appunti del corso algebre e gruppi di lie(nardin)

Appunti del corso ”Algebre e gruppi di Lie“

Denis Nardin

19 luglio 2011

Indice

1 Algebre di Lie 51.1 Algebra inviluppante universale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Algebre nilpotenti, risolubili, semisemplici . . . . . . . . . . . . . 6

1.2.1 Algebre nilpotenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.2 Algebre risolubili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.3 Algebre semisemplici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Rappresentazioni di sl2(k) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4 MANCANTE: La decomposizione di Jordan . . . . . . . . . . . . 141.5 Decomposizione di Cartan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.6 Teoria assiomatica dei sistemi di radici . . . . . . . . . . . . . . . 181.7 MANCANTE: teoremi di coniugio, isomorfismo e esistenza . . . 221.8 Teoria delle rappresentazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Gruppi di Lie 292.1 Gruppi e sottogruppi di Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2 Algebra di Lie di un gruppo di Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.3 Rivestimenti di un gruppo di Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.4 SLn(C) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.5 Algebre di Clifford e gruppi spin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3

4 INDICE

Capitolo 1

Algebre di Lie

Un’algebra di Lie g e uno spazio vettoriale equipaggiato di un’applicazionebilineare [−,−] : g× g→ g tale che

• [xx] = 0 per ogni x ∈ g.

• [x[yz]] + [y[zx]] + [z[xy]] = 0 per ogni x, y, z ∈ g (identita di Jacobi).

Un sottospazio h di un’algebra di Lie e detto ideale se per ogni x ∈ g [xh] ⊆ h.Se h e un’ideale lo spazio quoziente g/h possiede una struttura naturale dialgebra di Lie. Una rappresentazione di un’algebra di Lie e un omomorfismo dialgebre di Lie g→ gln(k), dove gln(k) e l’algebra di Lie delle matrici n× n con[AB] = AB −BA.

1.1 Algebra inviluppante universale

Osserviamo che ogni algebra associativa A su k e in modo naturale un’algebradi Lie, con la struttura data da [xy] = xy − yx.

L’algebra inviluppante universale di un’algebra di Lie g e un’algebraassociativa U(g) con un omomorfismo di algebre di Lie g → U(g) tale che perogni algebra associativa A e per ogni omomorfismo di algebre di Lie g → Aesiste un unico omomorfismo di algebre associative U(g)→ A che fa commutareil diagramma

g U(g)

A

Teorema 1. Per ogni algebra di Lie esiste un’algebra inviluppante universaleU(g), unica a meno di isomorfismo.

5

6 CAPITOLO 1. ALGEBRE DI LIE

Dimostrazione. L’unicita a meno di isomorfismo e chiara perche U(g) e definitatramite una proprieta universale. Sia T (g) l’algebra tensoriale su g vista comespazio vettoriale. Definiamo

U(g) = T (g)/(xy − yx− [xy] | x, y ∈ g)

dove quozientiamo rispetto all’ideale bilatero generato. E chiaro che g→ U(g) eun omomorfismo di algebre di Lie. D’altro canto, se A e un’algebra associativa eg→ A e un omomorfismo di algebre di Lie, prima di tutto si estende unicamentea un omomorfismo di algebre associative da T (g)→ A, inoltre passa al quozientea un omomorfismo U(g) → A, per cui g → U(g) e proprio la nostra algebrainviluppante universale.

Teorema 2 (Poincare-Birkhoff-Witt). Sia g un’algebra di Lie e sia z1, . . . , znuna base di g come spazio vettoriale. Allora una base di U(g) come spaziovettoriale e data da

zt11 · · · ztnn | t1, . . . , tn ∈ N

In particolare g→ U(g) e una mappa iniettiva.

1.2 Algebre nilpotenti, risolubili, semisemplici

Se g e un’algebra di Lie, il suo centro e

Z(g) = x ∈ g | ∀y ∈ g [xy] = 0

Se Z(g) = g, g e detta abeliana. Un’algebra di Lie g si dice semplice se nonha sottoalgebre non banali e se non e abeliana.

1.2.1 Algebre nilpotenti

Un’algebra di Lie g e detta nilpotente se la successione centrale, definita da

g0 = g gi+1 = [ggi]

e definitivamente nulla (cioe esiste n > 0 tale che gn = 0.

Proposizione 1. Sia g un’algebra di Lie

1. Se g e nilpotente allora lo sono tutte le sua sottoalgebre e i suoi quozienti.

2. Se g/Z(g) e nilpotente allora lo e anche g.

3. Se g e nilpotente e non banale allora Z(g) 6= 0.

Dimostrazione. E chiaro che se h ⊆ g, allora hi ⊆ gi e analogamente se he un quoziente di g allora hi e un quoziente di gi, per cui il punto 1 segueimmediatamente. Inoltre se g/Z(g) e nilpotente esiste i tale che gi ⊆ Z(g),quindi gi+1 = 0. Infine se g e nilpotente esistera i tale che gi 6= 0 ma gi+1 = 0,per cui gi ⊆ Z(g).

1.2. ALGEBRE NILPOTENTI, RISOLUBILI, SEMISEMPLICI 7

Lemma 1. Sia g una sottoalgebra di gl(V ) composta di elementi nilpotenti.Allora esiste v ∈ V tale che gv = 0.

Dimostrazione. Dimostriamolo per induzione su dim g. Il caso dim g = 0 eovvio. Sia h una sottoalgebra massimale. Allora h agisce in modo naturale sullospazio vettoriale g/h, per cui per l’ipotesi induttiva (essendo dim h < dim g),possiamo trovare un x ∈ g tale che [hx] ⊆ h. Di conseguenza il normalizzatoredi h contiene propriamente h. Ma h era massimale, per cui h e un ideale di g.

Ma allora dim h = dim g − 1, perche se dim g/h > 1 possiamo trovare unasottoalgebra propria (e.g. quella generata da un elemento), e la controimmaginesarebbe una sottoalgebra tra g e h, contro la massimalita di h. Quindi dim g =dim h + 1, per cui possiamo trovare x ∈ g tale che

g = x⊕ h .

Ora, per ipotesi induttiva, l’insieme

v ∈ V | hv = 0

e non vuoto. Inoltre e x-invariante, infatti se hv = 0, abbiamo

hxv = [hx]v + xhv = 0

per ogni h ∈ h. Quindi, poiche x e nilpotente, possiamo trovare v tale chexv = 0 e hv = 0, cioe gv = 0.

Corollario 1. Sia g una sottoalgebra di gl(V ) fatta di elementi nilpotenti. Al-lora possiamo trovare una bandiera 0 = V0 ⊆ V1 ⊆ · · · ⊆ Vn tale che gVi ⊆ Vi−1.In particolare g e nilpotente.

Dimostrazione. Per induzione su dimV . Prendiamo v dal lemma tale che gv =0. Allora g agisce in modo naturale su V/〈v〉. Sollevando la bandiera datadall’ipotesi induttiva, abbiamo la tesi.

Teorema 3 (Engel). Sia g un algebra di Lie. Allora e nilpotente se e solo setutti gli elementi sono ad-nilpotenti.

Dimostrazione. Se g e nilpotente e chiaro che tutti gli elementi sono ad-nilpotenti.Per il viceversa andiamo per induzione su dim g. Se tutti gli elementi sono ad-nilpotenti, allora ad g e una sottoalgebra di elementi nilpotenti di gl(g). Peril lemma possiamo trovare x ∈ g tale che (ad g)x = 0, cioe [gx] = 0, cioex ∈ Z(g). Ma allora g/Z(g) e un’algebra di Lie di dimensione inferiore in cuitutti gli elementi sono ad-nilpotenti. Allora g/Z(g) e nilpotente. Ma allora g enilpotente.

1.2.2 Algebre risolubili

Un’algebra di Lie g si dice risolubile se la successione derivata, definita da

g(0) = g g(i+1) = [g(i)g(i)]

e definitivamente nulla, cioe se esiste n tale che g(n) = 0.


Proposizione 2. Sia g un’algebra di Lie

1. Se g e risolubile allora lo sono anche tutte le sue sottoalgebre e i suoiquozienti.

2. Se h e un ideale risolubile di g tale che g/h e risolubile allora anche g erisolubile.

3. Se h1, h2 sono due ideali risolubili allora anche h1+h2 e un ideale risolubile.

Dimostrazione. Il punto 1 e ovvio (se h ⊆ g allora h(i) ⊆ g(i) e analogamenteper i quozienti). Per quanto riguarda il punto 2, sappiamo che esiste i tale che(g/h)(i) = 0, cioe g(i) ⊆ h(i). Quindi g e risolubile.

Per quanto riguarda il punto 3, consideriamo la successione esatta

0→ h1 → h1 + h2 → (h1 + h2)/h1 → 0

allora h1 e risolubile, d’altro canto (h1 +h2)/h1 = h2/(h1∩h2) e risolubile perchequoziente di risolubile. Quindi h1 + h2 e risolubile.

Quindi esiste un unico ideale risolubile massimale chiamato il radicale di g(Rad(g)).

D’ora in poi il campo base k sara algebricamente chiuso di caratteristica 0.

Lemma 2. Sia g una sottoalgebra risolubile di gl(V ). Allora esiste un v ∈ Vche sia autovalore comune per tutti gli elementi di g.

Dimostrazione. Dimostriamolo per induzione su dim g. Possiamo trovare unideale h di dimensione 1. Infatti [gg] e un ideale proprio (se no g non sarebberisolubile) e g/[gg] e un’algebra abeliana, per cui ogni suo sottospazio (e inparticolare un sottospazio di codimensione 1) e un ideale. Per ipotesi induttivah ha un autovettore comune v , cioe esiste λ ∈ h∨ tale che

W = v ∈ V | hv = λ(h)v per ogni h ∈ h

e non banale. Fissiamo x ∈ g tale che g = h ⊕ x. Se dimostriamo che W einvariante per x possiamo concludere come prima (basta trovare un autovettoreper x in W e possiamo perche il campo e algebricamente chiuso). Ma se v ∈ V

h(xv) = x(hv) + [hx]v = λ(h)xv + λ([xv])v

perche h e un ideale e percio [hx] ∈ h. Ci rimane da dimostrare solo cheλ([hx]) = 0.

Fissiamo v ∈ V non nullo e consideriamo per ogni i ≥ 0 lo spazio

Wi = Span(v, xv, . . . , xiv) .

Inoltre sia m tale che v, . . . , xmv sia una base dell’unione di tutti i Wi.Vorremmo dire che h agisce in modo diagonale su Wm e che per ogni h ∈ htrWm h = mλ(h). Infatti un’immediata induzione da che ∀h ∈ h

hxi − λ(h)xi ∈Wi−1 .


Quindi in particolare

trWm[hx] = mλ([hx]) .

Ma, poiche [hx] e il commutatore di due endomorfismi di Wm, ha traccia nulla.Quindi mλ([hx]) = 0. Poiche ora k ha caratteristica 0 abbiamo λ([hx]) = 0come cercato.

Teorema 4 (Lie). Sia g una sottoalgebra risolubile di gl(V ). Allora g stabilizzauna bandiera

Dimostrazione. Andiamo per induzione su dimV . Per il lemma precedentepossiamo trovare v ∈ V non nullo tale che sia un autovettore comune per tutta g.Quindi in particolare 〈v〉 e g-invariante. Ma allora applicando l’ipotesi induttivaa V/〈v〉 abbiamo la tesi.

Corollario 2. Sia g un’algebra di Lie risolubile, allora ha una bandiera di ideali.In particolare g e risolubile se e solo se [gg] e nilpotente.

Dimostrazione. Se g e risolubile possiamo applicare il teorema di Lie a ad g.Una bandiera di sottospazi di g stabilizzata da ad g e esattamente una bandieradi ideali.

Quindi se g e risolubile sia

0 = g0 ⊆ g1 ⊆ · · · ⊆ gn = g

la bandiera di ideali. Se scegliamo una base di g tale che gi = 〈x1, . . . , xi〉, inquesta base tutte le matrici di ad g sono triangolari superiori, percio tutte lematrici di ad[gg] = [ad g ad g] sono strettamente triangolari superiori e percionilpotenti. Quindi ad[gg] e nilpotente e percio anche [gg] e nilpotente.

Inoltre e chiaro dalle definizioni che se [gg] e nilpotente allora g e risolubile.

La forma di Killing di un’algebra di Lie e una forma bilineare simmetricadata da

κ(x, y) = trg(adx ad y) .

Con un semplice conto si verifica che vale

κ([xy], z) = κ(x, [yz]) .

Teorema 5 (Criterio di Cartan). Sia g una sottoalgebra di gl(V ) con dimV <∞. Supponiamo che tr(xy) = 0 per ogni x ∈ [gg] e ogni y ∈ g. Allora g erisolubile.

Corollario 3. Sia g un’algebra di Lie tale che [gg] stia nel nucleo della formadi Killing. Allora g e risolubile.


1.2.3 Algebre semisemplici

Un’algebra di Lie g e detta semisemplice se il suo radicale Radg e nullo1.

Proposizione 3. Un’algebra di Lie g e semisemplice se e solo se la sua formadi Killing e non degenere.

Dimostrazione. Sia A il nucleo della forma di Killing di g (i.e. A = g⊥). Echiaro che e un ideale di g, perche per ogni x, z ∈ g e ogni y ∈ A

κ([xy], z) = κ(x, [yz]) = 0 .

Osserviamo che adA e risolubile per il criterio di Cartan. Ma allora ancheA e risolubile. Quindi A e contenuta nel radicale di g. In particolare se g esemisemplice κ e non degenere.

Il viceversa vale solo in caratteristica 0. Prendiamo un ideale abeliano h di g efacciamo vedere che h ⊆ A. Questo chiaramente implica la tesi perche un’algebrasenza ideali abeliani e semisemplice (ogni algebra risolubile ha un’ideale abelianonon banale!). Ora se x ∈ h e y ∈ g vorremmo far vedere che κ(x, y) = 0. Maadx ad y(g) ⊆ h e quindi (adx ad y)2g ⊆ [hh] = 0. Percio

κ(x, y) = tr(adx ad y) = 0 .

Lemma 3. Sia g algebra di Lie e h ideale. Allora la forma di Killing di hcoincide con la restrizione ad h× h della forma di Killing di g.

Dimostrazione. Siano x, y ∈ h. Voglio far vedere che adg x adg y ha la stessatraccia di adh x adh y. Infatti prendiamo una base di h e completiamola ad unabase di g. In questa base le matrici di adg x e adg y sono della forma(

∗ ?0 0

)dove al posto dell’asterisco ci sono le matrici di adh x e adh y. Questo implicala tesi.

Teorema 6. Sia g un’algebra di Lie semisemplice. Allora esistono h1, . . . , htideali semplici di g tali che

g = h1 ⊕ · · · ⊕ ht .

Inoltre ogni ideale semplice di g e uno degli hi.

Dimostrazione. Andiamo per induzione su dim g. Se g e semplice abbiamo latesi. Prendiamo h1 un ideale di g e consideriamo h = h⊥1 l’ortogonale rispetto

1Ricordiamo che il radicale di un’algebra di Lie e il massimo ideale risolubile.


alla forma di Killing. Il criterio di Cartan applicato a h ∩ h1 ci dice che e unideale risolubile, per cui h ∩ h1 = 0. Ma allora

g = h⊕ h1

e la forma di Killing e non degenere se ristretta ad h o h1. Percio per ipotesiinduttiva g si scrive come somma di ideali semplici.

Sia ora h un ideale semplice di g. Allora

[hg] = [hh1]⊕ · · · [hht]

Ma se h 6= hi per nessun i ne segue che [hhi] ⊆ h∩ hi = 0. Quindi [hg] = 0, cioeh abeliano, assurdo perche h e semplice.

Osserviamo che in particolare se g e semisemplice [gg] = g.Consideriamo ora una rappresentazione φ : g→ gl(V ) e supponiamo che sia

fedele (i.e. che φ sia iniettivo). Prendiamo per ogni x, y ∈ g

β(x, y) = trV (φ(x)φ(y)) .

Questa e una forma bilineare simmetrica associativa (i.e. β([xy], z) = β(x, [yz]))e non degenere. Per vederlo basta mimare le dimostrazioni per la forma diKilling (che e il caso φ = ad).

Ora sia x1, . . . , xn base di g e sia y1, . . . , yn base duale rispetto a β. Alloral’elemento di Casimir di φ e

cφ =∑i

φ(xi)φ(yi) ∈ gl(V ) .

Lemma 4. L’elemento di Casimir cφ commuta con l’azione di g (cioe e ung-omomorfismo).

Dimostrazione. Fissiamo x ∈ g e poniamo

[xxi] =

n∑j=1

aijxj [xyi] =

n∑j=1

bijyj .

Ma dall’equazione β([xxi], yj) + β([xyj ], xi) = 0 segue che aij + bji = 0. Infine

[φ(x), cφ] =

n∑i=1

[φ(x), φ(xi)φ(yi)] =

=

n∑i=1

[φ(x), φ(xi)]φ(yi) + φ(xi)[φ(x), φ(yi)] =

n∑i=1

n∑j=1

(aij + bji)φ(xi)φ(yi) = 0

Lemma 5 (Schur). Sia g un’algebra di Lie e siano V,W due g moduli ir-riducibili. Se φ : V → W e un omomorfismo di g-moduli allora o φ e unisomorfismo o e l’omomorfismo nullo.


Dimostrazione. Osserviamo che kerφ e un sottomodulo di V . Poiche V e ir-riducibile o e tutto (e in tal caso φ e nullo) o e 0 (e in tal caso φ e iniettivo.D’altro canto se φ e iniettivo la sua immagine e un sottomodulo non nullo di We quindi e tutto.

Quindi in particolare se k e algebricamente chiuso un qualunque endomor-fismo φ di un g-modulo irriducibile e la moltiplicazione per uno scalare. Infattideve avere un’autovalore λ e allora φ− λId e un endomorfismo non iniettivo (epercio e 0).

Osserviamo ora che se g e semisemplice e φ : g → gl(V ) e una rappresen-tazione di g φ(g) ⊆ sl(V ). Infatti

φ(g) = φ([gg]) = [φ(g)φ(g)] ⊆ [gl(V )gl(V )] = sl(V ) .

In particolare se dimV = 1 φ(g) = 0.Una rappresentazione e irriducibile se non ha sottorappresentazioni pro-

prie. Una rappresentazione e completamente riducibile se e somma diretta disottorappresentazioni irriducibili.

Lemma 6. Sia g un’algebra di Lie semisemplice e sia V un g-modulo con ung-sottomodulo W di codimensione 1. Allora W ha un g-modulo complementarein V

Dimostrazione. Senza perdita di generalita assumiamo che V sia un g-modulofedele e che W sia irriducibile. Infatti se W ′ ⊆W e un sottomodulo massimaleproprio ci basta costruire un complementare per W/W ′ in V/W ′. Notiamoinoltre che V/W e un g-modulo di dimensione 1, per cui dev’essere un modulobanale.

Prendiamo ora l’elemento di Casimir cφ. Questo lascia invariato W perchee somma di prodotti di elementi di φ(g). Percio, per il lemma di Schur, cφ|We la moltiplicazione per uno scalare. D’altro canto cφ agisce banalmente suV/W perche questa e un modulo 1-dimensionale su di un’algebra semisemplice.Quindi

trW (cφ|W ) = trV (cφ)⇒ cφ|W =1

dimWId .

Quindi W ∩ ker cφ = 0. Ma d’altro canto cφ e un g-sottomodulo di V per cui

W ⊕ cφ = V .

Teorema 7 (Weyl). Sia φ : g → gl(V ) una rappresentazione di un’algebra diLie semisemplice g. Allora φ e completamente riducibile.

Dimostrazione. Senza perdita di generalita assumiamo φ fedele (altrimenti bastausare il teorema applicato a φ(g), ricordando che quozienti di algebre semisem-plici sono semisemplici).

1.3. RAPPRESENTAZIONI DI SL2(K) 13

Andiamo per induzione su dimV . Prendiamo W un sottomodulo di Ve dimostriamo che ha un complementare. Su Homk(V,W ) possiamo dare lastruttura standard di g-modulo data da

(xf)(v) = x(f(v))− f(xv) .

Consideriamo Γ,Λ ⊆ Homk(V,W ) definito da

Γ = f ∈ Homk(V,W ) | ∃λ ∈ k f |W = λId

Λ = f ∈ Homk(V,W ) | f |W = 0 .

E chiaro che Γ e Λ sono sottomoduli e che Λ ha codimensione 1 in Γ. Quindiha un complementare per il lemma 6. Sia f ∈ Γ tale che Γ = f ⊕ Λ. Possiamorinormalizzarlo di modo che f |W = Id. Osserviamo che 〈f〉 e un modulo didimensione uno e percio banale. Quindi

(xf)(v) = xf(v)− f(xv) = 0

cioe f e un g-endomorfismo di V .Vogliamo dimostrare che ker f e un complementare di W . E chiaro che

ker f ∩W = 0. Inoltre poiche f e un g-endomorfismo, ker f e un sottomodulo.Infine il rango di f e esattamente la dimensione di W (perche f(V ) = W ) percui dim ker f + dimW = dimV , che implica

ker f ⊕W = V

che e la tesi.

1.3 Rappresentazioni di sl2(k)

Osserviamo che sl2(k) e un’algebra semisemplice. Per cui per il teorema di Weyle sufficiente classificare tutte le rappresentazioni irriducibili.

Una base di sl2(k) e data dalle tre matrici

x =

(0 10 0

)y =

(0 01 0

)h =

(1 00 −1

).

Osserviamo che[hx] = 2x, [hy] = −2y, [xy] = h .

Consideriamo lo spazio vettoriale h generato da x e h. Si vede immediatamenteche e una sottoalgebra di Lie risolubile, per cui c’e un autovettore comune v.

hv = λv xv = µv .

Inoltreλµv = hxv = xhv + [hx]v = (2µ+ λµ)v


per cui µ = 0.

Poniamo ora

vi =yi

i!v

Per induzione si vede che

hvi = (λ− 2i)vi

yvi = (i+ 1)vi+1

xvi = (λ− i+ 1)vi−1

v−1 = 0

Consideriamo Span(vi | i ≥ 0). Questo come si vede e un sottomodulo, per cuidev’essere e tutto. Poniamo ora

Vα = v ∈ V | hv = αv .

Abbiamo visto che vi ∈ Vλ−2i. Poiche dimV < ∞ (e quindi ci sono solo unnumero finito di α tale che Vα 6= 0) deve esistere n tale che vn 6= 0 ma vn+1 = 0.Allora

0 = xvn+1 = (λ− n)vn

per cui λ = n ∈ N. Inoltre e chiaro che dimV = n+ 1, e che una base e

v, v1, . . . , vn

In questa base l’azione di sl2(k).

h 7→

n 0 · · · 00 n− 2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · −n

x 7→

0 n · · · 0...

. . ....

0 · · · 10 · · · 0

y 7→

0 0 · · · 01 0 · · · 0...

. . ....

0 · · · n 0

.

Queste sono chiaramente rappresentazioni irriducibili (e quindi sono tutte).

1.4 MANCANTE: La decomposizione di Jordan

Teorema 8. Sia x ∈ gl(V ). Allora esistono unici xs, xn ∈ gl(V ) tali chexs e semisemplice (diagonalizzabile nella chiusura algebrica), xn e nilpotente e[xsxn] = 0. Inoltre xs, xn sono esprimibili come polinomi in x.

Teorema 9. Sia g un’algebra di Lie semisemplice. Allora per ogni x ∈ g es-istono unici xs, xn tali che adxs e semisemplice, adxn e nilpotente e [xsxn] = 0.Inoltre se g e una sottoalgebra di gl(V ) questa decomposizione coincide con ladecomposizione del teorema precendente.

1.5. DECOMPOSIZIONE DI CARTAN 15

1.5 Decomposizione di Cartan

In tutta questa sezione g e un’algebra di Lie semisemplice.Un’algebra torale e una sottoalgebra h di g composta completamente di

elementi semisemplici.

Proposizione 4. Ogni algebra torale h e abeliana.

Dimostrazione. Prendiamo x ∈ h. Vogliamo dimostrare che adh x = 0. Poichee diagonalizzabile ci basta far vedere non ha autovettori non nulli. Prendiamoun autovettore y ∈ h tale che

[xy] = ay

Allora se consideriamo la restrizione di adh y a V = Span(x, y) questa e nilpo-tente. Siccome e anche diagonalizzabile abbiamo che adh y|V = 0, cioe a =0.

Sia quindi h una sottoalgebra torale massimale di g. La restrizione dellarappresentazione aggiunta rende g automaticamente un h-modulo. Inoltre ad he composto di elementi a due a due commutanti, percio e simultaneamentediagonalizzabile. Possiamo quindi trovare una famiglia finita Φ ⊆ h∨ r 0 taleche

g = C(h)⊕⊕α∈Φ

gα .

Qui per ogni α ∈ h∨ poniamo

gα = x ∈ g | [h, x] = α(h)x ∀h ∈ h

e C(h) = Cg(h) = g0 e il centralizzatore di h.

Lemma 7. Siano α, β ∈ h∨. Allora [gαgβ ] ⊆ gα+β.Inoltre se α + β 6= 0 allora gα e gβ sono ortogonali rispetto alla forma di

Killing.

Dimostrazione. Sia x ∈ gα,y ∈ gβ . Allora per ogni h ∈ h

[h[xy]] = [[hx]y] + [x[hy]] =

[α(h)xy] + [xβ(h)y] = (α+ β)(h)[xy] .

Cioe [xy] ∈ gα+β .Ora, se α + β 6= 0, esiste h ∈ h tale che (α + β)(h) 6= 0. Allora per ogni

x ∈ gα, y ∈ gβ

(α+ β)(h)κ(x, y) = κ(α(h)x, y) + κ(x, β(h)y) =

= κ([hx], y) + κ(x, [hy]) = κ([hx], y) + κ([xh], y) = 0

che e la tesi.

Corollario 4. La restrizione di κ a C(h) e non degenere.


Lemma 8. Sia h una sottoalgebra torale massimale. Allora C(h) = h.

Proposizione 5. Per ogni α ∈ Φ poniamo tα ∈ h definito da α(h) = κ(tα, h)per ogni h ∈ h. Inoltre per ogni α, β ∈ h∨ poniamo (α, β) = κ(tα, tβ).

1. Φ genera tutto h∨ come spazio vettoriale.

2. Se α ∈ Φ allora −α ∈ Φ.

3. Siano x ∈ gα, y ∈ g−α. Allora

[xy] = κ(x, y)tα .

E inoltre esistono tali x, y con [xy] 6= 0.

4. (α, α) 6= 0 per ogni α ∈ Φ.

5. Per ogni x ∈ gα esiste un unico y ∈ g−α tale che, posto

hα =2tα

κ(tα, tα)

l’algebra generata da x, y, hα sia isomorfa a sl2(k)

Dimostrazione. Osserviamo che se Φ non generasse tutto h∨, esisterebbe h ∈ hnon nullo tale che α(h) = 0 per ogni α ∈ Φ. Ma allora h ∈ Z(g) = 0, assurdo.

Ora, se α ∈ Φ ma −α 6∈ Φ gα sarebbe nel nucleo della forma di Killing (eortogonale a tutti i gβ con β 6= −α). Ora, se x ∈ gα, y ∈ g−α, abbiamo che[xy] ∈ g0 = h. Ma

κ([xy], h) = κ(x, [yh]) = α(h)κ(x, y)

per cui [xy] = κ(x, y)tα (stanno entrambi in h e rappresentano lo stesso fun-zionale tramite κ). Inoltre per ogni x ∈ gα esiste y ∈ g−α con κ(x, y) 6= 0,perche altrimenti x starebbe nel nucleo di κ.

Supponiamo ora che (α, α) = α(tα) = 0. Consideriamo l’algebra S =tα, x, y dove abbiamo scelto x ∈ gα, y ∈ g−α di modo che [xy] = tα. Alloraquesta e risolubile, perche [tαx] = [tαy] = 0, quindi adg S sarebbe risolubile. Maquesto e assurdo perche allora adg tα ∈ [adg S, adg S] sarebbe nilpotente, control’ipotesi su tα.

Il punto 5 invece e ovvio.

Proposizione 6. 1. Se α ∈ Φ, allora dim gα = 1.

2. Se α ∈ Φ gli unici suoi multipli in Φ sono α e −α.

3. Se α, β ∈ Φ allora 〈β, α〉 = 2(β,α)(α,α) sono interi e β − 〈β, α〉α ∈ Φ.

4. La α-stringa di radici per β e lunga 〈β, α〉, cioe l’insieme

i ∈ Z | β + iα ∈ Φ

e un intervallo di lunghezza 〈β, α〉.

1.5. DECOMPOSIZIONE DI CARTAN 17

Dimostrazione. Per ogni α ∈ Φ prendiamo Sα = 〈xα, yα, hα〉 isomorfa a sl2(k).Ora se consideriamo

M = h⊕⊕c∈k×

gcα .

questo e un Sα-modulo e percio ha per pesi numeri interi. Prendiamo orav ∈ gcα. Questo e un autovettore di hα di autovalore

[hαv] = cα(hα)v = 2cv, .

Quindi gli autovalori di h sono 2c | gcα 6= 0 ⊆ Z. Ora, gli autovettori diautovalore 0 sono dati da h, per cui le uniche sottorappresentazioni di peso parisono quelle contenute in kerα (che e somma di rappresentazioni 1 dimensionali)e la rappresentazione aggiunta di Sα. In particolare 2α non e una radice (nonci sono sottorappresentazioni di M di peso 4). Percio se α e radice 1

2α non lo e.Di conseguenza non ci sono rappresentazioni di peso dispari, cioe

M = h⊕ gα ⊕ g−α .

Quindi gli unici multipli di α che stanno in Φ sono α e −α. Inoltre dalladimostrazione e chiaro che gα = Span(xα) e percio ha dimensione 1.

Prendiamo ora α, β ∈ Φ e consideriamo la α-stringa di radici per β, cioeponiamo

N =⊕i∈Z

gβ+iα .

Questo e ancora un Sα-modulo. Inoltre se v ∈ gβ+iα e autovettore di autovaloreβ(hα) + 2i perche

[hαv] = (β + iα)(hα)v = (β(hα) + 2i)v .

Quindi β(hα) = 〈β, α〉 e un intero e inoltre la lunghezza della α-stringa per β eesattamente la dimensione di N , cioe 〈β, α〉.

Consideriamo ora il sottospazio vettoriale EQ di h∨ generato su Q daglielementi di Φ. Questo ha dimensione n = dim g. Infatti sia α1, . . . , αn una basedi h∨ contenuta in Φ. Allora voglio dire che

Φ ⊆n⊕i=1

Qαi .

Infatti sia β ∈ Φ. Sappiamo che esistono c1, . . . , cn ∈ k tali che β = c1α1 + · · ·+cnαn. Allora per ogni j = 1, . . . , n vale

〈β, αj〉 =

n∑i=1

ci〈αi, αj〉 .

Questo e un sistema di n equazioni in n incognite a coefficienti razionali chepossiede un unica soluzione2. Percio ha soluzione in Q, cioe ci ∈ Q.

2Perche la forma (, ) e non degenere.


Infine dimostriamo che (, ) ristretta a EQ e definita positiva. Infatti se β ∈ EQ

(β, β) = κ(tβ , tβ) = tr(adg tβ adg tβ) =∑α∈Φ

α(tβ)2 > 0

dove l’ultima uguaglianza segue dalla scrittura di adg tβ nella base data dai gα.Quindi ponendo E = EQ ⊗Q R abbiamo costruito una mappa

(g, h) 7→ (E,Φ)

che associa a ogni algebra di Lie (corredata di una sottoalgebra torale massimale)una coppia data da uno spazio euclideo e di un sistema di radici in esso.

Infatti per ogni spazio euclideo E definiamo un suo sottoinsieme Φ ⊆ Er0come un sistema di radici se valgono le seguenti proprieta:

1. Φ genera E come spazio vettoriale su R.

2. Se α ∈ Φ gli unici multipli di α in Φ sono ±α.

3. Per ogni α, β ∈ Φ i valori 〈β, α〉 = 2(β,α)(α,α) sono interi.

4. Per ogni α ∈ Φ le simmetrie σα che mandano x in x− 〈x, α〉α lasciano Φinvariato.

1.6 Teoria assiomatica dei sistemi di radici

Supponiamo di avere un sistema di radici Φ ⊆ E. Osserviamo che per ogniα, β ∈ Φ se θ e l’angolo tra α e β

〈β, α〉 =2(β, α)

(α, α)=

2||β||||α||

cos θ .

Ma allora

〈β, α〉〈α, β〉 = 4 cos2 θ

e un intero minore o uguale a 4. Questo lascia poche possibilita per θ. Supponi-amo ||β|| ≥ ||α|| e che non siano proporzionali (nel qual caso β = ±α). Allorale possibilita sono

〈α, β〉〈β, α〉 θ ||β||/||α||0 0 π/2 indeterminato1 1 π/3 1-1 -1 2π/3 11 2 π/4 2-1 -2 3π/4 21 3 π/6 3-1 -3 5π/6 3

1.6. TEORIA ASSIOMATICA DEI SISTEMI DI RADICI 19

Lemma 9. Siano α, β ∈ Φ non proporzionali. Se (α, β) > 0 (rispettivamente(α, β) < 0) allora α− β ∈ Φ (rispettivamente α+ β ∈ Φ).

Dimostrazione. Senza perdita di generalita supponiamo ||β|| > ||α||. Facciamoil caso (α, β) > 0. Allora dalla tabella sappiamo che 〈α, β〉 = 1. Ma allora

α− 〈α, β〉β = α− β ∈ Φ .

Definiamo il gruppo di Weil W di Φ come il sottogruppo di GL(E)generato dalle riflessioni σα per α ∈ Φ.

Lemma 10. Se ξ ∈ GL(E) manda Φ in se, allora per ogni radice α ξσαξ−1 =

σξα

Una base di Φ e un sottoinsieme ∆ ⊆ Φ tale che

• ∆ e una base di E.

• Ogni elemento β di Φ si scrive come somma concorde di elementi di ∆,cioe

β = ±

(∑α∈∆

εαα

)con εα ∈ 0, 1

Vogliamo dimostrare che esistono basi, anzi in un certo senso vogliamo“trovarle tutte”. Sia per ogni α ∈ E

pα = x ∈ E | (x, α) = 0

(l’iperpiano ortogonale ad α). Le camere di Weil sono le componenti connessedi

E r⋃α∈Φ

pα .

Lemma 11. Esiste una corrispondenza biunivoca tra le camere di Weil e le basidi Φ.

Dimostrazione. Se C e una camera di Weil e γ ∈ C definiamo le radici positivecome

Φ+ = α ∈ Φ | (α, γ) > 0 .

Osserviamo che questo dipende solo da C e non da γ. Inoltre chiamiamo radicinegative quelle radici che non sono positive (Φ−). Diciamo che una radice pos-itiva α e indecomponibile se non e somma di altre radici positive. Definiamoquindi

∆(C) = α ∈ Φ+ | α indecomponibile .

E chiaro che ogni radice e combinazione concorde di elementi di ∆(C) (se unα ∈ Φ+ e decomponibile lo scrivo come α = β + β′ e poi induco, tanto sono unnumero finito). Quindi in particolare generano. Ci manca da dimostrare solo


che siano linearmente indipendenti. Osserviamo che per ogni α, β ∈ ∆(C) α−βnon e una radice, per cui (α, β) ≤ 0. Scriviamo ora una combinazione lineare∑

α

rαα = 0

Separando nei due lati le rα positive da quelle negative∑rα>0

rαα =∑rβ<0

(−rβ)β .

Chiamiamo ε il valore comune. Allora

(ε, ε) =∑

rα>0,rβ<0

−rαrβ(α, β) ≤ 0

Per cui dev’essere ε = 0. WLOG allora rα > 0 per ogni α. Ma, preso γ ∈ Crisulta

0 =∑α

rα(α, γ)

e poiche tutti gli addendi del membro di destra sono positivi dev’essere rα = 0per ogni α.

Viceversa per ogni base possiamo determinare una camera. Infatti e suffi-ciente prendere un γ tale che (γ, α) > 0 per ogni α ∈ ∆ e associare a ∆ lacamera in cui sta γ.

Lemma 12. Sia α ∈ ∆. Allora se β ∈ Φ+, con β 6= α, allora σαβ ∈ Φ+.

Dimostrazione. Infatti scriviamo

β =∑γ∈∆

kγγ .

Poiche β non e proporzionale ad α esiste γ 6= α con kγ > 0. Ma in σα(β) =β − 〈β, α〉 cambia solo la coordinata di α, per cui σα(β), che ha un coefficientepositivo, dev’essere una radice positiva.

Teorema 10. Sia Φ ⊆ E un sistema di radici e ∆ una sua base e sia W ilgruppo di Weil di Φ. Allora

1. Se γ sta in una camera esiste σ ∈ W tale che σγ ∈ C(∆) (cioe il gruppodi Weil e transitivo sulle camere).

2. Se ∆′ e un’altra base di Φ esiste σ ∈ W tale che σ(∆′) = ∆ (cioe W etransitivo sulle basi).

3. Se α ∈ Φ esiste σ ∈W tale che σ(α) ∈ ∆.

4. W e generato dai σα per α ∈ ∆.

1.6. TEORIA ASSIOMATICA DEI SISTEMI DI RADICI 21

Dimostrazione. Dimostreremo prima i primi tre risultati per il sottogruppo

W ′ = 〈σα | α ∈ ∆〉

e poi dimostreremo che W ′ = W . Fissiamo γ ∈ C(∆).(1). Consideriamo

δ =1

2

∑α∈Φ+

α

Sia σ ∈ W ′ tale che (σ(γ), δ) sia massimo. Vogliamo dire che (σγ, α) > 0 perogni α ∈ ∆ (e quindi in Φ+).

Infatti sappiamo che(σασγ, δ) ≤ (σγ, δ) .

Ma

(σασγ, δ) = (σγ, σαδ) =

σγ, 1

2

∑β∈Φ+

σα(β)

= (σγ, δ − α) = (σγ, δ)− (σγ, α)

dove la penultima uguaglianza e data dal fatto che σαα = −α, ma che σαpermuta le altre radici positive. Cioe (σγ, α) > 0 per ogni α ∈ Φ+, che e quelloche volevamo dimostrare.

(2). E una ovvia conseguenza di (1) e della corrispondenza biunivoca trabasi e camere di Weil.

(3). Per (2) e sufficiente far vedere che α appartiene ad almeno una base.Prendiamo γ ∈ pα tale che γ 6∈ pβ per nessun’altra radice β 6= ±α. Possiamoquindi trovare γ′ tale che (γ′, α) = ε > 0, ma |(γ′, β)| > ε per ogni altra radiceβ 6= ±α. Ma allora α e indecomponibile tra le radici positive rispetto a γ′.Infatti se

α = β1 + · · ·+ βk ⇒ (γ′, α) = (γ′, β1) + · · ·+ (γ′, βk) > ε

assurdo.(4). Basta far vedere che σα ∈W ′ per α ∈ Φ. Possiamo trovare ξ ∈W ′ che

manda ξ(α) ∈ ∆. Ma allora

ξσαξ−1 = σξα ∈W ′

e percio σα ∈W ′.

Un sistema di radici si dice irriducibile se non e scrivibile come unionedisgiunta di due sistemi di radici ortogonali.

Data una base ∆ = α1, . . . , αn, la matrice di Cartan di Φ e la matrice(〈αi, αj〉)ij . Osserviamo che, poiche due qualsiasi basi sono coniugate, la matricidi Cartan non dipende dalla scelta della base (a meno di riordino).

Un modo comodo di codificare l’informazione della matrice di Cartan sonoi diagrammi di Dynkin. Il grafo di Coxeter di ∆ e il grafo che ha per verticigli elementi di ∆ e ha esattamente 〈αi, αj〉〈αj , αi〉 archi tra i vertici αi e αj . Il


diagramma di Dynkin e il grafo di Coxeter con l’informazione aggiuntiva chei lati multipli (che accadono solo quando αi e αj hanno moduli diversi) sonoortientati verso la radice di modulo massimo.

E chiaro che il sistema di radici e irriducibile se e solo se il suo diagrammadi Dynkin e connesso. Inoltre la matrice di Cartan (e percio il diagramma diDynkin) determina completamente il sistema di radici.

Teorema 11 (Teorema di Classificazione). Sia Φ un sistema di radici ir-riducibile di rango l. Allora il suo diagramma di Dynkin e uno dei seguenti:

Al(l ≥ 1) :1 2 3 l − 1 l

Bl(l ≥ 2) :1 2 3 l − 1 l

Cl(l ≥ 3) :1 2 3 l − 1 l

Dl(l ≥ 3) :1 2 3 l − 2

l − 1

l

E6 :1 3 4 5 6

2

E7 :1 3 4 5 6 7

2

E8 :1 3 4 5 6 7 8

2

F4 :1 2 3 4

G2 :1 2

1.7 MANCANTE: teoremi di coniugio, isomor-fismo e esistenza

Questa sezione conterra gli enunciati di tre teoremi molto importanti che n nonsono stati fatti a lezione.

Teorema 12 (di isomorfismo). Siano g, g′ algebre di Lie semisemplici e sianoh, h′ sottoalgebre torali massimali di sistemi di radici Φ,Φ′ rispettivamente. Sup-poniamo che esista un isomorfismo ξ di Φ con Φ′ che induce quindi un isomor-fismo di algebre di Lie tra h e h′. Inoltre fissiamo ∆ base di Φ e per ogni α ∈ ∆scegliamo un isomorfismo ξα : gα → gξα. Allora esiste un unico ξ : g → g′

isomorfismo che estende gli isomorfismi di h e di gα.

Quindi algebre di Lie con sistemi di radici isomorfi sono isomorfe.

Teorema 13 (di coniugio). Sia g algebra di Lie semisemplice e siano h, h′

sottoalgebre torali massimali di g. Allora esiste un automorfismo ϕ : g→ g taleche ϕ(h) = h′.

Quindi tutte le sottoalgebre torali massimali di un’algebra di Lie semisem-plice hanno sistemi di radici isomorfi.

1.8. TEORIA DELLE RAPPRESENTAZIONI 23

Teorema 14 (di esistenza di Serre). Sia Φ un sistema di radici e sia ∆ =α1, . . . , αl una sua base. Sia g l’algebra di Lie generata dagli elementi

xi, hi, yi | i = 1, . . . , l

soggetti alle relazioni

• [hihj ] per ogni i, j.

• [xiyi] = hi e [xiyj ] = 0 per i 6= j.

• [hixj ] = 〈αi, αj〉xj e [hiyj ] = −〈αj , αi〉yj per ogni i, j.

• (adxi)−〈αj ,αi〉+1xj = 0 e (ad yi)

−〈αj ,αi〉+1yj = 0 per ogni i 6= j

Allora g e un’algebra di Lie semisemplice finita, la sottoalgebra generata daglihi e un’algebra torale massimale e il sistema di radici e naturalmente isomorfoa Φ.

Quindi per ogni sistema di radici esiste un’algebra di Lie semisemplice.

1.8 Teoria delle rappresentazioni

Sia V un g-modulo (non necessariamente finito). Scegliamo inoltre un’algebratorale massimale h e una base ∆ del sistema di radici. Sia λ ∈ h∨. Definiamolo spazio-peso di λ come

Vλ = v ∈ V | hv = λ(h)v ∀h ∈ h .

Quegli elementi λ ∈ h∨ per cui Vλ 6= 0 sono detti pesi di V .Un vettore massimale v ∈ V (di peso λ) e un vettore non nullo in Vλ =

w ∈ V | hw = λ(h)w tale che per ogni α ∈ ∆ gαv = 0. Se V e finito esistonosempre vettori massimali. Infatti sia

B(∆) = h⊕⊕α0

gα

una sottoalgebra di Borel. Questa e risolubile e percio ha un autovettore comuneper il teorema di Lie, che e un vettore massimale.

Un g-modulo V si dice standard ciclico se esiste un vettore massimale vdi peso λ tale che

V = U(g)v .

Proposizione 7. Sia V = U(g)v standard ciclico e sia Φ+ = β1, . . . , βnl’insieme delle radici positive. Allora

(a) V e generato dai vettori yi1β1· · · yinβnv. In particolare V e somma diretta dei

suoi spazi peso.


(b) I pesi di V sono della forma

µ = λ−∑α∈∆

kαα

dove i kα ∈ N.

(c) Per ogni peso µ dimVµ <∞ e in particolare dimVλ = 1.

(d) Ogni sottomodulo di V e somma diretta dei suoi spazi peso.

(e) V e indecomponibile e ha un unico sottomodulo massimale.

Dimostrazione. (a) e una conseguenza immediata del teorema di Poincare-Birkoff-Witt. Infatti sia g− =

⊕α∈Φ− gα. Allora

V = U(g)v = U(g−)U(B(∆)v = U(g−)v .

(b) segue da (a). Infatti tutti i vettori della forma yi1β1· · · yinβnv stanno nello

spazio peso corrispondente a

λ−n∑j=1

ijβj

(si tratta di un banale conto) per cui, sostituendo le espressioni dei βj in terminidegli elementi della base abbiamo la tesi.

(c) segue ancora da (a). Infatti per ogni peso µ

Vµ = Span(yi1β1· · · yinβnv | µ = λ−

n∑i=j

ijβj

e lo spazio vettoriale sulla destra e chiaramente di dimensione finita (e didimensione 1 quando µ = λ).

(d) Prendiamo W sottomodulo di V . Sappiamo che w =∑µ vµ con vµ ∈ Vµ

(perche V e somma dei suoi spazi peso), dobbiamo dimostrare che vµ ∈ W . Secosı non fosse prendiamo w controesempio con il minor numero di addendi nonnulli

w = v1 + · · ·+ vr vi ∈ Vµi .

E chiaro che r > 1 (se no non sarebbe un controesempio). Senza perdita digeneralita supponiamo v2 6∈ W . Poiche µ1 6= µ2, esiste h ∈ h tale che µ1(h) 6=µ2(h). Allora

µ1(h)w − hw = (µ1(h)− µ2(h))v1 + · · ·+ (µ1(h)− µr(h))vr ∈W

e un controesempio piu piccolo, assurdo.(e) Basta prendere

W =⊕µ6=λ

Vµ .

Questo e chiaramente un sottomodulo. Inoltre contiene tutti i sottomoduli pro-pri per cui e l’unico sottomodulo massimale (e percio non ha un complementare,quindi V e indecomponibile).


Osserviamo che se V e un modulo standard ciclico, il peso del vettore mas-simale e caratterizzato dall’essere massimale tra tutti i pesi di W (cioe se µ eun peso di V λ−µ e un peso positivo). Quindi il peso massimale di un modulostandard ciclico e ben definito. Inoltre anche il vettore massimale e ben definitoa meno di proporzionalita, infatti dimVλ = 1.

Teorema 15 (Esistenza e unicita). Per ogni λ ∈ h∨ esiste esattamente un unicomodulo V (λ) standard ciclico irriducibile di peso λ, eventualmente non finito.

Dimostrazione. Cominciamo con l’unicita. Siano V,W due moduli standardciclici irriducibili di peso λ e siano v, w vettori massimali. Consideriamo ilg-modulo V ⊕W . E chiaro che (v, w) e un vettore massimale di peso λ.

Prendiamo ora T = U(g)(v, w). Questo e un modulo standard ciclico. Con-sideriamo le proiezioni pV , pW sui due fattori. Poiche V,W sono irriducibilipV (T ) = V e pW (T ) = W . Quindi ker pV e ker pW sono due sottomoduli massi-mali di T . Ma T , essendo standard ciclico, ha un solo sottomodulo massimale,per cui ker pV = ker pW . Cioe

V ∼= T/ ker pV = T/ ker pW ∼= W .

Veniamo all’esistenza. Ricordiamo la notazione dell’algebra di Borel

B(∆) = h⊕⊕α∈Φ+

gα .

Prendiamo ora Dλ = kv e diamogli una struttura di B(∆)-modulo in questomodo

gαv = 0 ∀α ∈ Φ+ e hv = λ(h)v ∀h ∈ h .

Quindi Dλ ha una naturale struttura di U(B(∆))-modulo. Definiamo ora

Z(λ) = U(g)⊗U(B(∆)) Dλ

dove il prodotto tensore e fatto dando a U(g) la naturale struttura di U(B(∆))modulo destro. Questo ha una naturale struttura di U(g)-modulo, anzi e stan-dard ciclico perche

Z(λ) = U(g)(1⊗ v)

e si vede immediatamente che gαv = 0 per ogni α ∈ Φ+. Quindi Z(λ) ha ununico sottomodulo massimale W . Bene, definiamo V (λ) = Z(λ)/W , questo eun g-modulo standard ciclico irriducibile.

Lemma 13. In U(g) valgono le relazioni per α, β ∈ ∆, k > 0

• [xαykβ ] = 0 se α 6= β.

• [hαykβ ] = −kβ(hα)ykβ.

• [xαykα] = −kykα(k − 1− hα).


Dimostrazione. Sono tutte una facile induzione, partendo dal fatto che α− β 6∈Φ.

Sia ∆ = α1, . . . , αn una base di Φ. Un peso λ ∈ h∨ e detto dominanteintero se si puo scrivere nella forma

λ =

n∑i=1

miωi mi ∈ N

dove (ω1, . . . , ωn) e la base duale di

2αi(αi,αi)

i, di modo che 〈ωi, αj〉 = δij .

Teorema 16. V (λ) e finito dimensionale se e solo se λ e dominante intero.Inoltre i pesi di V (λ) sono permutati dal gruppo di Weil.

Dimostrazione. Assumiamo che V (λ) sia finito. Per ogni α ∈ ∆ sia Sα =Span(xα, yα, hα) una copia di sl2(k). Allora v e un autovettore di hα di pesoλ(hα). Ma gli autovettori di h in una rappresentazione di sl2(k) sono sempreinteri positivi o nulli. Per cui λ(hα) ∈ N. Da questo segue la tesi, perche

λ =

n∑i=1

〈αi, λ〉ωi =

n∑i=1

λ(hαi)ωi .

Viceversa supponiamo che λ sia dominante intero. Poniamo mi = λ(hi) ∈ N e(xi, hi, yi) = (xαi , hαi , yαi)Fissiamo un vettore massimale v. La dimostrazionesi svolgera in vari passi. Indichiamo la rappresentazione con φ : g→ gl(V ).

• Per cominciare guardiamo il vettore w = ymi+1i v. Se j 6= i combinando la

prima parte del lemma 13 con il fatto che xjv = 0 abbiamo che xjw = 0.D’altro canto, sempre per il lemma 13

xiw = ymi+1xiv − kymi+1i (mi − hi)v = −kymi+1

i (mi −mi)v = 0 .

Quindi w e un vettore massimale. Ma questo e impossibile perche il suopeso e λ −

∑i(mi + 1)αi (sempre con un conto del lemma 13, per cui

w = 0.

• Indichiamo con Si = hi ⊕ gαi ⊕ g−αi la copia di sl2(k) in g associata alpeso αi. Ora V contiene un Si-modulo finito dimensionale, precisamente lospan dei vettori v, yiv, . . . , y

mii v. Infatti per il punto precedente e stabile

per yi e per il lemma 13 e stabile per xi e hi. Definiamo ora V ′ comela somma di tutti gli Si-sottomoduli finiti di V . Sappiamo che V ′ 6= 0.Inoltre xαV

′ ⊆ V ′ per ogni α ∈ Φ. Infatti se W e un Si-sottomodulo, lo eanche xαW . Quindi V ′ e un g-sottomodulo di V , ma V e irriducibile percui V ′ = V .

• Vediamo ora che φ(xi), φ(yi) sono endomorfismi localmente nilpotenti diV 3. Infatti ogni w ∈ V sta in un Si-sottomodulo finito dimensionale, e lıφ(xi) e φ(yi) sono nilpotenti.

3Ricordiamo che un endomorfismo l di uno spazio vettoriale V e localmente nilpotentese per ogni w ∈ V , esiste n ∈ N tale che lnw = 0.


• Possiamo quindi definire

si = expφ(xi) expφ(−yi) expφ(xi) .

Infatti l’esponenziale di un endomorfismo localmente nilpotente l e sempreben definito perche per ogni vettore w ∈ V la serie

(exp l)w =

∞∑j=0

1

j!ljw

ha solo un numero finito di termini non nulli (ed e ovviamente lineare).Inoltre si(Vµ) = Vσiµ dove µ e un peso e σi = σαi e una riflessione.

Lemma 14. Per ogni x ∈ gl(V ) localmente nilpotente vale l’equazione

(expx)y(expx)−1 = (exp adx)y ∀y ∈ gl(V ) .

Dimostrazione. Infatti adx = lx+r−x dove lxy = xy, r−xy = −yx. Questisono due endomorfismi commutanti di gl(V ), per cui

exp adx = exp(lx + r−x) = (exp lx)(exp r−x) = lexp xrexp−x .

Percio, svolgendo un po’ di conti

siφ(hi)s−1i = φ((exp adxi)(exp ad−yi)(exp adxi)hi) = φ(−hi) .

siφ(hj)s−1i = φ((exp adxi)(exp ad−yi)(exp adxi)hj) = φ(hj − 2hi) .

e quindi se w ∈ Vµ risulta

hisiw = si(s−1i hisi)w = si(−hiw) = −µ(hi)siw = (σiµ)(hi)(siw)

hisiw = si(s−1i hisi)w = si(−hiw) = −µ(hj − 2hi)siw = (σiµ)(hj)(siw) .

• Quindi l’insieme dei pesi e stabile per l’azione del gruppo di Weil4 edimVµ = dimVσµ se σ ∈W .

Facciamo ora vedere che i pesi sono in numero finito. Per cominciareosserviamo che i pesi dominanti sono in numero finito. Infatti se µ e unpeso dominante di V allora ovviamente anche µ + λ e ancora dominante(anche se potrebbe non essere piu un peso di V ). Ma λ − µ e somma diradici positive, per cui

(λ+ µ, λ− µ) ≥ 0⇒ ||µ|| ≤ ||λ|| .

Quindi i pesi dominanti sono in numero finito. D’altro canto un peso edominante se e solo se sta nella camera di Weyl associata alla base ∆

4ricordiamo che il gruppo di Weil e generato dalle σi


scelta. Ma il gruppo di Weyl agisce transitivamente sulle camere, per cuiogni peso e coniugato ad un peso dominante. Poiche il gruppo di Weyl efinito, anche l’insieme dei pesi lo e. Ma allora

V =⊕

µ∈Π(V )

Vµ

e finito.

Capitolo 2

Gruppi di Lie

Un gruppo di LieG e una varieta differenziabile che ha una struttura di gruppotale che le mappe µ : G × G → G di moltiplicazione e le mappe ι : G → G diinversione siano lisce. Indichiamo per ogni g ∈ G con Lg : G→ G la mappa dimoltiplicazione a sinistra per g.

2.1 Gruppi e sottogruppi di Lie

Un campo di vettori X su G e detto invariante a sinistra se per ogni h ∈ G

d(Lg)hXh = Xgh .

Un sottogruppo ad un parametro ϑ di G e un omomorfismo di gruppi diLie ϑ : R→ G.

Teorema 17. Sia G un gruppo di Lie. La mappa ϑ 7→ ϑ′(0) e una corrispon-denza biunivoca tra l’insieme di tutti i sottogruppi ad un parametro e lo spaziotangente a G in e Ge.

Dimostrazione. Siano ϑ, ϕ due sottogruppi ad un parametro tali che ϑ′(0) =ϕ′(0). Derivando in s la relazione

ϑ(t+ s) = ϑ(t)ϑ(s) = Lϑ(t)ϑ(s)

e valutandola in s = 0 otteniamo

ϑ′(t) = d(Lϑ(t))eϑ′(0) .

e l’unicita segue dal teorema di esistenza e unicita per le equazioni differenzialiordinarie.

Per quanto riguarda l’esistenza prendiamo v ∈ Ge ed estendiamolo a uncampo di vettori invariante a sinistra ponendo vx = d(Lx)ev. Consideriamol’equazione

ϑ′(t) = v(ϑ(t) .

29

30 CAPITOLO 2. GRUPPI DI LIE

Possiamo trovare ε > 0 tale che esista un’unica soluzione ϑ : (−ε, ε) → G taleche ϑ(0) = e. Osserviamo che per |t|, |s| < ε/2 vale

ϑ(t+ s) = ϑ(t)ϑ(s) .

Infatti entrambe le espressioni valgono ϑ(t) se s = 0 e soddisfano la stessaequazione differenziale.

Definiamo ora

ψ(t) =

(ϑ

(t

N

))Ndove |t| < Nε. Questa definizione non dipende dalla scelta di N , infatti se N,Msoddisfano entrambi l’ipotesi(

ϑ

(t

N

))N=

(ϑ

(t

MN

))MN

=

(ϑ

(t

M

))MQuesta ψ e un sottogruppo ad un parametro che coincide con ϑ in un intornodi 0, per cui ci da l’esistenza.

Definiamo la mappa esponenziale ϑ : Ge → G data da

exp(v) = ϑv(1)

dove ϑv e l’unico sottogruppo a un parametro tale che ϑ′v(0) = v. La mappaesponenziale e liscia per il teorema di regolarita delle soluzioni di un’equazionedifferenziale ordinaria:

Teorema 18. Sia Ω aperto di Rn, I ⊆ R intervallo contenente lo 0. Sia inoltrev : I × Ω → Rn funzione C∞. Allora per ogni y0 ∈ Ω esiste un ε > 0, un Vintorno di y0 e una funzione f : (−ε, ε)× V → Ω tale che

f(0, y) = y ∀y ∈ V∂∂tf∣∣(t,y)

= v(t, f(t, y)) ∀(t, y) ∈ (−ε, ε)× V

Teorema 19. Dato φ : G → H omomorfismo di gruppi di Lie. Allora ilseguente diagramma commuta:

Ge He

G H

dφe

φexp exp

Dimostrazione. Osserviamo che se v ∈ Ge abbiamo che ϑdφe(v) = φϑv (sonoentrambi sottogruppi a un parametro con lo stesso vettore tangente). Quindivaluntando in 1:

exp(dφe(v)) = φ exp(v)

che e la tesi.

2.1. GRUPPI E SOTTOGRUPPI DI LIE 31

Teorema 20. La mappa esponenziale e un diffeomorfismo da un intorno di 0a un intorno di e.

Dimostrazione. Per il teorema della funzione inversa basta mostrare che d(exp)ee invertibile. Ma se prendiamo v ∈ (Ge)0 = Ge

d(exp)ev =d

dtexp(tv)

∣∣∣∣t=0

=d

dtϑv(t)

∣∣∣∣t=0

= v .

per cui d(exp)e = id.

Ricordiamo il noto fatto che la componente connessa dell’identita di ungruppo topologico G e un sottogruppo normale chiuso.

Proposizione 8. Sia G un gruppo topologico e G1 la componente connessadell’identita. Sia inoltre S ⊆ G1 un intorno dell’identita. Allora 〈S〉 = G1.

Dimostrazione. Infatti 〈S〉 e aperto perche per ogni x ∈ S, xS ⊆ 〈S〉. D’altrocanto e chiuso, perche se y 6∈ S, yS ∩ 〈S〉 = ∅.

Teorema 21. Sia G un gruppo di Lie connesso, H un altro gruppo di Lie. Allo-ra ogni omomorfismo di gruppi di Lie ϑ : G→ H e completamente determinatoda d(ϑ)e : Ge → He.

Dimostrazione. Prendiamo U ′ ⊆ Ge, U ⊆ G intorni di 0 e di e tali che exp :U ′ → U sia diffeomorfismo. Analogamente per V ′ ⊆ He, V ⊆ H. A meno direstringere U,U ′ possiamo supporre ϑ(U) ⊆ V . Allora

ϑ|U = exp |V ′ dϑe|U ′ (expU ′)−1 .

Quindi almeno il comportamento locale di ϑ e determinato da dϑe. D’altrocanto se ϑ, ϑ′ sono due omomorfismi con lo stesso differenziale l’insieme

x ∈ G | ϑ(x) = ϑ′(x)

e un sottogruppo che contiene un intorno dell’identita. Per il lemma contienetutto G perche e connesso.

Lemma 15. Sia G un gruppo di Lie e ϕ : U → G una carta in un intornodell’identita tale che ϕ(0) = e. Allora

µ(ϕ(x), ϕ(y)) = ϕ(x+ y + o(|x|+ |y|))

dove x, y ∈ U tali che il loro prodotto stia nell’immagine di ϕ e dove | · | e unaqualunque norma su U .

Dimostrazione. La mappa di moltiplicazione µ : G × G → G e C∞, per cui incoordinate si puo srivere come

µ(x, y) = µ(0, 0) + ax+ by + o(|x|+ |y|) .

Ora µ(0, 0) = 0. Si tratta di far vedere che a = b = 0. Ma se x = 0, µ(0, y) = yper ogni y ∈ U , per cui dev’essere b = 1. Analogamente per a = 1.


Teorema 22. Sia G un gruppo di Lie abeliano connesso. Allora esistono a, b ∈N tali che

G ∼= T a × Rb

dove T = S1 = R/Z.

Dimostrazione. Per cominciare dimostriamo che exp : Ge → G e un omo-morfismo di gruppi. Infatti prendiamo v, w ∈ Ge. Allora per ogni N ∈N

exp v expw =(

exp( vN

))N (exp

(wN

))N=(

exp( vN

)exp

(wN

))Nperche G e abeliano. Ma per il lemma precedente

exp v expw =

(exp

(v

N+w

N+ o

(1

N

)))N= exp(v + w + o(1)) .

Infine facendo tendere N a ∞

exp v expw = exp(v + w) .

Quindi exp(Ge) e un sottogruppo di G che contiene un intorno di e (perche expe diffeomorfismo locale), quindi e tutto G. Percio

G ∼= Ge/ ker exp .

Ma il nucleo di exp e un sottogruppo discreto di Ge ∼= Rn, perche exp e undiffeomorfismo locale. Percio ker exp e un reticolo

ker exp =

a⊕i=1

Zvi

con v1, . . . , va linearmente indipendenti su R. Ma questo ci da la tesi.

Sia G un gruppo di Lie. Un sottogruppo di Lie e un omomorfismo iniettivodi gruppi di Lie f : H → G.

Lemma 16. Un sottogruppo di Lie f : H → G e un’immersione iniettiva.

Dimostrazione. Osserviamo che dfe e iniettivo perche se dfev = 0 risulta chef(exp tv) = exp dfetv = exp 0 = e per ogni t ∈ R. Ma se prendiamo U intornodi 0 su cui exp e diffeo e t abbastanza piccolo per cui tv ∈ U , abbiamo chef(exp(tv)) = e ma exp(tv) 6= 0. Infine poiche dfedLg = dLf(g)dfg abbiamo chef e un’immersione iniettiva.

Quindi ogni sottogruppo di Lie corrisponde a una sottovarieta immersa diG. Non tutte i sottogruppi corrispondono a sottovarieta regolari. Ad esempiose consideriamo il sottogruppo ϕ : Z→ S1 dato da ϕ(n) = ein.

Una sottovarieta ι : N → M di una varieta differenziabile e quasiregolarese per ogni funzione f : K → N abbiamo che f e liscia se e solo se ιf lo e.Si dimostra (ma qui non lo faremo) che ogni sottogruppo di Lie e una varietaquasiregolare.

Ci chiediamo quand’e che un sottogruppo corrisponde a una varieta regolare.

2.1. GRUPPI E SOTTOGRUPPI DI LIE 33

Teorema 23. Un sottogruppo H < G corrisponde a una sottovarieta regolarese e solo se e chiuso.

Dimostrazione. (⇒) Poiche H e una sottovarieta regolare e localmente chiuso.Quindi c’e un’intorno U di e tale che H ∩ U e chiuso in U . Prendiamo y ∈ H esia x ∈ H ∩ yU−1 (questo esiste perche yU−1 e un intorno di e). Allora y ∈ xUe x ∈ H, per cui

x−1y ∈ H ∩ U = H ∩ U .Quindi y ∈ H, cioe H = H.

(⇐) Per prima cosa individuiamo il sottospazio di Ge che corrisponde aHe. Prendiamo U ′ intorno di 0 in Ge e U intorno di e tale che exp sia undiffeomorfismo tra U ′ e U . Possiamo quindi prendere l’inversa log : U → U ′.Poniamo

H ′ = log(H ∩ U) .

Ora se 0 e un punto isolato di H ′ deve esistere un intorno V di e tale cheH∩V = e, cioeH e un sottogruppo discreto (e percio una sottovarieta regolaredi dimensione 0). D’ora in poi supponiamo che 0 sia un punto di accumulazioneper H ′. Fissiamo una metrica a caso in Ge.

Lemma 17. Sia hnn∈N successione di elementi di H ′ r 0 tale che hn → 0e che

hn|hn|

→ x ∈ Ge .

Allora exp(tx) ∈ H per ogni t ∈ R.

Dimostrazione. Infatti poiche |hn| → 0 possiamo trovare mn ⊆ Z tale chemn|hn| → t. Allora

exp(mnhn) = exp

(mn|hn|

hn|hn|

)→ exp(tx) .

D’altro canto exp(mnhn) = (exp(hn))mn ∈ H.

Possiamo quindi definire

W =

sx | ∃hn ⊆ H ′ r 0 tale che hn → 0

hn|hn|

→ x, s ∈ R.

Per il lemma expW ⊆ H. Vogliamo dire che W e un sottospazio vettoriale (l’intuizione e W = He).

Prendiamo x, y ∈W , vogliamo dimostrare che x+ y ∈W . Prendiamo

h(t) = log(exp(tx) exp(ty)) .

Questo e definito in un intorno di 0. Inoltre sappiamo che h(t)t → x + y. Se

h(t) = 0 in un intorno di 0 abbiamo che x+ y = 0, cioe y = −x. Beh ma in talcaso x+ y ∈W di sicuro. Altrimenti

h(t)

|h(t)|=h(t)

t

|t||h(t)|

→ x+ y

|x+ y|


per t → 0+. Per cui scegliendo opportunamente una successione tn abbiamoche x+y

|x+y| ∈W , per cui x+ y ∈W .

Consideriamo ora D = W⊥ (supponendo la metrica in Ge inotta da unprodotto scalare) e prendiamo la mappa

φ : D ⊕W → G (x, y) 7→ expx exp y

Questo e un diffeomorfismo locale in (0, 0) (basta calcolarne il differenziale pervedere che e x + y) e manda W in H. Infatti supponiamo che esistano xn, yncon yn 6= 0 tali che

expxn exp yn ∈ H, (xn, yn)→ 0 .

Allora a meno di sottosuccessioni possiamo supporre che yn|yn| → y ∈ D. Ma

exp yn ∈ H per ogni n per cui yn ∈ H ′ definitivamente. Quindi y ∈W , assurdoperche y ∈ D.

Quindi φ e una carta adattata per H in e. Ma allora coniugando con Lh perh ∈ H otteniamo carte adattate per H in ogni h ∈ H.

2.2 Algebra di Lie di un gruppo di Lie

Facciamo ora vedere che Ge ha una naturale struttura di algebra di Lie. Ricor-diamo che se M e una varieta differenziabile il bracket da una struttura naturaledi algebra di Lie alla famiglia dei campi vettoriali su M . Vogliamo dire che icampi vettoriali invarianti a sinistra sono una sottoalgebra di Lie. Ricordiamoche un campo vettoriale e invariante a sinistra se per ogni g, h ∈ G

d(Lg)hXg = Xgh .

Allora che sia una sottoalgebra di Lie segue dal fatto che

d(Lg)h[X,Y ]h = [d(Lg)hXh, d(Lg)hYh] .

Ricordiamo che i campi vettoriali invarianti a sinistra sono isomorfi come spaziovettoriale a Ge.

Teorema 24. Sia f : G→ H omomorfismo di gruppi di Lie. Allora dfe : Ge →He e un omomorfismo di algebre di Lie.

Dimostrazione. Per ogni g ∈ G vale

Lf(g) f = f Lg .

Per cui, differenziando

d(Lf(g))f(h)dfh = dfhd(Lg)h

SiaX campo vettoriale invariante a sinistra e sia X il campo vettoriale invariantea sinistra definito da

Xe = dfeXe .

2.3. RIVESTIMENTI DI UN GRUPPO DI LIE 35

AlloraXh = d(Lh)eXe = d(Lh)edfeXe = dfhXh

per cui X e f -correlato a X e la tesi segue immediatamente.

Definiamo ora per ogni gruppo di Lie G la rappresentazione aggiunta inquesto modo. Facciamo agire G su Ge ponendo

gx = d(ιg)ex

dove ιg : G→ G e il coniugio ιgh = ghg−1.

Teorema 25 (Formula di Baker-Campbell-Hausdorff). Sia G un gruppo di Lie,x, y ∈ Ge. Esiste una serie di potenze

∑n ans

n tale che an ∈ Ge e un’espres-sione ottenuta facendo parentesi di Lie annidate a partire da x e y e che per tabbastanza piccolo valga

exp(tx) exp(ty) = exp

(∑n

antn

).

In particolare exp(tx) exp(ty) = exp(t(x+ y) + [xy]

2 t2 + o(t2))

.

Teorema 26. d(Ad)e = ad.

Dimostrazione. Beh, (d(Ad)ex)y = ddt (Ad(exp(tx))y)

∣∣t=0

. Ma d’altro canto

Ad(exp(tx))y = d(ιexp(tx))ey =d

ds(ιexp(tx) exp(sy))

∣∣∣∣t=0

per cui

(d(Ad)ex)y =d2

dsdt(exp(tx) exp(sy) exp(−tx))

∣∣∣∣s=t=0

.

E, alla formula di Baker-Campbell-Hausdorff

exp(tx) exp(sy) exp(−tx) = exp(tx+ sy + o(|t|+ |s|)) exp(−tx) =

= exp(sy − ts[xy]/2 + o(|t|2 + |s|2))

da cui la tesi.

2.3 Rivestimenti di un gruppo di Lie

Enunciamo un importante teorema senza dimostrazione.

Teorema 27. Sia G gruppo di Lie di algebra di Lie g. Sia h sottoalgebra diLie. Allora esiste un unico sottogruppo di Lie H tale che la sua algebra di Liesia h.


Teorema 28. Sia G un gruppo di Lie e sia Gp−→ G il suo rivestimento uni-

versale. Prendiamo un qualsiasi punto e ∈ G sopra e. Allora esiste un’unicastruttura di gruppo di Lie su G tale che p sia un omomorfismo di gruppi di Liee e sia l’identita di G.

Dimostrazione. Mettiamo su G la struttura naturale di varieta C∞ che rendep un diffeomorfismo locale. Consideriamo le due mappe µ : G × G → G eη : G → G di moltiplicazione e di inverso. Sappiamo che sono C∞. Allorapossiamo trovare µ unico sollevamento di µ (p, p) : G × G → G tale cheµ(e, e) = e. Analogamente possiamo trovare η unico sollevamento di η p taleche η(e) = e. Un rapido controllo con l’unicita del sollevamento dice che µ e ηdanno a G l’unica struttura possibile di gruppo di Lie.

Proposizione 9. Sia Γ sottogruppo discreto di un gruppo topologico G. Allorap : G→ G/Γ e un rivestimento.

Dimostrazione. Osserviamo che, poiche p e G-equivariante e G/Γ e omogeneo,ci basta trovare un intorno banalizzante di e.

Prendiamo U intorno di e tale che U ∩ Γ = e. Possiamo trovare alloraV intorno di e tale che V V −1 ⊆ U (questo perche la mappa (x, y) 7→ xy−1 econtinua). Per ogni h1, h2 ∈ Γ abbiamo che V h1 ∩ V h2 = ∅. Infatti se

v1h1 = v2h2 ⇒ v1v−12 = h2h

−11 ∈ Γ

e, poiche V V −1∩Γ = e, dev’essere h1 = h2. Ma p|V h : V h→ p(V ) e iniettivae aperta, aperta perche proiezione al quoziente per un gruppo, iniettiva perchese

v1h(v2h)−1 ∈ H ⇒ v1v−12 ∈ H ⇒ v1 = v2

per cui e un omeomorfismo. Ma allora p(V ) e un intorno banalizzante di p(e).

Osserviamo che abbiamo essenzialmente dimostrato che Γ agisce su G inmodo libero e propriamente discontinuo.

Proposizione 10. Sia G gruppo topologico connesso e Γ < G sottogrupponormale discreto. Allora Γ < Z(G).

Dimostrazione. Fissiamo γ ∈ Γ e facciamo vedere che sta nel centro. La mappaG→ Γ che manda

g 7→ gγg−1

e continua, per cui l’immagine e connessa. Ma contiene chiaramente γ e Γ ediscreto. Percio gγg−1 = γ, cioe γ ∈ Z(G).

Teorema 29. Siano G,H gruppi di Lie connessi e sia f : G→ H omomorfismodi gruppi di Lie che sia un diffeomorfismo locale (e sufficiente in e). Allora fe un rivestimento e Γ = ker f e un sottogruppo normale discreto del centro. Inparticolare se G e semplicemente connesso allora Γ = π1(H, e).

2.4. SLN (C) 37

Dimostrazione. Che ker f sia discreto segue dal fatto che f sia omeomorfismolocale. Percio Γ e centrale. Inoltre e surgettiva perche nell’immagine ci statutto un intorno di e in H. Quindi H ≡ G/Γ come gruppi di Lie e f : G → He rivestimento.

Quindi a ogni gruppo di Lie G possiamo associare un gruppo di Lie sem-plicemente connesso G e un sottogruppo discreto del centro Γ tale che G/Γ.

Teorema 30. Siano G1, G2 due gruppi di Lie e siano g1, g2 le corrispondentialgebre di Lie. Supponiamo inoltre di avere λ : g1 → g2 omomorfismo di algebredi Lie. Allora esiste al piu un π : G1 → G2 omomorfismo di gruppi di Lie taleche dπe = λ. Inoltre, se G1 e semplicemente connesso, tale π esiste sempre.

Dimostrazione. Sia G = G1×G2. E chiaro che la sua algebra di Lie e g = g1⊕g2.Allora consideriamo il grafico di λ

h = (x, λx) ∈ g | x ∈ g1 .

Si verifica subito che questa e una sottoalgebra di Lie. Prendiamo H < G ilsottogruppo di Lie corrispondente.

Supponiamo ora che esista π : G1 → G2 che induce λ e consideriamo σ :G1 → G data da

σ(x) = (x, π(x)) .

Questa e tale che dσe(g1) = h. Percio σ(G1) ⊆ H e ne contiene un intornodell’identita (perche la mappa esponenziale e un diffeomorfismo locale). Quindiσ(G1) = H, cioe π e definita da

π(x) = y ⇔ (x, y) ∈ H .

Percio tale π se esiste e unico.Mostriamo ora che se G1 e semplicemente connesso, allora H e il grafico di

qualcosa. Prendiamo γ : G → G1 la proiezione sul primo fattore. Consideri-amo ora τ = d(γ|H)e. Questa non e altro che la proiezione sul primo fattoreh→ g1. Ma questo e un isomorfismo di algebre di Lie, per cui γ : H → G1 e undiffeomorfismo locale. Ma allora e un rivestimento. Ma, poiche G1 e semplice-mente connesso, e un isomorfismo. Quindi H e un grafico di un omomorfismoπ : G1 → G2 di gruppi di Lie (dato dalla composizione della proiezione H → G2

con l’isomorfismo G1 ≡ H). E un conto immediato vedere che π induce λ.

Quindi in particolare studiare le rappresentazioni di un gruppo di Lie sem-plicemente connesso e la stessa cosa che studiare le rappresentazioni della suaalgebra di Lie.

2.4 SLn(C)Proposizione 11. Il centro di SLn(C) e costituito dalle matrici scalari checorrispondono alle radici n-esime dell’unita.


Dimostrazione. Consideriamo la rappresentazione naturale di SLn(C) che agiscesu Cn. Questa e chiaramente fedele e irriducibile. Allora, se prendiamo γ nelcentro di SLn(C), questo agisce come un endomorfismo di rappresentazioni. Ma,per il lemma di Schur, e o nullo o un isomorfismo. Prendiamo quindi λ autovaloredi γ. Allora γ − λ e un endomorfismo di rappresentazioni non iniettivo, per cuie nullo, cioe γ e una matrice scalare. D’altronde det γ = λn = 1, da cui latesi.

Indicheremo con µn il gruppo delle radici n-esime dell’unita.

Osserviamo che Z(SLn(C)) ⊆ exp h dove h e la sottoalgebra torale massimaledi sln(C) fatta dalle matrici diagonali. Infatti se

A =

2πn 0 · · · 0

0. . . 0 0

0 · · · 2πn 0

0 · · · 0 − 2(n−1)πn

⇒ exp(A) = e2πn

e analogamente per gli altri elementi del centro.

Questo non e un caso, infatti per ogni gruppo semisemplice G se h e un’al-gebra torale massimale di g abbiamo che Z(G) ⊆ exp h.

Poiche dimostreremo in seguito che SLn(C) e semplicemente connesso le suerappresentazioni coincideranno con le gia classificate rappresentazioni di sln(C).La domanda adesso e quand’e che una rappresentazione passa al quoziente aSLn(C)/Γ per un sottogruppo centrale Γ?

Ricordiamo che le rappresentazioni irriducibili di sln(C) sono classificateda (n − 1)-uple λ = (m1, . . . ,mn−1) di numeri naturali (piu precisamente daelementi dominanti interi del duale dell’algebra torale massimale).

Proposizione 12. Vλ e una rappresentazione di SLn(C)/Γ se e solo se λx ∈2πiZ per ogni x tale che expx ∈ Γ.

Dimostrazione. Ora Vλ e rappresentazione di SLn(C)/Γ se e solo se γv = v perogni γ ∈ Γ, dove v e il vettore massimale.

Supponiamo che sia una rappresentazione e prendiamo expx ∈ Γ. Allora

(expx)v = v ma (expx)v = eλ(x)v ⇒ eλ(x) = 1

e cioe λ(x) ∈ 2πiZ. Il viceversa e ovvio.

Poiche Γ e un sottogruppo centrale dev’essere µm per qualche m che dividen. Quindi, come abbiamo visto, l’elemento generico di µm e della forma expxdove

x =2πi

m

1 · · · 0...

. . ....

0 · · · 1− n

2.5. ALGEBRE DI CLIFFORD E GRUPPI SPIN 39

In questo caso λ(x) = 2πim (λ1 + · · ·+ λn−1) dove

λk =

k∑j=1

mj

infatti

λ(Ejj − E(j+1)(j+1)) = λj .

Quindi il piu grande m per cui Vλ e una rappresentazione di SLn(C)/µm e

MCD(n, λ1 + · · ·+ λn−1) .

Proposizione 13. SLn(C) e semplicemente connesso per ogni n ≥ 1.

Dimostrazione. Facciamo agire SLn(C) su Cnr0. Il vettore v =(1 0 · · · 0

)Tha per stabilizzatore il sottogruppo H delle matrici della forma

h =

(1 v0 B

)con B ∈ SLn−1(C) e v ∈ Cn. Questo e isomorfo a SLn−1(C) o Cn. La mappaSLn(C)→ Cn r 0 data da

A 7→ Av

genera un fibrato di fibra H. Percio per la successione esatta lunga di gruppid’omotopia

π1(H)→ π1(SLn(C)→ π1(Cn r 0)

Ora ricordiamo che H e omotopicamente equivalente a SLn−1(C) e che Cnr0e omotopicamente equivalente a S2n−1.

Dimostriamo che π1(SLn(C)) = 1 per induzione su n. Se n = 1 SL1(C) =±1, per cui e sicuramente semplicemente connesso. Se n > 1 abbiamo cheS2n−1 e semplicemente connesso. Per cio la successione esatta diventa

1→ π1(SLn(C))→ 1

e quindi SLn(C) e semplicemente connesso.

2.5 Algebre di Clifford e gruppi spin

Sia V uno spazio vettoriale equipaggiato di una forma quadratica Q.1 Definiamol’algebra di Clifford relativa a Q (C(Q)) come il quoziente dell’algebra tenso-riale TV per l’ideale bilatero generato dagli elementi della forma v⊗v−Q(v, v).Questa soddisfa l’ovvia proprieta universale:

1Qui assumeremo che il campo base sia C, anche se molto di quello detto vale per un campodi caratteristica generica.


Teorema 31. Se A e un’algebra associativa e l : V → A e un’applicazionelineare tale che per ogni v ∈ V l(v)l(v) = Q(v, v), allora esiste un unico omo-morfismo di algebre associative l : C(Q)→ A tale che lι = l, dove ι : V → C(Q)e l’ovvia inclusione.

Osserviamo che, poiche tutte le relazioni per cui quozientiamo sono pari (cioecontengono solo elementi di grado pari in TV ) allora C(Q) ha una strutturanaturale di algebra Z/2 graduata.

C(Q) = C(Q)pari ⊕ C(Q)dispari .

Questa struttura puo essere anche interpretata come la decomposizione in au-tospazi dell’involuzione α : C(Q) → C(Q) definita sugli elementi di V daα(v) = −v.

Supponiamo ora che Q sia non degenere e prendiamo una decomposizione

V = W ⊕W ′

dove W,W ′ sono sottospazi isotropi. Vogliamo dimostrare che c’e un isomorfis-mo naturale di algebre associative

C(Q) ∼= End(ΛW ) .

Per dare l’isomorfismo e sufficiente dare una mappa V → End(ΛW ) che rispettile relazioni dell’algebra di Clifford. Piu precisamente daremo due mappe, unache parte da W e una che parte da W ′. La prima e di facile descrizione

l : W → End(ΛW ) l(w)z = w ∧ z .

Per quanto riguarda la seconda, definiamo per ogni θ ∈W∨ una derivazione diΛW come

Dθ(1) = 0, Dθ(w) = θ(w), Dθ(ζ ∧ ξ) = Dθ(ζ) ∧ ξ + (−1)deg ζζ ∧Dθ(ξ) .

O, piu esplicitamente

Dθ(w1 ∧ · · · ∧ wr) =

r∑i=1

(−1)i−1θ(wi)w1 ∧ · · · ∧ wi ∧ · · · ∧ wr .

Allora possiamo porre, per ogni w′ ∈W ′

l′(w′)z = Dθ(w′) dove θ(w) = 2Q(w′, w) .

A questo punto definiamo j(w + w′) = l(w) + l(w′) e sono solo un po’ di contidimostrare che j passa a un isomorfismo.

Vogliamo usare questa descrizione di C(Q) per descrivere piu in dettaglioC(Q)pari. Infatti C(Q)pari e fatto dagli automorfismi di ΛV che lascianoinvariato ⊕

k≥0

Λ2kV .

2.5. ALGEBRE DI CLIFFORD E GRUPPI SPIN 41

Se consideriamo l’antiautomorfismo definito da

τ(x1 · · ·xr) = xr · · ·x1 .

possiamo definire −∗ : C(Q)→ C(Q) dato da x∗ = ατx.Definiamo il gruppo Spin come

Spin(Q) = x ∈ C(Q)pari | xx∗ = 1, xV x∗ ⊆ V .

Questo e un gruppo di Lie perche e un sottogruppo chiuso di C(Q)× = GL(ΛW ).

Teorema 32. Sia dimV ≥ 2. Poniamo ρ : Spin(Q)→ GL(V ) dato da

ρ(x)v = xvx∗ .

Allora ρ(Spin(Q)) = SO(Q) ed e un rivestimento doppio connesso.

Dimostrazione. Per cominciare osserviamo che

Q(ρ(x)v, ρ(x)v) = Q(xvx∗, xvx∗) = xvx∗xvx∗ = xvvx∗ = xQ(v, v)x∗ = Q(v, v)

cioe che ρ(Spin(Q)) ⊆ O(Q).Per mostrare che l’immagine e SO(Q) consideriamo un problema piu gen-

erale. Prendiamo il gruppo

Pin(Q) = x ∈ C(Q) | xx∗ = 1, xV x∗ ⊆ V

e facciamolo agire su V in questo modo

ρ(x)v = α(x)vx∗ .

Vediamo che anche questo agisce via isometrie. Osserviamo infatti che per ogniv ∈ V , vale vv = −vv∗. Allora

Q(ρ(x)v, ρ(x)v) = (α(x)vx∗)(α(x)vx∗) = −(α(x)vx∗(α(x)vx∗)∗ =

= −α(x)vx∗xv∗α(x)∗ = −α(x)vv∗α(x∗) = α(x)Q(v, v)α(x∗) = Q(v, v) .

Per mostrare che e surgettiva a questo punto e sufficiente mostrare che tuttele riflessioni stanno nell’immagine (infatti queste generano O(Q)). Prendiamow ∈ V tale che Q(w,w) = −1. Allora w ∈ Pin(Q) perche w∗ = −w e ww = −1.Mostriamo che ρ(w) = Rw dove Rw e la riflessione della forma

Rw(v) = v +Q(v, w)w .

Infatti

α(w)vw∗ = wvw = (Q(w, v)− vw)w = v +Q(w, v)w = v −Q(w, v)w

Poiche ρ e surgettiva per vedere che e un rivestimento doppio di O(Q) bastadimostrare che il nucleo e discreto di ordine 2. Prendiamo x ∈ Pin(Q) tale che

α(x)vx∗ = v


per ogni v ∈ V . Se scomponiamo x in parte pari e in parte dispari x = x0 + x1

abbiamo

α(x)v = vx⇒ (x0 − x1)v = v(x0 + x1)⇒ x0v − vx0 = vx1 + x1v .

Ma il membro sinistro e dispari e il membro destro e pari, per cuix0v = vx0

x1v = −vx1

Scrivendo il tutto in una base ortonormale otteniamo che x0 = λ ∈ C, mentrex1 = 0. Ma dev’essere xx∗ = 1 per cui λ = ±1.

Quindi Pin(Q) e un rivestimento doppio di O(Q). Ci resta solo da far vedereche Spin(Q) e la controimmagine di SO(Q) e che Spin(Q) e connesso. Maprendiamo R ∈ O(Q). Questa e composizione di un certo numero di riflessioni,per cui

R = Rw1 · · ·RwrMa allora

ρ−1R = ±w1 · · ·wred e chiaro che questo sta in Spin(Q) se e solo se r e pari, cioe se e solo seR ∈ SO(Q).

Per vedere che Spin(Q) e connesso ci basta trovare un cammino tra 1 e -1.Prendiamo v ∈ V tale che Q(v, v) = −1 e prendiamo A ∈ SO(Q) che mandaAv = −v. Allora, poiche SO(Q) e connesso possiamo trovare A(t) cammino inSO(Q) tale che A(0) = 1, A(1) = A. Allora

E(t) = v(A(t)v)

e un cammino in Spin(Q) che congiunge 1 a -1.

Osserviamo che abbiamo dimostrato che

Spin(Q) = ±w1 · · ·w2r | wi ∈ V Q(wi, wi) = −1 .

Inoltre, poiche π1(SO(Q)) = Z/2, abbiamo che Spin(Q) e l’unico gruppo di Liesemplicemente connesso che ha per algebra di Lie so(Q).

Chi e il centro di Spin(Q)? Poiche il centro di SO(Q) e composto solo diuno o due elementi (±1 o 1 a seconda che la dimensione di V sia pari o dispari),abbiamo che il centro di Spin(Q) puo essere composto al piu da 4 elementi. Cibasta quindi esibirne quattro. Prendiamo v1, . . . , v2m base ”ortonormale“ taleche Q(vi, vj) = −δij . Allora

Z(Spin(Q)) = ±1,±v1 · · · v2m .

Infatti v1 · · · v2m commuta con tutti i vi e V genera C(Q) come algebra. Inoltregli elementi sono distinti perche sono a due a due linearmente indipendenti.L’unica domanda che possiamo porci ora e se Z(Spin(Q) sia Z/4 o Z/2× Z/2.Ma questo si vede con un conto diretto: se m e pari allora e Z/2×Z/2, altrimentie Z/4.

appunti del corso algebre e gruppi di lie(nardin)

Documents