k, isto é
m = z
k
a = fX 2 k : [X; H] = 0 para todo H 2 ag:
Agora dado um subconjunto , denotemos por hi
+
o subconjunto das raízes
em
+
gerado por . Seja
n
() =
X
2hi
+
g
a subálgebra de n
gerada pelos espaços de raízes g
com 2 hi
+
.
A subálgebra parabólica p
é de…nida por
p
= n
() p:
O subgrupo parabólico P
de G é o normalizador de p
em G, isto é,
P
= fg 2 G : Ad(g)p
= p
g:
Denotaremos por B
= G=P
a variedade ‡ag correspondente. Em particular se é
vazio o subscrito é omitido e assim B = G=P é chamada variedade "‡ag" maximal
de G.
Tome agora a decomposição global de Iwasawa de G dada pelo produto
G = KAN
+
onde K = hexp ki, A = exp a e N
+
= e xp n
+
. Coloquemos A
+
= e xp a
+
:
Seja M o centralizador de A em K, isto é
M =
u 2 K : uhu
1
= h para todo h 2 A
= fu 2 K : Ad(u)H = H para todo H 2 ag
e M
o normalizador de a em K, ou seja,
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 63
M
=
u 2 K : uAu
1
= A
= fu 2 K : Ad(u)a = ag:
O grupo …nito W = M
=M é o grupo de Weyl do par (g; a).
Vamos considerar a seguir a ação dos elementos regulares em B. No caso de outras
variedades ‡ag B
o procedimento é análogo. Um elemento X 2 g é regular em g se
ele é da forma X = Ad(g)(H), para algum g 2 G; H 2 a
+
. Analogamente, um elemento
h 2 G é regular em G se ele é um exponencial h = exp H, onde H é regular em g. Um
elemento regular H em g pertence a uma única câmara de Weyl em g, a menos de uma
conjugação de W .
Denotemos por b
0
= P a origem em B. Assim a órbita N
b
0
= Ad(N
)b
0
é aberta
e densa em B. Esta órbita é chamada de componente aberta de Bruhat. Tem-se
também que b
0
é o único atrator para h 2 A
+
com variedade estável dada por N
b
0
no
sentido que se x 2 N
b
0
então h
i
x ! b
0
para todo h 2 A
+
: No caso de uma variedade
"‡ag"arbitrária B
, usando notações análogas, temos que a órbita N
b
é aberta e densa
em B
, onde b
denota a origem em B
e b
é o único atrator para h 2 A
+
com variedade
estável N
b
.
Sobre os pontos …xos de um elemento regular h
0
2 A
+
, temos que eles são dados por
wb
0
com w 2 W . Estes são um número …nito pois W é um grup o …nito. Aqui wb
0
é
um elemento da órbita W b
0
, de b
0
que é dada pela ação natural a esquerda de W em B.
Da mesma forma, os pontos …xos em B de um elemento regular h = gh
0
g
1
com g 2 G,
h
0
2 A
+
são …nitos e dados pelos pontos gwP .
Dizemos que gwP é o ponto …xo do tipo w para h em B e iremos denotá-los por
fix(h; w). Estes pontos …xos desempenham um papel central na descrição dos conjuntos
controláveis para ações de semigrupos em B como veremos na proposição abaixo.
Agora tome S G um subsemigrupo com int(S) 6= ;. Denote por Re(S) o conjunto
dos elementos regulares em int(S), ou seja,
Re(S) =
h 2 G : h 2 gA
+
g
1
\ int(S)
:
Temos que S age numa variedade "‡ag" de G. Em [20], os conjuntos controláveis
efetivos para ação de um semigrupo S sobre as variedades "‡ag" foram descritos através
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 64
do grupo de Weyl W: Aqui, vamos considerar somente os conjuntos controláveis efetivos
sobre o ‡ag maximal, já que sobre as outras variedades "‡ag" eles podem ser estudados
mediante …brações.
Considere então a involução principal w
0
em relação ao sistema simples de raízes, isto
é, w
0
é o único elemento em W tal que
w
0
() =
onde é o sistema simples de raízes associado a A
+
.
Assim temos a seguinte proposição:
Proposição 2.16 Com as notações acima, tem-se:
1) Para todo w 2 W , existe um conjunto controlável efetivo D
w
= D
w
(S), em B tal
que o seu conjunto de transitividade é dado por
(D
w
)
0
= fx(h; w) 2 B : h 2 Re(S)g:
2) Temos que x(h; 1) é o atrator para os elementos h 2 Re(S) e D
1
é o único conjunto
controlável invariante para S em B.
3) Seja w
0
a involução de Cartan. Então, x(h; w
0
) é o repulsor para os elementos
h 2 R(S). Além disso, temos que (D
w
0
)
0
é o conjunto de transitividade do conjunto
controlável invariante D(S
1
) para S
1
, ou seja, (D
w
0
)
0
= D
0
(S
1
):
4) Reciprocamente, se D é um conjunto controlável efetivo para S em B, então D = D
w
para algum w 2 W .
Demonstração: Veja [20] ; Teoremas 3:2 e 3:5:
Do resultado acima temos uma aplicação
w ! D
w
que associa, a cada w 2 W , um conjunto controlável efetivo D
w
na variedade "‡ag"
maximal B.
Consideremos o subconjunto de W de…nido por
W (S) = fw 2 W : D
w
= D
1
g:
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 65
Temos que W (S) é o subconjunto de elementos w tal que D
w
é um conjunto controlável
invariante para S. Em [20] foi demonstrado que W (S) é um subgrupo de W.
Uma descrição dos conjuntos controláveis em termos do grupo de Weyl é dado p or:
Proposição 2.17 Com as notações acima temos que para w
1
,w
2
2 W , tem-se D
w
1
= D
w
2
em B se, e somente se, w
1
w
1
2
2 W (S).
Demonstração: Veja Proposição 4:2 em [20] :
Como uma consequência da proposição anterior podemos contar o número de conjuntos
controláveis efetivos nas variedades "‡ag" B
.
Proposição 2.18 Seja S um semigrupo com pontos interiores em G: O número de
conjuntos controláveis na variedade "‡ag" B
é igual a ordem do conjunto
W (S)nW=W
onde W
é o subgrupo de W gerado pelas re‡exões com respeito as raízes simples em
. Consequentemente, um limitante superior para o número de conjuntos controláveis
efetivos sobre a variedade "‡ag" B
é a ordem de W=W
:
Demonstração: Corolário 5:2 em [20] :
Podemos encontrar aplicações deste resultado em [6] e [15] :
Apresentamos agora, o exemplo em que G = Sl(n; R) que foi desenvolvido em [20] :
Exemplo 2.1 Seja G = Sl(n; R); o grupo de Lie das matrizes reais com determinante
igual a 1:
A álgebra de Lie de G é g = sl(n; R); a álgebra de Lie das matrizes de traço zero:
Uma decomposição de Cartan de sl(n; R) é
sl(n; R) =so(n; R) s(n; R)
onde so(n; R) é a subálgebra das matrizes anti-simétricas em sl(n; R), e s(n; R) é o sube-
spaço das matrizes simétricas em sl(n; R).
Como sl(n; R) é a forma real normal da álgebra de Lie semisimples complexa sl(n; C),
as subálgebras abelianas maximais de sl(n; R) são as subálgebras de Cartan. Uma dessas
subálgebras é a subálgebra a s(n; R) dada pelas matrizes reais diagonais com traço zero.
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 66
As raízes são dadas por
i;j
=
i
j
; i 6= j;
onde os
i
são funcionais lineares de…nidos por
i
(H) = a
i
com H = diag fa
1
; : : : ; a
n
g;
ou seja = f
i;j
: i 6= jg:
Um sistema simples de raízes é dado por
= f
i
;
i+1
: i = 1; : : : ; n 1g:
Escreveremos
i
=
i
;
i+1
: Logo toda raiz
i;j
é escrita como combinações lineares inteiras
de mesmo sinal de elementos
i
de : Em relação a esse sistema simples de raízes, um
sistema de raízes positivas é dada por
+
= f
i;j
: i < jg:
A decomposição de Iwasawa de sl(n; R) é
sl(n; R) =so(n; R)a n
+
onde n
+
é a subálgebra nilpotente das matrizes triangulares superiores com zeros na di-
agonal.
A nível de grupo, a decomposição global de Iwasawa é dada por
Sl(n; R) = SO(n; R):A:N
+
onde SO(n; R) é o subgrupo compacto das matrizes ortogonais com determinante 1, A é o
subgrupo de Lie das matrizes diagonais cujo produto dos elementos da diagonal é 1 e N
+
é o grupo de Lie nilpotente dado pelas matrizes triangulares superiores com os elementos
da diagonal iguais a 1.:
O subgrupo parabólico minimal é dado por
P = MAN
+
onde M é o grupo das matrizes diagonais em Sl(n; R) cujos elementos nas diagonais são
1:
O grupo de Weyl age em a como o grupo das permutações de n elementos,
diag fa
1
; : : : ; a
n
g ! diag fa
i
1
; : : : ; a
i
n
g:
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 67
Os intervalos em são os conjuntos do tipo
(i; j) = f
r
;
r+1
: i r jg:
Assim qualquer subconjunto pode ser escrito como a união disjunta
= (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
)
onde j
l
+ 1 < i
l+1
para todo l = 1; : : : ; k 1: Dado desta maneira, W
será então
o produto direto dos grupos de permutação dos subconjuntos fi
1
; : : : ; j
l+1
g; l = 1; : : : ; k.
Temos também que B
pode ser visto como
F
n
(1; : : : ; i
1
1; j
1
+ 1; : : : ; i
k
1; j
k
+ 1; j
k
+ 2; : : : n)
onde F
n
(r
1
; : : : ; r
s
) é a variedade de "‡ags"V
1
: : : V
s
com V
i
subespaço euclidiano de
dimensão r
i
:
A ordem de W
é dado por
jW
j = (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
Assim pela Proposição 2.18 temos que o número de conjuntos controláveis efetivos em B
é no máximo a ordem de W=W
que é
n!
(j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!
:
Em particular se B
é o espaço projetivo RP
n1
; temos que = (2; n 1) e portanto
existem no máximo
n =
n!
(n 1)!
conjuntos controláveis efetivos em RP
n1
para a ação de qualquer semigrupo S Sl(n; R),
com int(S) 6= ;:
Se B
= Gr
k
(n) é a grasmanniana dos subespaços de dimensão k em R
n
; temos que
= (1; k 1) [ (k + 1; n 1) é maximal e portanto existem no máximo
n!
k!(n k)!
=
0
@
n
k
1
A
conjuntos controláveis efetivos nos ‡ags minimais Gr
k
(n) para a ação de qualquer semi-
grupo de Sl(n; R) de interior não vazio.
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 68
Vejamos mais especi…camente:
Seja G = Sl(5; R). Tome = f
1
2
;
3
4
;
4
5
g. Temos que
= (1; 1) [ (3; 4) e W
é o produto direto do grupo de permutações dos conjun-
tos f1; 2g; f3; 4; 5g. Temos também B
= Gr
2
(5) é a grasmanniana dos subespaços de
dimensão 2 em R
5
. Portanto existem no máximo
jW=W
j =
5!
2!3!
= 10
conjuntos controláveis efetivos em Gr
2
(5).
Se tomarmos G = Sl(3; R), as possibilidades para nos fornecem o ‡ag maxi-
mal F
3
(1; 2), o espaço projetivo RP
2
e a grasmanniana Gr
2
(3). Para
1
= (1; 1)
e
2
= (2; 2) temos que B
1
= Gr
2
(3) e B
2
= RP
2
: Logo W
1
= f1; (1; 2)g e
W
2
= f1; (2; 3)g: Existem três possibilidades para W (S) que são W
1
; W
2
e f1g: No
‡ag maximal temos W
= f1g e portanto W = W=W
tem 6 elementos. Logo assumindo
que W (S) = W
2
existem
jW (S)nW j =
6
2!
= 3
conjuntos controláveis efetivos no ‡ag maximal. Pela Proposição 2.17 temos que D
(1;2)
=
D
(1;3;2)
; D
(1;3)
= D
(1;2;3)
e D
1
= D
(2;3)
: Estes são os conjuntos controláveis efetivos no ‡ag
maximal.
Analisaremos agora o caso em que o grupo de Lie é o grupo simplético Sp(n; R):
Exemplo 2.2 O grupo simplético é de…nido por
Sp(n; R) =
g 2 Gl(2n; R) : g
t
Jg = J
onde J é uma matriz 2n 2n escrito em blocos n n como
0
@
0 1
1 0
1
A
:
Seja R
2n
um espaço euclidiano de dimensão par. Em blocos nn os elementos de Sp(n; R)
são da forma
0
@
a b
c d
1
A
com ba
t
= ab
t
; dc
t
= cd
t
e da
t
cb
t
= 1. De fato, basta resolver a equação
0
@
a b
c d
1
A
t
0
@
0 1
1 0
1
A
0
@
a b
c d
1
A
=
0
@
0 1
1 0
1
A
:
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 69
A álgebra de Lie do grupo simplético é
sp(n; R) =
X : XJ + JX
t
= 0
e pode ser vista em blocos n n como a subálgebra das matrizes 2n 2n da forma
0
@
A B
C A
t
1
A
com A; B; C matrizes reais e B e C matrizes simétricas.
Uma decomposição de Cartan de sp(n; R) é dada por
sp(n; R) =ks,
onde k é a álgebra das matrizes anti-simétricas em sp(n; R), ou seja,
k =
8
<
:
0
@
A B
B A
1
A
; A é anti-simétrica e B é simétrica
9
=
;
e s é o subespaço das matrizes simétricas em sp(n; R), ou seja,
s =
8
<
:
0
@
A B
B A
1
A
: A; B são matrizes simétricas
9
=
;
:
A involução de Cartan é de…nida por (X) = X
t
. A álgebra k é isomorfa a u(n) que é a
álgebra das matrizes complexas n n que são anti-hermitianas (isto é, X
= X
t
= X).
O isomor…smo é dado da seguinte maneira. Se X é uma matriz complexa n n, podemos
escrever X = A + iB, com A e B matrizes reais e X = A + iB é anti-hermitiana se, e
somente se, A é anti-simétrica e B é simétrica. Assim, o isomor…smo é dado por
A + iB !
0
@
A B
B A
1
A
:
Seja K o grupo conexo cuja álgebra é k: A decomposição de Cartan de Sp(n; R) é
Sp(n; R) =KS
onde S é conjunto das matrizes simétricas positivas de…nidas em Sp(n; R). Como k =
so(2n; R)\sp(n; R) temos que K = SO(2n; R)\Sp(n; R). Mas, SO(2n; R)\Sp(n; R) é
isomorfo a U(n), o grupo das matrizes complexas g que são nn e que satisfazem g
g = 1,
onde g
= g
t
. O isomor…smo é dado da mesma forma por
g = a + ib !
0
@
a b
b a
1
A
.
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 70
De fato, se g 2 SO(2n; R)\Sp(n; R), então gg
t
= 1 e g
t
Jg = J e portanto,
0
@
a b
c d
1
A
2 K se, e somente se, b = c, a = d, aa
t
+ bb
t
= 1 e ab
t
= ba
t
.
Por outro lado, uma matriz complexa g = a + bi é unitária se, e só se,
gg
= (a + bi)(a
t
ib
t
) = 1.
Logo, g é unitária se, e somente se,
aa
t
+ bb
t
= 1 e ab
t
= ba
t
e estas são também as condições para que uma matriz
0
@
a b
b a
1
A
pertença a K.
As subálgebras abelianas maximais de s são as subálgebras de Cartan, pois sp(n; R) é
uma forma real normal da álgebra complexa simples sp(n; C). Uma dessas subálgebras é
a subálgebra a das matrizes diagonais
0
@
H 0
0 H
1
A
em sp(n; R), onde H é uma matriz diagonal n n.
Seja a
+
= fdiag(a
1
; : : : ; a
n
; a
1
; : : : ; a
n
) : a
1
> : : : > a
n
> 0g uma câmara de Weyl
em a.
Seja A = diag(a
1
; : : : ; a
n
; a
1
; : : : ; a
n
): De…namos o funcional linear
i
por
i
(A) =
a
i
. Um sistema de raízes positivas será
+
= f
i
j
: 1 i j ng [ f
i
+
j
: 1 i; j ng:
Um sistema simples de raízes gerando
+
é dado por
= f
1
2
; : : : ;
n1
n
; 2
n
g:
Sejam o grupo de permutações de f1; : : : ; ng e o grupo multiplicativo das n-uplas
(
1
; : : : ;
n
), onde os
0
i
s são 1 e a multiplicação é feita componente a componente. Temos
que age em a como o grupo de permutações
diag(a
1
; : : : ; a
n
; a
1
; : : : ; a
n
) ! diag(a
i
1
; : : : ; a
i
n
; a
i
1
; : : : ; a
i
n
)
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 71
Temos também que age em a como o grupo
diag(a
1
; : : : ; a
n
; a
1
; : : : ; a
n
) ! diag(
1
a
1;
: : : ;
n
a
n
;
1
a
1
; : : : ;
n
a
n
).
O grupo de Weyl é o grupo correspondente a ação de = em a e tem 2
n
n! elementos.
O subespaço de raízes associado a
i
j
são as matrizes em sp(n; R) cujas únicas
entradas não nulas são i; j e j + n; i + n que aparecem nos blocos diagonais ( em A e
A
t
). O subespaço de raízes associado a
i
+
j
são as matrizes em sp(n; R) cujas únicas
entradas não nulas são i; j + n e j; i + n que aparecem no bloco superior direito (em B).
Assim n
+
é dado pelas matrizes
0
@
A B
0 A
t
1
A
onde A é uma matriz triangular superior com diagonal nula e B simétrica.
Como a é uma subálgebra de Cartan temos que o centralizador m de a em k é nulo.
A subálgebra parabólica minimal é p = m a n
+
:
Se n
=
P
2
+
g
; então
n
=
8
<
:
0
@
A 0
B A
t
1
A
: A é triangular inferior com diagonal nula e B é simétrica
9
=
;
:
Dado um subconjunto temos a subálgebra parabólica p
= n
+ p; onde n
é a
subálgebra de n
gerada pelo espaço de raízes de . Vamos determinar as subálgebras
parabólicas maximais, que são aquelas em que é maximal, ou seja, em que é o
complementar de um subconjunto unitário de . As subálgebras parabólicas maximais
então associadas aos "‡ags"minimais. Explicitamente temos:
p
2
n
é a subálgebra de matrizes da forma
0
@
A B
0 A
t
1
A
;
onde A é uma matriz qualquer e B é uma matriz simétrica. Isto ocorre já que os espaços
de raízes associadas a
i
j
estão contidos nos blocos diagonais. Como 2
n
contém
todas as raizes simples dessa forma, temos que n
2
n
são as matrizes em que A é
triangular inferior com diagonal nula.
p
f
i
i+1
g
; i n 1 é a álgebra das matrizes da forma
0
@
A B
C A
t
1
A
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 72
onde
A =
8
<
:
0
@
0
1
A
: é uma matriz i i arbitrária
9
=
;
;
C =
8
<
:
0
@
0 0
0 d
1
A
: d é n i n i e simétrica
9
=
;
e B é simétrica. Assim, p
f
i
i+1
g
é a subálgebra das matrizes simpléticas das forma
0
@
0
1
A
;
onde é uma matriz ii. Para se obter a subálgebra parabólica p
f
i
i+1
g
deve-se olhar
todas as raízes que podem ser obtidas por combinações (somas) de
j+1
j
= (
j
j+1
),
j 6= i; j n 1 e 2
n
e, a partir daí olhar os espaços das matrizes correspondentes.
Fazendo apenas combinações de
j+1
j
, obtemos espaços de pesos apenas nos blocos
diagonais e, como j 6= i, as entradas de A que são cobertas são apenas as indicadas.
Já para determinar C; suponhamos inicialmente que i = n 1: Assim, nenhuma
combinação de
j+1
j
; j < n 1 com 2
n
nos fornece raiz. Logo, a única raíz que
não é da forma
r
s
(cujo espaço de raízes está fora dos blocos diagonais) que aparece
é 2
n
. O espaço dessa raiz é o que tem entrada em 2n n e isso nos fornece C; como
foi indicado, e com d matriz 1 1. Para i 6= n 1 as raízes fora dos blocos diagonais que
são obtidas por combinações, são obtidas reiteradamente como
(
n
n1
) 2
n
=
n1
n
.
.
.
(
j+1
j
) (
j+1
+
n
) =
j
n
e
(
n2
+
n
) + (
n
n1
) =
n2
n1
.
.
.
(
j
+
j+2
) + (
j+2
j+1
) =
j
j+1
:
Logo as raízes que são obtidas por combinações são (
r
+
s
) com r; s > i e os espaços
de raízes preenchem C como indicado, com d uma matriz n i n i.
2.2 Conjuntos controláveis em variedades ‡ag 73
O subgrupo parabólico minimal é dado por
P = MAN
+
onde A e N
+
são os grupos exponenciais de a e n
+
respectivamente. Assim,
A =
8
<
:
0
@
h 0
0 h
1
1
A
: h é uma matriz n n e diagonal
9
=
;
;
N
+
=
8
<
:
0
@
a b
0 (a
1
)
t
1
A
9
=
;
onde a é triangular superior com 1
0
s na diagonal principal e b é tal que ba
t
= ab
t
. M é o
conjunto das matrizes
0
@
a 0
0 a
1
A
onde a é diagonal com entradas 1:
Seja L
k
(n) a Grasmanniana dos subespaços isotrópicos de dimensão k em R
2n
para k n:
Em [3] mostra-se que os "‡ags" minimais de Sp(n; R) associados aos conjuntos
f
k
k+1
g se k n 1 e a f2
n
g se k = n são L
k
(n).
Vamos analisar agora o número de conjuntos controláveis.
Como vimos acima, o grupo de Weyl W possui 2
n
n! elementos.
Para = f
k
k+1
g com k n 1 temos que a ordem de W
é k!2
nk
(n k)!:
Logo pela Proposição 2.18 existem no máximo
2
n
n!
k!2
nk
(n k)!
=
2
k
n!
k!(n k)!
= 2
k
0
@
n
k
1
A
conjuntos controláveis efetivos em L
k
(n) para a ação de qualquer semigrupo S Sp(n; R)
com pontos interiores.
Para = f2
n
g temos que W
é o grupo de permutações em n elementos.
Portanto pela Proposição 2.18 existem no máximo
2
n
n!
n!
= 2
n
conjuntos controláveis efetivos em L
k
(n) para a ação de qualquer semigrupo S Sp(n; R)
com pontos interiores.
Agora analisaremos o número máximo de conjuntos controláveis efetivos em qualquer
‡ag B
:
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efetivos 74
Seja (i; j) = f
r
r+1
: i r j e j < ng. Qualquer subconjunto é uma
das uniões disjuntas
= (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
) [ f2
n
g
ou
= (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
)
com j
l
+ 1 < i
l+1
para todo l = 1; : : : ; k 1 e k n 1.
Se = (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
) temos que W
é o produto direto dos grupos de
permutações dos conjuntos fi
l
; : : : ; j
l
+ 1g: Logo a ordem de W
é
jW
j = (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
Portanto o número de conjuntos controláveis efetivos em B
é no máximo
jW=W
j =
2
n
n!
(j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!
:
Se = (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
) [ f2
n
g temos duas possibilidades a considerar:
j
k
= n 1 ou j
k
< n 1:
Caso j
k
= n 1 temos que
jW
j = (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k1
i
k1
+ 2)!(n i
k
)!2
ni
k
:
Logo existem no máximo
2
i
k
:n!
(j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k1
i
k1
+ 2)!(n i
k
)!
conjuntos controláveis efetivos em B
.
Já se j
k
< n 1 a ordem de W
será (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:2 e existem no
máximo
2
n1
n!
(j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!
conjuntos controláveis efetivos em B
.
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efe-
tivos
Determinaremos agora um limitante superior para o número de conjuntos controláveis
efetivos em variedades "‡ag" de um grupo de Lie simples real não compacto para ação
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efetivos 75
de um semigrupo S de interior não vazio contido neste grupo. Isso será feito analisando
o tipo de sistema simples de raízes, como em [4].
O diagrama de Dynkin associado ao sistema de raízes nos permite determinar a or-
dem de W
; o subgrupo do grupo de Weyl gerado pelas re‡exões com respeito as raízes
simples em : O fato é que o diagrama de Dynkin correspondente para é composto
por diagramas de tipos conhecidos, os quais são mencionados no apêndice B. A ordem
de W
é o produto das ordens dos grupos de Weyl correspondente aos diagramas.
2.3.1 O caso = A
l
A
l
é um sistema simples de raízes da álgebra de Lie simples sl(l + 1; R) das matrizes
de traço zero. Uma decomposição de Cartan de sl(l + 1; R) é
sl(l + 1; R) = so(l + 1; R) s(l + 1; R)
onde so(l + 1; R) é a subálgebra de Lie das matrizes anti-simétricas e s(l + 1; R) é o
subespaço das matrizes simétricas. Como sl(l + 1; R) é a forma real normal da álgebra de
Lie simples complexa sl(l + 1; C); as subálgebras abelianas maximais são as subálgebras
de Cartan. Uma dessas subálgebras de Cartan é a subálgebra a s(l +1; R) das matrizes
diagonais com traço zero. De…nimos o funcional linear
i
de a como
diag(
1
; : : : ;
n
) !
i
:
Um sistema simples de raízes é = f
1
2
; : : : ;
l
l+1
g: Usaremos a notação
i
=
i
i+1
i = 1; : : : ; l:
O diagrama de Dynkin é
A
l
; l 1
e
e .. . e e
1
2
l1
l
O grupo de Weyl age em a como o grupo de permutações
diag(a
1
; : : : ; a
l+1
) ! diag(a
i
1
; : : : ; a
i
l+1
):
Portanto o grupo de Weyl W é o grupo de permutações de l + 1 elementos e tem (l + 1)!
elementos.
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efetivos 76
Um intervalo em é o conjunto (i; j) = f
r
: i r jg: Assim qualquer subcon-
junto é da forma
= (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
)
com j
n
+ 1 < i
n+1
para todo n = 1; : : : ; k 1: Dado desta maneira, W
será então o
produto direto dos grupos de permutações dos subconjuntos fi
n
; : : : ; j
n
+ 1g, n = 1; : : : ; k:
O diagrama correspondente para é composto de k diagramas do tipo A
j
n
i
n
+1
:
Consequentemente a ordem de W
é
jW
j = (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
Pela Proposição 2.18 temos que o número de conjuntos controláveis efetivos para S em
B
é no máximo
jW=W
j = (l + 1)!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
2.3.2 O caso = C
l
C
l
é um sistema simples de raízes da álgebra de Lie sp(l; R): O conjunto de raízes
simples é
= f
1
2
; : : : ;
l1
l
; 2
l
g:
Usaremos a notação
i
=
i
i+1
i = 1; : : : ; l 1 e
l
= 2
l
:
O diagrama de Dynkin é
C
l
; l 3
e
e .. . e
A
e
1
2
l1
l
O grupo de Weyl W tem 2
l
l! elementos. Consideremos os intervalos
(i; j) = f
r
r+1
: i r j e j < lg:
Qualquer subconjunto pode ser escrito como uma soma das uniões disjuntas
= (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
) [ f2
l
g
ou
= (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
)
onde j
n
+ 1 < i
n+1
para todo n = 1; : : : ; k 1 e k l 1:
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efetivos 77
Se tomarmos = (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
) o diagrama de Dynkin se decompõe em k
diagramas do tipo A
j
n
i
n
+1
e consequentemente
jW
j = (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
Logo um limitante superior para o número de conjuntos controláveis efetivos para S em
B
é
jW=W
j = 2
l
l!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
Se tomarmos = (i
1
; j
1
)[: : :[(i
k
; j
k
)[f2
l
g temos duas possibilidades: j
k
= l1
ou j
k
< l 1:
(i) Se j
k
= l 1 o diagrama de Dynkin se decompõe em k 1 diagramas do tipo
A
j
n
i
n
+1
e um diagrama do tipo C
li
k
+1
correspondente para (i
k
; j
k
) [ f2
l
g: Assim
jW
j = (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)! (l i
k
+ 1)!2
li
k
+1
:
Logo o número de conjuntos controláveis efetivos em B
é no máximo
jW=W
j = 2
i
k
1
l!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)! (l i
k
+ 1)!:
(ii) Se j
k
< l 1 o diagrama de Dynkin se decompõe em k diagramas do tipo A
j
n
i
n
+1
e uma raiz isolada 2
l
: Logo a ordem de W
é
jW
j = (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:2
e o número máximo de conjuntos controláveis efetivos em B
é
jW=W
j = 2
l1
l!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
2.3.3 O caso = B
l
B
l
é um sistema simples de raízes da álgebra de Lie so(2l + 1; R): O conjunto de
raízes simples é
= f
1
2
; : : : ;
l1
l
;
l
g:
Aqui usaremos a notação
i
=
i
i+1
i = 1; : : : ; l 1 e
l
=
l
:
O diagrama de Dynkin é
B
l
; l 2
e e . . . e eA
1
2
l1
l
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efetivos 78
Do mesmo modo que em C
l
, a ordem do grupo de Weyl é 2
l
l!. A análise do número
de conjuntos controláveis é a mesma que no caso = C
l
:
No caso de = (i
1
; j
1
) [: : : [(i
k
; j
k
) o número máximo de conjuntos controláveis
efetivos para S em B
é
jW=W
j = 2
l
l!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
Caso = (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
) [ f
l
g temos:
(i) Se j
k
= l 1 o número de conjuntos controláveis efetivos é no máximo
jW=W
j = 2
i
k
1
l!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)! (l i
k
+ 1)!:
(ii) Se j
k
< l 1 o número de conjuntos controláveis efetivos para S em B
é no
máximo
jW=W
j = 2
l1
l!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
2.3.4 O caso = D
l
D
l
é um sistema simples de raízes da álgebra de Lie so(2l; R): O conjunto de raízes
simples é
= f
1
2
; : : : ;
l1
l
;
l1
+
l
g:
O diagrama de Dynkin é
D
l
; l 4
e
1
e
2
. . . e
l2
,
,
l
l
e
l1
e
l
O grupo de Weyl W tem 2
l1
l! elementos.
Novamente consideremos (i; j) = f
r
r+1
: i r j e j < lg: Qualquer subcon-
junto pode ser escrito como uma das uniões disjuntas
= (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
) [ f
l1
+
l
g
ou
= (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
)
onde j
n
+ 1 < i
n+1
para cada n = 1; : : : ; k 1 e k l 1:
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efetivos 79
Se tomarmos = (i
1
; j
1
)[: : :[(i
k
; j
k
) o número máximo de conjuntos controláveis
efetivos para S em B
é
2
l1
l!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
Se considerarmos = (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
) [ f
l1
+
l
g teremos dois casos para
considerar: j
k
= l 1 ou j
k
< l 1:
(i) Caso j
k
= l 1 o diagrama de Dynkin correspondente se decompõe em k 1
diagramas do tipo A
j
n
i
n
+1
e um diagrama do tipo D
li
k
+1
correspondente para (i
k
; j
k
)[
f
l1
+
l
g: Consequentemente
jW
j = (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)! (l i
k
+ 1)!2
li
k
e o número de conjuntos controláveis efetivos é no máximo
jW=W
j = 2
i
k
1
l!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)! (l i
k
+ 1)!:
(ii) No caso em que j
k
< l 1; o diagrama de Dynkin se decompõe em k diagramas
do tipo A
j
n
i
n
+1
e uma raiz isolada
l1
+
l
: Daí segue que
jW
j = (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:2
e o número máximo de conjuntos controláveis efetivos em B
é
jW=W
j = 2
l2
l!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
2.3.5 O caso = G
2
Uma subálgebra de Cartan de G
2
é a subálgebra a das matrizes diagonais em sl(3; R):
Seja
i
o funcional linear dado por
i
: diag(a
1
; a
2
; a
3
) ! a
i
:
As raízes simples são
1
=
1
2
e
2
=
2
:
O diagrama de Dynkin para G
2
é
G
2
e eA
1
2
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efetivos 80
As raízes positivas são
1
;
2
1
+
2;
1
+ 2
2
;
1
+ 3
2
2
1
+ 3
2
:
Gra…camente as raízes são
No grá…co acima vemos que existem 12 câmaras de Weyl. Mas o número de câmaras
de Weyl é a ordem do grupo de Weyl. Assim a ordem do grupo de Weyl é 12:
Se =
1
ou =
2
existem somente duas câmaras de Weyl e assim a ordem de W
é 2: Portanto existem no máximo 12=2 = 6 conjuntos controláveis para S em B
:
2.3.6 O caso = F
4
O diagrama de Dynkin é
F
4
e
1
e
2
e
3
A
e
4
Um sistema simples de raízes é
= f
1
;
2
;
3
;
4
g:
A ordem do grupo de Weyl é 1152:
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efetivos 81
Se = f
4
g obtemos o diagrama de Dynkin de B
3
: Assim o máximo de conjuntos
controláveis efetivos para S em B
é
1152=2
3
:3! = 24:
Para = f
1
g obtemos o digrama de Dynkin de C
3
e assim existem no máximo
1152=2
3
:3! = 24
conjuntos controláveis efetivos para S em B
:
Se tomarmos = f
3
g ou = f
2
g; teremos para ambos os casos que
o diagrama de Dynkin correspondente para consiste de um ponto isolado e de um
diagrama do tipo A
2
: Consequentemente o número máximo de conjuntos controláveis
efetivos em B
será
1152=2:3! = 96:
Para = f
1
;
2
g ou = f
3
;
4
g o diagrama de Dynkin correspondente
para é do tipo A
2
e o número de conjuntos controláveis efetivos para S em B
será no
máximo
1152=3! = 192:
Para = f
1
;
3
g; = f
2
;
3
g ou = f
2
;
4
g teremos duas raízes
isoladas e a ordem de W
será 4: Assim o número máximo de conjuntos controláveis
efetivos em B
será
1152=4 = 288:
Se tomarmos = f
1
;
4
g então o diagrama de Dynkin para é do tipo B
2
e
existirá no máximo
1152=2
2
:2 = 144
conjuntos controláveis efetivos em B
:
Resta veri…car agora, somente o caso onde consiste de uma única raiz. Neste caso
a ordem de W
é 2 e existirão no máximo
1152=2 = 576
conjuntos controláveis efetivos em B
:
2.3 Número máximo de conjuntos controláveis efetivos 82
2.3.7 O caso = E
8
A subálgebra a das matrizes diagonais em sl(9; R) é uma subálgebra de Cartan.
Denote por
i
o funcional
i
: diag(a
1
; : : : ; a
9
) ! a
1
:
O sistema simples de raízes é
= f
2
3
; : : : ;
8
9
; (
2
+
3
+
4
)g:
Aqui, denotaremos
1
=
8
9
; : : : ;
7
=
2
3
e
8
= (
2
+
3
+
4
):
O diagrama de Dynkin é
E
8
e e e e e e e
e
1
2
3
4
5
6
7
8
Existem vários casos a serem examinados. Discutiremos somente alguns desses casos.
A ordem do grupo de Weyl é 696729600:
Consideramos (i; j) = f
r
: i r j e j < 8g:
Suponhamos que = (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
) com j
n
+ 1 < i
n+1
para cada n =
1; : : : ; k 1. Neste caso o diagrama de Dynkin se decompõe em k diagramas do tipo
A
j
n
i
n
+1
e consequentemente
jW
j = (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
Logo o número máximo de conjuntos controláveis efetivos para S em B
é
jW=W
j = 696729600= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
Se = f
2
3
; : : : ;
7
8
; (
2
+
3
+
4
)g o subgrupo W
é o grupo de Weyl de
E
7
e a ordem é 2903040: Consequentemente o número de conjuntos controláveis efetivos
para S em B
é no máximo
696729600=2903040 = 240:
Se = f
2
3
; : : : ;
6
7
; (
2
+
3
+
4
)g o subgrupo W
é o grupo de Weyl de
E
6
e a ordem é 51840 . Logo o número de conjuntos controláveis efetivos para S em B
é no máximo
696729600=51840 = 13440:
2.4 Os grupos de Lie simples não compactos 83
Para = f
2
3
; : : : ;
5
6
; (
2
+
3
+
4
)g o diagrama de Dynkin correspon-
dente é do tip o D
5
e assim existem no máximo
696729600=(2
4
:5) = 362880
conjuntos controláveis efetivos para S em B
:
2.3.8 O caso = E
7
O diagrama de Dynkin é
E
7
e e e e e e
e
1
2
3
4
5
6
7
com sistema de raízes simples = f
2
3
; : : : ;
7
8
; (
2
+
3
+
4
)g: Aqui
1
=
7
8
; : : : ;
6
=
2
3
e
7
= (
2
+
3
+
4
): A análise é feita como em E
8
: A ordem
do grupo de Weyl é 2903040:
2.3.9 O caso = E
6
O diagrama de Dynkin é
E
6
e e e e e
e
1
2
3
4
5
6
com sistema de raízes simples = f
2
3
; : : : ;
6
7
; (
2
+
3
+
4
)g: O grupo de
Weyl tem ordem 51840: A análise é feita novamente como em E
8
:
2.4 Os grupos de Lie simples não compactos
Iremos apresentar agora uma tabela que consta o número máximo de conjuntos con-
troláveis numa variedade "‡ag" de um grupo de Lie simples não compacto e real para a
ação de um semigrupo de interior não vazio contido neste grupo. Para isto, utilizaremos
do diagrama de Satake que é apresentado em [13] Tabela 9 na seção de tabelas.
2.4 Os grupos de Lie simples não compactos 84
Na tabela abaixo G denotará o grupo de Lie simples não compacto e g sua álge-
bra de Lie. Estas álgebras de Lie são formas reais das álgebras de Lie simples com-
plexas. Na coluna colocaremos o tipo do sistema de raízes reais. Denotaremos
k
= (i
1
; j
1
) [ : : : [ (i
k
; j
k
) onde (i; j) = f
r
r+1
: i r jg: O número máximo
de conjuntos controláveis efetivos na variedade "‡ag"B
pela ação de um semigrupo de
interior não vazio em G será denotado por jW=W
j: Usaremos também a notação n
k
p
= p!= (j
1
i
1
+ 2)! : : : (j
k
i
k
+ 2)!:
Para os grupos reais clássicos usaremos a seguinte notação:
U(p; q) = fg 2 Gl(p + q; C) : g
t
I
p;q
g = I
p;q
g;
onde I
p;q
é a matriz
0
@
I
p
I
q
1
A
onde I
n
é a matriz identidade n n: Temos então SU(p; q) = U(p; q) \ Sl(p + q; C):
De…namos também
SO(p; q) = fg 2 Sl(p + q; R) : g
t
I
p;q
g = I
p;q
g
e
Sp(p; q) = fg 2 Sp(p + q; C) : g
t
K
p;q
g = K
p;q
g
onde
K
p;q
=
0
B
B
B
B
B
B
@
I
p;q
I
q
I
p
I
q
1
C
C
C
C
C
C
A
:
As álgebras de Lie correspondentes são
su(p; q) =
8
<
:
0
@
A B
B
t
C
1
A
:
A e C são anti-hermitianas; de ordem p e q
tr(A) + tr(C) = 0 e B arbitrária
9
=
;
so(p; q) =
8
<
:
0
@
A B
B
t
C
1
A
:
A e C são anti-simétricas; de ordem p e q
A; B e C reais, B arbitrária
9
=
;
2.4 Os grupos de Lie simples não compactos 85
sp(p; q) =
8
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
:
0
B
B
B
B
B
B
@
Z
11
Z
12
Z
13
Z
14
Z
t
12
Z
22
Z
t
14
Z
24
Z
13
Z
14
Z
11
Z
12
Z
t
14
Z
24
Z
t
12
Z
22
1
C
C
C
C
C
C
A
:
Z
ij
matrizes complexas, Z
11
e Z
13
de ordem p; Z
12
e Z
14
matrizes p q
Z
11
e Z
22
anti-hermitianas,
Z
13
e Z
24
são simétricas
9
>
>
>
>
>
>
=
>
>
>
>
>
>
;
:
Temos ainda a álgebra de Lie
u
(n; H) =
8
<
:
0
@
A B
B A
1
A
: A e B são n n quarternionicas, A
t
= A; B
t
=
B
9
=
;
:
2.4 Os grupos de Lie simples não compactos 86
2.4 Os grupos de Lie simples não compactos 87
Apêndic e A
Álgebras de Lie
Neste apêndice introduziremos os conceitos e a terminologia, da teoria de álgebras
de Lie. Aqui serão estudados vários conceitos básicos das álgebras de Lie de dimensão
…nita. Na primeira seção apresentaremos as de…nições dos conceitos básicos da teoria
das álgebras de Lie, tais como ideais, subálgebras, representações, álgebras solúveis, álge-
bras nilpotentes e …nalmente álgebras simples e semisimples. Na segunda e terceira seção
faremos um estudo um pouco mais elaborado sobre as álgebras nilpotentes e solúveis,
mostrando que p odemos encontrar bases que triangulariza os elementos dessas álgebras
para o caso de álgebras de Lie de transformações lineares. Na quarta e quinta seção estu-
daremos, respectivamente,os critérios de Cartan e as subálgebras de Cartan: A referência
principal para este apêndice é [18] : Indicamos também [2] e [24].
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie
Começaremos, de forma natural, de…nindo uma álgebra de Lie.
Uma álgebra de Lie é um espaço vetorial g sobre um corpo K munido de uma
operação
g g ! g
(X; Y ) 7! [X; Y ]
chamada colchete de Lie, que satisfaz as seguintes propriedades:
1. O colchete de Lie é bilinear, ou seja,
[aX + bX; Z] = a[X; Z] + b[Y; Z]
88
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 89
e
[Z; aX + bY ] = a[Z; X] + b[Z; Y ]
para quaisquer a; b 2 K e quaisquer X,Y, Z 2 g.
2. O colchete de Lie é anti-simétrico, ou seja,
[X; X] = 0
para qualquer X 2 g.
3.O colchete de Lie satisfaz a identidade de Jacobi, ou seja,
[X; [Y; Z]] + [Y; [Z; X]] + [Z; [X; Y ]] = 0
para quaisquer X; Y; Z 2 g.
Esta igualdade p ode ser reescrita alternativamente de uma das duas formas
(a) [X; [Y; Z]] = [[X; Y ]; Z] + [Y; [X; Z]]
(b) [[X; Y ]; Z] = [[X; Z]; Y ] + [X; [Y; Z]]:
Existem razões especiais para escrever a identidade de Jacobi nestas formas alternati-
vas como veremos em representações adjuntas e derivações de álgebras de Lie.
De…nição A.1 Uma álgebra de Lie g é dita abeliana se [X; Y ] = 0; para quaisquer X; Y
2 g:
Ilustraremos a de…nição de álgebra de Lie com alguns exemplos.
Exemplo A.1 Consideremos o espaço vetorial R
3
e para u; v 2 R
3
de…namos o colchete
[u; v] como o produto vetorial em R
3
. Das propriedades do produto vetorial segue que R
3
com este colchete é uma álgebra de Lie.
Vejamos agora um exemplo importante de álgebra de Lie que será utilizado com bas-
tante frequência.
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 90
Exemplo A.2 A álgebra de Lie gl(n; K) é o espaço vetorial de todas as transformações
lineares de um espaço vetorial de dimensão n sobre K que é isomorfo ao espaço das ma-
trizes n n com coe…cientes em K. O colchete é de…nido por
[X; Y ] = XY Y X
com X e Y matrizes.
Indicaremos também esta álgebra por gl(n) apenas, sem especi…car o corpo quando
este não for relevante. A álgebra das transformações lineares de um espaço vetorial V
com o colchete [T; S] = T S S T será denotada por gl(V ):
É natural introduzirmos a noção se subálgebra de Lie.
De…nição A.2 Uma subálgebra de Lie h da álgebra de Lie g é um subespaço vetorial
de g tal que para todo X; Y 2 h tem-se [X; Y ] 2 h. Em outras palavras h é um subespaço
vetorial de g que é fechado para o colchete de Lie de g:
Evidentemente, uma subálgebra de Lie é uma álgebra de Lie com a estrutura herdada
pela estrutura de g:
Vejamos alguns exemplos de subálgebras de gl(n; K):
Exemplo A.3 Subálgebras de gl(n; K) :
(a) so(n; K) = fX 2 gl(n; K) : X + X
t
= 0g; aqui X
t
indica a transposta da matriz
X:
(b) sl(n; K) = fX 2 gl(n; K) : tr(X) = 0g:
(c) O subespaço das matrizes triangulares superiores com zeros na diagonal
N(n; R) =fX 2 gl(n; K) : X =
0
B
B
B
@
0
.
.
.
0 0
1
C
C
C
A
g:
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 91
(d) O subespaço das matrizes triangulares superiores
S(n; R) =fX 2 gl(n; K) : X =
0
B
B
B
@
a
1
.
.
.
0 a
n
1
C
C
C
A
g
também é uma subálgebra de Lie de gl(n; K):
(e) sp(n; K) = fX 2 gl(2n; K) : XJ + JX
t
= 0g; aqui J é escrito em blocos n n
como
J =
0
@
0 1
1 0
1
A
com 0 representando a matriz nula e 1 representando a matriz identidade n n:
(f) u(n) = fX 2 gl(n; C) : X + X
t
= 0g; aqui X é a matriz obtida de X por conju-
gação de suas entradas.
(g) su(n) = fX 2 u(n) : tr(X) = 0g:
É imediato mostrar que a intersecção de duas subálgebras de Lie também é uma
subálgebra de Lie.
Para álgebras de Lie unidimensionais temos o seguinte resultado.
Teorema A.3 Se g é uma álgebra de Lie e h um subespaço unidimensional de g, então
h é uma subálgebra abeliana de g.
Demonstração: Seja fZg uma base de h . Se X; Y 2 h , então existem ; 2 R tal que
X = Z e Y = Z. Logo [X; Y ] = [Z; Z] = [Z; Z] = 0 2 h: Portanto h é abeliana.
Corolário A.4 Toda álgebra de Lie unidimensional é abeliana.
Já para álgebras de Lie bidimensionais temos o seguinte teorema.
Teorema A.5 Seja g uma álgebra de Lie e h uma subálgebra bidimensional de g. Então,
ou h é abeliana ou existe uma base fA; Bg de h tal que [A; B] = B:
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 92
Demonstração: Suponhamos que h seja uma subálgebra não abeliana bidimensional
de g. Tomemos fX; Y g uma base de h . Como h é não abeliana, e X; Y 2 h, temos
que [X; Y ] 6= 0. De…namos Y
0
= [X; Y ] e escolhamos X
0
2 h de modo que fX
0
; Y
0
g seja
uma base de h. Como X
0
; Y
0
2 h, temos que X
0
= aX + bY e Y
0
= cX + dY . Assim
0
@
a b
c d
1
A
é matriz mudança de base. Logo ad bc 6= 0: Logo, tomando
A = (ad bc)
1
X
0
e B = Y
0
temos
[A; B] = [(ad bc)
1
X
0
; Y
0
]
= (ad bc)
1
[X
0
; Y
0
]
= (ad bc)
1
(ad bc)[X; Y ]
= [X; Y ]
= Y
0
= B.
Portanto fA; Bg é a base de h procurada.
Corolário A.6 Seja g uma álgebra de Lie de bidimensional, então ou g é abeliana ou
existe uma base fA; Bg de g tal que [A; B] = B.
Vamos de…nir agora o conceito de ideal.
De…nição A.7 Seja g uma álgebra de Lie e h um subespaço de g. Dizemos que h é um
ideal de g se para quaisquer X 2 g e Y 2 h tivermos [X; Y ] 2 h.
Da de…nição acima, temos que todo ideal é uma subálgebra de Lie, pois como [X; Y ] 2
h para todo X 2 g e Y 2 h; em particular temos [X; Y ] 2 h para todo X; Y 2 h:
Entretanto nem toda subálgebra de Lie é um ideal. Para veri…car isso, basta considerar
so(2; R), a subálgebra das matrizes quadradas anti-simétricas de ordem 2. Temos que
so(2; R) não é um ideal de gl(2; R). De fato, seja
0
@
0 1
1 0
1
A
2 so(2; R) e
0
@
1 2
2 1
1
A
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 93
2 gl(2; R). Note que
2
4
0
@
0 1
1 0
1
A
;
0
@
1 2
2 1
1
A
3
5
=
0
@
0 1
1 0
1
A
0
@
1 2
2 1
1
A
0
@
1 2
2 1
1
A
0
@
0 1
1 0
1
A
=
0
@
4 2
2 4
1
A
=2 so(2; R).
Exemplo A.4 Seja g uma álgebra abeliana, então todo subespaço h de g é um ideal, pois
se X 2 h e Y 2 g temos que [X; Y ] = 0 2 h:
Vamos de…nir o centralizador de um subconjunto de uma álgebra de Lie e mostrar que
o centralizador de um ideal de uma álgebra de Lie g também é um ideal de g:
De…nição A.8 Seja g uma álgebra de Lie e B um subconjunto de g . O centralizador
de B em g é o conjunto
z(B) = fX 2 g; [X; Y ] = 0 para todo Y 2 Bg:
De…nição A.9 O centralizador de g na álgebra de Lie g é chamado centro de g e é
denotado por
z(g) = fX 2 g; [X; Y ] = 0 para todo Y 2 gg:
Proposição A.10 Seja g uma álgebra de Lie e h um ideal de g. Então z(h) é um ideal
de g:
Demonstração: Primeiramente note que z(h) é um subespaço de g; pois z(h) 6= ? já que
0 2 z(h) e ainda se A,B 2 z(h) temos que A+B 2 z(h) já que [A+B; Y ] = [A; Y ]+[B; Y ] =
0 para todo Y 2 h. Sejam agora X 2 z(h); Y 2 g e Z 2 h. Sabemos a identidade de
Jacobi
[[X; Y ]; Z] + [[Z; X]; Y ] + [[Y; Z]; X] = 0: (A.1)
Como h é ideal de g, segue que [Y; Z] 2 h, assim da de…nição de z(h) temos que
[X; [Y; Z]] = 0. Como [Z; X] = 0 então [[Z; X]; Y ] = 0. Logo em (A.1) segue que
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 94
[[X; Y ]; Z] = 0 e [X; Y ] 2 z(h). Portanto z(h) é ideal de g.
Mostraremos a seguir que a soma e a intersecção de ideais ainda é ideal.
Proposição A.11 A soma e a interseção de dois ideais de uma álgebra de Lie ainda é
um ideal desta álgebra de Lie.
Demonstração: Sejam h
1
e h
2
ideais da álgebra de Lie g. É claro que a soma e a
interseção de dois subespaços é um subespaço. Assim, seja X 2 h
1
+ h
2
e Y 2 g. Então
[X; Y ] = [X
1
+ X
2
; Y ] = [X
1
; Y ] + [X
2
; Y ] 2 h
1
+ h
2
Também, tomando X 2 h
1
\ h
2
e Y 2 g é imediato que [X; Y ] 2 h
1
\ h
2
Note que é possível veri…car que a soma de um ideal com uma subálgebra de uma
álgebra de Lie, é uma subálgebra da álgebra de Lie. De fato, sejam g uma álgebra de
Lie, i um ideal de g e h uma subálgebra de g: Tomando A
1
+ B
1
; A
2
+ B
2
2 i + h com
A
1
; A
2
2 i e B
1
; B
2
2 h temos que
[A
1
+ B
1
; A
2
+ B
2
] = [A
1
; A
2
] + [A
1
; B
2
] + [B
1
; A
2
] + [B
1
; B
2
]:
Por de…nição de ideal temos [A
1
; A
2
]; [A
1
; B
2
]; [B
1
; A
2
] 2 i e como h é subálgebra temos
[B
1
; B
2
] 2 h: Logo [A
1
+ B
1
; A
2
+ B
2
] 2 i + h, mostrando que i + h é uma subálgebra.
Recorrendo às de…nições ainda pode-se mostrar que a soma e interseção de ideais são
ideais, a interseção de um ideal com uma subálgebra é uma subálgebra e a interseção
de subálgebras é uma subálgebra. Já a soma de duas subálgebras não é, em geral, uma
subálgebra. Por exemplo, sejam h
1
e h
2
os subespaços de sl(2; R) gerados por
0
@
1 0
0 1
1
A
e
0
@
0 1
1 0
1
A
respectivamente. Como
[
0
@
1 0
0 1
1
A
;
0
@
0 1
1 0
1
A
] =
0
@
0 2
2 0
1
A
;
h
1
+ h
2
não é subálgebra.
Passaremos a estudar aplicações entre álgebras de Lie. Uma aplicação entre álgebras
de Lie que preserva o colchete é chamada homomor…smo de álgebras de Lie.
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 95
De…nição A.12 Sejam g
1
e g
2
álgebras de Lie. Uma transformação linear ' : g
1
!g
2
é
um homomor…smo de álgebras de Lie se satisfaz
'([X; Y ]) = ['(X); '(Y )]:
Além disso, se ' é inversível, então dizemos que ' é um isomor…smo de álgebras de
Lie. Um isomor…smo ' : g!g é dito automor…smo de álgebras de Lie.
Segue agora, alguns exemplos de homomor…smo de álgebras de Lie.
Exemplo A.5 Sejam g
1
e g
2
álgebras de Lie abelianas e ' : g
1
!g
2
uma transformação
linear. Tome X; Y 2 g
1
: Como
'([X; Y ]) = '(0) = 0 = ['(X); '(Y )]
segue que ' é homomor…smo de álgebras de Lie. Portanto toda transformação linear entre
álgebras abelianas é um homomor…smo de álgebras de Lie.
Exemplo A.6 A aplicação traço tr : M(n n; R) ! R é um homomor…smo. De fato,
dadas X; Y 2 M(n n; R) temos que tr(XY ) = tr(Y X). Logo
tr(XY Y X) = tr(XY ) tr(Y X) = 0;
e assim segue que
tr([X; Y ]) = tr(XY Y X) = 0
Note que R é uma álgebra de Lie abeliana, pois dim(R) =1, assim [tr(X); tr(Y )] = 0.
Portanto tr([X; Y ]) = [tr(X); tr(Y )].
Exemplo A.7 Sejam g uma álgebra de Lie e gl(g) a álgebra de Lie das transformações
de g nela mesma. Para cada X 2 g de…namos a transformação linear
ad(X) : g ! g
Y 7! ad(X)(Y ) = [X; Y ]:
A aplicação
ad : g ! gl(g)
X 7! ad(X)
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 96
é um homomor…smo de álgebras de Lie. De fato, note que ad é uma aplicação linear, pois
ad(X + Y )(Z) = [X + Y; Z]
= [X; Z] + [Y; Z]
= [X; Z] + [Y; Z]
= ad(X)(Z) + ad(Y )(Z):
Mostraremos agora que ad é um homomor…smo de álgebras de Lie, usando a identidade
de Jacobi. Temos que
ad([X; Y ])(Z) = [[X; Y ]; Z]
= [X; [Y; Z]] [Y; [X; Z]]
= ad(X)([Y; Z]) ad(Y )([X; Z])
= ad(X) (ad(Y )(Z)) ad(Y ) (ad(X)(Z))
= (ad(X) ad(Y ) ad(Y ) ad(X))(Z)
= [ad(X); ad(Y )](Z):
Essa aplicação é chamada de representação adjunta da álgebra de Lie g como
veremos mais adiante. Vale lembrar que quando g é uma álgebra abeliana segue que ad(X)
é a aplicação nula.
Mostraremos agora que o núcleo e a imagem de um homomor…smo de álgebras de Lie
são subálgebras de Lie.
Teorema A.13 Sejam g
1
e g
2
álgebras de Lie e ' : g
1
! g
2
um homomor…smo de
álgebras de Lie. Então ker(') é ideal de g
1
e Im(') é subálgebra de de Lie g
2
:
Demonstração: Primeiramente mostraremos que ker(') é ideal de g
1
. Sejam X 2 g
1
e
Y 2 ker('). Note que
'([X; Y ]) = ['(X); '(Y )] = ['(X); 0] = 0
portanto, [X; Y ] 2 ker('). Logo ker(') é um ideal de g
1
. Agora sejam X; Y 2 Im('):
Mostraremos que [X; Y ] 2 Im('). Como X; Y 2 Im('); então '(X
1
) = X e '(Y
1
) = Y
para algum X
1
; Y
1
2 g
1
. Assim
[X; Y ] = ['(X
1
); '(Y
1
)] = '([X
1
; Y
1
]) 2 Im(')
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 97
Outro conceito importante é o de quociente de álgebras de Lie.
De…nição A.14 Seja g uma álgebra de Lie e h um ideal de g. Como h é subespaço
vetorial de g, podemos determinar o espaço quociente g=h = fX + h; X 2 gg:
Sabemos que g=h é um espaço vetorial com as operações de…nidas p or
(X + h) + (Y + h) = (X+Y ) + h e
(X + h) = (X) + h para todo 2 K.
Vamos mostrar que g=h é uma álgebra de Lie.
Proposição A.15 Sejam g uma álgebra de Lie e h um ideal de g: Então g=h é uma
álgebra de Lie com o colchete [(X + h); (Y + h)] = [X; Y ] + h:
Demonstração: Primeiramente mostraremos que este colchete está bem de…nido. De
fato, se (X + h) =(X
1
+ h) e (Y + h) =(Y
1
+ h) segue que X X
1
; Y Y
1
2 h. Assim
X = X
1
+ Z
1
; Y = Y
1
+ Z
2
com Z
1
; Z
2
2 h. Logo
[X; Y ] + h
= [X
1
+ Z
1
; Y
1
+ Z
2
] + h
= [X
1
; Y
1
+ Z
2
] + [Z
1
; Y
1
+ Z
2
] + h
= [X
1
; Y
1
] + [X
1
; Z
2
] + [Z
1
; Y
1
] + [Z
1
; Z
2
] + h
Como h é um ideal de g, temos que [X
1
; Z
2
]; [Z
1
; Y
1
]; [Z
1
; Z
2
] 2 h: Portanto,
[X; Y ] + h = [X
1
; Y
1
] + h;
ou seja, o colchete está bem de…nido. Note que é essencial que h seja um ideal de g, pois
se h for apenas uma subálgebra, o colchete pode não estar b em de…nido.
Agora vejamos que:
O colchete é bilinear
[(X + h)+(Y + h);Z + h]
= [X + Y ;Z] + h
= [X;Z]+[Y ;Z] + h
= ([X;Z] + h)+([Y ;Z] + h)
= [X+h;Z+h])+[Y +h;Z+h]
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 98
e semelhantemente na segunda coordenada.
O colchete é anti-simétrico
[(X + h);(X + h)] = [X;X]+h = 0 + h (que é o elemento neutro de g=h)
A identidade de Jacobi é satisfeita
[X + h; [Y + h;Z + h]] + [Y + h; [Z + h;X + h]] + [Z + h; [X + h;Y + h]]
= [X + h; [Y; Z] + h] + [Y + h; [Z; X] + h] + [Z + h; [X; Y ] + h]
= [X; [Y; Z]] + h +[Y; [Z; X]] + h +[Z; [X; Y ]] + h
= ([X; [Y; Z]] + [Y; [Z; X]] + [Z; [X; Y ]]) + h
= 0 + h
Segue daí que a projeção canônica : g ! g=h de…nida por (X) = X + h, é um
homomor…smo de álgebras de Lie.
As seguintes proposições introduzem os resultados clássicos sobre homomor…smos,
cujas demonstrações são as usuais.
Proposição A.16 Seja ' : g
1
! g
2
um homomor…smo de álgebras de Lie. Então
g=Ker(') t Im(')
Proposição A.17 Se h
1
e h
2
são ideais de g então
h
1
+ h
2
h
2
t
h
1
h
1
\ h
2
,
onde o isomor…smo é natural.
Uma forma de determinar um isomor…smo entre duas álgebras de Lie de dimensão
…nita é através dos colchetes dos elementos de suas bases. Sejam g uma álgebra de Lie
e fX
1
; :::; X
n
g uma base de g: Como [X
i
; Y
j
] é elemento de g, podemos escrevê-lo como
combinação linear dos elementos desta base, ou seja,
[X
i
; Y
j
] =
n
X
k=1
c
k
ij
X
k
= c
1
ij
X
1
+ c
2
ij
X
2
+ ::: + c
k
ij
X
k
:
Os coe…cientes c
k
ij
são denominados constantes de estrutura da álgebra de Lie em
relação à base. Mostraremos na próxima proposição que estas constantes determinam, a
menos de isomor…smo, a álgebra de Lie.
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 99
Proposição A.18 Duas álgebras de Lie são isomorfas se, e só se, elas possuem as mes-
mas constantes de estruturas.
Demonstração: Sejam g
1
e g
2
álgebras de Lie, fX
1
; :::; X
n
g e fY
1
; :::; Y
m
g bases de g
1
e
g
2
respectivamente. Suponhamos que : g
1
! g
2
seja um isomor…smo. Dessa forma g
1
e g
2
possuem o mesmo número de elementos em suas bases. Considere (X
i
) = Y
i
, assim
([X
i
; X
j
]) = [ (X
i
); (X
j
)] = [Y
i
; Y
j
]. Sabemos que para cada X
i
; X
j
2 g
1
temos
[X
i
; X
j
] = c
1
ij
X
1
+ c
2
ij
X
2
+ ::: + c
k
ij
X
k
=
X
k
c
k
ij
X
k
e para Y
i
; Y
j
2 g
2
temos que
[Y
i
; Y
j
] = b
1
ij
Y
1
+ b
2
ij
Y
2
+ ::: + b
k
ij
Y
k
=
X
k
b
k
ij
Y
k
:
Como é isomor…smo segue que
[Y
i
; Y
j
] = ([X
i
; X
j
])
= (c
1
ij
X
1
+ c
2
ij
X
2
+ ::: + c
k
ij
X
k
)
= c
1
ij
(X
1
) + c
2
ij
(X
2
) + ::: + c
k
ij
(X
k
)
= c
1
ij
Y
1
+ c
2
ij
Y
2
+ ::: + c
k
ij
Y
k
:
O que implica que
P
k
b
k
ij
Y
k
=
P
k
c
k
ij
Y
k
: Como fY
1
; :::; Y
m
g é base, segue que
P
k
(b
k
ij
c
k
ij
) = 0 e portanto b
k
ij
= c
k
ij
:
Reciprocamente suponhamos que g
1
e g
2
possuem as mesmas constantes de estrutura c
k
ij
.
Dessa forma g
1
e g
2
possuem a mesma dimensão. Consideremos a transformação linear
: g
1
! g
2
de…nida por (X
i
) = Y
i
. Tomemos X =
P
i
a
i
X
i
e Y =
P
j
b
j
X
j
em g
1
:
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 100
Logo,
([X; Y ]) = ([
P
i
a
i
X
i
;
P
j
b
j
X
j
])
= (
P
ij
a
i
b
j
[X
i
; X
j
])
= (
P
ij
a
i
b
j
P
k
c
k
ij
X
k
)
= (
P
ijk
a
i
b
j
c
k
ij
X
k
)
= (
P
ijk
a
i
b
j
c
k
ij
(X
k
))
= (
P
ijk
a
i
b
j
c
k
ij
Y
k
)
= (
P
ij
a
i
b
j
P
k
c
k
ij
Y
k
)
=
P
ij
a
i
b
j
[Y
i
; Y
j
]
= [
P
i
a
i
Y
i
;
P
j
b
j
Y
j
]
= [
P
i
a
i
(X
i
);
P
j
b
j
(X
j
)]
= [ (
P
i
a
i
X
i
); (
P
j
b
j
X
j
)]
= [ (X); (Y )]:
A.1.1 Representações de álgebras de Lie.
Vamos estudar agora as representações de uma álgebra de Lie em um espaço vetorial.
Essa ferramenta é bastante e…caz para encontrar a estrutura da álgebra. No caso das
representações …éis, g é isomorfa a imagem da representação e, portanto, a álgebra pode
ser vista como uma subálgebra de transformações lineares.
De…nição A.19 Sejam V um espaço vetorial, gl(V ) a álgebra de Lie das transformações
lineares de V , e g uma álgebra de Lie. Uma representação de g em V é um homomor-
…smo
: g ! gl(V ):
O espaço vetorial V é denominado espaço da representação e sua dimensão é igual
a dimensão da representação. Uma representação é …el quando ker = f0g:
Apresentamos a seguir alguns exemplos de representações.
Exemplo A.8 (representação canônica) Se g é uma subálgebra de gl(V ) então a in-
clusão
: g gl(V ) ! gl(V )
X 7! X
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 101
de…ne uma representação, pois
([X; Y ]) = [X; Y ] = [X; Y ]
ou seja, é um homomor…smo. Essa representação é denominada representação canônica.
Exemplo A.9 Tome a subálgebra de Lie de gl(3; K) dada por
h =
8
>
>
>
<
>
>
>
:
0
B
B
B
@
2a 2b 0
c 0 b
0 2c 2a
1
C
C
C
A
; a; b; c 2 K
9
>
>
>
=
>
>
>
;
:
A aplicação
0
@
a b
c a
1
A
2 sl(2; K) 7!
0
B
B
B
@
2a 2b 0
c 0 b
0 2c 2a
1
C
C
C
A
2 h gl(3; K)
é uma representação de sl(2; K): De fato, seja fX; Y; Hg a base canônica de sl(2; K) onde
X =
0
@
0 1
0 0
1
A
, Y =
0
@
0 0
1 0
1
A
e H =
0
@
1 0
0 1
1
A
:
Temos que
[H; X] = HX XH = 2X
ou seja, [H; X] = 2X + 0Y + 0H: Analogamente, temos [H; Y ] = 0X 2Y + 0H e
[X; Y ] = 0X + 0Y H , logo as constantes de estruturas de sl(2; K) são 0; 1; 2 e 2.
Agora seja fX
1
; Y
1
; H
1
g uma base de h, onde
X
1
=
0
B
B
B
@
0 2 0
0 0 1
0 0 0
1
C
C
C
A
, Y
1
=
0
B
B
B
@
0 0 0
1 0 0
0 2 0
1
C
C
C
A
e H
1
=
0
B
B
B
@
2 0 0
0 0 0
0 0 2
1
C
C
C
A
:
Note que
[H
1
; X
1
] = 2X
1
+ 0Y
1
+ 0H
1
[H
1
; Y
1
] = 0X
1
2Y
1
+ 0H
1
[X
1
; Y
1
] = 0X
1
+ 0Y
1
H
1
ou seja, as constantes de estrutura de h são 0; 1; 2 e 2: Logo as constantes de estruturas
de sl(2; K) e h são iguais. Portanto sl(2; K) e h gl(3; K) são isomorfos.
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 102
Exemplo A.10 (representação adjunta) Para um elemento X na álgebra de Lie g,
considere a transformação linear
ad(X) : g ! g
de…nida por ad(X)(Y ) = [X; Y ]: A aplicação
ad : X 2 g 7! ad(X) 2 gl(g)
de…ne uma representação de g em g, denominada representação adjunta. (Veja Exem-
plo A.7)
Note que o núcleo da representação adjunta coincide com o centro de g:
Mostraremos agora, algumas construções com representações.
De…nição A.20 Sejam g uma álgebra de Lie e
1
,: : : ;
n
representações de g em V
1
; : : : ; V
n
.
Então
: g ! gl(V
1
V
n
)
X 7!
1
(X)
n
(X)
é uma representação em V
1
V
n
denominada soma direta das representações
i
.
Fixe uma base de V
1
V
n
. Em forma de matriz, se escreve em blocos como
=
0
B
B
B
@
1
.
.
.
n
1
C
C
C
A
:
Agora seja uma representação de g em V e suponha que W seja um subespaço
invariante p or , isto é,
(X)W W para todo X 2 g:
A aplicação
j
W
: g ! gl(W )
X 7! (X) j
W
de…ne uma representação de g em W:
A aplicação
W
: g ! gl(V=W )
X 7! (X) : V=W ! V=W
v + W 7! (X)v + W
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 103
também é uma representação de g em V=W:
Estudaremos agora a decomposição de representações.
De…nição A.21 Uma representação de g em V é dita irredutível se os únicos subes-
paços invariantes por são os triviais f0g e V:
De…nição A.22 Uma representação é dita completamente redutível se V se decompõe
como
V = V
1
V
n
com cada V
i
invariante pela representação e a restrição de a V
i
é irredutível.
Note que uma representação irredutível é sempre completamente redutível.
A proposição a seguir nos fornece um critério, bastante utilizado, para veri…car se uma
representação é completamente redutível.
Proposição A.23 Seja uma representação de g em V: Então é completamente re-
dutível se, e somente se, todo subespaço invariante admite um complementar invariante,
ou seja,
para todo W V invariante, existe W
1
também invariante tal que V = W W
1
(A.2)
Demonstração: Suponhamos primeiramente que (A.2) seja satisfeita e que V não é
irredutível, pois caso contrário, os únicos subespaços invariantes de V são os triviais e o
resultado segue. Tome W um subespaço invariante não trivial. Então existe W
1
invariante
tal que
V = W W
1
.
Essa soma direta é o que desejamos se W e W
1
forem irredutíveis. Logo, suponhamos
que W não é irredutível. Note que W satisfaz (A.2). De fato, seja W
0
W subespaço
invariante, assim, por hipótese,
W
0
W
1
V
e como V satisfaz (A.2), existe W
2
subespaço invariante tal que
(W
0
W
1
) W
2
= V: (A.3)
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 104
Note que (W
1
W
2
)\W é invariante pois a intersecção de subespaços invariantes também
é invariante. Mostrar que
W = ((W
1
W
2
) \ W ) W
0
(A.4)
é o mesmo que mostrar que W satisfaz (A.2). Seja x 2 W
0
e suponha que x 2 W
1
W
2
.
Assim x = y + z onde y 2 W
1
e z 2 W
2
. Como x y 2 W
0
W
1
e x y = z temos que
z 2 W
0
W
1
, mas z 2 W
2
, logo z = 0, o que implica em x = y . Daí x 2 W
0
\ W
1
e
portanto x = 0: Agora seja x 2 W , então por (A.3) podemos escrever
x = x
1
+ x
2
+ x
3
com x
1
2 W
0
, x
2
2 W
1
e x
3
2 W
2
: Então x x
1
= x
2
+ x
3
2 W: Logo W é soma direta
dos subespaços em (A.4) e portanto W satisfaz (A.2). Deve-se seguir com esse processo
indutivamente para mostrar que W é completamente redutível.
Reciprocamente, mostremos que se é completamente redutível, então todo subespaço
invariante admite um complementar invariante. Faremos essa demonstração usando in-
dução sobre a dimensão de V . Se dim V = 1, não há o que demonstrar. Suponhamos que
dim V = n, ou seja
V = V
1
V
n
com cada V
i
invariante irredutível. Seja W V um subespaço invariante. Cada W \V
i
é
invariante e como os subespaços V
i
são invariantes e W \V
i
V
i
segue que W \V
i
= f0g
ou W \ V
i
= V
i
para todo i = 1; :::; n. Logo há duas possibilidades
1
a
) Para algum i, digamos i = 1, temos W \ V
1
= V
1
, ou seja V
1
W . Neste caso temos
que
W = V
1
(W \ (V
2
V
n
)):
De fato, tome x 2 W . Como W V = V
1
(V
2
V
n
) tem-se que x = x
1
+ x
2
, onde
x
1
2 V
1
e x
2
2 V
2
V
n
. Note que x; x
1
2 W . Logo x
2
2 W . Daí
W = V
1
+ (W \ (V
2
V
n
))
e esta soma é direta, pois V
1
\ (V
2
V
n
) = f0g. Como
W = V
1
(W \ (V
2
V
n
)) V
1
(V
2
V
n
) = V
temos que
W \ (V
2
V
n
) V
2
V
n
:
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 105
Logo, existe W
0
tal que
V
2
V
n
= (W \ (V
2
V
n
)) W
0
:
Assim
V = V
1
(W \ (V
2
V
n
)) W
0
ou seja, W
0
complementa W:
2
a
) Para todo i, temos W \V
i
= f0g. Note que W +V
1
é uma soma direta, logo W V
1
está
nas condições do caso anterior, pois W V
1
V e (W V
1
) \V
1
= V
1
: Assim existe um
subespaço invariante W
0
tal que
V = (W V
1
) W
0
;
ou seja, V = W (V
1
W
0
).
Concluímos assim a demonstração da recíproca.
Apresentamos, a seguir, um exemplo onde se aplica esta proposição.
Exemplo A.11 Seja g a álgebra de Heisenberg de…nida por
g = X 2 gl(3; K) : X =
0
B
B
B
@
0 a b
0 0 c
0 0 0
1
C
C
C
A
: a; b; c 2 Kg
e tomemos
X =
0
B
B
B
@
0 1 0
0 0 0
0 0 0
1
C
C
C
A
; Y =
0
B
B
B
@
0 0 0
0 0 1
0 0 0
1
C
C
C
A
; Z =
0
B
B
B
@
0 0 1
0 0 0
0 0 0
1
C
C
C
A
como base de g: Seja a representação canônica dessa álgebra. Tome e
1
= (1; 0; 0);
e
2
= (0; 1; 0); e
3
= (0; 0; 1) base canônica de K
3
: Vamos mostrar que não é irredutível
e também não é completamente redutível. Para mostrar que não é irredutível vamos
mostrar que existe subespaço de K
3
não trivial que é invariante por . Seja he
1
i K
3
o
subespaço gerado por e
1
em K
3
e vamos mostrar que he
1
i é invariante.
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 106
De fato, tome um elemento arbitrário (x; 0; 0) 2 he
1
i; assim temos que
(X)(x; 0; 0) =
0
B
B
B
@
0 1 0
0 0 0
0 0 0
1
C
C
C
A
:
0
B
B
B
@
x
0
0
1
C
C
C
A
=
0
B
B
B
@
0
0
0
1
C
C
C
A
2 he
1
i
(Y )(x; 0; 0) =
0
B
B
B
@
0 0 0
0 0 1
0 0 0
1
C
C
C
A
:
0
B
B
B
@
x
0
0
1
C
C
C
A
=
0
B
B
B
@
0
0
0
1
C
C
C
A
2 he
1
i
(Z)(x; 0; 0) =
0
B
B
B
@
0 0 1
0 0 0
0 0 0
1
C
C
C
A
:
0
B
B
B
@
x
0
0
1
C
C
C
A
=
0
B
B
B
@
0
0
0
1
C
C
C
A
2 he
1
i:
Logo para todo X 2 g (X) he
1
i he
1
i ou seja he
1
i é um subespaço invariante.
Analogamente podemos mostrar que he
1
; e
2
i também é invariante por : Para mostrar
que não é completamente redutível vamos mostrar que nem todo subespaço invariante
de K
3
admite complementar invariante. De fato he
1
i é invariante mas seu complementar
K
3
he
1
i não é invariante, pois se tomarmos W =
0
B
B
B
@
0 1 1
0 0 0
0 0 0
1
C
C
C
A
2 g e (x; y; z) 2 K
3
he
1
i
temos
(W )(x; y; z) =
0
B
B
B
@
0 1 1
0 0 0
0 0 0
1
C
C
C
A
0
B
B
B
@
x
y
z
1
C
C
C
A
=
0
B
B
B
@
y + z
0
0
1
C
C
C
A
2 he
1
i
ou seja (W )(x; y; z) =2 K
3
he
1
i. Portanto não é completamente redutível.
A.1.2 Derivações
Introduzimos agora o conceito de derivação de uma álgebra de Lie.
De…nição A.24 Uma tansformação linear D : g ! g é uma derivação da álgebra de
Lie g se satisfaz
D[X; Y ] = [DX; Y ] + [X; DY ] para todo X; Y 2 g:
Vejamos alguns exemplos.
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 107
Exemplo A.12 Se g é uma álgebra de Lie abeliana, então toda transformação linear é
uma derivação. De fato, se D : g ! g é uma transformação linear temos que
D([X; Y ]) = D(0) = 0 + 0 = [DX; Y ] + [X; DY ]
Exemplo A.13 A representação adjunta ad(X) : g ! g de…nida por
ad(X)(Y ) = [X; Y ] é uma derivação, pois, usando a identidade de Jacobi, temos
ad(X)[Y; Z] = [X; [Y; Z]]
= [Z; [X; Y ]] [Y; [Z; X]]
= [[X; Y ]; Z] + [Y; [X; Z]]
= [ad(X)(Y ); Z] + [Y; ad(X)(Z)]:
Essa derivação é chamada derivação interna.
Notemos que nem toda derivação é interna. Para veri…carmos este fato, basta con-
siderarmos g uma álgebra de Lie abeliana e D
x
(Y ) : g ! g de…nida por D
x
(Y ) = [X; Y ].
Como g é abeliana segue que D
x
(Y ) = 0 para todo Y 2 g. Portanto em uma álgebra
abeliana a única derivação interna é a transformação linear nula.
Sabemos que o conjunto das transformações lineares é um espaço vetorial com as
operações usuais de soma e multiplicação por escalar. Para soma de derivações e produto
de um número real p or uma derivação temos:
Proposição A.25 São válidas:
i) A soma de derivações é uma derivação.
ii) O produto de um número real por uma derivação é uma derivação.
Demonstração: Sejam D
1
e D
2
derivações de g em g e a 2 K. Então
(D
1
+ D
2
)([X; Y ]) = D
1
([X; Y ]) + D
2
([X; Y ])
= [D
1
X; Y ] + [X; D
1
Y ] + [D
2
X; Y ] + [X; D
2
Y ]
= [D
1
X + D
2
X; Y ] + [X; D
1
Y + D
2
Y ]
= [(D
1
+ D
2
)X; Y ] + [X; (D
1
+ D
2
)Y ]
e
aD
1
([X; Y ]) = a([D
1
X; Y ] + [X; D
1
Y ])
= a[D
1
X; Y ] + a[X; D
1
Y ]
= [aD
1
X; Y ] + [X; aD
1
Y ]
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 108
como queríamos demonstrar.
O próximo resultado fornece um critério para veri…car se uma transformação linear é
uma derivação.
Proposição A.26 Sejam g uma álgebra de Lie real de dimensão …nita e D : g ! g uma
transformação linear. Então D é uma derivação, se e só se, para todo t 2 R tem-se que
e
tD
é um automor…smo de g:
Demonstração: Suponha que D é uma derivação e sejam (t) = e
tD
[X; Y ] e
(t) = [e
tD
X; e
tD
Y ] curvas de g. Note que
(0) = [X; Y ] = (0)
0
(t) = De
tD
[X; Y ] = D(t) e
0
(t) = [De
tD
X; e
tD
Y ] + [e
tD
X; De
tD
Y ] = D(t):
Como e satisfazem a mesma equação diferencial linear com as mesmas condições
iniciais segue que = , ou seja, e
tD
[X; Y ] = [e
tD
X; e
tD
Y ]:
Por outro lado, suponha que para todo t 2 R temos que e
tD
é um automor…smo de g, ou
seja, e
tD
[X; Y ] = [e
tD
X; e
tD
Y ]. Derivando em função de t temos
De
tD
[X; Y ] = [De
tD
X; e
tD
Y ] + [e
tD
X; De
tD
Y ]:
Tomando t = 0; temos o desejado.
A.1.3 Álgebras solúveis
Seja g uma álgebra de Lie e consideremos a seguinte sequência de subespaços dessa
álgebra,
g
(0)
= g
g
(1)
= g
0
= hf[X; Y ]; X; Y 2 g gi = [g; g]
g
(2)
= hf[X; Y ]; X; Y 2 g
0
gi = [g
0
; g
0
]
.
.
.
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 109
g
(k)
= hf[X; Y ]; X; Y 2 g
(k1)
gi = [g
(k1)
; g
(k1)
]
.
.
.
Aqui a notação hf[X; Y ]; X; Y 2 g gi denota subespaço gerdado por f[X; Y ]; X; Y 2 gg:
Mostraremos que g
(k)
é um ideal de g.
Proposição A.27 g
(k)
é um ideal de g para todo k 0:
Demonstração: Mostraremos por indução sobre k. Se k = 0, é imediato, pois g é ideal
de g. Suponhamos que o resultado seja válido para k 1 e vamos mostrar que vale para
k: Tome Z 2 g e W 2 g
(k)
. Como W =
P
i
[X
i
; Y
i
]; onde X
i
; Y
i
2 g
(k1)
, segue que
[Z; W ] = [Z;
P
i
[X
i
; Y
i
]]
=
P
i
[Z; [X
i
; Y
i
]]
=
P
i
([[Y
i
; Z]; X
i
] + [Y
i
; [X
i
; Z]])
=
P
i
[[Y
i
; Z]; X
i
] +
P
i
[Y
i
; [X
i
; Z]] 2 g
(k)
.
Portanto temos o desejado.
Como g
(k)
é um ideal de g, segue que g
(k)
é uma subálgebra de g, assim g
(k)
g
(k1)
para todo k 1. Temos as seguintes inclusões:
g
(k)
g
(k1)
g
(2)
g
(1)
g
que é chamada série derivada de g: A álgebra g
(k)
é chamada álgebra derivada de g:
De…nição A.28 Uma álgebra de Lie g é solúvel se alguma de suas álgebras derivadas
for nula.
O próximo resultado nos garante que se a álgebra derivada de g é nula então a álgebra
de Lie g é necessariamente abeliana.
Proposição A.29 Uma álgebra de Lie g é abeliana se, e só se, g
0
= 0. Em particular
toda álgebra de Lie abeliana é solúvel.
Demonstração: Primeiramente suponha que g uma álgebra de Lie abeliana. Então para
quaisquer X; Y 2 g tem-se que [X; Y ] = 0. Logo, por de…nição, g
0
é nula.
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 110
Reciprocamente, suponha que g
0
é nula. Então [X; Y ] = 0 para quaisquer X; Y 2 g: Logo
g é abeliana.
Mostraremos, a seguir, que toda álgebra de Lie bidimensional é solúvel.
Proposição A.30 Toda álgebra de Lie bidimensional é solúvel.
Demonstração: Seja g uma ágebra de Lie bidimensional. Pelo Corolário A.6 tem que g
é abeliana ou existe uma base fX; Y g de g tal que [X; Y ] = Y . Se g é abeliana temos da
prop osição anterior que g é solúvel. Se g não for abeliana, g
0
é unidimensional e, portanto,
abeliana. De fato, seja Z 2 g
0
. Temos que Z =
1
[A
1
; B
1
]+:::+
n
[A
n
; B
n
] onde A
1
; :::; A
n
e B
1
; :::; B
n
estão em g. Como fX; Y g é base de g segue que
Z =
1
[a
1
X + b
1
Y; c
1
X + d
1
Y ] + ::: +
n
[a
n
X + b
n
Y; c
n
X + d
n
Y ]
=
1
(a
1
d
1
b
1
c
1
)[X; Y ] + ::: +
n
(a
n
d
n
b
n
c
n
)[X; Y ]
= (
1
(a
1
d
1
b
1
c
1
) + ::: +
n
(a
n
d
n
b
n
c
n
))[X; Y ]
ou seja, todo elemento de g
0
é gerado por [X; Y ] = Y . Assim g
0
é unidimensional e
portanto abeliana. Assim g
(2)
= 0 e g é solúvel.
Vejamos alguns exemplos de álgebras de Lie solúveis.
Exemplo A.14 A subálgebra de Heisenberg h é uma álgebra de Lie solúvel, pois
h
0
= [ h; h] =
0
B
B
B
@
0 0 b
0 0 0
0 0 0
1
C
C
C
A
e
h
(2)
= [ h
0
; h
0
] = 0
Exemplo A.15 A álgebra das matrizes triangulares superiores
S(n; R) = fA 2 M(n; R); A =
0
B
B
B
B
B
B
@
a
11
a
12
a
1n
0 a
22
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
a
n1n
0 0 a
nn
1
C
C
C
C
C
C
A
g
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 111
é uma álgebra de lie solúvel, pois
(S(n; R))
0
= fA 2 M(n; R); A =
0
B
B
B
B
B
B
@
0 a
12
a
1n
0 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
a
n1n
0 0 0
1
C
C
C
C
C
C
A
g
(S(n; R))
(2)
= fA 2 M(n; R); A =
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
0 0 a
13
a
1n
0 0 0
.
.
.
.
.
.
a
(n2)n
.
.
.
.
.
.
0
0 0 0
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
g
.
.
.
(S(n; R))
(k)
= 0 se k n:
A.1.4 Álgebras nilpotentes
Seja g uma álgebra de Lie. Consideremos a seguinte sequência de subespaços desta
álgebra:
g
1
= g
g
2
= g
0
= hf[X; Y ]; X; Y 2 g gi = [g; g]
g
3
= hf[X; Y ]; X 2 g; Y 2 g
0
gi = [g; g
0
]
.
.
.
g
k
=
f[X; Y ]; X 2 g; Y 2 g
k1
g
= [ g; g
k1
]
.
.
.
Mostraremos que g
k
é ideal de g. Para isso ,precisaremos do seguinte lema:
Lema A.31 Para quaisquer números naturais i; j 1, tem-se que hf[X; Y ]; X 2 g
i
,
Y 2 g
j
gi g
i+j
:
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 112
Demonstração: Para provar esse resultado, usaremos indução sobre o índice j. Para
j = 1, o resultado segue pois g
j+1
= hf[X; Y ]; X 2 g, Y 2 g
j
gi. Suponhamos que a
inclusão seja válida para j e mostremos que ela é válida também para j + 1: De fato,
hf[X; Y ]; X 2 g
i
; Y 2 g
j+1
gi = hf[X; [Z; S]]; X 2 g
i
; Z 2 g
j
, S 2 ggi
hf[[X; Z]; S]; X 2 g
i
; Z 2 g
j
; S 2 ggi
+hf[Z; [X; S]]; X 2 g
i
; Z 2 g
j
; S 2 ggi
hf[X; Y ]; X 2 g
i+j
; Y 2 g gi
+hf[X; Y ]; X 2 g
j
; Y 2 g
i+1
gi
g
i+j+1
:
Proposição A.32 g
k
é ideal de g para todo k 1:
Demonstração: Primeiramente, mostremos que g
k
é subespaço gerado por todos os
possíveis colchetes que possuam k elementos de g: Para isso, faremos indução sobre k:
Para k = 2 é imediato da de…nição de g
k
: Suponhamos que g
k1
é subespaço gerado por
todos os possíveis colchetes que possuam k 1 elementos de g: Sabemos que os elementos
de g
k1
podem ser escritos como
P
i
i
Y
i
sendo que Y
i
é o produto de k 1 elementos
de g: Assim, g
k
é gerado por elementos da forma
P
i
[X
i
; Y
i
], ou seja, por produtos de k
elementos. Por outro lado, decorre do lema anterior que todo elemento de g que pode ser
escrito como produto de k elementos está em g
k
. Como o produto de k + 1 elementos
também é produto de k elementos, segue que g
k+1
g
k
. Portanto, se X 2 g e Y 2 g
k
temos que [X; Y ] 2 g
k+1
g
k
.
Como todo ideal é uma subálgebra, temos que g
k
é subálgebra de g: Logo obtemos as
inclusões
g
k+1
g
k
g
2
g
que é chamada de série central descendente.
De…nição A.33 Uma álgebra de Lie g é dita nilpotente se um dos termos da sua série
central descendente se anula.
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 113
Dessa forma, uma álgebra de Lie g é nilpotente se, e somente se, existe k
1
1 tal que
g
k
1
= 0. Note que nesse caso g
k
= 0 para todo k k
1
:
As álgebras de Lie abelianas são trivialmente solúveis e nilpotentes, além disso as
álgebras nilpotentes são solúveis pois g
(k)
g
k+1
: Entretando, a recíproca não é verdadeira
pois se g é uma álgebra bidimensional, então pelo Teorema A.5 temos que g é abeliana ou
existe uma base fA; Bg de g tal que [A; B] = B: Se g é abeliana, temos que g é nilpotente.
Se g não for abeliana g
0
é unidimensional e sua série central descendente se estabiliza no
subespaço gerado por B; ou seja, g
k
= g: Portanto, a álgebra de Lie bidimensional que
possui fA; Bg como base é solúvel pelo Teorema A.30, mas não é nilpotente.
Segue agora, alguns exemplos de álgebras de Lie nilpotentes.
Exemplo A.16 A álgebra de Heisenberg é uma álgebra de Lie nilpotente, pois
h
2
= h
0
= [ h; h] = f
0
B
B
B
@
0 0 b
0 0 0
0 0 0
1
C
C
C
A
; b 2 Rg e
h
3
= [ h; h
2
] = 0:
Exemplo A.17 A subálgebra das matrizes quadradas triangulares superiores de…nido
como
(S(n; R))
1
= S(n; R) = fA 2 M(n; R); A =
0
B
B
B
B
B
B
@
a
11
a
12
a
1n
0 a
22
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
a
n1n
0 0 a
nn
1
C
C
C
C
C
C
A
g
é uma álgebra solúvel que não é nilpotente.
Exemplo A.18 O espaço das matrizes triangulares superiores com os elementos da di-
agonal principal todos iguais
fA 2 M(n; R); A =
0
B
B
B
B
B
B
@
a a
12
a
1n
0 a
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
a
(n1)n
0 0 a
1
C
C
C
C
C
C
A
g
é uma álgebra de Lie nilpotente. Em particular temos que O espaço das matrizes trian-
gulares superiores com zeros na diagonal é uma álgebra de Lie nilpotente.
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 114
As álgebras de Lie solúveis e nilpotentes têm as seguintes propriedades:
Proposição A.34 Seja g uma álgebra de Lie.
a) Se g é solúvel então todas as subálgebras de g são solúveis. Se g é nilpotente então
todas as subálgebras de g são nilpotentes.
b) Seja g uma álgebra de Lie solúvel e h um ideal de g, então g=h é solúvel.
c) Seja g uma álgebra de Lie e h um ideal de g. Se h e g=h são solúveis, então g é
solúvel.
d) O centro z(g) de uma álgebra de Lie g nilpotente é não nulo.
e) Se h
1
e h
2
são ideais solúveis de g então h
1
+ h
2
é solúvel e, portanto, g admite um
único ideal solúvel maximal r(g):
Demonstração: a) É imediato.
b) Seja : g ! g=h o homomor…smo canônico. Mostraremos que (g
(k)
) = (g=h)
(k)
por
indução sobre k e disso seguirá o resultado. Se k = 0 o resultado segue da sobrejetividade
de . Suponhamos que o resultado seja válido para k 1, então
(g
(k)
) = ([g
(k1)
; g
(k1)
])
= [(g
(k1)
); (g
(k1)
)]
= [(g=h)
(k1)
; (g=h)
(k1)
]
= (g=h)
(k)
.
Como g é solúvel, então (0) = 0 = (g=h)
(k)
, ou seja, g=h é solúvel.
c) Como g=h é solúvel, existe k
0
0 tal que (g=h)
(k
0
)
= 0. Da proposição anterior
segue que, (g
(k
0
)
) = (g=h)
(k
0
)
= 0 e assim g
(k
0
)
h. Mas h é solúvel, ou seja, existe
k
1
0 tal que h
(k
1
)
= 0. Assim
g
(k
0
+k
1
)
= (g
(k
0
)
)
k
1
h
(k
1
)
= 0.
Portanto g é solúvel.
d) Suponha que g seja nilpotente e tome k tal que g
k
6= 0 e g
k+1
= 0. Como [X; Y ] = 0
para todo X 2 g
k
e Y 2 g; temos que g
k
z(g): Portanto z(g) 6= 0:
e) O fato de que h
1
+h
2
é ideal é consequência de que a soma de ideais é ideal. Pela
Proposição A.17,
(h
1
+h
2
)
h
2
h
1
h
1
\ h
2
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 115
Como h
1
é solúvel e h
1
\ h
2
é ideal de h
1
segue, por b), que h
1
=h
1
\ h
2
é solúvel e daí
(h
1
+h
2
)=h
2
é solúvel e portanto h
1
+h
2
é solúvel pois h
2
é solúvel. Agora mostraremos que
existe um único ideal solúvel maximal. Denote por n o máximo das dimensões dos ideais
solúveis de g e seja r(g) um ideal solúvel com dim r(g) = n: Então, todo ideal solúvel de g
está contido em r(g) : De fato, se h é ideal solúvel, r(g) + h também é. Pela maximalidade
da dimensão, dim(r(g) + h) = dim r(g) e daí que r(g) + h r(g) e h r(g): Portando,
r(g) contém todos os ideais solúveis e ele é evidentemente o único.
Podemos agora introduzir o conceito de radical solúvel de uma álgebra de Lie.
De…nição A.35 O ideal r(g) do item e) da proposição anterior é chamado de radical
solúvel (ou simplesmente radical) de g:
Exemplo A.19 É imediato que g é solúvel se, e só se, r(g) = g:
Exemplo A.20 O radical de gl(2; R) é
r(g) = z = f
0
@
a 0
0 a
1
A
: a 2 Rg:
De fato, primeiramente mostraremos que z é ideal abeliano de gl(2; R). Seja
0
@
c d
e f
1
A
2 gl(2; R) e
0
@
a 0
0 a
1
A
2 z:
Então
2
4
0
@
c d
e f
1
A
;
0
@
a 0
0 a
1
A
3
5
=
0
@
0 0
0 0
1
A
2 z
ou seja, z é ideal abeliano e, portanto, solúvel. A…rmamos agora que os únicos ideais de
gl(2; R) são z e sl(2; R); além dos triviais. De fato, observe que
gl(2; R) = sl(2; R) z
pois
0
@
a b
c d
1
A
=
0
B
@
(a d)
2
b
c
(a d)
2
1
C
A
+
0
B
@
(a + d)
2
0
0 (
a + d
2
)
1
C
A
onde
0
@
a b
c d
1
A
2 gl(2; R);
0
B
@
(a d)
2
b
c
(a d)
2
1
C
A
2 sl(2; R) e
0
B
@
(a + d)
2
0
0 (
a + d
2
)
1
C
A
2 z
A.1 Conceitos básicos de álgebras de Lie 116
e além do mais sl(2; R ) \ z = 0: Agora pela Proposição A.17, temos que
sl(2; R) + z
z
sl(2; R)
sl(2; R) \ z
ou seja
gl(2; R)=z sl(2; R):
Seja h um ideal não trivial de gl(2; R): Tome X 2 sl(2; R). Como sl(2; R) gl(2; R)=z
temos X = i + z com i 2 gl(2; R). Tome Y 2 h=z: Logo Y = h
1
+ z com h
1
2 h . Assim
[X; Y ] = [i + z;h
1
+ z] = [i; h
1
] + z = h
2
+ z 2 h=z
e portanto h=z é ideal de sl(2; R). Mostraremos agora que os únicos ideais de sl(2; R) são
os triviais. Seja fX; Y; Hg uma base de sl(2; R) onde
X =
0
@
0 1
0 0
1
A
; H =
0
@
1 0
0 1
1
A
; Y =
0
@
0 0
1 0
1
A
e note que [H; X] = 2X; [H; Y ] = 2Y; e [X; Y ] = H: Tome Z = aX + bH + cY; então
ad(X)Z = [X; Z] = [X; aX + bH + cY ] = 2bX + cH
ad(X)
2
Z = ad(X)(ad(X)Z) = [X; [X; Z]] = [X; 2bX + cH] = 2cX
de onde segue que se Z 6= 0 então ou Z ou ad(X)Z ou ad(X)
2
Z é um múltiplo não nulo
de X (pois se Z; ad(X)Z e ad(X)
2
Z forem múltiplos nulos de X temos que Z = 0): Tome
h 6= f0g ideal de sl(2; R) e suponhamos que Z 2 h: Se ad(X)
2
Z é múltiplo não nulo de X
então
0 6= 2cX = [X; [X; Z]] h o que implica X 2 h:
O mesmo ocorre se Z ou ad(X)Z forem múltiplos não nulos de X: Segue agora, que
H = [Y; X] h e consequentemente Y = (1=2)[X; H] h e daí h = sl(2; R): Concluí-
mos assim que os únicos ideais de sl(2; R) são os triviais. Logo h=z = 0 ou h=z = sl(2; R)
ou seja h = z ou h \ sl(2; R) é não nulo. Neste último caso h contém sl(2; R), pois como
[X
1
; h
1
] h para todo X
1
2 gl(2; R) e todo h
1
2 h, temos em particular [Y
1
; h
1
] h para
todo Y
1
2 sl(2; R) e todo h
1
2 h: Dessa forma h é ideal de sl(2; R) ou sl(2; R) h: Assim
h = f0g ou h = sl(2; R) mas h \sl(2; R) 6=f0g; logo h 6= f0g: Portanto h deve ser sl(2; R)
ou gl(2; R).
A.2 Álgebras nilpotentes 117
A.1.5 Álgebras simples e álgebras semisimples
De…nição A.36 Uma álgebra de Lie g é semisimples se
r (g) = 0
(isto é, g não contém ideais solúveis além de 0)
De…nição A.37 Uma álgebra g é simples se
1: os únicos ideias de g são 0 e g
2: dim g 6= 1
Queremos chamar de simples as álgebras que não possuem ideais além dos triviais.
Como as álgebras unidimensionais não possuem ideais prórprios, não serão consideradas
simples, isso para que exista compatibilidade entre os conceitos de álgebras simples e
semisimples. É imediato a partir da de…nição que as álgebras unidimensionais não são
semisimples. Entretanto, as demais álgebras que não possuem ideias próprios são semi-
simples. De fato, seja g uma álgebra que não possui ideais não triviais. Como r (g) é um
ideal, ele dever ser 0 ou g: Se r (g) = 0, g é semisimples como se pretende. Já r (g) = g
não pode ocorrer se dim g 2: Isso porque se r (g) = g então g é solúvel e, portanto,
g
0
6= g: Como g
0
também é um ideal, g
0
= 0, isto é, g é abeliana. Mas isso é impossível se
dim g 2; pois todo subespaço de uma álgebra abeliana é um ideal. Em outras palavras,
as álgebras simples são semisimples.
Exemplo A.21 sl(2; R) é simples , como foi visto no exemplo A.20
Como o centro de uma álgebra é um ideal abeliano e, portanto solúvel, o centro de
uma álgebra semisimples é necessariamente nulo. Como o centro de uma álgebra qualquer
coincide com o núcleo da representação adjunta, temos que a representação adjunta de
uma álgebra semisimples é …el. Por isso toda álgebra semisimples pode ser vista como
uma subálgebra de transformações lineares.
A.2 Álgebras nilpotentes
Nesta seção mostraremos que para uma álgebra de Lie de transformações lineares
cujos elementos são nilpotentes, é possível encontrar uma base em que as matrizes dessas
A.2 Álgebras nilpotentes 118
transformações lineares nesta base são todas triangulares superiores com zeros na diagonal
principal. Como consequência deste resultado temos o teorema de Engel que a…rma que
uma álgebra de Lie de dimensão …nita é nilpotente se, e somente se, as adjuntas de seus
elementos são nilpotentes.
Antes de apresentarmos tais resultados precisamos introduzir o conceito de re-
presentação nilpotente.
De…nição A.38 Seja g uma álgebra de Lie. Dizemos que a representação de g no
espaço vetorial V é uma representação nilpotente ou uma nil-representação se (X)
é nilpotente para todo X 2 g . Isto signi…ca que, dado X 2 g, existe um inteiro positivo
k (dependente de X) tal que (X)
k
= 0:
Um exemplo de nil-representação é a representação adjunta de uma álgebra nilpotente.
De fato, seja g uma álgebra de Lie nilpotente. Assim existe k 1 tal que g
k
= 0; isto é
g
k
=
f[X; Y ]; X 2 g e Y 2 g
k1
g
= 0:
Isso signi…ca que todos os colchetes envolvendo k elementos de g se anulam. Daí que
ad(X)
k1
Z = 0 para to do Z 2 g e portanto ad(X) é nilpotente.
Antes de estudarmos as representações nilpotentes, vamos utilizar o seguinte fato sobre
a adjunta em gl(V ), álgebra de Lie das transformações lineares de V em:V:
Proposição A.39 Seja V um espaço de dimensão …nita sobre K e A 2 gl (V ). Se A é
nilpotente então ad(A) é nilpotente. Portanto se : g ! gl (V ) é uma nil-representação,
então X 7! ad((X)) também é uma nil-representação.
Demonstração: Primeiramente mostraremos que ad(A)
n
B é uma soma de termos da
forma A
r
BA
s
com r + s = n: De fato, por indução sobre n; se n = 1 temos
ad(A)B = [A; B] = AB BA = ABA
0
A
0
BA:
Suponhamos que o resultado seja válido para n = k ou seja
ad(A)
k
B = a
1
A
r
1
BA
s
1
+ a
2
A
r
2
BA
s
2
+ + a
n
A
r
n
BA
s
n
A.2 Álgebras nilpotentes 119
com r
i
+ s
i
= k para todo i = 1; :::; n e a
i
2 K. Mostraremos que o resultado é valido
para n = k + 1: Tem-se
ad(A)
k+1
B = ad(A)(ad(A)
k
B)
= [A; a
1
A
r
1
BA
s
1
+ a
2
A
r
2
BA
s
2
+ + a
n
A
r
n
BA
s
n
]
= A(a
1
A
r
1
BA
s
1
+ a
2
A
r
2
BA
s
2
+ + a
n
A
r
n
BA
s
n
)
(a
1
A
r
1
BA
s
1
+ a
2
A
r
2
BA
s
2
+ + a
n
A
r
n
BA
s
n
)A
= a
1
A
r
1
+1
BA
s
1
+ + a
n
A
r
n
+1
BA
s
n
a
1
A
r
1
BA
s
1
+1
a
n
A
r
n
BA
s
n
+1
com r
i
+ s
i
+ 1 = k + 1 para todo i = 1; :::; n: Concluímos assim o processo de indução.
Agora, como A é nilpotente, existe k 1 tal que A
k
= 0: Tomando n su…cientemente
grande e como n = r + s teremos que r k ou s k. Logo A
r
= 0 ou A
s
= 0: Portanto,
a soma dos termos de ad(A)
n
B se anulam, isto é, ad(A) é nilpotente.
O objetivo agora é encontrar uma base na qual todos os elementos de uma nil-
representação são triangulares superiores. Para isso precisamos do seguinte resultado:
Teorema A.40 Seja V 6= 0 um espaço vetorial de dimensão …nita e g gl (V ) uma
subálgebra de Lie. Suponhamos que todo X 2 g é nilpotente. Então, existe v 2 V; v 6= 0
tal que Xv = 0 para todo X 2 g:
Demonstração: Provaremos por indução sobre a dimensão de g: Se dim g = 1, seja
0 6= X 2 g: Como X é nilpotente existe k 1 tal que X
k
= 0 e X
k1
6= 0: Seja w 2 V
tal que X
k1
w 6= 0 e tome v = X
k1
w: Então
Xv = XX
k1
w = X
k
w = 0:
Portanto Xv = 0 para todo X 2 g, o que mostra o resultado para álgebras de dimensão
um.
Agora, para mostrar o passo de indução, suponha que dim g > 1 e que o resultado é
válido para toda álgebra com dimensão estritamente menor que dim g: Com essa hipótese,
mostraremos que existe um ideal h g de codimensão um. De fato, g admite subálgebras
não-triviais, isto é, diferentes de 0 e g; pois subespaços de dimensão um são subálgebras.
Tomemos uma subálgebra h não-trivial cuja dimensão é máxima entre as dimensões das
A.2 Álgebras nilpotentes 120
subálgebras não-triviais. Mostraremos que h é um ideal de codimensão um de g: Para
provar isso, consideremos o espaço vetorial g=h: Notemos que ad(X) para X 2 h deixa
h invariante, pois ad(X)h = [X; h] h uma vez que h é subálgebra de g: Logo, a re-
presentação adjunta de h em g induz uma representação de h em g=h: Pela proposição
anterior, ad(X); X 2 h; é nilpotente em gl(V ) e, portanto, sua restrição a g também
é nilpotente, o que implica que é uma nil-representação. Assim (h) é uma álgebra
que satisfaz as hipóteses do teorema e tem dimensão estritamente menor que g: Aplica-se
assim a hipótese de indução para (h) e daí existe w 2 g=h, w 6= 0 tal que (h )w = 0:
Isso signi…ca que existe X
0
2 g h tal que (h)X
0
+ h = [h; X
0
] + h = 0 o que implica que
[X
0
; h] h. Isso mostra que h é de codimensão um, pois o subespaço gerado por X
0
e h
é uma subálgebra de dimensão estritamente maior que a dimensão de h e h foi escolhido
de dimensão máxima entre as subálgebras não triviais. Assim o subespaço gerado por X
0
e h é o próprio g: Além do mais, como X
0
=2 h, [X
0
; h] h e h é de codimensão um, h é
um ideal de g:
Agora, aplicando a hipótese de indução para h como subálgebra de gl(V ), o subespaço
W = fv 2 V : Xv = 0 para todo X 2 hg
é não nulo. Como os elementos de W se anulam pelos elementos de h, para concluir a
demonstração é su…ciente mostrar que existe v 2 W; v 6= 0 tal que X
0
v = 0 onde X
0
é
como acima. Temos que, se X 2 h e w 2 W; então
XX
0
w = [X; X
0
]w + X
0
Xw = 0,
pois X; [X; X
0
] 2 h: Isso implica que X
0
w 2 W , ou seja, W é invariante por X
0
. Mas X
0
é nilpotente e, portanto, sua restrição a W também é nilpotente. Segue que o argumento
usado no caso em que dim g = 1 nos permite concluir a demonstração do teorema.
Agora, para construir uma base na qual todos os elementos de uma nil-representação
são triangulares superiores com zeros na diagonal principal, através do teorema acima,
basta proceder por indução, através de quocientes sucessivos.
Teorema A.41 Seja V um espaço vetorial de dimensão …nita e g gl(V ) uma subálgebra
tal que todo X 2 g é nilpotente. Então, existem subespaços
0 = V
0
V
1
V
n1
V
n
= V
A.2 Álgebras nilpotentes 121
tal que XV
i
V
i1
; i = 1; : : : ; n: Esses subespaços podem ser de…nidos indutivamente por
V
0
= 0
V
i
= fv 2 V : Xv 2 V
i1
para todo X 2 gg:
Em particular, estendendo sucessivamente bases dos subespaços V
i
; obtém-se uma base
de V tal que a matriz de X em relação a é triangular superior com zeros na diagonal
para todo X 2 g:
Demonstração: De…na
V
1
= fv 2 V : Xv = 0 para todo X 2 gg:
Pelo teorema anterior, V
1
6= 0: Notemos que, V
1
é claramente g-invariante. Portanto a
representação canônica de g em V induz uma representação de g em V =V
1
: Como cada
X 2 g é nilpotente, é uma nil-representação. Logo o teorema anterior se aplica a , isto
é, existe w 2 V =V
1
com w 6= 0 tal que (X)w = 0 para todo X 2 g: Isso signi…ca que
existe v 2 V V
1
tal que Xv 2 V
1
para todo X 2 g, o que garante que o subespaço
V
2
= fv 2 V : Xv 2 V
1
para todo X 2 gg
contém V
1
, e é distinto de V
1
: Podemos usar o mesmo argumento e construir, sucessiva-
mente,
V
i
= fv 2 V : Xv 2 V
i1
para todo X 2 gg
que é diferente de V
i1
e o contém. Como dim V < 1; algum V
i
= V , e assim mostramos
a existência dos subespaços
0 = V
0
V
1
V
n1
V
n
= V:
Agora, tome a base
= fv
1
; : : : ; v
i
1
;
v
i
1
+1
; : : : ; v
i
2
; : : : ; v
i
n1
+1
; : : : ; v
i
n
g
com v
i
j
+1
; : : : ; v
i
j+1
2 V
j+1
; j = 0; : : : ; n 1: Em relação a esta base, os elementos de g se
representam todos como matrizes triangulares superiores com zeros nos blocos diagonais
correspondentes às dimensões dos subespaços V
i
:
Este último teorema garante que toda subálgebra de matrizes, cuja representação
canônica é uma nil-representação, está contida na álgebra das matrizes triangulares su-
periores com zeros na diagonal e, como tal, é nilpotente. Vale a pena destacar este fato.
A.2 Álgebras nilpotentes 122
Corolário A.42 Seja V um espaço vetorial de dimensão …nita e g gl(V ) uma subál-
gebra tal que todo X 2 g é nilpotente. Então, g é nilpotente. Em particular, (h) é uma
álgebra nilpotente se é uma nil-representação da álgebra h em V:
No caso em que a representação adjunta é uma nil-representação, vamos veri…car,
para álgebras de dimensão …nita, que a álgebra é nilpotente e não apenas sua imagem
pela adjunta. De fato, tome ad : h ! gl(V ): Temos que
ker(ad) = z(h) = fX 2 h : [X; Y ] = 0 para todo Y 2 hg
é abeliano e portanto solúvel. A Im(ad) também é solúvel p ois por hipótese Im(ad) é
nilpotente. Como Im(ad) h= ker(ad); tem-se que h= ker(ad) é solúvel e portanto h é
solúvel. Para mostrar que h é nilpotente iremos introduzir a série central ascendente
de uma álgebra de Lie g que é de…nida indutivamente como
g
0
= 0
g
i
= fX 2 g : [Y; X] 2 g
i1
para todo Y 2 gg:
Note que [g; g
i
] g
i1
g
i
para todo i , assim g
i
é um ideal de g: Em geral pode ocorrer
que a partir de algum termo a série central ascendente se estabilize em algum ideal próprio
de g: Isso não ocorre se a representação adjunta de uma álgebra de dimensão …nita é
nilpotente. De fato, a sequencia de subespaços V
i
do teorema anterior coincide, no caso
de uma representação adjunta, com a série central ascendente. Assim, se a representação
adjunta é nilpotente, a série central ascendente termina em g: Isso mostra o seguinte
corolário:
Corolário A.43 Seja g gl(V ) uma álgebra de Lie de dimensão …nita e suponha que
ad é uma nil-representação de g . Então, a série central ascendente satisfaz
0 = g
0
g
1
g
n
= g
para algum n.
Agora, podemos mostrar o teorema de Engel.
Teorema A.44 (de Engel) Seja g gl(V ) uma álgebra de Lie de dimensão …nita e
suponha que para todo X 2 g ; ad(X) é nilpotente, então g é nilpotente.
A.2 Álgebras nilpotentes 123
Demonstração: Pelo corolário anterior a série central ascendente termina em g
n
= g:
Usando o fato de que [g; g
i
] g
i1
mostraremos por indução que
g
i
g
ni+1
De fato, se i = 1 o argumento é válido pois g = g
1
= g
n
= g
n1+1
logo g
1
g
n1+1
:
Suponha que o resultado seja válido para i = k, ou seja g
k
g
nk+1
e mostraremos que
o resultado é válido para i = k + 1: Note que
g
k+1
=
f[X; Y ] : X 2 g e Y 2 g
k
g
e como por hipótese g
k
g
nk+1
, tem-se que
g
k+1
hf[X; Y ] : X 2 g e Y 2 g
nk+1
gi
mas Y 2 g
nk+1
signi…ca que
[X; Y ] 2 g
nk+11
= g
nk
para todo X 2 g
logo g
k+1
g
nk
: Daí que g
n+1
= 0 e, portanto, g nilpotente.
Em geral, uma representação de uma álgebra nilpotente nem sempre é nilpotente,
como mostraremos nos dois próximos exemplos.
Exemplo A.22 Seja g a álgebra das matrizes diagonais n n. Como g é abeliana ela é
nilpotente. Como uma matriz diagonal não é nilpotente, a menos que ela se anule, temos
que a representação canônica de g; dada pela inclusão, não é uma nil-representação.
Exemplo A.23 Seja g a álgebra das matrizes triangulares superiores com elementos da
diagonal todos iguais e diferente de zero:
g = f
0
B
B
B
@
.
.
.
1
C
C
C
A
g
Como as matrizes que são múltiplas da identidade são matrizes diagonais, elas não são
nilpotentes. Como elas pertencem a g, a representação canônica de g não é nilpotente.
A.2 Álgebras nilpotentes 124
A diferença de uma representação arbitrária para uma nil-representação de uma álge-
bra nilpotente é que geralmente, podem aparecer autovalores não-nulos da representação.
Quando isso acontece, ocorre um certo padrão de repetição, como no caso do segundo
exemplo acima. Esse padrão de repetição é dado pelas decomposições de Jordan dos
elementos da álgebra.
Analisaremos agora, essas decomposições.
Seja V um espaço vetorial de dimensão …nita e A : V ! V uma transformação linear.
Pelo teorema da decomposição primária, V se decompõe em subespaços A-invariantes
V = V
1
V
s
que são os auto-espaços generalizados
V
i
= fv 2 V : p
i
(A)
k
v = 0 para algum k 1g:
Aqui os polinômios irredutíveis p
i
; i = 1; : : : ; s; são as componentes primárias do polinômio
minimal p = p
m
i
1
: : : p
m
s
s
de A: No caso em que o corpo de escalares é algebricamente
fechado, p
i
(A) = A
i
com
i
autovalor de A e os subespaços da decomposição primária
são escritos na forma
V
i
= fv 2 V : (A
i
)
k
v = 0 para algum k 1g:
Denotaremos esses subespaços por V
i
para enfatizar a relação desses subespaços com
os autovalores de A.
Veri…caremos agora como age uma outra transformação linear B nos espaços da de-
composição primária de A. Para isso precisaremos da fórmula de comutação em álgebras
associativas que se aplicam em particular à álgebra das transformações lineares de um
espaço vetorial.
Proposição A.45 Seja A uma álgebra associativa e tome x; y 2 A .
1. Denotando ad
e
(x)y = xy yx, tem-se, para todo n 1, a fórmula de comutação à
esquerda
x
n
y =
n
X
p=0
n
p
(ad
e
(x)
np
y)x
p
:
2. A fórmula de comutação à direita é dada por
yx
n
=
n
X
p=0
n
p
x
p
(ad
d
(x)
np
y)
A.2 Álgebras nilpotentes 125
onde ad
d
(x)y = yx xy é a adjunta à direita.
Demonstração: Mostraremos por indução: Para n = 1; o resultado é válido pois
xy = yx + [x; y]:
Para n + 1; tem-se aplicando a hipótese de indução que
x
n+1
y = x(x
n
y)
=
n
X
p=0
n
p
(ad
e
(x)
np+1
y)x
p
+
n
X
p=0
n
p
(ad
e
(x)
np
y)x
p+1
:
Substituindo p por p + 1 na segunda soma da última igualdade, tem-se
x
n+1
y =
n
X
p=0
n
p
(ad
e
(x)
np+1
y)x
p
+
n
X
p=1
n
p 1
(ad
e
(x)
n+1p
y)x
p
= ad
e
(x)
n+1
y + yx
n+1
+
n
X
p=1
n
p
+
n
p 1
(ad
e
(x)
n+1p
y)x
p
;
que é a fórmula de comutação à esquerda. Para provar a fórmula de comutação à direita
o processo é análogo.
Agora mostraremos que os espaços das decomposições primárias dos elementos de uma
álgebra nilpotente são invariantes pela álgebra.
Proposição A.46 Suponha que o corpo de escalares é algebricamente fechado. Sejam A
e B transformações lineares de V . Tome V
i
, como acima, os auto-espaços generalizados
de A. Então, BV
i
V
i
para todo i se, e somente se, ad(A)
q
B = 0 para algum q 1:
Demonstração: Como o corpo de escalares é algebricamente fechado temos que
V
i
= fv 2 V : (A
i
I)
k
v = 0 para algum k 1g:
Dado i, seja A
i
= A
i
= (A
i
I): Como
i
é múltiplo da indentidade, tem-se que
ad(A)
q
B = 0 se, e só se, ad(A
i
)
q
B = 0:
De fato, vamos mostrar por indução sobre q: Se q = 1 temos que ad(A
i
)
1
B = 0 se, e só se,
ad(A
i
I)B = 0, mas ad(A
i
I)B = 0 se, e somente se, [A
i
I; B] = 0 o que implica
que [A; B] = 0 ou seja ad(A)B = 0: Logo o resultado é válido para q = 1: Suponha agora
A.2 Álgebras nilpotentes 126
que o resultado é válido para q = k ou seja ad(A)
k
B = 0 se, e somente se, ad(A
i
)
k
B = 0:
Daí temos
0 = ad(A)
k+1
B = ad(A)
k
(ad(A)B)
mas por hipótese de indução ad(A)
k
(ad(A)B) = 0 se, e só se, ad(A
i
)
k
(ad(A)B) = 0: Mas
ad(A
i
)
k
(ad(A)B) = ad(A
i
)
k
([A; B])
e ad(A
i
)
k
([A; B]) = 0 se, e somente se, ad(A
i
)
k
([A
i
; B]) = 0 e como
ad(A
i
)
k
([A
i
; B]) = ad(A
i
)
k
([A
i
; B]) = ad(A
i
)
k
ad(A
i
)B = ad(A
i
)
k+1
B
tem-se que ad(A
i
)
k
([A; B]) = 0 se, e somente se, ad(A
i
)
k+1
B = 0: Portanto ad(A)
q
B = 0
se, e somente se, ad(A
i
)
q
B = 0:
Suponhamos então que ad(A)
q
B = 0: Logo ad(A
i
)
q
B = 0. Tome v 2 V
i
; assim existe
k tal que (A
i
)
k
v = 0 o que implica (A
i
)
k
v = 0: Fixando os expoentes q e k tome
n > q + k: Então para 0 p n tem-se que n p > q ou p > k e portanto na fórmula de
comutação para A
n
i
B todos os termos aplicados a v se anulam. De fato, como n p > q
ou p > k temos ad(A)
np
B = 0 ou A
p
i
v = 0. Daí como
A
n
i
B =
n
X
p=0
n
p
(ad
e
(A
i
)
np
B)A
p
i
temos A
n
i
Bv = 0 o que implica que Bv 2 V
i
e daí que V
i
é B-invariante.
Reciprocamente como a restrição de A
i
a V
i
é nilpotente tem-se pela Proposição A:39
que ad(A
i
) é nilpotente ou seja, existe q
i
tal que ad(A
i
)
q
i
B
i
= 0 onde B
i
é a restrição de
B a V
i
: Portanto ad(A)
q
B = 0 para algum q:
Mostraremos agora que pode-se decompor o espaço de uma representação em auto-
espaços generalizados, e também que eles são auto-espaços simultâneos para todos os
elementos da álgebra. De fato, seja g uma álgebra de Lie nilpotente e uma representação
…nita de g em V . Como g é nilpotente, temos que dados X; Y 2 g tem-se que
ad(X)
q
(Y ) = 0 para algum q 1: Aplicamos então a esta igualdade. Logo
ad((X))
q
(Y ) = 0
para algum q 1: Suponha que o corpo de escalares seja algebricamente fechado. Pela
prop osição anterior temos que (Y )V
i
V
i
: Tome X 2 g. Seja
V = V
1
V
s
A.2 Álgebras nilpotentes 127
a decomposição primária de V por (X): Como cada V
i
é invariante por (Y ) para todo
Y 2 g; tem-se que esses subespaços são g-invariantes. Agora tome a decomposição
primária de V
i
em relação as restrições de (Y ); com Y 2 g: Suponha que para todo
Y 2 g e i = 1; : : : ; s a decomposição primária de (Y ) em V
i
se constitui de um único
elemento. Logo cada V
i
é um auto espaço generalizado das correspondentes restrições de
(Y ) para todo Y 2 g: Isso signi…ca que dado Y 2 g e i = 1; : : : ; s existe um autovalor
i
(Y ) para (Y ) tal que V
i
está contido no auto espaço generalizado associado a
i
(Y );
isto é ((Y )
i
(Y ))
k
v = 0 para algum k 1 se v 2 V
i
.
Agora se algum V
i
se decompõe por algum (Y ); pode-se tomar uma nova decom-
posição de V e repetir o mesmo processo. Já que a dimensão dos subespaços diminuem,
obtém-se por indução uma decomposição em subespaços g-invariantes
V = W
1
W
t
tal que para todo Y 2 g e i = 1; : : : ; t existe
i
(Y ) autovalor de (Y ) com
((Y )
i
(Y ))
k
v = 0 para algum k 1 se v 2 W
i
:
A partir daí se obtém a decomposição em relação a representação de uma álgebra nilpo-
tente.
Teorema A.47 Suponha que o corpo de escalares é algebricamente fechado e tome
uma representação de g em V; com dim V < 1 e g nilpotente. Então, existem funcionais
lineares
1
; :::;
s
tal que se
V
i
= fv 2 V : para todo X 2 g; existe n 1; (
i
(X)
i
(X))
n
v = 0g;
onde
i
é a restrição de a V
i
; então V
i
é g-invariante, i = 1; : : : ; s e
V = V
1
V
s
:
Demonstração: A discussão feita após a última proposição garante a existencia de
subespaços g-invariantes W
1
W
s
e aplicações
i
: g ! K tal que
V = W
1
W
s
com W
i
V
i
e V
i
como no enunciado do teorema. Neste caso pode-se tomar
i
6=
j
se
i 6= j somando se necessário parcelas para as quais os coincidem. Vamos mostrar que
W
i
= V
i
:
A.2 Álgebras nilpotentes 128
Primeiramente tem-se que
i
é linear. De fato, denote por
i
a restrição da represen-
tação a V
i
: Pela forma como V
i
está de…nido tem-se que
i
(X)
i
(X) é nilpotente para
todo X 2 g: Portanto tr(
i
(X)
i
(X)Id) = 0 e daí temos
0 = tr(
i
(X)) tr(
i
(X)Id)
= tr(
i
(X)) (dim V
i
)
i
(X)
e assim tr(
i
(X)) (dim V
i
)
i
(X) = 0: Como (dim V
i
) 6= 0 tem-se que
i
(X) =
tr(
i
(X))
dim V
i
:
Logo, da linearidade do traço temos que
i
é linear.
Como os funcionais lineares
i
j
não são nulos e existem em quantidade …nita
é possível tomar X 2 g tal que
i
(X) 6=
j
(X) para to do i 6= j: Tomando X dessa
forma, tem-se que cada
i
(X) é autovalor de (X): Seja V
i
(X)
o auto-espaço genera-
lizado associado: Como os autovalores são todos distintos, a soma V
1
(X)
+ + V
s
(X)
é
direta. Como W
i
V
i
(X)
a soma coincide com V : Assim W
i
= V
i
(X)
, i = 1; : : : ; s; mas
por de…nição tem-se que V
i
V
i
(X)
o que mostra que V
i
(X)
= V
i
. Portanto W
i
= V
i
:
Agora vamos introduzir uma terminologia que aparece a todo momento, ligada aos
autovalores
i
da representação.
De…nição A.48 Seja g uma álgebra de Lie e uma representação de g em V: Um peso
de é um funcional linear : g ! K tal que o subespaço V
de V de…nido por
V
= fv 2 V : para todo X 2 g; existe n 1; ((X) (X))
n
v = 0g
satisfaz V
6= 0: O subespaço V
é chamado de subespaço de pesos associado a : A
dimensão de V
é chamada de multiplicidade de :
Portanto os pesos de uma representação são os autovalores dos elementos da álgebra.
Vejamos um exemplo para ilustrar a de…nição de peso.
Exemplo A.24 Seja g a álgebra das matrizes diagonais em relação à base fe
1
; : : : ; e
n
g:
Os pesos da representação canônica de g são os funcionais
i
; i = 1; : : : ; n de…nidos por
i
(diagfa
1
; : : : ; a
n
g) = a
1
Assim V
i
; i = 1; : : : ; n é o subespaço gerado por e
i
.
A.2 Álgebras nilpotentes 129
Exemplo A.25 No caso em que é uma nil-representação de dimensão …nita, teremos
que 0 é o único peso de e V
0
coincidirá com o espaço da representação.
De volta ao teorema A.47, seja
i
a restrição de a V
i
: Logo
i
(X)
i
(X) é nilpo-
tente para todo X 2 g. Se mostrarmos que
i
(X)
i
(X) é uma nil-representação, isto
nos esclarece a forma de
i
. Como
i
(X)
i
(X) é nilpotente para todo X 2 g, para
mostrar que
i
(X)
i
(X) é uma nil-representação nos resta mostrar que
i
i
é uma
representação, o que será feito no próximo resultado:
Proposição A.49 Seja uma representação de dimensão …nita de g em V . Suponha
que exista : g ! K tal que (X) (X) seja nilpotente para todo X 2 g: Então, é
linear e ~ = é uma representação.
Demonstração: Do mesmo modo que na demonstração do Teorema A.47, temos que
(X) =
tr((X))
dim V
e portanto é linear. Como o traço de um comutador se anula, temos que tr([X; Y ]) = 0
para todo X; Y 2 g: Logo ([X; Y ]) = 0 para todo X; Y 2 g: Assim, ~[X; Y ] = [X; Y ]:
Como é uma representação, temos que [X; Y ] = [ (X) ; (Y )]: Por outro lado,
[~ (X) ; ~ (Y )] = [ (X) (X) ; (Y ) (Y )]
= [ (X) ; (Y )]
pois os múltiplos da identidade comutam com todas as transformações lineares. Logo
~[X; Y ] = [~ (X) ; ~ (Y )]. Portanto ~ é uma representação.
Como ~
i
=
i
i
são nil-representações, existem bases de V
i
tal que ~
i
(X) é triangular
superior com zeros na diagonal. Mas
i
é múltiplo da identidade. Logo a restrição de
i
(X) a V
i
é triangular superior com
i
(X) na diagonal. Assim p odemos decompor
como no resultado a seguir.
Teorema A.50 Suponha que o corpo de escalares é algebricamente fechado e seja uma
representação da álgebra nilpotente g sobre o espaço de dimensão …nita V . Então, existe
uma base de V tal que nessa base se escreve como
(X) =
0
B
B
B
@
1
(X)
.
.
.
s
(X)
1
C
C
C
A
X 2 g
A.3 Álgebras solúveis 130
com os blocos diagonais
i
(X) da forma
i
(X) =
0
B
B
B
@
i
(X)
.
.
.
0
i
(X)
1
C
C
C
A
X 2 g
onde
i
é peso da representação.
A.3 Álgebras solúveis
Os elementos das álgebras solúveis de transformações lineares, também podem ser
colocados em forma triangular, como será mostrado no teorema de Lie. Mas antes de
construir uma base que triangularize os elementos de uma álgebra solúvel, precisaremos
mostrar a existência de um autovetor comum para os elementos da álgebra. A existência
desse autovetor será mostrada no próximo resultado.
Teorema A.51 Sejam V 6= 0 um espaço vetorial de dimensão …nita sobre um corpo
algebricamente fechado e g gl(V ) uma subálgebra solúvel. Então existe v 2 V; v 6= 0 e
um funcional linear : g ! K tal que
Xv = (X)v para todo X 2 g;
isto é, v é um autovetor comum a X 2 g com autovalor (X):
Demonstração: Observemos que é linear pois
(X + Y )v = (X + Y )v = (X)v + Y v
= (X)v + Y v
= (X)v + (Y )v
para todo X; Y 2 g e 2 K. Resta mostrarmos que existe um autovetor comum para
todo X 2 g: Faremos isso por indução sobre a dimensão de g:
Se dim g = 1, então g é gerada por X e a existência do autovetor para X segue do
fato do corpo ser algebricamente fechado.
Se dim g > 1, então g possui um ideal h de codimensão 1. Aplicando a hipótese de
indução sobre h temos que existe w 2 V; w 6= 0 tal que
Xw = (X)w para todo X 2 h:
A.3 Álgebras solúveis 131
O fato de h ter codimensão 1, garante que existe X
0
2 g tal que X
0
e h geram g: Assim,
se encontrarmos um autovetor comum a X
0
e a todo elemento de h; temos o desejado.
Note que isso acontece se encontrarmos um subespaço W 6= 0 tal que W é invariante por
X
0
e todo v 2 W; v 6= 0 é autovetor de todo Y 2 h: De fato, como W é invariante por X
0
e o corpo de escalares é algebricamente fechado, X
0
tem um autovetor em W e, portanto,
esse autovetor é comum a todos os elementos de g:
Um subespaço W que satisfaz essas condições é
W = gerfX
i
0
w : i 0g;
o subespaço cíclico de X
0
gerado por W.
É imediato veri…car que este subespaço é invariante por X
0
: Observe que para algum
p 0 temos = fw; X
0
w; : : : ; X
p
0
wg é base de W: Logo a restrição de Y 2 h a W é
múltiplo da identidade. Assim, dado Y 2 h, seu valor nos elementos dessa base é dado
pela fórmula de comutação à direita como
Y X
k
0
w =
k
X
j=0
k
j
X
j
0
(ad
d
(X
0
)
kj
Y )w 0 k p:
Como h é ideal e w é autovetor para os elementos de h, tem-se que
Y X
k
0
w =
k
X
j=0
k
j
(ad
d
(X
0
)
kj
Y )X
j
0
w
=
k1
X
j=0
(
k
j
(ad
d
(X
0
)
kj
Y )(X
j
0
w)) + (Y )X
j
0
w 2 W (A.5)
Isso mostra que W é invariante por h e que em relação a base , a restrição de Y
a W é triangular superior, com os elementos diagonais são todos iguais a (Y ): Assim,
analizando tr(Y
jW
), tem-se que
(Y ) =
tr(Y
jW
)
dim W
:
Como todo colchete de transformações lineares tem traço zero, então
tr(ad
d
(X
0
)
kj
Y
jW
) = 0
se k j 1: Esse fato juntamente com a expressão para Y X
k
0
w dada em (A.5), tem-se
que
Y X
k
0
w = (Y )X
k
0
w Y 2 h; k = 0; : : : ; p:
A.4 Critérios de Cartan 132
Portanto X
k
0
w é autovetor de Y 2 h: Assim W satisfaz as condições requeridas e portanto
temos o desejado.
Agora podemos mostrar o teorema de Lie.
Teorema A.52 (de Lie) Sejam V um espaço vetorial de dimensão …nita sobre um corpo
algebricamente fechado e g gl (V ) uma álgebra solúvel. Então, existe uma base =
fv
1
; : : : ; v
n
g de V e funcionais lineares
1
; : : :
n
: g ! K tal que, em relação a ; X 2 g
se escreve como
X =
0
B
B
B
@
1
(X)
.
.
.
n
(X)
1
C
C
C
A
Demonstração: Seja v
1
autovetor comum a todos os elementos de g com autovalor
1
(X): Sabemos que
1
é funcional. Seja V
1
o subespaço gerado por v
1
: Assim g deixa V
1
invariante e se representa em V=V
1
: Como g é solúvel, existe w 2 V=V
1
que é autovetor
comum para os elementos da representação de g; com autovalor
2
: Tomando v
2
como
representante de W em V , tem-se que Xv
2
=
2
(X)v
2
+ u com u 2 V
1
: Como w 6= 0 em
V=V
1
; fv
1
; v
2
g é linearmente independente. Agindo assim sucessivamente obtemos a base
e os pesos requeridos.
A.4 Critérios de Cartan
As vezes, pode não ser fácil encontrar o radical para uma particular álgebra de Lie
g: A forma de Cartan-Killing de uma álgebra de Lie de dimensão …nita é a forma bilinear
de…nida por tr(ad(X)ad(Y )); e atua como um instrumento que nos permite investigar,
através dos critérios de Cartan, a semisimplicidade e a solubilidade de álgebras de Lie.
Antes de mostrarmos os critérios de Cartan iremos mostrar alguns resultados
sobre derivações de uma álgebra de Lie. Alguns desses resultados serão utilizados na
demonstração dos critérios de Cartan.
Proposição A.53 Seja D : g ! g uma derivação da álgebra de Lie de dimensão …nita
sobre um corpo algebricamente fechado. Tome a decomposição primária
g = g
1
g
m
A.4 Critérios de Cartan 133
onde
g
i
= fX 2 g : (D
i
)
n
X = 0 para algum n 1g
é o auto-espaço generalizado associado ao autovalor
i
: Então,
[g
i
; g
j
] g
i
+
j
:
(g
i
+
j
= 0 se
i
+
j
não é autovalor de D):
Demonstração: Pela de…nição de g
i
temos que (D
i
) é nilpotente com índice de
nilpotência n: Assim cada g
i
se decompõe em componentes de Jordam. Logo existem
conjuntos linearmente independentes fX
1
; : : : X
r
g tais que
DX
j
=
i
X
j
+ X
j1
j = 1; : : : ; r (X
1
= 0);
e existe uma base de g
i
formada por esses conjuntos fX
1
; : : : X
r
g.
Sejam
fX
1
; : : : ; X
r
g g
i
e fY
1
; : : : ; Y
s
g g
j
conjuntos linearmente independentes, como acima. Basta mostrar então que
[X
k
; Y
l
] g
i
+
j
k = 1; : : : ; r; l = 1; : : : ; s:
Mostraremos por indução dupla sobre k e l: Primeiramente tem-se que
D[X
k
; Y
l
] = [DX
k
; Y
l
] + [X
k
; DY
l
]
= [
i
X
k
+ X
k1
; Y
l
] + [X
k
;
j
Y
l
+ Y
l1
]
= (
i
+
j
)[X
k
; Y
l
] + [X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
]
de onde se tira que
(D (
i
+
j
))[X
k
; Y
l
] = [X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
]: (A.6)
Faremos a indução da seguinte maneira: Suponha que k = l = 1: Logo o segundo
membro de(A:6) se anula e [X
1
; Y
1
] 2 ker(D (
i
+
j
)) e daí que [X
1
; Y
1
] 2 g
i
+
j
:
Suponha que o resultado é válido para k
0
< k com l arbitrário e válido para l
0
< l com k
arbitrário. Note que o segundo membro de (A.6) está no núcleo de (D (
i
+
j
))
n
; para
algum n; pois
(D (
i
+
j
))
n
([X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
]) = (D (
i
+
j
))
n
([X
k1
; Y
l
])
+(D (
i
+
j
))
n
([X
k
; Y
l1
])
A.4 Critérios de Cartan 134
e pela hipótese de indução
(D (
i
+
j
))
n
([X
k1
; Y
l
]) = 0 e (D (
i
+
j
))
n
([X
k
; Y
l1
]) = 0
logo
(D (
i
+
j
))
n
([X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
]) = 0 (A.7)
e assim ([X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
]) 2 ker(D (
i
+
j
))
n
: Logo
(D (
i
+
j
))
n+1
[X
k
; Y
l
] = (D (
i
+
j
))
n
((D (
i
+
j
)[X
k
; Y
l
])
= (D (
i
+
j
))
n
([X
k1
; Y
l
] + [X
k
; Y
l1
])
= 0:
para algum n: E portanto [X
k
; Y
l
] g
i
+
j
:
Antes do próximo resultado, introduziremos o conceito de elemento semisimples da
álgebra de Lie gl(V ):
De…nição A.54 Um elemento X 2 gl(V ) (V de dimensão …nita) é dito semisimples
se as raízes de seu polinômio minimal forem todas distintas. Equivalentemente, X é
semisimples se, e só se, X é diagonal.
Em espaço vetoriais sobre corpos gerais, a decomposição de Jordan-Chevalley, garante
que uma transformação linear T se decompõe, de maneira única, como
T = S + N
onde N é nilpotente e S semisimples, com S e N comutando entre si e também com T .
A partir do resultado anterior pode-se provar que as componentes semisimples e nilpo-
tentes de uma derivação também são derivações.
Teorema A.55 Seja g uma álgebra de Lie de dimensão …nita e D uma derivação de g:
Escreva D = S + N; de maneira única, com S semisimples, N nilpotente e suponha que
[D; S] = [D; N] = [S; N] = 0:
Então, S e N também são derivações.
A.4 Critérios de Cartan 135
Demonstração: Suponhamos sem perda de generalidade que o corpo de escalares é
algebricamente fechado. Primeiramente mostraremos que S é uma derivação, ou seja,
S[X; Y ] = [SX; Y ] + [X; SY ] para X; Y elementos de uma base de g. Mas para isso é
su…ciente mostrar essa propriedade de derivação para X 2 g
i
e Y 2 g
j
com
i
;
j
auto-
valores, pois g se decompõe nos auto-espaços generalizados de D. Temos pela proposição
anterior que [g
i
; g
j
] g
i
+
j
, logo
[X; Y ] 2 g
i
+
j
:
Como os auto-espaços generalizados de D são auto espaços de S temos que
S[X; Y ] = (
i
+
j
)[X; Y ]
onde [X; Y ] = 0 se
i
+
j
não for autovalor. Temos também que
[SX; Y ] + [X; SY ] = [
i
X; Y ] + [X;
j
Y ] = (
i
+
j
)[X; Y ]:
Logo S[X; Y ] = [SX; Y ] + [X; SY ] e portanto S é derivação. Como N = D S e D é
derivação, temos que N é derivação.
O próximo resultado será na mesma direção do resultado anterior, mas antes é necessário
introduzir a seguinte terminologia.
De…nição A.56 Seja = (
1
; : : : ;
k
) uma sequência …nita de elementos de um corpo.
Uma terna ordenada (i
1
; i
2
; i
3
) de elementos de f1; : : : ; kg é dita -fechada (ou simples-
mente fechada) se
i
1
+
i
2
=
i
3
:
Exemplo A.26 Para a sequência (1; 1; 2) as ternas fechadas são (1; 2; 3) e (2; 1; 3):
De…nição A.57 Diz-se que uma sequência = (
1
; : : : ;
k
) imita se as ternas fechadas
para são também -fechadas, isto é,
i
1
+
i
2
=
i
3
se
i
1
+
i
2
=
i
3
:
Exemplo A.27 A sequência = (3; 0; 3) imita a sequência = (1; 2; 3) pois as ternas
fechadas de são (1; 2; 3) e (2; 1; 3) que também são -fechadas.
As sequências que imitam os autovalores de uma derivação diagonalizável permitem
construir novas derivações, como veremos no próximo resultado.
A.4 Critérios de Cartan 136
Proposição A.58 Seja S uma derivação de uma álgebra de Lie g de dimensão …nita.
Suponha que S seja diagonalizável, isto é, SX
i
=
i
X
i
; i = 1; : : : ; k, para = (
1
; : : : ;
k
)
os autovalores e fX
1
; : : : ; X
k
g uma base de autovetores de g:
Seja = (
1
; : : : ;
k
) uma sequência que imita e de…na a transformação linear T
:
g ! g; por T
X
i
=
i
X
i
; i = 1; : : : ; k:
Então, T
também é derivação.
Demonstração: Para mostrar que T
é derivação devemos mostrar que
T
[X
i
; X
j
] = [T
X
i
; X
j
] + [X
i
; T
X
j
] (A.8)
para i; j = 1; : : : ; k: Primeiramente, se
i
+
j
não é autovalor de S; temos [X
i
; X
j
] = 0:
Logo
T
[X
i
; X
j
] = 0:
Mas
[T
X
i
; Y
j
] + [X
i
; T
Y
j
] = (
i
+
j
)[X
i
; X
j
] = 0:
Portanto a equação A.8 é satisfeita se
i
+
j
não é autovalor. Agora, se
i
+
j
é autovalor
então
i
+
j
=
l
para algum l e a terna (i; j; l) é -fechada. Por hipótese imita :
Logo
i
+
j
=
l
e assim
[T
X
i
; X
j
] + [X
i
; T
X
j
] =
l
[X
i
; X
j
]:
Por outro lado pela Proposição A:53; tem-se que S[X
i
; X
j
] =
l
[X
i
; X
j
]: Como os autove-
tores de S associados a
l
são autovetores de T
associados a
l
temos que
T
[X
i
; X
j
] =
l
[X
i
; X
j
]:
Logo
T
[X
i
; X
j
] =
l
[X
i
; X
j
] = [T
X
i
; X
j
] + [X
i
; T
X
j
]:
Assim, a equação A.8 também é satisfeira no caso em que
i
+
j
é autovalor. Portanto
T
é uma derivação.
Agora podemos mostrar o seguinte teorema, que será utilizado na demonstração dos
critérios de Cartan.
A.4 Critérios de Cartan 137
Teorema A.59 Seja g uma álgebra de Lie de dimensão …nita e D uma derivação de g:
Suponha que para toda derivação M de g se tenha
tr(DM) = 0:
Então D é nilpotente.
Demonstração: Sem perda de generalidade, vamos supor, que o corpo de escalares seja
algebricamente fechado. Tome D = S + N a decomposição de D; onde S é semisimples e
N é nilpotente e comutam entre si . Para mostrar que D é nilpotente, vamos mostrar que
S = 0: Pelo Teorema A.55 S é uma derivação. Como o corpo de escalares é algebricamente
fechado, S = diagf
1
; : : : ;
k
g em alguma base de g: Para mostrar que S = 0 vamos
mostrar que
i
= 0 para i = 1; : : : ; k:
Sendo K o corpo de escalares de característica zero, temos que K contém os racionais
Q e é um espaço vetorial sobre Q. Denote p or V K o subespaço vetorial, de dimensão
…nita, sobre Q gerado pelos autovalores
1
; : : : ;
k
: Tome agora o funcional linear em V
: V ! Q
i
7! (
i
) =
i
A sequência = (
1
; : : : ;
k
) imita : De fato, se
i
1
+
i
2
=
i
3
temos
i
1
+
i
2
= (
i
1
) + (
i
2
) = (
i
1
+
i
2
) = (
i
3
) =
i
3
:
Para essa sequência tome T
como na proposição anterior. Logo T
é derivação. Assim,
pela hipótese, temos
0 = tr(DT
) =
k
X
i=1
i
(
i
):
A expressão
k
P
i=1
i
(
i
) é uma combinação linear sobre Q de
1
; : : : ;
k
. Aplicando a
esta combinação temos
0 = (
k
X
i=1
i
(
i
)) =
k
X
i=1
(
i
) (
i
) =
k
X
i=1
(
i
)
2
:
Como
k
P
i=1
(
i
)
2
é uma soma de racionais positivos, temos que (
i
) = 0 para todo i:
Como escolhemos um funcional linear arbitrário e V tem dimensão …nita tem-se que
i
= 0 para todo i; como queríamos mostrar.
A.4 Critérios de Cartan 138
De…nição A.60 Seja uma representação de dimensão …nita de uma álgebra de Lie g:
A forma traço
, que é uma forma bilinear simétrica, é de…nida por
(X; Y ) = tr((X)(Y )):
Para o caso em que é a representação adjunta, a forma traço será denominada forma de
Cartan-Killing da álgebra e será denotado por h; i ou h; i
g
quando se quiser ressaltar
a álgebra g:
Exemplo A.28 Vamos calcular a fórma de Cartan-Killing para sl(2; K) usando a base
canônica fX; H; Y g, onde as relações dos colchetes entre esses elementos são
[H; X] = 2X; [X; Y ] = H; [H; Y ] = 2Y:
Ainda na mesma base, estas relações nos permitem ver claramente que as matrizes das
representações adjuntas de X; H; Y são respectivamente
ad(X) =
0
B
B
B
@
0 2 0
0 0 1
0 0 0
1
C
C
C
A
, ad(H) =
0
B
B
B
@
2 0 0
0 0 0
0 0 2
1
C
C
C
A
; ad(Y ) =
0
B
B
B
@
0 0 0
1 0 0
0 2 0
1
C
C
C
A
.
Portanto a matriz de h; i
sl(2;K)
é
0
B
B
B
@
0 0 4
0 8 1
4 0 0
1
C
C
C
A
; cujo determinante é 128. A represen-
tação do exemplo A.9 é a representação adjunta de sl(2; K), ou seja, dado
Z =
0
@
a b
c a
1
A
tem-se que
ad(Z) =
0
B
B
B
@
2a 2b 0
c 0 b
0 2c 2a
1
C
C
C
A
;
e assim é fácil veri…car que a forma de Cartan-Killing de sl(2; K) é 8(a
2
+ bc):
Exemplo A.29 Seja g uma álgebra de Lie solúvel de transformações lineares, e uma
representação dessa álgebra. Supondo que o corpo de escalares é algebricamente fechado,
A.4 Critérios de Cartan 139
temos pelo teorema de Lie que os elementos dessa álgebra são escritos como matrizes tri-
angulares superiores. Logo os elementos de g
0
são representados por matrizes triangulares
superiores com zero na diagonal. Assim se X 2 g
0
tem-se que (X)(Y ) é nilpotente.
Portanto se g é solúvel temos
(X; Y ) = 0 se X 2 g
0
. Em particular
é identicamente
nula em g
0
.
Veremos mais adiante que a recíproca do exemplo acima é um dos critérios de Cartan,
ou seja, g é solúvel se
(X; ) = 0 para X 2 g
0
e a representação adjunta.
Mostraremos agora que as adjuntas dos elementos de uma álgebra de Lie são anti-
simétricas em relação à forma traço.
Proposição A.61 1) As adjuntas dos elementos da álgebra de Lie g são anti-simétricas
em relação a
, ou seja,
([X; Y ]; Z) +
(Y; [X; Z]) = 0 para todo X; Y; Z 2 g (A.9)
Já no caso da forma de Cartan-Killing tem-se:
2) Se é um automor…smo de g, então hX; Y i = hX; Y i:
3) Se D é uma derivação de g, então hDX; Y i + hX; DY i = 0:
Demonstração: 1) A demonstração é imediata pois o traço de um comutador se anula.
2) Seja um automor…smo de g. Então
ad(X)(Y ) = [X; Y ] =
X;
1
(Y )
=
X;
1
(Y )
= ad(X)
1
(Y ):
Assim ad(X) = ad(X)
1
: Logo
hX; Y i = tr(ad(X)ad(Y ))
= tr((ad(X)
1
)(ad(Y )
1
))
= tr(ad(X)ad(Y )
1
)
= tr(
1
ad(X)ad(Y ))
= tr(ad(X)ad(Y ))
= hX; Y i:
A.4 Critérios de Cartan 140
3) Como D é uma derivação, dado Y 2 g temos
ad(DX)(Y ) = [DX; Y ] = D [X; Y ] [X; DY ]
= D ad(X)(Y ) ad(X)(DY )
= D ad(X)(Y ) ad(X)D(Y )
= [D; ad(X)] (Y ):
Logo ad(DX) = [D; ad(X)] : Assim, temos que
hDX; Y i + hX; DY i = tr(ad(DX)ad(Y )) + tr(ad(X)ad(DY ))
= tr([D; ad(X)]ad(Y )) + tr(ad(X)[D; ad(Y )])
= tr(D ad(X)ad(Y )) tr(ad(X)D ad(Y ))
+tr(ad(X)D ad(Y ) tr(ad(X)ad(Y )D)
= 0:
Portanto hDX; Y i + hX; DY i = 0.
Mostraremos agora que a restrição da forma de Cartan-Killing a um ideal i de g
coincide com a forma de Cartan-Killing de i:
Proposição A.62 A forma de Cartan-Killing a um ideal i de uma álgebra de Lie g
coincide com a forma de Cartan-Killing de i:
Demonstração: Dados X 2 i e Y 2 g, temos
(ad(Y )ad(X))(Z) = ad(Y )[X; Z] = [Y; [X; Z]] i para todo Z 2 g;
ou seja, a imagem da ad(Y )ad(X) está contida em i: Tome uma base para i e a complete
a uma base de g. Daí, os elementos que estão fora de i não interferem em tr(ad(Y )ad(X))
e portanto hY; Xi coincide com tr(ad(Y )ad(X) j
i
) que é a forma de Cartan-Killing de i
quando Y 2 i:
Para mostrar o critério de Cartan para álgebras solúveis, precisaremos do seguinte
lema.
Lema A.63 Seja g uma álgebra de Lie de dimensão …nita. Se a forma de Cartan-Killing
de g é identicamente nula, então g é solúvel.
A.4 Critérios de Cartan 141
Demonstração: Para mostrar que g é solúvel, basta mostrarmos que g
0
é nilpotente. De
fato, seja g
0
nilpotente, em particular ela também é solúvel. Como g=g
0
é sempre abeliana
e, portanto solúvel, entâo pela Proposição A.34 c), g é solúvel.
Mostraremos então que g
0
é nilpotente. Seja X 2 g
0
, então X se escreve como
X =
X
i
[Y
i
; Z
i
] com Y
i
; Z
i
2 g
Tomando D uma derivação qualquer, temos que tr(ad(X)D) = 0, pois
tr(ad(X)D) = tr(ad(
P
i
[Y
i
; Z
i
])D)
=
P
i
tr([ad(Y
i
); ad(Z
i
)]D)
=
P
i
tr((ad(Y
i
)ad(Z
i
)D) (ad(Z
i
)ad(Y
i
)D))
=
P
i
tr(ad(Y
i
)ad(Z
i
)D)
P
i
tr(ad(Z
i
)ad(Y
i
)D)
=
P
i
tr(ad(Z
i
)D ad(Y
i
) ad(Z
i
)ad(Y
i
)D)
=
P
i
tr(ad(Z
i
)[D; ad(Y
i
)])
=
P
i
tr(ad(Z
i
)ad(DY
i
))
=
P
i
hZ
i
; DY
i
i:
Mas por hipótese a forma de Cartan-Killing é identicamente nula, logo
tr(ad(X)D) =
X
i
hZ
i
; DY
i
i = 0:
Como D é uma derivação qualquer e ad(X) também é uma derivação, pelo Teorema A.59
segue que ad(X) é nilpotente, ou seja, a representação adjunta de g
0
é nilpotente. Logo
pelo teorema de Engel, segue que g
0
é nilpotente.
Mostraremos agora o primeiro critério de Cartan.
Teorema A.64 Denotando por h:; :i a forma de Cartan-Killing de uma álgebra de Lie g;
tem-se que g é solúvel se, e somente se, para todo X 2 g
0
e todo Y 2 g
hX; Y i = 0 :
Demonstração: Suponha inicialmente que g é solúvel. Segue do Exemplo A.29 que
hX; Y i = 0 para X 2 g
0
:
Para mostrar a recíproca, note que por hipótese, a forma de Cartan-Killing em g
0
é iden-
ticamente nula em g
0
. Logo, como g
0
é um ideal, temos pela Prop osição A.62 que a forma
A.4 Critérios de Cartan 142
de Cartan-Killing de g
0
é identicamente nula. Logo, pelo lema anterior, segue que g
0
é
solúvel e portanto g é solúvel.
A partir deste critério para as álgebras solúveis, mostraremos o segundo critério de
Cartan. Mas antes é necessário introduzir o conceito de forma bilinear não-degenerada.
De…nição A.65 Uma forma bilinear num espaço vetorial V de dimensão …nita, diz-se
não-degenerada se o único elemento v 2 V que satisfaz (v; w) = 0 para todo w 2 V
é v = 0:
Teorema A.66 A forma de Cartan-Killing de g é não-degenerada se, e somente se, g é
semisimples.
Demonstração: Suponhamos que g não seja semisimples. Logo r(g) 6= 0. Como r(g) é
solúvel, r(g)
k
é um ideal abeliano não trivial para algum k: Seja r(g)
k
= i: Tome X 2 i,
então para todo Y 2 g tem-se que a imagem de ad(X)ad(Y ) está contida em i. Portanto
tr(ad(X)ad(Y )) coincide com tr(ad(X)ad(Y ) j
i
). Como tr(ad(X)ad(Y ) j
i
) = 0, pois i é
um ideal abeliano, segue que para todo X 2 i e todo Y 2 g tem-se hY; Xi = 0 ; mas isso
contraria o fato de g ser não degenerada. Portanto se a forma de Cartan-Killing de g é
não degenerada tem-se que g é semisimples.
Reciprocamente, suponhamos que g é semisimples. Seja g
?
o subespaço de g de…nido
por
g
?
= fX 2 g; hX; Y i = 0 para todo Y 2 gg:
Temos pelo item 1) da Proposição A.61 que
h[Z; X]; Y i = hX; [Z; Y ]i = 0
se X 2 g
?
e Y; Z são arbitrários, o que implica [Z; X] g
?
: Logo g
?
é ideal de g. Mas a
restrição de h:; :i a g
?
é identicamente nula e g
?
é ideal de g. Logo a forma de Cartan-
Killing de g
?
é identicamente nula. Consequentemente, pelo lema anterior, segue que g
?
é solúvel, e já que g é semisimples, temos g
?
= 0. Portanto a forma de Cartan-Killing de
g é não-degenerada.
O critério de Cartan para as álgebras semisimples, permite provar alguns resultados
que mostraremos a seguir. O primeiro deles é que todo ideal de uma álgebra semisimples
é semisimples.
A.4 Critérios de Cartan 143
Proposição A.67 Todo ideal i de uma uma álgebra semisimples g é semisimples.
Demonstração: Primeiramente vamos provar que i
?
, o ortogonal de i em relação a h:; :i;
é um ideal complementar a i: De fato, é claro que i
?
é um ideal de g, pois se X 2 i
?
e
Y 2 g temos para todo Z 2 i que
h[Y; X]; Zi = hX; [Y; Z]i = 0;
o que implica [Y; X] 2 i
?
: Note que j = i
?
\i é um ideal de g. Assim, temos que para todo
X 2 j e para todo Y 2 j
0
temos que hX; Y i = 0: Logo pelo primeiro critério de Cartan
segue que j é solúvel. Mas g é semisimples, assim j = 0: Logo i
?
\ i = 0 e portanto i
?
é
complementar a i:
Mas isso implica que a restrição a i da forma de Cartan-Killing é não degenerada, o
que garante pelo segundo critério de Cartan que i é semisimples.
O fato de que i
?
é complementar de i, implica que a representação adjunta de g é com-
pletamente redutível. Portando se decompõe como soma direta de subespaços invariantes
irredutíveis. Como todo subespaço invariante irredutível pela adjunta é um ideal simples,
pois todo subespaço invariante pela adjunta é um ideal e sendo este ideal irredutível, segue
que ele também é simples.
Vejamos agora um resultado sobre a caracterização de uma álgebra semisimples e seus
ideais.
Teorema A.68 Seja g uma álgebra semisimples, então g se decompõe como
g = g
1
g
s
(A.10)
com g
i
, i = 1; :::; n ideais simples. Nessa decomposição [g
i
; g
j
] = 0 se i 6= j: Além disso
1) O ortogonal g
?
i
de uma componete simples em relação a forma de Cartan-Killing é a
soma das demais componentes;
2) Os ideais de g são somas de algumas dessas componentes e
3) A decomposição é única.
Demonstração: Pelo resultado anterior e o comentário acima segue a decomposição de
g em componentes simples, ou seja,
g = g
1
g
s
:
A.4 Critérios de Cartan 144
Como g
i
\g
j
= 0 e [g
i
; g
j
] g
i
\g
j
temos que [g
i
; g
j
] = 0 se i 6= j: Para mostrar os outros
itens suponha que g se decomponha como soma direta de dois ideais, ou seja, g = h
1
h
2
.
Então, o complementar ortogonal de um dos ideais é o outro. De fato, h
?
1
complementa
h
1
e portanto tem a mesma dimensão que h
2
. Se X 2 h
1
e Y 2 h
2
então ad(X)ad(Y ) se
anula em h
1
ou h
2
, ou seja, esses ideais são ortogonais. Tomando então uma base de g
cujos elementos estão contidos ou em h
1
ou em h
2
tem-se que hX; Y i = 0 , logo h
2
h
?
1
e portanto h
2
= h
?
1
pois as dimensões coincidem. Seja agora g
i
uma componente simples
e denote por c
i
a soma das demais componetes simples. Note que c
i
é um ideal pois o
colchete entre componentes simples distintas se anula. Logo c
i
= g
?
i
o que mostra 1):
Para mostrar 2) seja h um ideal de g. Tem-se que h g
i
ou h \ g
i
= 0. Se h = g
i
;
não o há o que fazer, caso contrário, h \ c
i
é um ideal, que se for não nulo, por indução
mostramos que ele é soma de componentes simples e o mesmo acontece com h. Já se h \
g
i
= 0, então h c
i
; pois se X 2 g
i
, e Y 2 h então ad(X) se anula em c
i
e ad(Y ) se anula
em g
i
; o que garante que
hX; Y i = tr(ad(X)ad(Y )) = 0;
mostrando que h g
?
i
= c
i
. Usando novamente a indução conclui-se que h é soma de
componentes simples da decomposição (A.10).
Por …m, o item 3) decorre diretamente do fato de g
i
, i = 1; :::; n serem os únicos ideais
simples de g.
Esse teorema tem as seguintes consequências:
Corolário A.69 Se g é semisimples, então g
0
= g:
Demonstração: Como g
0
é ideal de g, existe um ideal i que o complementa. Dados
X; Y 2 i tem-se que [X; Y ] 2 g
0
\ i , ou seja, i é um ideal abeliano e p ortanto solúvel.
Como g é semisimples segue que i = 0 e portanto g
0
= g:
Corolário A.70 Se g é semisimples e h é uma álgebra abeliana, então a aplicação iden-
ticamente nula é o único homomor…smo de g em h: Em particular, a única representação
unidimensional de g é a representação nula e para uma representação qualquer de g
tem-se que tr((X)) = 0 para todo X 2 g:
A.4 Critérios de Cartan 145
Demonstração: Se ' : g ! h é um homomor…smo e h é abeliana, então '[X; Y ] =
['X; 'Y ] = 0 para todo X; Y 2 g; ou seja, ' é identicamente nula em g
0
: Como, pelo
corolário anterior, g
0
= g; temos que ' é identicamente nula em g:
Se : g ! gl(V ) tem dimensão um, então gl(V ) tamb ém tem dimensão um. Logo gl(V ) é
abeliana e portanto é a representação nula. Agora, como g
0
= g, tome X = [Y; Z] 2 g
0
:
Temos portanto que
tr (X) = tr([Y; Z]) = tr([(Y ); (Z)]) = tr((Y )(Z)) tr((Z)(Y )) = 0:
Corolário A.71 Se g é uma álgebra semisimples e i é um ideal próprio de g; então g=i
é semisimples.
Demonstração: Seja i um ideal próprio de g; sabemos que existe um ideal j tal que
g = i j: Então (g=i) j: Como j é semisimples, pois todos os ideais de g são semisimples,
temos que g=i é semisimples.
Quanto às derivações das álgebras semisimples, tem-se:
Proposição A.72 Se g é uma álgebra semisimples, então toda derivação de g é uma
derivação interna.
Demonstração: Seja D uma derivação e de…nimos um funcional linear em g por
X 7!tr(D ad(X)): Como a forma de Cartan-Killing é não-degenerada, existe Y
D
2 g tal
que
tr(D ad(X)) = hY
D
; Xi para todo X 2 g
Mostraremos que D =ad(Y
D
). Seja E = Dad(Y
D
) uma derivação. Temos que
tr(E ad(X)) = 0 para todo X 2 g
Então, tomando X e Y arbitrários temos
hEX; Y i = tr(ad(EX)ad(Y ))
= tr([E; ad(X)]ad(Y ))
= tr(E ad(X)ad(Y ) ad(X)E ad(Y ))
= tr(E ad([X; Y ]))
= 0
A.4 Critérios de Cartan 146
Como a forma de Cartan-Killing é não degenerada, EX = 0 para todo X 2 g, ou seja,
E = 0. Portanto D = ad(Y
D
).
A partir desta proposição e do Teorema A.55 obtemos uma decomposição dos elemen-
tos de uma álgebra de Lie semisimples, que é dada pelo corolário a seguir.
Corolário A.73 Suponha que g é semisimples e seja X 2 g: Então X se decompõe de
maneira única como
X = X
S
+ X
N
onde X
S
; X
N
2 g são tais que ad(X
S
) é semisimples, ad(X
N
) é nilpotente e
[X
S
; X
N
] = [X; X
S
] = [X; X
N
] = 0:
Demonstração: Tome a decomposição de Jordan
ad(X) = S + N
onde S e N são derivações que comutam entre si e com ad(X). Como numa álgebra
semisimples toda derivação é interna, segue que S = ad(X
S
) e N = ad(X
N
) e temos
ad(X X
S
X
N
) = 0. (A.11)
Suponha que X 2 ker(ad). Logo hX; Y i =tr(ad(X)ad(Y )) = 0. Como g é uma álgebra
semisimples, a forma de Cartan-Killing de g é não degenerada e portanto X = 0. Logo
ker(ad) = 0. Assim de (A.11) segue que X = X
S
+ X
N
: Isso prova a existência. Para
provar a unicidade suponha que X não se decomponha de maneira única, ou seja
X = X
S
+ X
N
= Y
S
+ Y
N
:
Isso implica que X
S
Y
S
= Y
N
X
N
, onde X
S
Y
S
é um elemento semisimples e Y
N
X
N
é
um elemento nilpotente. Como o único elemento semisimples e nilpotente é o zero, tem-se
que X
S
= Y
S
e Y
N
= X
N
. Veri…caremos a comutatividade em g. É claro que
[X; X
N
] = [X
S
+ X
N
; X
N
] = [X
S
; X
N
] e
[X
S
; X] = [X
S
; X
S
+ X
N
] = [X
S
; X
N
]
Como ad(X
S
)(X) = ad(X
S
)(X
N
); a injetividade da adjunta implica que X = X
N
: Por-
tanto [X; X
N
] = 0 e segue o desejado.
A.5 Subálgebras de Cartan 147
A.5 Subálgebras de Cartan
Nesta seção enunciaremos um conceito muito importante no estudo das álgebras
semisimples, que é a subálgebra de Cartan. Denotaremos o auto-espaço generalizado
associado ao autovalor nulo de ad(X) por g
0
(X):
Antes de de…nir subálgebras de Cartan de…niremos o normalizador de uma subálgebra
de uma álgebra de Lie.
De…nição A.74 O normalizador de uma subálgebra h g é de…nido por
n(h) = fX 2 g : ad(X)h = [X; h] hg
De…nição A.75 Seja g uma álgebra de Lie. Uma subálgebra de Cartan de g é uma
subálgebra h g que satisfaz
1. h é nilpotente e
2. O normalizador de h em g coincide com h: Esta condição é equivalente a dizer que se
[X; h] h então X 2 h:
Ilustraremos este conceito com um exemplo.
Exemplo A.30 Para g = sl(2); a subálgebra
h = f
0
@
a 0
0 a
1
A
g
é uma subálgebra de Cartan. De fato, h é claramente abeliana, logo é nilpotente. seja
X =
0
@
0 1
0 0
1
A
; H =
0
@
1 0
0 1
1
A
; Y =
0
@
0 0
1 0
1
A
base de g: Então
[H; aX + bH + cY ] = 2aX 2cY
e este colchete está em h se, e só se, a = c = 0, ou seja se W 2 g então [H; W ] h
implica W 2 h:
A.5 Subálgebras de Cartan 148
Será imp ortante o estudo da representação adjunta de uma subálgebra de Cartan na
álgebra de Lie. Os pesos, de…nido na seção 1:2; não nulos dessa representação serão
denominados raízes de h:
Antes de proseguirmos, precisamos introduzir a de…nição de elementos regulares de g.
Para isso, seja X 2 g: O polinômio característico de ad(X) denotado por p
X
é da forma
p
X
() =
n
+ p
n1
(X)
n1
+ + p
1
(X) + p
0
(X)
onde n = dim g e cada p
i
é um polinômio de grau n i em X:
De…nição A.76 O posto de uma álgebra de Lie de dimensão …nita é o menor índice
i em que p
i
não é identicamente nulo, onde p
i
denota, como acima, os coe…cientes dos
polinômios característicos de cada ad(X):
De…nição A.77 Seja i o posto de g: Um elemento X 2 g é dito regular se p
i
(X) 6= 0:
Exemplo A.31 Considere sl(2) com a base canônica fX; H; Y g. Tome Z = aX + bH +
cY . Logo a matriz de sua adjunta nessa base é
ad(Z) =
0
B
B
B
@
2b 2a 0
c 0 a
0 2c 2b
1
C
C
C
A
:
Calculando o polinômio característico temos
p
Z
() = det(I ad(Z)) =
3
4(b
2
+ ac):
Então, o posto de sl(2) é 1 e ainda Z é regular se b
2
+ ac 6= 0: Em particular, H é regular
e X e Y não são regulares.
Exemplo A.32 A representação adjunta de uma álgebra nilpotente é nilpotente. Logo o
seu posto coincide com a dimensão da álgebra. Portanto todos os elementos são regulares.
O objetivo do resto desta seção é mostrar que g
0
(X) é uma subálgebra de Cartan no
caso em que X é um elemento regular, e reciprocamente, toda subálgebra de Cartan é
dada dessa maneira. O próximo resultado mostra que g
0
(X) é uma subálgebra de Cartan
se X for regular.
A.5 Subálgebras de Cartan 149
Teorema A.78 Seja X 2 g e denote por g
0
(X) o auto-espaço generalizado associado ao
autovalor nulo da decomposição primária
g = g
0
(X) + g
1
+ + g
k
de ad(X) com
1
; :::;
k
autovalores não nulos. Então, g
0
(X) é subálgebra de Cartan se
X for valor regular.
Demonstração: 1) Tem-se que g
0
(X) é subálgebra, pois [g
0
(X); g
0
(X)] g
0+0
= g
0
(X):
2) O normalizador de g
0
(X) é o próprio g
0
(X): Para mostrar isso, tome Y =2 g
0
(X)
e vamos mostrar que Y não normaliza g
0
(X), ou seja, [Y; g
0
(X)] =2 g
0
(X). Escreva
Y = Y
0
+ Y
1
+ ::: + Y
k
com Y
0
2 g
0
(X) e Y
i
2 g
i
. Como Y 2 g
0
(X), então Y
i
; i = 1; :::; k
é não nulo para algum i: Como os subespaços g
i
são invariantes pela ad(X), temos que
a decomposição para [X; Y ] é
[X; Y ] = [X; Y
0
] + + [X; Y
k
]:
Logo [X; Y ] =2 g
0
(X); pois como os autovalores para g
i
são diferentes de zero, a restrição
de ad(X) para cada g
i
é inversível. Portanto, [X; Y
i
] 6= 0 para algum i e como X 2 g
0
(X),
temos que Y não normaliza g
0
(X): Portanto essa álgebra coincide com seu normalizador.
3) Para mostrar que g
0
(X) é nilpotente, vamos usar o fato que X é regular. Para
isso, devemos mostrar que para Y 2 g
0
(X), ad(Y ) j
g
0
(X)
é nilpotente e aplicar o teorema
de Engel. Isso por sua vez, se garante mostrando que o polinômio característico de
ad(Y ) j
g
0
(X)
é
r
onde dim(g
0
(X)) = r. Observe que ad(Y ) j
g
0
(X)
é nilpotente, já que este
é um auto-espaço generalizado associado ao autovalor nulo. Sendo assim, denote por
0
o polinômio característico de ad(Y ) j
g
0
(X)
e suponha, por absurdo, que
0
não é da forma
r
. Então
0
() =
r
+ + q
ri
(Y )
ri
com i > 0 e q
ri
(Y ) 6= 0, o que garante que q
ri
(Y ) não é um polinômio identicamente
nulo em g
0
(X): Como [g
0
(X); g
i
] g
i
, os subespaços g
i
são invariantes por ad(Y ).
Assim o polinômio característico da ad(Y ) é dado por
p
Y
() =
0
1
:::
k
A.5 Subálgebras de Cartan 150
onde
i
é o polinômio característico de ad(Y ) j
g
i
. O termo constante de
i
é dado por
det(ad(Y ) j
g
i
). Como ad(X) j
g
i
é inversível, a aplicação d
i
(Z) = det(ad(Z) j
g
i
) é um
polinômio em g
0
(X) e não é identicamente nulo. Além do mais, o termo de menor grau
de p
Y
tem como coe…ciente o polinômio
q
ri
(Y )d
1
(Y ):::d
k
(Y )
que não é identicamente nulo em Y . Porém, isso contradiz o fato de X ser regular, pois
esse termo de menor grau se anula em X: Isso porque q
ri
se anula em X, pois ad(X)
restrita a g
0
(X) é nilpotente. Portanto essa álgebra é nilpotente.
É óbvio que sempre existem elementos regulares de uma álgebra de Lie, pois os ele-
mentos regulares são aqueles que não anulam um polinômio não nulo. Por isso temos o
seguinte resultado:
Corolário A.79 Existem subálgebras de Cartan em álgebras de Lie de dimensão …nita.
O objetivo agora é mostrar a recíproca do Teorema A.78. Para isso precisaremos dos
dois próximos lemas.
Lema A.80 Seja h uma subálgebra de Cartan e a representação de h em g=h induzida
pela representação adjunta de h em g: Então, se X 2 h, h = g
0
(X) se, e só se, (X) é
inversível.
Demonstração: Temos que (X) é inversível se, e somente se, ker (X) = 0: Mas
ker (X) = 0 se, e só se, g
0
(X) h pois ad(X) é nilpotente em g
0
(X) e (X) é induzida
por ad(X): Temos ainda que para todo X 2 h tem-se h g
0
(X): Logo h = g
0
(X) se, e
somente se, (X) é inversível.
Lema A.81 Seja h uma subálgebra de Cartan. Então, existe X 2 h tal que h = g
0
(X):
Demonstração: Sejam o espaço quociente g=h e a representação de h em g=h induzida
pela representação adjunta de g: Tome a extensão da representação ao fecho algébrico do
corpo de base. Como h é nilpotente, essa extensão se decompõe em subespaços de pesos.
Como h é uma subálgebra de Cartan, h é o seu próprio normalizador em g: Logo
nenhum de seus pesos se anulam. De fato, Se algum desses pesos se anulasse, existiria
A.5 Subálgebras de Cartan 151
v 2 g=h tal que (X)v = 0 para todo X 2 h: Isso signi…ca que existe Y 2 g h tal que
[X; Y ] 2 h o que contradiz o fato de h ser seu próprio normalizador. Portanto nenhum
dos pesos se anula.
Logo existe X 2 h que não anula nenhum dos pesos. Isso signi…ca que (X) é inver-
sível em g=h: Portanto para esse elemento X temos pelo lema anterior que h = g
0
(X):
Como consequência do Teorema A.78 temos que se h é uma subálgebra de Cartan
e X 2 h um elemento regular, então h = g
0
(X). De fato, h é nilpotente pois é uma
subálgebra de Cartan. Logo, ad(X) dentro de h é nilpotente, e daí que h g
0
(X): Como
g
0
(X) é nilpotente temos que h = g
0
(X) pois h é seu próprio normalizador. Em outras
palavras, se X é um elemento regular, tem-se que g
0
(X) é a única subálgebra de Cartan
que contém X.
Com esses comentários a recíproca do Teorema A.78, isto é, se h é uma subálgebra
de Cartan, então h = g
0
(X) para algum elemento regular X; é consequência do seguinte
resultado:
Teorema A.82 Seja g uma álgebra de Lie de dimensão …nita e h g uma subálgebra de
Cartan. Então existe um elemento regular X 2 h:
Demonstração: Vamos provar este resultado no caso em que o corpo de base é real.
Tome um automor…smo de g: Para X 2 g, temos que
X;
1
Y
= [ X; Y ] para todo Y 2 h
isto é
ad(X) = ad(X)
1
:
Portanto os polinômio característicos de ad(X) e ad(X) coincidem. Logo X é regular
se, e somente se, X é regular. Vamos mostrar então que existe um automor…smo e um
elemento X 2 g tal que X é regular.
Tomemos a aplicação
' : g h ! g
(Y; X) 7! e
ad(Y )
X:
Como ad(Y ) é uma derivação, temos pela Proposição A.26 que e
ad(Y )
é um automor…smo
de g: Como o conjunto dos elementos regulares de g, é o conjunto dos pontos onde um
A.5 Subálgebras de Cartan 152
polinômio não se anula, temos que esse conjunto é ab erto e denso em g: Portanto vamos
mostrar que Im ' contém um aberto, pois nesse caso conclui-se que essa imagem intercepta
o conjunto dos elementos regulares e daí que algum X 2 h é conjugado a um elemento
regular e, portanto, regular.
Como ' é diferenciável, para mostrar que sua imagem contém um aberto, vamos
mostrar pelo teorema da função implícita, que sua diferencial d'
(Y;X)
tem posto máximo
para algum (Y; X) 2 g h: Para isso, tome Z 2 g, W 2 h e Y = 0: Logo
d'
(0;X)
(Z; W ) =
d
dt
(e
ad(tZ)
(X + tW )
t=0
(A.12)
= ad(X)Z + W:
Aplicamos agora, os lemas acima tomando X tal que h = g
0
(X): Pelo Lema A.80 a trans-
formação linear induzida por ad(X) em g=h é inversível, logo temos que a imagem de
ad(X) complementa h em g: Note que tomamos Z e W arbitrários em A.12. Assim se
X é um elemento tal que h = g
0
(X); então a imagem de d'
(0;X)
é sobrejetora. E assim
d'
(Y;X)
tem posto máximo para (0; X) 2 g h, como queríamos.
A demonstração desse teorema pode ser estendida no caso em que o corpo de escalares
é C. Maiores detalhes sobre essa demonstração pode ser encontrada em [18] Teorema 4:5.
Apêndic e B
Álgebras semisimples
Primeiramente veremos como se comportam as representações irredutíveis da álgebra
sl(2): Em seguida mostraremos alguns resultados sobre as subálgebras de Cartan de uma
álgebra semisimples, sua representação adjunta e os pesos relacionados a essa represen-
tação. Na sequência estudaremos a fórmula de Killing, sistemas simples de raízes e seus
diagramas de Dynkin. Como referência para esse estudo indicamos [9] ; [13] ; e [18] :
B.1 Representações de sl(2)
Para estudarmos as álgebras semisimples iremos, inicialmente, analisar as represen-
tações irredutíveis da álgebra de Lie sl(2) sobre um corpo K algebricamente fechado de
característica zero. A importância desse estudo deve-se ao fato que à toda raiz da repre-
sentação de uma subálgebra de Cartan está associada uma subálgebra de dimensão três
isomorfa a sl(2; K). Denotaremos sl(2; K) apenas por sl(2):
Seja fX; H; Y g a base de sl(2), onde
X =
0
@
0 1
0 0
1
A
; H =
0
@
1 0
0 1
1
A
; Y =
0
@
0 0
1 0
1
A
:
Essa base satisfaz:
[H; X] = 2X; [H; Y ] = 2Y; [X; Y ] = H:
Tome : sl(2) ! gl(V ) uma representação irredutível de dimensão …nita. Suponha que
v 2 V é uma autovetor de (H) associado ao autovalor , ou seja (H)v = v. Então,
(H)(X)v = [H; X] v + (X)(H)v
= (2X)v + (X)v
= 2(X)v + (X)v
= (2 + )(X)v:
153
B.1 Representações de sl(2) 154
Logo se (X)v 6= 0, então esse vetor é autovetor de (H) associado ao autovalor + 2:
Analogamente pode-se mostrar que se (Y )v 6= 0 então (Y ) será autovetor de (H) asso-
ciado ao autovalor 2: Aplicando essa fórmula k vezes obtemos as seguintes equações:
(H)(X)
k
v = ( + 2k) (X)
k
v;
(H)(Y )
k
v = ( 2k) (Y )
k
v:
Portanto, iterações das ações de (X) dão origem a autovetores de (H) associados a
autovalores em uma ordem crescente, já iterações de (Y ) dão origem a autovetores de
(H) associados a autovalores em uma ordem decrescente. Dessas observações segue o
teorema a seguir.
Teorema B.1 Seja uma representação irredutível de sl(2) em V com dim V = n + 1:
Então existe uma base fv
0
; v
1
; : : : v
n
g de V tal que, para i = 0; 1; : : : ; n
(X)v
i
= i(n i + 1)v
i1
(H)v
i
= (n 2i) v
i
(B.1)
(Y )v
i
= v
i+1
onde v
1
= v
n+1
= 0: Essas expressões mostram que, em realação à base dada, (X) é
triangular superior, (H) é diagonal e (Y ) é triangular inferior.
Demonstração: Seja v um autovetor de (H) associado a : Assim, pelas observações
anteriores, se (X)
i
v 6= 0 então esse vetor é autovetor de (H) associado ao autovalor
+ 2i: Como os autovetores estão associados a autovalores distintos eles formam um
conjunto linearmente independente: Como V tem dimensão …nita, existe i
0
> 1 tal que
(X)
i
0
v = 0 e (X)
i
0
1
v 6= 0: Tomando i
0
dessa forma, …xemos v
0
= (X)
i
0
1
v que é
autovetor de (H); pois é obtido de um autovetor de (H) por aplicações sucessivas de
(X): Denotaremos por
0
o autovalor associado a v
0
: Tome v
i
= (Y )
i
v
0
: Analogamente,
o conjunto fv
0
; v
1
; : : : v
k
g é linearmente independente, pois são autovetores associados aos
diferentes autovalores 2i; para i = 0; 1; : : : ; k; onde k é tal que v
k+1
= 0: De…nidos
assim temos:
(H)v
i
= (H)(Y )
i
v
0
= (
0
2i)v
i
;
(Y )v
i
= (Y )(Y )
i
v
0
= (Y )
i+1
v
0
= v
i+1
B.1 Representações de sl(2) 155
e
(X)v
i
= i(
0
i + 1)v
i1
:
Essa última igualdade é provada por indução sobre i: De fato, para i = 0 temos por
de…nição de v
0
que (X)v
0
= 0 e o segundo membro da equação acima se anula: Agora
suponha a fórmula válida para i 1 e provemos para i: Temos que
(X)v
i
= (X)(Y )v
i1
= [X; Y ] v
i1
+ (Y )(X)v
i1
:
Mas os termos da soma do último membro da equação anterior são:
[X; Y ] v
i1
= (H)v
i1
= ( 2 (i 1)) v
i1
e pela hipótese de indução
(Y )(X)v
i1
= (Y ) (i 1) (
0
(i 1) + 1) v
i1
= (i 1) (
0
i + 2) v
i1
:
Logo
(X)v
i
= ( 2 (i 1)) v
i1
+ (i 1) (
0
i + 2) v
i1
=
0
2i + 2 + i
0
i
2
+ 2i + i 2
v
i1
= i(
0
i + 1)v
i1
:
Portanto o espaço gerado por fv
0
; v
1
; : : : v
k
g é invariante por (X) e por construção
também é invariante por (H) e (Y ): Logo, como a representação é irredutível, V é igual
ao espaço gerado por fv
0
; v
1
; : : : v
k
g e portanto k = n: Assim para terminar a demonstração
basta mostrar que
0
= n: Por um lado temos (H)v
n
= (
0
2n) v
n
: Por outro lado,
(H)v
n
= [X; Y ] v
n
= (X)(Y )v
n
(Y )(X)v
n
= (Y ) (n (
0
n + 1) v
n1
)
= n (
0
n + 1) v
n
:
Assim,
0
2n = n (
0
n + 1)
o que implica
0
= n:
A partir do teorema anterior obtemos agora a seguinte classi…cação das representações
irredutíveis de sl(2):
B.2 Subálgebras de Cartan 156
Teorema B.2 Para cada n 0 existe uma única representação irredutível de dimensão
n + 1 de sl(2) (a menos de isomor…smo) e essas representações cobrem todas as represen-
tações de dimensão …nita de sl(2):
Demonstração: Dado um espaço vetorial V de dimensão n + 1, seja fv
0
; v
1
; : : : v
n
g uma
base de V: De…na (X); (H) e (Y ) como nas expressões do teorema anterior. Assim
é representação de sl(2) em V: De fato, basta observar que a relação entre os colchetes é
satisfeita quando são analisados nos elementos da base de V: Note que por um lado
[H; Y ] v
i
= (2Y )v
i
= 2(Y )v
i
= 2v
i+1
e por outro lado
[H; Y ] v
i
= (H)(Y )v
i
(Y )(H)v
i
= (H)v
i+1
(Y )(n 2i)v
i
= (n 2(i + 1))v
i+1
(n 2)v
i+1
= 2v
i+1
:
Logo
[H; Y ] v
i
= [ H; Y ] v
i
; para todo i :
A demonstração que os demais colchetes são preservados é análoga. Logo é represen-
tação e é irredutível, pois os subespaços invariantes por são invariantes por (H): Mas
os únicos subespaços invariantes por (H) são os gerados pelos v
i
s e esses subespaços não
são invariantes por (X) e (Y ): Logo não existem subespaços invariantes próprios, e por-
tanto a representação é irredutível. Isso prova a existência. A unicidade é garantida pois
se tomarmos outro espaço W de dimensão n + 1 e uma representação irredutível ; então
a transformação linear que faz corresponder as bases dos espaços V e W será o operador
de intercâmbio das representações e : Portanto essas representações serão isomorfas.
B.2 Subálgebras de Cartan
Nesta seção veremos alguns resultados importantes sobre subálgebras de Cartan que
serão úteis no decorrer deste apêndice.
B.2 Subálgebras de Cartan 157
Seja g uma álgebra de Lie semisimples sobre K e h uma subálgebra de Cartan de g:
Já vimos que a álgebra se decompõe como
g = h g
1
g
2
: : : g
k
; (B.2)
onde g
i
são os subespaços de pesos da representação adjunta de h em g e
1
; : : : ;
k
são
os pesos não nulos. Esses p esos, serão denominados raízes de h em relação a g e a notação
que iremos utilizar para esse conjunto será : Os espaços g
i
serão chamados espaços
de raízes. Se representarmos a subálgebra h em cada um dos g
i
; as matrizes serão da
forma
ad(H) =
0
B
B
B
@
i
(H)
.
.
.
i
(H)
1
C
C
C
A
para todo H 2 h: Vale também
g
i
; g
j
g
i
+
j
:
Essas duas últimas a…rmações são garantidas pela Proposição A.53, pelo Teorema
A.50 e por que h é nilpotente. Como anteriormente, a forma de Cartan-Killing de g será
denotada por h; i:
Lema B.3 Sejam e dois pesos de h (raízes ou o peso nulo). Se X 2 g
e Y 2 g
então,
hX; Y i = tr(ad(X)ad(Y )) = 0;
a menos que = :
Demonstração: Seja Z 2 g
: Então
ad(X)Z 2 g
+
ad(Y )ad(X)Z 2 g
++:
Assim, se tomarmos uma base de g como a união das bases de h e g
i
; a matriz de
ad(X)ad(Y ) em relação a essa base não tem elementos na diagonal, ou seja, nada irá
contribuir para o traço, a menos que + = 0:
O fato de que a forma de Cartan-Killing é não degenerada, juntamente com este lema,
tem as seguintes consequências:
B.2 Subálgebras de Cartan 158
Corolário B.4 1) A restrição da forma de Cartan-Killing à subálgebra h é não degene-
rada.
2) Se é raiz então é raiz.
3) Para todo X 2 g
; existe Y 2 g
tal que hX; Y i 6= 0:
Demonstração: 1) Seja H 2 h. Como a forma de Cartan-Killing é não degenerada em
g, existe X 2 g tal que hH; Xi 6= 0: Tome a decomposição de X;
X = H
1
+ X
1
+ : : : + X
k
onde H
1
2 h e X
i
2 g
i
: O lema anterior garante que hH; X
i
i = 0 para todo i = 1; : : : ; k:
Portanto hH; H
1
i 6= 0; o que mostra que a restrição não é degenerada.
2) Seja X 2 g
. Então existe Y 2 g tal que hX; Y i 6= 0, mas, pelo lema anterior,
Y 2 g
: Logo g
6= 0. Portanto é raiz.
3) Vamos supor que hX; Y i = 0 para todo Y 2 g
; então hX; Zi = 0 para todo Z 2 g:
Mas isso contradiz o fato de que a forma de Cartan-Killing é não degenerada em g: Logo
hX; Y i 6= 0:
Proposição B.5 Para todo H 2 h e todo peso ; ad(H)
jg
= (H)id e as transformações
lineares ad(H); H 2 h são simultaneamente diagonalizáveis.
Demonstração: Sabemos que
ad(H)
jg
=
0
B
B
B
@
(H)
.
.
.
(H)
1
C
C
C
A
:
Tome a decomposição H = H
S
+ H
N
(que existe pelo Corolário A.73) com ad(H
S
)
semisimples, ad(H
N
) nilpotente e H; H
S
; H
N
comutando dois a dois. Assim
ad(H
N
)
jg
=
0
B
B
B
@
0
.
.
.
0
1
C
C
C
A
:
B.2 Subálgebras de Cartan 159
Logo (H
N
) = 0; para todo 2 : Portanto H
N
pertence ao auto-espaço associado ao
autovalor 0; que é h: Mas hH
N
; H
0
i = 0 para todo H
0
2 h pois ad(H
N
)ad(H
0
) só tem zeros
na diagonal. Isso implica H
N
= 0; pois a forma de Cartan-Killing é não degenerada em
h: Portanto ad(H) =ad(H
S
); que é diagonal.
Proposição B.6 A subálgebra h é abeliana.
Demonstração: Pela proposição anterior
ad[H
1
; H
2
] = [ad(H
1
); ad(H
2
)] = 0;
para todo H
1
; H
2
2 h: Como a representação adjunta é …el no caso das álgebras semisim-
ples, [H
1
; H
2
] = 0, e portanto h é abeliana.
Proposição B.7 O conjunto das raízes gera o dual h
de h, isto é, H = 0 se (H) = 0
para toda raiz :
Demonstração: Pela Proposição B.5, temos que ad(H) = 0; se (H) = 0 para toda
raiz 2 : Mas a representação adjunta é …el, como já foi observado anteriormente, logo
H = 0 se (H) = 0 para toda raiz 2 : Assim, temos um conjunto de funcionais
lineares de h cujo único elemento no anulador é 0; logo esse conjunto gera o dual h
:
Iremos de…nir agora a forma de Cartan-Killing em h
: Pelo fato de que ela é não
degenerada em h, a aplicação ' : h ! h
de…nida como:
'(H) = hH; i
é um isomor…smo. Denotamos
H
() = hH; i: Assim para cada H 2 h existe um único
2 h
tal que '(H) = : E reciprocamente, para cada 2 h
; existe um único H
2 h
tal que
(H) = hH
; Hi; para todo H 2 h:
Assim de…nimos a forma de Cartan-Killing em h
como
h; i = hH
; H
i = (H
) = (H
)
B.2 Subálgebras de Cartan 160
se e são dois funcionais lineares em h:
Pelo isomor…smo entre h e h
, as raízes 2 de…nem um número …nito de elemen-
tos H
que geram h, pois gera h
: O lema a seguir dará mais informações sobre a
decomposição do espaço g como soma dos espaços de raízes de h:
Lema B.8 1) Se X 2 g
e Y 2 g
; então [X; Y ] = hX; Y iH
:
2) Para todo X 2 g
; existe Y 2 g
tal que [X; Y ] = H
:
3) Sejam e raízes. Então,
h; i = q
h; i:
com q
2 Q. (Em geral q
6= q
).
4) Para todo 2 ; h; i 2 Q
+
:
5) dim g
= 1; para todo 2 :
6) Os únicos múltiplos inteiros de uma raiz que são raízes são e :
Demonstração: 1) Seja X 2 g
e Y 2 g
; então [X; Y ] 2 g
+()
= g
0
= h: Tome
H 2 h arbitrário. Então
hH; [X; Y ]i = hH; ad(X)Y i
= had(X)H; Y i
= had(H)X; Y i
= (H) hX; Y i
= had(X)H; Y ihH; H
i
= hH; hX; Y iH
i
Portanto
hH; [X; Y ] hX; Y iH
i = 0; para todo H 2 h:
Como a forma de Cartan-Killing é não degenerada em h,
[X; Y ] = hX; Y iH
:
2) Pelo item anterior, é su…ciente mostrar que existe Y 2 g
tal que hX; Y i = 1: Pelo
Corolário B.4 existe Y
0
2 g
tal que hX; Y
0
i 6= 0: Tome Y =
Y
0
hX; Y
0
i
e temos
hX; Y i =
X;
1
hX; Y
0
i
Y
0
= 1
B.2 Subálgebras de Cartan 161
o que mostra o desejado.
3) Seja
V = : : : g
2
g
g
g
+
: : :
onde g
+k
= 0 se + k não é raiz. Essa soma é direta e …nita pois há um número
…nito de raízes. Sejam X 2 g
e Y 2 g
tal que [X; Y ] = H
: Pela de…nição de V;
ad(X)V V e ad(Y )V V e ainda
ad(H
)
jV
= ad([X; Y ])
jV
=
ad(X)
jV
; ad(Y )
jV
:
E portanto tr(ad(H
)
jV
) = 0 já que o traço de qualquer comutador se anula: Assim, se
de…nirmos d
k
= dim g
+k
; temos
0 = tr(ad(H
)
jV
) =
X
k
d
k
( + k)(H
) =
X
k
d
k
(h + k; i)
=
X
k
d
k
(h; i + k h; i)
= h; i
X
k
d
k
+ h; i
X
k
kd
k
:
Mas
X
k
d
k
> 0 pois d
0
= dim g
> 0: Portanto
h; i =
X
kd
k
X
d
k
h; i:
e daí que
q
=
X
kd
k
X
d
k
2 Q:
4) Pelo item anterior, se h; i = 0; então h; i = 0 para toda raiz , mas isso é
falso pois a forma de Cartan-Killing é não degenerada em h
, logo h; i 6= 0; para todo
2 : De…nimos então d
= dim g
; e assim temos:
h; i = hH
; H
i = tr(ad(H
)
2
)
=
X
2
d
(H
)
2
=
X
2
d
h; i
2
=
X
2
d
q
2
h; i
2
= h; i
2
X
2
d
q
2
:
B.3 Fórmula de Killing 162
Como h; i 6= 0;
h; i =
1
X
d
q
2
é um racional positivo.
5) Tome X e Y como no item 3, mas agora tome V o espaço gerado por Y; h e
X
k1
g
k
:
Assim V é invariante por ad(X) pois ad(X)Y 2 h e ad(X)g
k
g
(k+1)
: Ele é invariante
por ad(Y ); pois ad(Y )g
k
g
(k1)
e ad(Y )H = ad(H)Y = (H)Y; para todo H 2 h:
Analogamente ao item 3, como H
= [ X; Y ] tem-se tr(ad(H
)
jV
) = 0: Mas por outro lado,
como V = hfY g [ h[
P
g
k
i; temos
0 = tr(ad(H
)
jV
) = (H
) +
X
k0
d
k
k(H
)
onde d
k
= dim g
k
: Logo
h; i =
X
k0
kd
k
h; i:
Dividindo esta equação por h; i temos
1 = d
1
+ 2d
2
+ 3d
3
+ : : :
com d
i
0 para todo i: Portanto a igualdade só é satisfeita se d
1
= 1 e d
i
= 0 para todo
i 2:
6: Pelo que foi feito no item anterior dim g
k
= 0 se k 2: Logo k só é raiz se k = 1:
B.3 Fórmula de Killing
Após a análise feita sobre as representações irredutíveis de sl(2), encontraremos agora,
subálgebras da álgebra semisimples g isomorfas a sl(2): Tome uma raiz e h() o subes-
paço de h gerado por H
: Então temos o seguinte resultado:
Proposição B.9 A subálgebra
g() = g
h() g
é isomorfa a sl(2):
B.3 Fórmula de Killing 163
Demonstração: Primeiramente note que g() é subálgebra pois [g
; g
] h();
[g
; h()] g
e [g
; h()] g
:
Seja H
0
2 h() de…nido por
H
0
=
2
h; i
H
:
Pelo Lema B.8, existem X
2 g
e Y
2 g
tais que
hX
; Y
i =
2
h; i
;
pois como existe Y 2 g
tal que hX
; Y i = 1; tome por exemplo Y
=
2
h; i
Y: Como
(H
0
) = 2, os colchetes etre esses elementos são
[H
0
; X
] = ad(H
0
)X
= (H
0
)X
= 2X
[H
0
; Y
] = ad(H
0
)Y
= (H
0
)Y
= 2Y
[X
; Y
] = hX
; Y
iH
= H
0
:
Isso mostra que : sl(2) ! g
, dado por (X) = X
; (Y ) = Y
e (H) = H
0
é um
isomor…smo de álgebras de Lie. Aqui fX; H; Y g é a base canônica de sl(2):
Façamos agora algumas observações sobre este último resultado.
O isomor…smo entre as álgebras não é único devido ao fato de que X
e Y
não são
únicos.
Para cada raiz temos uma representação de sl(2) em g através da composição de
com a representação adjunta de g() em g. Com essas representações, analisaremos mais
detalhadamente os colchetes [g
; g
] e a forma h; i:
De…nição B.10 Considere e duas raízes. A sequência de elementos de h
: : : ; 2; ; ; + ; + 2; : : :
é denominada a -sequência iniciada em :
Para entendermos o colchete em g; devemos saber quais elementos dessa sequência são
pesos. A resposta é dada pelo próximo teorema.
Teorema B.11 Os elementos da -sequência iniciada em que são pesos formam um
intervalo contendo ; isto é, existem inteiros p; q 0 tais que
p; : : : ; ; ; + ; : : : ; + q
B.3 Fórmula de Killing 164
são os únicos pesos da forma + k com k 2 Z: Além do mais, vale a seguinte fórmula
(de Killing)
p q =
2 h; i
h; i
: (B.3)
Demonstração: Suponha inicialmente que é múltiplo inteiro de ; isto é, = 0 ou
= : Logo a -sequência iniciada em …ca
; 0; :
e o número de Killing entre e é 0 ou 2: Logo a fórmula de Killing vale nesse caso.
Agora suponha que não é múltiplo inteiro de , isto é, +k 6= 0, para todo k 2 Z.
Tome o subespaço de g
V
;
= : : : g
g
g
+
: : : :
Essa soma é …nita e a representação adjunta de g() em g deixa V
;
invariante p ois
ad(X
)g
+k
g
+(k+1)
ad(Y
)g
+k
g
+(k1)
ad(H
0
)g
+k
g
+k
:
Assim podemos tomar a representação adjunta ad: g() ! gl(V
;
); e essa representação
é irredutível. De fato, suponha que
V
;
= V
1
V
2
: : : V
s
é uma decomposição de V
;
; com V
i
componentes irredutíveis. Seja m
i
= dim V
i
1: Pela
classi…cação das representações irredutíveis de sl(2) g(); os autovalores de ad(H
0
) são
inteiros, todos pares ou ímpares. Mas, por outro lado, os autovalores são
( + k) (H
0
) = (H
0
) + k(H
0
) = 2
(H
)
h; i
+ 2k
(H
)
h; i
= 2
h; i
h; i
+ 2k;
logo o número 2
h; i
h; i
é inteiro e os autovalores ( + k) (H
0
) têm a mesma paridade que
ele, pois
2
h; i
h; i
= ( + k) (H
0
) 2k 2 Z:
Mas os autovalores são todos simples pois dim g
+k
= 1; logo s = 1: Pois se supormos
s > 1 então teríamos um autovalor m
i
de V
i
, e mais, m
j
= m
i
+ 2k para algum k > 0; o
que implicaria que m
i
não é autovalor simples pois, se v 2 V
j
é autovetor de m
j
, então
ad(H
0
)v = m
j
v = m
i
v + 2kv = m
i
(v +
2k
m
i
v)
B.3 Fórmula de Killing 165
e assim m
i
seria também autovalor de um vetor em V
j
; o que é falso. Portanto s = 1 e a
representação é irredutível. Desse fato e do fato que ( + k) (H
0
) varia de dois em dois
quando se varia k segue que
V
;
= g
p
: : : g
g
g
+
: : : g
+q
:
De fato, se existisse j com p < j < q; tal que g
+j
= 0; teríamos que ( + j) (H
0
) não
seria autovalor, o que é uma contradição, pois ( + (j 1) ) (H
0
) é autovalor, então
( + k) (H
0
) = ( + (j 1) ) (H
0
) + 2
que é autovalor. Assim o conjunto de pesos da forma + k é um intervalo.
Para concluirmos a demonstração resta mostrar a fórmula B.3. Por um lado, o maior
autovalor de ad(H
0
) é
( + q) (H
0
) =
2 h; i
h; i
+ 2q
e por outro lado dim V
;
= p + q + 1: Logo
p + q =
2 h; i
h; i
+ 2q:
Portanto
p q =
2 h; i
h; i
:
Na fórmula de Killing os valores de p e q são diferentes se tomarmos a -sequência
iniciada em :
O inteiro
2 h; i
h; i
é denominado número de Killing associado às raízes e :
Como consequência da fórmula de Killing, tem-se as duas seguintes proposições:
Proposição B.12 Os únicos múltiplos de uma raiz que são raízes são ou 0:
Demonstração: Suponha que = c é uma raiz, com c 6= 0: Logo
2 h; i
h; i
=
2 hc; i
h; i
= 2c
2 h; i
h; i
=
2 hc; i
hc; ci
=
2
c
:
B.4 Sistema simples de raízes 166
Sejam n = 2c e m =
2
c
: Assim temos que m e n são inteiros e ainda m:n = 4; mas isso
implica que n = 1; 2 ou 4; isto é, c =
1
2
; 1; 2: Mas não ocorre c =
1
2
ou 2;
pois já foi provado que os únicos múltiplos inteiros de uma raiz são : Portanto c = 1
e assim temos o desejado.
Proposição B.13 Se e são raízes tais que + é raiz ( + 6= 0) : Então,
[g
; g
] = g
+
:
Demonstração: Se tomarmos X
2 g() sl(2), a expressão da representação irre-
dutível de g() em g mostra que
ad(X
)g
= g
+
:
De fato, ad(X
) leva a base de g
na base de g
+
: Assim todos os elementos de g
+
são
imagem de ad(X
): Portanto temos a igualdade requerida na proposição.
B.4 Sistema simples de raízes
O objetivo agora é encontrar um conjunto de raízes que seja base de h
visto como
espaço vetorial sobre Q, e ainda, que os elementos de sejam escritos como combinações
dos elementos dessa base com coe…cientes inteiros. Esse conjunto será denominado sis-
tema simples de raízes. Seja então
h
Q
= fa
1
H
1
+ : : : + a
k
H
k
: a
i
2 Q e
i
2 g
que é um espaço de dimensão …nita sobre Q, pois o conjunto de raízes é …nito.
Proposição B.14 dim h
Q
= dim h:
Demonstração: Primeiramente seja f
1
; : : : ;
l
g tal que B = fH
1
; : : : ; H
l
g é base
de h sobre K: Como o corpo K tem característica zero, ele contém os racionais e como
B é linearmente independente sobre K é também sobre Q. Logo dim h
Q
dim h: Agora
para mostrar a igualdade basta mostrar que B gera h
Q
. Tome uma raiz qualquer, logo
H
= a
1
H
1
+ : : : + a
l
H
l
, a
i
2 K:
B.4 Sistema simples de raízes 167
Agora, para cada j = 1; : : : ; l; temos a equação
H
; H
j
=
l
X
i=1
H
i
; H
j
a
i
:
Logo temos um sistema de l equações e l incógnitas a
i
: Mas assim esse sistema linear dá
origem a uma matriz que é justamente a matriz da forma de Cartan-Killing em relação a
base B; que é não-degenerada e portanto o sistema tem única solução. Como os números
H
i
; H
j
são todos racionais, as entradas da matriz são todas racionais e assim a solução
é racional. Portanto a
i
2 Q, para i = 1; : : : ; l. Então B gera h
Q
sobre Q, e as dimensões
são iguais.
Sobre a restrição da forma de Cartan-Killing à h
Q
pode-se mostrar o seguinte fato:
Proposição B.15 A forma de Cartan-Killing restrita a h
Q
é um produto interno.
Demonstração: Restringindo a forma de Cartan-Killing à h
Q
; de…nimos uma forma
bilinear simétrica, pois o valor da forma em elementos de assume valores em Q. Resta
mostrar então que ela é positiva de…nida. Para isto tome H 2 h
Q
, assim
hH; Hi = tr(ad (H)
2
) =
X
2
(H)
2
0
e além disso hH; Hi = 0 se, e somente se, (H) = 0 para todo 2 o que ocorre se, e
somente se, H = 0; pois gera h
:
O espaço vetorial h
Q
sobre os racionais foi contruído para estudarmos a estrutura das
álgebras semisimples através da geometria dos elementos H
ou das próprias raízes em
h
Q
:
Antes de fazer esse estudo, vamos introduzir uma ordem lexicográ…ca nos espaços
vetoriais racionais. Seja V um espaço vetorial sobre Q e fv
1
; : : : ; v
l
g uma base ordenada
desse espaço. Tome dois elementos v; w 2 V como combinação dos elementos da base,
v = a
1
v
1
+ : : : + a
l
v
l
;
w = b
1
v
1
+ : : : + b
l
v
l
:
Dizemos que v w se v = w ou se a
i
< b
i
; para o primeiro índice i tal que a
i
6= b
i
:
De…nida assim, a ordem lexicográ…ca em V satisfaz as propriedades que necessitaremos
para provar a existência de um sistema simples de raízes.
B.4 Sistema simples de raízes 168
Lema B.16 Tomando a ordem lexicográ…ca dada pela base fv
1
; : : : ; v
l
g de V; seja
fw
1
; : : : ; w
m
g um subconjunto de V satisfazendo:
a) w
i
> 0 para todo i = 1; : : : ; m;
b) hw
i
; w
j
i 0 para i 6= j:
Então fw
1
; : : : ; w
m
g é um conjunto linearmente independente.
Demonstração: Suponha por contradição que o conjunto seja linearmente dependente.
Assim podemos supor que existem a
1
; : : : ; a
m1
tais que
w
m
= a
1
w
1
+ : : : + a
m1
w
m1
:
Como w
m
> 0, pelo menos um dos coe…cientes a
i
é positivo. De fato, se todos fossem
negativos então a
i
w
i
< 0 para todo i = 1; : : : ; m 1, assim w
m
< 0: Seja então
w
m
= w
+
m
+ w
m
;
onde w
+
m
é a soma dos a
i
w
i
tais que a
i
> 0 e w
m
a soma dos a
i
w
i
tais que a
i
< 0: Logo,
por um lado, temos
w
m
; w
+
m
=
X
i
a
i
hw
m
; w
i
i 0
e por outro lado,
w
m
; w
+
m
=
w
+
m
+ w
m
; w
+
m
=
w
+
m
2
+
w
m
; w
+
m
e os termos do último membro da equação são positivos, pois jw
+
m
j
2
é positivo e tomando
a
i
os coe…cientes positivos de w
m
e a
j
os coe…ciente negativos, temos a
i
a
j
< 0 e como
hw
i
; w
j
i 0 então
w
m
; w
+
m
=
X
a
i
a
j
hw
i
; w
j
i > 0:
Logo, temos uma contradição e portanto o conjunto é linearmente independente.
De…niremos agora o conceito de raiz simples.
De…nição B.17 Fixada uma ordem lexicográ…ca no espaço vetorial racional h
Q
; uma raiz
2 é simples se
i) > 0
ii) Não existem e 2 tais que , > 0 e = + :
B.4 Sistema simples de raízes 169
O conjunto das raízes simples será denotado por :
O objetivo agora é mostrar que forma uma base de h
Q
: Esse é o objetivo dos lemas
a seguir.
Lema B.18 O conjunto é não vazio e linearmente independente.
Demonstração: Seja uma raiz positiva minimal. Assim não existe uma raiz positiva
tal que < : A existência dessa raiz vem do fato de que o subconjunto das raízes
positivas de é …nito e não vazio. Suponha, por absurdo, que não é raiz simples.
Assim existem e 2 tais que ; > 0 e = + , mas assim 0 < < o que
implicaria que não é raiz minimal. Logo 2 e portanto 6= ;:
Agora para mostrarmos que é linearmente independente, utilizaremos o lema B.16
provando que se e estão em ; 6= , então h; i 0: Primeiro observe que
não é raiz, pois se fosse, como
= + ( )
então 0, pois é simples. Por outro lado, como
= + ( ) ;
então 0, pois é simples. Logo, na -sequência iniciada em ; tem-se p = 0:
Assim
2 h; i
h; i
= q 0
e portanto h; i 0 se 6= são raízes simples. Logo pelo Lema B.16 o conjunto é
linearmente independente.
O conjunto …nito das raízes simples será escrito como
= f
1
; : : : ;
l
g:
Lema B.19 Seja 2 com > 0: Então se escreve de maneira única como
= n
1
1
+ : : : + n
l
l
;
com n
i
2 Z e n
i
0, para i = 1; : : : ; l:
B.4 Sistema simples de raízes 170
Demonstração: Se 2 não há o que fazer. Caso contrário existem
1
e
2
tais
que =
1
+
2
: Se
1
;
2
2 acabou a demonstração. Senão, para cada
i
; existem
i1
;
i2
> 0; tais que
i
=
i1
+
i2
i = 1; 2:
Note que
ij
<
i
, i = 1; 2: Se
ij
são simples temos o resultado, se não são simples
continua-se esse processo até que todas as raízes sejam tais que não existe nenhuma raiz
positiva menor que as mesmas. Assim essas raízes serão simples e uma combinação
linear dessas raízes com coe…cientes inteiros.
Como corolário temos o seguinte fato:
Corolário B.20 a) Seja > 0 raiz que não é simples. Então, existe 2 tal que
h; i > 0 e é raiz positiva.
b) Toda raiz positiva pode ser escrita como
=
i
1
+ : : : +
i
k
com
i
j
raiz simples e as somas parciais
i
1
+ : : : +
i
s
s = 1; : : : ; k são raízes.
Demonstração: a) Se para toda raiz simples tivermos h; i 0 então, pelo Lema
B.16, o conjunto [ fg é linearmente independente e isso contradiz o lema anterior.
Logo existe tal que h; i > 0: Assim, pela fórmula de Killing, na -sequência iniciada
em temos p > 0, pois
p q =
2 h; i
h; i
> 0:
Logo é raiz, e mais, é raiz positiva, pois se supormos que é negativa, então
= a
1
1
+ : : : + a
n
n
+ c;
com a
i
; c 0, i = 1; : : : ; n . Logo
= a
1
1
+ : : : + a
n
n
+ (c + 1) :
Como é raiz positiva, teríamos a
i
= 0, i = 1; : : : ; n: Logo seria um múltiplo de ; mas
isso é falso pois não é simples.
B.5 Matrizes de Cartan 171
b) Novamente, se é raiz simples não há nada a fazer. Se não é raiz simples então
existe 2 tal que é raiz positiva. Como = ( ) + se é raiz simples
temos o resultado. Se não for raiz simples então aplicamos o mesmo argumento para a
raiz positiva ; e o resultado segue indutivamente.
Como conclusão desses últimos lemas temos que:
1) é uma base de h
Q
;
2) Para todo 2
= n
1
1
+ : : : + n
l
l
com todos coe…cientes inteiros e de mesmo sinal.
A a…rmação 1) vem do fato que já provamos que o conjunto gera h
Q
e pelo Lema
B.19, gera : Para a a…rmação 2), se é raiz positiva, então ele é combinação linear
com coe…cientes inteiros não negativos de elementos de : Se é raiz negativa então
é positiva e portanto é combinação linear com coe…cientes inteiros não positivos.
De…nição B.21 Um subconjunto = f
1
; : : : ;
l
g de , satisfazendo 1) e 2) acima é
denominado sistema simples de raízes.
Observe que não existe um único sistema simples de raízes. Se = f
1
; : : : ;
l
g é um
sistema simples de raízes, então f
1
; : : : ;
l
g também é um sistema simples de raízes.
B.5 Matrizes de Cartan
Foi mostrado que se tivermos um sistema simples de raízes então todas as possíveis
raízes de uma álgebra de Lie g são combinações lineares de com coe…cientes inteiros
todos positivos ou todos negativos. Um dos objetivos dessa seção será de…nir quando uma
soma de elementos de é uma raiz. Isso será feito utilizando a fórmula de Killing, mas
para isso, primeiro precisamos de uma de…nição que irá diferenciar as raízes positivas pela
quantidade de raízes simples que aparece em sua expressão.
De…nição B.22 Seja = f
1
; : : : ;
l
g o sistema simples …xado. Se é uma raiz positiva
tal que
= m
1
1
+ : : : + m
l
l
; m
i
2 Z
+
;
então o número inteiro positivo m
1
+ : : : + m
l
é denominado a altura de :
B.5 Matrizes de Cartan 172
Por exemplo, as raízes de altura um são as próprias raízes simples. As raízes de altura
dois são da forma
i
+
j
; com i 6= j: Para saber se
i
+
j
é realmente raiz temos que
analisar a
i
-sequência iniciada em
j
j
p
i
; : : : ;
j
+ q
i
:
Como
j
i
não é raiz, pois todos os coe…cientes de uma raiz tem o mesmo sinal, sabemos
que p = 0. Logo, pela fórmula de Killing
q =
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
:
Assim,
q > 0 se, e somente se,
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
< 0;
portanto
i
+
j
2 se, e somente se,
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
< 0.
Logo, para encontrarmos as raízes de altura dois, basta olhar os valores de
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
:
As raízes de altura três, pelo Corolário B.20, são da forma +
k
com de altura
dois e
k
2 ; ou seja, =
i
+
j
+
k
: Vamos analisar a
k
-sequência iniciada em
i
+
j
: Temos
p q =
2 h
i
+
j
;
k
i
h
k
;
k
i
:
Assim há duas situações:
a) i 6= j 6= k: Neste caso p = 0 p ois
i
+
j
k
não é raiz. Assim
i
+
j
+
k
é raiz
se, e somente se, q > 0: Isso ocorre se, e somente se,
2 h
i
;
k
i
h
k
;
k
i
< 0 ou
2 h
j
;
k
i
h
k
;
k
i
< 0
pois
q =
2 h
i
;
k
i
h
k
;
k
i
+
2 h
j
;
k
i
h
k
;
k
i
e os termos do lado direito da equação são sempre menores ou iguais a zero.
b) k = i ou k = j: Por exemplo, se k = j, então a
k
-sequência inciciada em
i
+
j
é
parte, na verdade, da
j
-sequência inciciada em
i
: Analogamente, para decidir se
i
+2
j
é raiz temos que saber se
2 h
i
;
j
i
h
j
;
j
i
< 0:
B.5 Matrizes de Cartan 173
Esse argumento se estende ao caso geral por indução, pois, pelo Corolário B.20, dada
uma raiz de altura n + 1, ela é da forma +
k
com raiz de altura n e
k
2 :
Novamente a fórmula de Killing nos diz quando essa soma é uma raiz. Pela
k
-sequência
iniciada em temos
p q =
2 h;
k
i
h
k
;
k
i
:
Por indução conhecemos p e q e sabemos se
k
, 2
k
; : : : ; são raízes positivas e
de altura menor que n: Se
= n
1
1
+ : : : + n
l
l
;
então
2 h;
k
i
h
k
;
k
i
= n
1
2 h;
1
i
h
1
;
1
i
+ : : : + n
l
2 h;
l
i
h
l
;
l
i
:
Logo, sabemos se q > 0, ou seja, se +
k
é raiz, se sabemos os números de Killing
associados a e
i
2 :
Portanto, pela discussão feita acima, os números de Killing associados aos elementos
do sistema simples de raízes determinam todas as raízes de uma subálgebra de Cartan
h g. Consequentemente toda estrutura da álgebra semisimples g: Esses números são
colocados em forma de matriz:
C =
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
i;j
:
Esta é uma matriz l l e recebe o nome de Matriz de Cartan do sistema simples de
raízes. Os elementos da diagonal são todos iguais a 2 e os elementos restantes são inteiros
não positivos. A próxima proposição mostra que as possibilidades para os elementos de
fora da diagonal são bastantes restritas
Observe que como a forma de Cartan-Killing restrita a h é um produto interno,
podemos falar entre ângulos de elementos de ; pois h; i = hH
; H
i = jH
jjH
jcos :
Proposição B.23 Sejam e raízes simples.
a) Se denota o ângulo entre e então,
cos = 0; 1;
p
3
2
;
p
2
2
;
1
2
;
isto é, =
k
6
ou
k
4
:
b) Os possíveis valores para os números de Killing são
2 h; i
h; i
= 0; 1; 2; 3:
B.5 Matrizes de Cartan 174
Demonstração: a) Temos h; i
2
= h; ih; icos
2
: Logo,
2 h; i
h; i
2 h; i
h; i
= 4 cos
2
:
Como 0 cos
2
1 e os termos do lado esquerdo da equação são inteiros, então
4 cos
2
= 0; 1; 2; 3; 4
e portanto cos
cos = 0; 1;
p
3
2
;
p
2
2
;
1
2
:
b) Pelo item anterior tem-se que
2 h; i
h; i
2 h; i
h; i
= 0; 1; 2; 3; 4
e isso implica que
2 h; i
h; i
= 0; 1; 2; 3; 4:
Se supormos que
2 h; i
h; i
= 4;
então cos = 1: Logo = 0 ou e assim seria múltiplo de ; ou seja, = e assim
2 h; i
h; i
= 2;
o que é uma contradição. Portanto temos o resultado.
Esse resultado nos mostra que se é o ângulo entre
i
e
j
raízes simples, então
= 0 se
i
=
j
;
= 90
; 120
; 135
; 150
se
i
6=
j
:
A respeito das entradas da matriz de Cartan temos o seguinte resultado:
Proposição B.24 Seja C = (c
ij
) a matriz de Cartan de um sistema simples de raízes.
Então,
1) c
ii
= 2 para todo i;
2) c
ij
= 0; 1; 2 ou 3, para i 6= j,
3) c
ji
= 1 se c
ij
= 2 ou 3 e
4) c
ij
= 0 se, e somente se, c
ji
= 0:
B.6 Diagramas de Dynkin 175
Demonstração: 1) Óbvio.
2) Como os números de Killing são menores ou iguais a zero, pois h; i 0 para todo
e 2 , o resultado segue da proposição anterior.
3) Vimos na proposição anterior que
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
2 h
i
;
j
i
h
j
;
j
i
3:
Logo, se
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
= 2 ou 3,
então
2 h
i
;
j
i
h
j
;
j
i
= 1:
4) Temos que se c
ij
= 0 =
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
, então h
i
;
j
i = 0. Logo c
ij
= 0 se, e somente
se, c
ji
=
2 h
i
;
j
i
h
j
;
j
i
= 0:
B.6 Diagramas de Dynkin
Nesta seção introduziremos o diagrama de Dynkin, que é um grafo que contém
todas as informações de uma matriz de Cartan, mas tem uma notação mais sucinta. Esse
diagrama é de…nido a partir de um sistema simples de raízes …xado = f
1
; : : : ;
l
g,
como numa matriz de Cartan.
Esse diagrama contém l pontos (vértices) representando cada uma das raízes simples.
Os vértices são ligados ou não por um, dois ou três segmentos (arestas) de acordo com as
seguintes regras:
1: Se
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
=
2 h
i
;
j
i
h
j
;
j
i
= 0
não existe ligação:
e e
i
j
2: Se
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
=
2 h
i
;
j
i
h
j
;
j
i
= 1;
B.6 Diagramas de Dynkin 176
i
e
j
são ligadas por um segmento:
e e
i
j
Nesse caso o ângulo entre as raízes é 120
, pois 4 cos
2
= 1 implica cos =
1
2
:
3: Se
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
ou
2 h
i
;
j
i
h
j
;
j
i
é igual a 2 (respectivamente 3), os vértices
i
e
j
são ligados por dois (respectivamente
3) segmentos:
e e
i
j
e e
i
j
Nesse caso o ângulo entre as raízes é 135
(respectivamente 150
), pois 4 cos
2
= 2
implica cos =
p
2
2
(respectivamente 4 cos
2
= 3 implica cos =
p
3
2
):
O diagrama de Dynkin é utilizado para obter a matriz de Cartan. Seja C = (c
ij
)
a matriz de Cartan. Se construirmos o diagrama de acordo com as regras acima, então
c
ij
= c
ji
= 0 quando as raízes
i
e
j
não são ligadas e c
ij
= c
ji
= 1 se
i
e
j
são
ligadas por apenas um segmento. No entanto, quando a ligação é feita por dois ou três
segmentos, não …ca claro qual das entradas
c
ij
=
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
ou
c
ji
=
2 h
i
;
j
i
h
j
;
j
i
da matriz de Cartan é 2 ou 3: Para distinguir isso, orienta-se a ligação na direção da
raiz
j
se
c
ji
=
2 h
i
;
j
i
h
j
;
j
i
= 2 ou 3
e deste modo c
ij
= 1: Dessa forma obtém-se as seguintes ligações orientadas:
e
eA
i
j
e
eA
i
j
Orienta-se a ligação na direção da raiz
i
se
c
ij
=
2 h
i
;
j
i
h
i
;
i
i
= 2 ou 3:
B.6 Diagramas de Dynkin 177
Resumindo, o número de ligações entre duas raízes simples e o ângulo que elas formam
entre si estão relacionadas pela seguinte tabela:
e e
= 90
e e
= 120
e e
= 135
e e
= 150
Vamos ilustrar as regras acima com um exemplo.
Exemplo B.1 Dada a matriz de Cartan
0
@
2 3
1 2
1
A
temos que
c
11
=
2 h
1
;
1
i
h
1
;
1
i
= 2 = c
22
=
2 h
2
;
2
i
h
2
;
2
i
c
12
=
2 h
1
;
2
i
h
2
;
2
i
= 3
c
21
=
2 h
2
;
1
i
h
1
;
1
i
= 1
e assim a matriz de Cartan acima de…ne o diagrama
e eA
1
2
Analisaremos agora os conceitos apresentados durante todo o apêndice aplicado em
uma álgebra de Lie concreta. O exemplo que iremos analisar é a álgebra clássica das
matrizes n n de traço nulo, sl(n):
Exemplo B.2 É facil veri…car que as matrizes diagonais de traço nulo é uma sub-
álgebra de Cartan de sl(n); que denotaremos aqui como h: Tome E
ij
= (a
rs
), para
B.6 Diagramas de Dynkin 178
i; j = 1; 2; ; n, a matriz n n cuja única entrada não nula é a
ij
= 1: O conjunto
das matrizes E
ij
e E
ii
E
jj
, i 6= j; é uma base de sl(n): Dado um elemento H 2 h,
escrevemos
H = diag fa
1
; a
2
; : : : ; a
n
g
com a
1
+ : : : + a
n
= 0: Logo, tomando a aplicação adjunta de H, temos
ad(H)(E
ij
) = [H; E
ij
] = HE
ij
E
ij
H = (a
i
a
j
)E
ij
:
Assim os E
ij
são autovetores de ad(H) associados aos autovalores (a
i
a
j
): Isso mostra
que as raízes de h são funcionais a
ij
=
i
j
, i 6= j; onde
i
: h ! K é de…nida por
i
(diag fa
1
; : : : ; a
n
g) = a
i
:
Os espaços de raízes são os espaços gerados por E
ij
; i 6= j: Agora analisando a forma
de Cartan-Killing temos,
hH; Hi = tr(ad(H)ad(H)) = tr(ad(H)
2
) =
X
i6=j
(a
i
a
j
)
2
= 2
X
i<j
(a
i
a
j
)
2
= 2
X
i<j
(a
2
i
+ a
2
j
) 4
X
i<j
a
i
a
j
= 2(n 1)
n
X
i=1
a
2
i
4
X
i<j
a
i
a
j
:
Mas
4
X
i<j
a
i
a
j
= 2
n
X
i=1
a
2
i
pois
n
P
i=1
a
i
= 0: Portanto,
hH; Hi = 2(n 1)
n
X
i=1
a
2
i
4
X
i<j
a
i
a
j
= 2(n 1)
n
X
i=1
a
2
i
+ 2
n
X
i=1
a
2
i
= 2n
n
X
i=1
a
2
i
: (B.4)
Esta última igualdade e a forma de polarização que relaciona uma forma quadrática com
a forma bilinear associada, mostram que
hH; H
0
i = 2n(a
1
b
1
+ : : : + a
n
b
n
); (B.5)
onde H
0
= diag fb
1
; : : : ; b
n
g:
Agora voltando a notação que associa a cada raiz 2 seu elemento H
2 h, se
ij
=
i
j
é uma raiz de h então devido a expressão B.5, temos que
H
ij
=
1
2n
(E
ii
E
jj
):
B.6 Diagramas de Dynkin 179
Logo, os valores da forma de Cartan-killing nas raízes são os racionais
h
ij
;
rs
i =
1
2n
(E
ii
E
jj
);
1
2n
(E
rr
E
ss
)
=
1
4n
(hE
ii
; E
rr
i hE
ii
; E
ss
i hE
jj
; E
rr
i + hE
jj
; E
ss
i)
=
1
2n
(
ir
is
jr
+
js
):
Onde
ij
= 1 se i = j e 0 caso contrário. Logo, o número de Killing de duas raízes é
2 h
ij
;
rs
i
h
ij
;
ij
i
=
ir
is
jr
+
js
:
Para a
ij
-sequência iniciada em
rs
; existem três possibilidades:
1) fi; jg \ fr; sg = ;: Nesse caso a sequência consiste apenas de
rs
pois
rs
+
ij
e
rs
ij
não são raízes, já que esses funcionais não são da forma
a
b
: Além disso,
a expressão acima mostra que o número de Killing associado às raízes se anula.
2) fi; jg \ fr; sg tem apenas um elemento. Assim apenas uma das parcelas não se
anula na soma que fornece o número de Killing e daí que
2 h
ij
;
rs
i
h
ij
;
ij
i
= 1
e a sequência é formada por
rs
e
rs
+
ij
ou
rs
ij
; pois são os únicos funcionais
possíveis da forma
a
b
:
3) fi; jg = fr; sg: Então
ij
=
rs
, e assim a sequência é formada por
ij
e 0:
Das raízes
ij
podemos escolher o conjunto
= f
12
;
23
; : : : ;
n1;n
g
como o sistema simples de raízes, já que para i < j;
ij
=
i;i+1
+ : : : +
j1;j
: (B.6)
Portanto, como
ij
=
ji
; todas as raízes podem ser escritas como combinação linear
com coe…cientes inteiros todos positivos ou todos negativos. O número de elementos de
coincide com a dimensão de h e gera h
Q
: A equação B.6 nos mostra também que as
raízes de altura k são
i;i+k
com i variando entre 1 e n k:
B.6 Diagramas de Dynkin 180
Tomando os números de Killing associados a esse sistema simples de raízes temos a
seguinte matriz de Cartan associada
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
2 1 0
1 2
.
.
.
2 1
0 1 2
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
pois h
i;i+1
;
i+1;i+2
i = 1 e os outros produtos entre as raízes simples se anulam.
Finalmente, o diagrama de Dynkin de…nido pela matriz de Cartan de sl(n) é
e
e .. . e e
12
23
n2;n1
n1;n
(n 1 vértices, n 1):
Nesta seção mostramos a correspondência entre as álgebras de Lie semisimples e os
diagramas de Dynkin. Porém, em [18] é possível encontrar todos os diagramas de Dynkin
possíveis e a classi…cação das álgebras semisimples de dimensão …nita, sobre corpos alge-
bricamente fechados, por esses diagramas. Um diagrama qualquer é sempre uma união
disjunta de diagramas conexos, assim colocaremos a seguir os possíveis diagramas de
Dynkin conexos.
De acordo com o Teorema 7:9 de [18], os diagramas de Dynkin conexos são:
A
l
; l 1
e e . . . e e
1
2
l1
l
B
l
; l 2
e e . . . e eA
1
2
l1
l
C
l
; l 3
e e . . . e
A
e
1
2
l1
l
D
l
; l 4
e
1
e
2
. . . e
l2
,
,
l
l
e
l1
e
l
B.6 Diagramas de Dynkin 181
G
2
e eA
1
2
F
4
e
1
e
2
e
3
A
e
4
E
6
e e e e e
e
1
2
3
4
5
6
E
7
e e e e e e
e
1
2
3
4
5
6
7
E
8
e e e e e e e
e
1
2
3
4
5
6
7
8
Cada um desses diagramas correspondem a uma álgebra de Lie simples. Essa corres-
pondência pode ser encontrada no capítulo 8 de [18]. Os diagramas A
l
; B
l
, C
l
e D
l
estão
associados à álgebras concretas de matrizes, conhecidas como álgebras clássicas. Já os
demais diagramas estão associados às chamadas álgebras excepcionais.
No capítulo 9 de [18] os sistemas simples de raízes de uma subálgebra de Cartan são
estudados com mais detalhes. Pode ser encontrado aí, uma teoria sobre os grup os de Weyl,
que é o grupo de transformações lineares da subálgebra de Cartan, gerado pelas re‡exões
de…nidas pelas raízes. Com essa teoria é possível estudar uma situação um pouco mais
geral que a requerida para as álgebras semisimples sobre corpos algebricamente fechados,
como é o caso das álgebras semisimples reais.
No segundo capítulo precisamos saber a ordem do grupo de Weyl W das álgebras clás-
sicas e das álgebras excepcionais. Colocaremos a seguir uma tabela que indica a dimensão
dessas álgebras e a ordem do grupo de Weyl que denotaremos por jW j: Como essas álge-
bras estão associadas com os diagramas de Dynkin acima, indicaremos as álgebras pelo
tipo de diagrama associado. Os cálculos da dimensão, quanto as ordens do grupo de Weyl
B.6 Diagramas de Dynkin 182
dessas álgebras, podem ser encontrados em [18] :
Apêndic e C
Álgebras de Lie semisimples reais e
variedades ‡ag.
Neste apêndice, apresentamos um esboço sobre o conteúdo básico da teoria de Lie semi-
simples real e de…nimos o conceito de variedade "‡ag". Os resultados e a…rmações que
enunciamos podem ser conferidos com todos os detalhes nos trabalhos de Braga Barros-
San Martin [6] e [7], Patrão [14] e San Martin [17]. Observamos também que as de…nições
e objetos relacionados aos conceitos de álgebra de Lie e de grupo de Lie podem ser con-
sultadas nos textos de San Martin [18] e [19].
C.1 Fundamentos da teoria de Lie semisimples real
Seja G um grupo de Lie real conexo e de centro …nito cuja álgebra de Lie g é semisimples.
Denota-se por Aut (g) o grupo dos automor…smos de g, e por Int (g) o subgrup o gerado
pelas exponenciais das derivações internas de g. Visto que g é semisimples, então, Int (g)
é a componente conexa da identidade de Aut (g).
Consideremos a representação I : G ! Int (G) dada por I (g) = C
g
, onde C
g
é a
conjugação por g em G, para todo g 2 G. Denotando por exp a aplicação exponencial de
g em G e por e o elemento neutro de G, temos que
C
g
(exp (X)) = exp
d (C
g
)
e
(X)
para todo g 2 G e X 2 g. Para a aplicação adjunta Ad : G ! GL (g) dada por
Ad (g) = d (C
g
)
e
, temos a igualdade
exp (Ad (g) (X)) = C
g
(exp (X)) = g exp (X) g
1
para todo g 2 G. Então, Ad é uma aplicação diferenciável cuja diferencial no elemento
neutro de G coincide com a aplicação adjunta ad: g ! gl (g) da álgebra de Lie g. Além
183
C.1 Fundamentos da teoria de Lie semisimples real 184
disso, como Ker (Ad) = Z (G), onde Z (G) é o centro de G, temos que a aplicação
induzida Ad : G=Z (G) ! Ad (G) é um isomor…smo analítico, e Ad (G) é chamado de
grupo adjunto.
Assim, para todo X 2 g, vale a igualdade
Ad (exp (X)) = e
ad(X)
donde segue que Ad (G) = Int (g), pois G é conexo. Contudo, Ad (G) é um subgrupo
fechado de GL (g).
Uma involução de Cartan é um automor…smo involutivo (
2
= id) de g tal que a
seguinte forma bilinear é um produto interno na álgebra
hX; Y i
= hX; (Y )i
onde h; i é a forma de Cartan-Killing de g. O fato de g ser semisimples implica que existe
uma única involução de Cartan a menos de conjugação por elementos do grupo adjunto
Ad (G). Então, g = k s, onde
k = fX 2 g : (X) = Xg e s = fX 2 g : (X) = Xg
são ortogonais em relação à h; i
e à forma de Cartan Killing. Esta decomposição de g
é chamada de decomposição de Cartan associada a uma involução de Cartan . O
subgrupo de Lie conexo K gerado por exp (k) é um subgrupo compacto de G. Na verdade,
isto é equivalente ao fato do centro de G ser …nito.
C.1.1 Sistema de raízes e decomposição de Iwasawa
Agora, a menos de conjugação por elementos de Ad (K), é garantida a existência e uni-
cidade de uma subálgebra abeliana maximal a s. O par (; a) é chamado de par
admissível de g. Chamamos de sistema de raízes do par admissível (; a) o conjunto
dos funcionais lineares (não nulos) : a ! R tais que (H) são autovalores associados
à autovetores de ad(H) (H 2 a). O espaço associado a uma raiz 2 é dado pelo
subespaço
g
= fX 2 g : ad (H) (X) = (H) (X) ; para todo H 2 ag:
Observemos que (g
) = g
. Denotando
m = z
k
(a) = fX 2 k : ad (X) j
a
= 0g
C.1 Fundamentos da teoria de Lie semisimples real 185
o centralizador de a em k, temos que
g = m a
X
2
g
é uma soma direta h; i
-ortogonal. Dado g 2 G e =Ad(g), temos que
1
; (a)
é
um par admissível cujo sistema de raízes associado é dado por
=
=
1
j
a
: 2
:
Assim, g
= (g
) e
g = (m) (a)
X
2
(g
) :
De…nição C.1 As câmaras de Weyl associadas a um par admissível (; a) são as com-
ponentes conexas do conjunto fH 2 a : (H) 6= 0, para todo 2 g.
Escolhendo-se uma câmara de Weyl como a câmara positiva a
+
, de…nimos o conjunto
das raízes positivas asscociado à a
+
como
+
= f 2 : j
a
+
> 0g:
Então, a
+
gera a. Denotamos os subespaços
n =
X
2
+
g
e n
=
X
2
+
g
:
Então,
g = k a n
onde n é uma subálgebra nilpotente e a n é uma subálgebra solúvel. Esta decomposição
g = kan é denominada decomposição de Iwasawa de g associada ao terno admissível
(; a; a
+
). Contudo, a aplicação (k; a; n) 7! kan de…ne um difeomor…smo entre K AN
e G, onde K = hexp (k)i, A = hexp (a)i e N = hexp (n)i . Assim,
G = KAN
é denominada decomposição de Iwasawa de G associada ao terno (; a; a
+
).
C.1 Fundamentos da teoria de Lie semisimples real 186
C.1.2 Grupo de Weyl
Dado g 2 G e um terno admissível (; a; a
+
), temos que as câmaras de Weyl associadas
ao par
1
; (a)
são imagem por =Ad(g) das câmaras de Weyl associadas ao par
(; a), e
+
é o conjunto das raízes positivas associado à (a
+
). Então, (a
+
) gera
(a). A menos de conjugação por automor…smos internos, existe uma única decomposição
de Iwasawa de g. Contudo, se g = k a n é a decomposição de Iwasawa associada ao
terno (; a; a
+
), então,
g = (k) (a) (n)
é a decomposição de Iwasawa associada ao terno
1
; (a) ; (a
+
)
.
Os objetos associados a um terno admissível (; a; a
+
) são indicados com a justaposição
de = exp (a
+
). Neste caso, h; i
= h; i(), a = a (), a
+
= a
+
(), = () e
+
=
+
(). Para cada 2 (), de…nimos H
2 a () como
hH
; Hi() = (H)
para todo H 2 a (). A re‡exão h; i()-ortogonal r
: a () ! a () em relação à H
é
de…nida por
r
(H) = H 2
hH
; Hi()
hH
; H
i()
H
:
Então, r
(H
) = H
. Assim, o conjunto
a()
= fH
2 a : 2 ()g
é um sistema de co-raízes, isto é:
1.
a()
é …nito, gera a e não contém 0;
2. Para todo H
2
a()
, existe uma re‡exão r
em relação a H
tal que r
a()
=
a()
;
3. Para todos H
; H
2
a()
, r
(H
) H
é um múltiplo inteiro de H
.
De…nição C.2 Seja (; a; a
+
) um terno admissível de g. O grupo de Weyl W () é o
grupo gerado pelo conjunto das re‡exões h; i
()-ortogonais fr
: 2 ()g.
Visto que
a()
é …nito, temos que W () é …nito.
C.1 Fundamentos da teoria de Lie semisimples real 187
Na verdade, o grupo de Weyl depende somente do par admissível (; a). Além disso,
ele pode ser identi…cado com o grupo
Ad (k) j
a()
: k 2 M
, onde
M
= N
K
(a) = fk 2 K : Ad (k) (a) = ag
é o normalizador de a em K. Assim, se
M = Z
K
(a) = fk 2 K : Ad (k) j
a
= id
a
g
é o centralizador de de a em K, temos que W () é isomorfo ao grupo quociente M
=M.
C.1.3 Sistema simples de raízes
Seja () o conjunto das raízes positivas que não podem ser escritas como uma combi-
nação linear de dois termos não nulos. Então, () é chamado de sistema simples de
raízes associado ao terno (; a; a
+
). Dado (), de…ne-se
hi
+
= hi \
+
() :
A subálgebra semisimples g () de tipo é a subálgebra gerada por
n () =
X
2hi
+
g
e n
() =
X
2hi
+
g
:
Então, (g ()) g (), e a decomposição de Cartan de g () associada à
= j
g()
é
dada por g () = k ()
L
s (), onde k () = g () \ k e s () = g () \ s. Além disso,
temos que a () = g () \ a é abeliana maximal em s (). O sistema de raízes do par
admissível (
; a ()) é dado por
() =
= j
a()
: 2 hi
:
Assim,
; a () ; a ()
+
é um terno admissível de g (), onde
a ()
+
= g () \
H 2 a () : (H) > 0, para to do 2 hi
+
:
O conjunto das raízes positivas associadas a a ()
+
é dado por
()
+
=
2 () : 2 hi
+
e o sistema simples de raízes associado ao terno
; a () ; a ()
+
é dado por
() =
2 ()
+
: 2
:
C.1 Fundamentos da teoria de Lie semisimples real 188
O grupo de Weyl associado ao par (
; a ()) é dado por
W () =
r
= r
j
a()
: 2 hi
.
Por …m,
g () = k () a () n ()
é a decomposição de Iwasawa de g () associada ao terno
; a () ; a ()
+
. O subgrupo
semisimples G () de tipo é o subgrupo conexo gerado por exp (g ()). Assim,
G () = K () A () N ()
é a decomposição de Iwasawa de G () associada ao terno
; a () ; a ()
+
, onde
K () = hexp (k ())i, A () = hexp (a ())i e N () = hexp (n ())i.
De…nição C.3 Seja (). O subgrupo W
de W () gerado pelo conjunto das
re‡exões fr
: 2 g é denominado parabólico tipo .
C.1.4 Subálgebra e subgrupo parabólicos
Agora, dado um terno admissível (; a; a
+
), denominamos de subálgebra parabólica
minimal de g associada ao terno (; a; a
+
) a subálgebra
p () = m () a () n () :
Se (), então,
p
() = p () n
()
é chamada de subálgebra parabólica de tipo . O conjunto das subálgebras parabólicas
associadas ao terno (; a; a
+
) é único a menos de conjugação por automor…smos internos.
Dado g 2 G e (), temos que (p
()) é a subálgebra parabólica de tipo
associada ao terno
1
; (a) ; (a
+
)
.
O subgrupo parab ólico de tipo associado ao terno (; a; a
+
) é dado por
P
() = N
G
(p
()) = fg 2 G : Ad (g) (p
()) = p
()g
o normalizador de p
() em G. Se a
= a a () é o complemento h; i()-ortogonal
de a () em a e k
é o centralizador de a
em k , então,
p
() = k
a n
C.2 Objetos canônicos e variedades ‡ag 189
é a decomposição de Iwasawa de p
(). Se K
é o centralizador de a
em K, ou seja,
K
= Z
K
(a
) = fk 2 K : Ad (k) j
a
= id
a
g
então
P
() = K
AN
é a decomposição de Iwasawa de P
(). Contudo, P
() é autonormalizador e sua
álgebra de Lie é p
().
C.2 Objetos canônicos e variedades ‡ag
Para de…nir uma variedade ‡ag, consideramos o conjunto das câmaras de Weyl em G
dado por
C =
exp
a
+
:
; a; a
+
terno admissível
:
Se dois ternos admissíveis (; a; a
+
) e
e
;
e
a;
e
a
+
de g são tais que a
+
=
e
a
+
, então, eles
determinam os mesmos objetos como grupo de Weyl, sistema de raízes e sistema simples
de raízes, subálgebra parabólica e subgrupo parabólico, decomposição de Iwasawa destes
últimos e o produto interno h; i
quando restrito a a.
Considerando a ação adjunta de G na álgebra de Lie g, para cada g 2 G e X 2 g,
denotamos gX = Ad (g) (X).
Para todo = exp (a
+
) 2 C e g 2 G, temos que
1. W (gg
1
) = gW () g
1
, onde gg
1
= exp (Ad (g) (a
+
)), e gwg
1
= Ad (g) w
Ad (g
1
), para todo w 2 W ().
2. a (gg
1
) = ga (), e o mesmo ocorre com os objetos m (), n (), (), (),
a()
e
a()
.
3. N (gg
1
) = gN () g
1
, e o mesmo ocorre com A e M.
4. p
g
(gg
1
) = gp
(), para cada ().
5. P
g
(gg
1
) = gP
() g
1
, para cada ().
6.
D
gH; g
e
H
E
(gg
1
) =
D
H;
e
H
E
(), para todos H;
e
H 2 a ().
C.2 Objetos canônicos e variedades ‡ag 190
Além disso, se ; 2 C, então, existe g 2 G tal que = gg
1
. Ou seja, G age
transitivamente por conjugação no conjunto das câmaras de Weyl em G.
Agora, G age no conjunto
W = f(; w) : 2 C e w 2 W ()g
de…nindo
g (; w) =
gg
1
; gwg
1
para todo g 2 G e (; w) 2 W. Com isto, temos a seguinte de…nição.
De…nição C.4 O grupo de Weyl canônico W de g é de…nido pelo espaço das órbitas
de G em W.
Denotamos a órbita de (; w) por [(; w)], para todo (; w) 2 W.
Proposição C.5 Para cada 2 C e w 2 W , existe um único w () 2 W () tal que
w = [(; w ())]. Fixando , a aplicação w 7! w () de…ne um isomor…smo entre o grupo
de Weyl W () e o grupo de Weyl canônico W , onde, dados w; ew 2 W , tem-se
w ew = [(; w () ew ())]
e
w
1
=
; w ()
1
:
Além disso, para cada g 2 G e 2 C, temos que w (gg
1
) = gw () g
1
.
O grupo G também age no conjunto
A = f(; H) : 2 C e H 2 a ()g
de…nindo
g (; H) =
gg
1
; gH
para to do g 2 G e (; H) 2 A. O abeliano maximal canônico de g é então de…nido
pelo espaço das órbitas de G em A e denotado por a.
Proposição C.6 Para cada 2 C e H 2 a, existe um único H () 2 a () tal que
H = [(; H ())]. Fixando , a aplicação H 7! H () é uma isometria linear entre
C.2 Objetos canônicos e variedades ‡ag 191
os espaço de Hilbert (a () ; h; i()) e o espaço de Hilbert (a; h; i), onde, para todos
H;
e
H 2 a e c 2 R, tem-se
H +
e
H =
h
; H () +
e
H ()
i
e
cH = [(; cH ())]
e o produto interno em a é de…nido por
D
H;
e
H
E
=
D
H () ;
e
H ()
E
() :
Além disso, para todo g 2 G, temos que H (gg
1
) = gH ().
Lembrando que
a
() = fH
() 2 a () : 2 ()g e
a
() = fH
() 2 a () : 2 ()g
temos ainda que os conjuntos
P = f(; H
()) : 2 C e H
() 2
a
()g
e
S = f(; H
()) : 2 C e H
() 2
a
()g
são invariantes pela ação G em A. O espaço das órbitas de G em P é denominado de
sistema de co-raízes canônicas de g e é denotado por
a
. Então,
a
é um sistema
abstrato de raízes de a tal que W é o seu grupo de Weyl associado. O espaço das órbitas de
G em S é denominado de sistema simples de co-raízes canônicas de g e é denotado
por
a
. A restrição do isomor…smo da Proposição C.6 aos conjuntos
a
e
a
é uma
bijeção entre estes e
a
() e
a
(), respectivamente, para todo 2 C.
Agora, se a
denota o dual de a, então, a aplicação H 7! hH; i de…ne um isomor…smo
entre a e a
. Podemos então de…nir
= f = hH
; i : H
2
a
g
denominado de sistema de raízes canônico de g, e
= f 2 : H
2
a
g
denominado de sistema simples de raízes canônico de g.
C.2 Objetos canônicos e variedades ‡ag 192
Então, o grupo de Weyl canônico é gerado p elo conjunto das re‡exões fr
: 2 g.
Fixando 2 C, a aplicação 7! () = hH
() ; i() de…ne uma bijeção entre
e () e entre e (). Além disso, (gg
1
) = Ad (g
1
)
() = g (), para todo
g 2 G. Se , então, () () é a imagem de pela aplicação 7! ().
En…m, seja . Então, a subálgebra p
() parabólica de tipo determinada
por é de…nida como a subálgebra parabólica p
()
(), e o subgrupo P
() parabólico
de tipo é P
()
().
De…nição C.7 O ‡ag de tipo é o conjunto
B
= fp
() : 2 Cg
de todas as subálgebras parabólicas de tipo . Quando = ; o ‡ag B = B
;
é denominado
‡ag maximal de g.
Para todos g 2 G e p
() 2 B
, temos que
gp
() = p
g()
gg
1
= p
(gg
1
)
gg
1
= p
gg
1
.
Esta ação adjunta de G no ‡ag B
é transitiva, pois para todos ; 2 C, existe g 2 G tal
que gg
1
= . Além disso, o subgrupo parabólico P
() é o subgrupo de isotropia da
subálgebra parabólica p
(). Com isto, a projeção canônica B
! B
G é um …brado
diferenciável e GP
() é difeomorfo a órbita Gp
() = B
, onde o difeomor…smo é
dado por
(gP
()) = gp
(). Portanto, B
é uma variedade diferenciável compacta
difeomorfa a variedade homogênea GP
().
Agora, dado w 2 W e 2 C, existe k 2 M
() = N
K
(a ()) tal que w () é iden-
ti…cado com a classe kM () = kZ
K
(a ()). Para qualquer m 2 M () e H 2 a ()
+
,
temos que km (km)
1
= kk
1
. Assim, faz sentido as notações w () w ()
1
= kk
1
e w () p
() = p
(kk
1
).
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