Đại số Lie dành cho cao học

Mục lục
Lời mở đầu 3
1 Các kiến thức chuẩn bị 4
1.1 Đại số Lie và đại số Lie con . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Đại số Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Đại số Lie con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3 Iđêan và đại số thương . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.4 Đồng cấu đại số Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 Đại số Lie giải được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Đại số Lie nửa đơn và đại số Lie khả quy 19
2.1 Đại số Lie nửa đơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.2 Các ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.3 Dạng Killing và tiêu chuẩn Cartan . . . . . . . . . . 21
2.2 Đại số Lie quy được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2
3
Lời mở đầu
Trong tiểu luận này tôi đã hệ thống lại những vấn đề cơ bản của đại số
Lie mà trọng tâm là về đại số Lie nửa đơn và quy được. Các định lý mệnh
đề nêu ra ở trước nhằm phục vụ đưa ra những ví dụ trực quan và các tính
chất về các đại số Lie này.
Nội dung chính của tiểu luận này bao gồm hai chương. Trong Chương 1,
tôi trình bày lại các khái niệm về đại số Lie, đại số Lie con, iđêan và đại
số Lie thương, đồng cấu đại số Lie kèm theo các ví dụ minh họa. Trong
Chương 2, có các tính chất của đại số Lie nửa đơn và quy được, mối liên hệ
của chúng.
Tôi xin gửi đến thầy giáo Trần Đạo Dõng lòng biết ơn chân thành vì thầy
đã tận tình giảng dạy tôi trong suốt học phần Đại số Lie và nhóm Lie.
Tiểu luận này được viết theo cách suy nghĩ của tôi về các vấn đề trên. Có
một số chứng minh tôi đưa ra để tham khảo. Vì khả năng và thời gian có

hạn nên khó tránh khỏi sai sót về nhiều mặt. Rất mong nhận được sự góp ý
của quý thầy cô và các bạn.
Chương 1
Các kiến thức chuẩn bị
1.1 Đại số Lie và đại số Lie con
1.1.1 Đại số Lie
Định nghĩa 1.1.1. Cho g là một không gian véc tơ tên trường k, g được
gọi là đại số Lie trên k nếu tồn tịa phép toán
[, ] : g × g −→ g
(X, Y ) −→ [X, Y ]
sao cho
a. [, ] tuyến tính theo từng biến.
b. [X, X] = 0, ∀X ∈ g.
c. Thỏa mãn đồng nhất thức Jacobi, tức là [[X, Y ], Z]+[[Y, Z], X]+[[Z, X], Y ] =
0, ∀X, Y, Z ∈ g.
Số chiều, dim
k
(g), gọi là số chiều của đại số Lie g, [, ] gọi là tích Lie.
Nếu k = R thì g là đại số Lie thực.
Nếu k = C thì g được gọi là đại số Lie phức.
Đại số Lie được gọi là giao hoán nếu [X, Y ] = 0, ∀X, Y ∈ g.
Nhận xét 1.1.2.
1) Mỗi không gian véc tơ V trên trường k là một đại số Lie giao hoán với
tích Lie [X, Y ] = 0, ∀X, Y ∈ V .
4
5
2) Cho g là một đại số Lie (không nhất thiết kết hợp), xác định
[, ] : g × g −→ g
(X, Y ) −→ [X, Y ] = XY − Y X.
Khi đó g là một đại số Lie. Thật vậy, [, ] thỏa mãn 3 điiều kiện trên.

+ Với mọi X, Y, Z ∈ g, ∀α, β ∈ k, ta có [αX + βY, Z] = (αX + βY )Z −
Z(αX + βY ) = αXZ + βY Z − αZX − βZY = α[X, Z] + β[Y, Z]. Tương
tự, [X, αY + βZ] = α[X, Y ] + β[X, Z].
+ Với mọi X ∈ g, [X, X] = XX − XX = 0.
+ Thỏa mãn đồng nhất thức Jacobi, ∀X, Y, Z ∈ g, ta có [[X, Y ], Z] +
[[Y, Z], X]+[[Z, X], Y ] = (XY −Y X)Z −Z(XY −Y X)+(Y Z −ZY )X −
X(Y Z − ZY ) + (ZX − XZ)Y − Y (ZX − XZ) = 0.
Đặc biệt,
• g = End V là một đại số Lie, kí hiệu gl(V );
• và g = Mat(n, k) là đại số Lie, kí hiệu gl(n, k).
3) Trường hợp đặc số của k khác 2, ta có: [X, X] = 0, ∀X ∈ g ⇔ [X, Y ] =
−[Y, X], ∀X, Y ∈ g. Thật vậy, giả sử [X, X] = 0 ∀X ∈ g ⇒ [X + Y, X +
Y ] = 0 ∀X, Y ∈ g ⇒ [X, X] + [X, Y ] + [Y, X] + [Y, Y ] = 0 ⇒ [X, Y ] =
−[Y, X]. Ngược lại, ta có [X, X] = −[X, X] ⇒ [X, X] = 0 ∀X ∈ g.
4) Xét g =











0 a b
−a 0 c
−b −c 0





a, b, c ∈ R







là không gian véc tơ 3 chiều
thực. Xác định [A, B] = AB − BA, ∀A, B ∈ g. Lúc đó g là đại số Lie 3
chiều thực, kí hiệu g = so(3).
Mệnh đề 1.1.3. Tích trực tiếp hay tổng trực tiếp của hữu hạn các đại số
Lie là một đại số Lie
Chứng minh. Giả sử g
1
, g
2
, , g
n
là các đại số Lie. Đặt g = g
1
× × g
n
.
Không khó khăn gì để chỉ ra g là một không gian véc tơ. Xét
[, ] : g × g −→ g
(X, Y ) −→ [X, Y ] = ([X

1
, Y
1
], , [X
n
, Y
n
]),
trong đó X = (X
1
, , X
n
), Y = (Y
1
, , Y
n
), X
i
, Y
i
∈ g
i
, i = 1, , n.
Ta đi kiểm tra [, ] là một ánh xạ thỏa mãn 3 điều kiện trở thành tích Lie.
6
• Với mọi X, Y ∈ g, [X, Y ] ∈ g và nếu (X, Y ) = (X

, Y

) thì X =

X

, Y = Y

, nên [X, Y ] = [X

, Y

]. Do đó [, ] là một ánh xạ. Hơn
nữa, ∀X, Y, Z ∈ g, X = (X
1
, , X
n
), Y = (Y
1
, , Y
n
), Z = (Z
1
, , Z
n
),
∀α, βk, ta có
[αX + βY, Z] = ([αX
1
+ βY
1
, Z
1
], , [αX

n
+ βY
n
, Z
n
])
= (α[X
1
, Z
1
] + β[Y
1
, Z
1
], , α[X
n
, Z
n
] + β[Y
n
, Z
n
])
= α[X, Z] + β[Y, Z].
Tương tự [X, αY + βZ] = α[X, Y ] + β[X, Z].
• Với mọi X ∈ g, [X, X] = ([X
1
, X
1
], , [X

n
, X
n
]) = 0.
• Với mọi X, Y, Z ∈ g, ta có
[[X, Y ], Z] + [[Y, Z], X] + [[Z, X], Y ]
= ([[X
1
, Y
1
], Z
1
], , [[X
n
, Y
n
], Z
n
]) + ([[Y
1
, Z
1
], X
1
], , [[Y
n
, Z
n
], X
n

])
+([[Z
1
, X
1
], Y
1
], , [[Z
n
, X
n
], Y
n
])
= ([[X
1
, Y
1
], Z
1
] + [[Y
1
, Z
1
], X
1
] + [[Z
1
, X
1

], Y
1
], , [[X
n
, Y
n
], Z
n
]
+[[Y
n
, Z
n
], X
n
] + [[Z
n
, X
n
], Y
n
])
= (0, , 0) = 0.
Ta cũng có kết quả trên với tổng trực tiếp vì chúng là đẳng cấu.
1.1.2 Đại số Lie con
Định nghĩa 1.1.4. Cho đại số Lie g, h ⊂ g. Khi đó h được gọi là đại số Lie
con là nếu
a. h là không gian con;
b. ∀X, Y ∈ h, ta có [X, Y ] ∈ h.
Với a, b ⊂ g, ta kí hiệu [a, b] = {[X, Y ]|X ∈ a, Y ∈ b} ⊂ g. Lúc đó b. có

dạng [h, h] ⊂ h.
Nhận xét 1.1.5.
1. Ta có {0}, g là các đại số Lie con của g.
2. Mỗi đại số Lie con là một đại số Lie với tích Lie cảm sinh.
7
3. Xét g = gl(n, k), h = {A = (a
ij
)
n
|A
t
= −A} ⊂ g.
• Thì h là không gian véc tơ con vì ∀A, B ∈ h, ∀α, β ∈ k ta có (αA +
βB)
t
= αA
t
+ βB
t
⇒ αA + βB ∈ h.
• Với mọi A, B ∈ h, [A, B]
t
= (AB − BA)
t
= (AB)
t
− (BA)
t
=
B

t
A
t
− A
t
B
t
= −B.(−A) − (−A).(−B) = −(AB − BA) = −[A, B]
⇒ [A, B] ∈ h. Hay [h, h] ⊂ h.
Kí hiệu h = so(n, k). Đại số Lie so(3) ở nhận xét 1.1.2.4 là một trường
hợp riêng của h, nó là một đại số Lie con của gl(n, R).
4. Xét k = {A ∈ gl(n, k)| Tr A = 0} (Tr A là vết của A) là một đại số
Lie con của g. Thật vậy, Theo tính chất nhân và cộng của ma trận ta
dễ dàng suy ra k là một không gian con của gl(n, k). Hơn nữa, Tr A =
n

i=1
a
ii
, ∀A, B ∈ g, ta có Tr AB =
n

i=1
n

j=1
a
ij
b
ji

=
n

i=1
n

j=1
b
ji
a
ij
= Tr BA
⇒ Tr[A, B] = 0, ∀A, B ∈ g. Do đó [k, k] ⊂ k.
Kí hiệu k = sl(n, k).
5. Xét g = su(2) = {X ∈ gl(2, C)|X
∗
+ X = 0, Tr(X) = 0}, với X
∗
= X
t
là
liên hợp phức của chuyển vị của X, là một đại số Lie thực 3 chiều với cơ
sở
 
i 0
0 −i

,

0 1

−1 0

,

0 i
i 0
 
.
Ta có thể xem nó là đại số Lie con của đại số Lie gl(2, C). Thật vậy, g
là một không gian véc tơ con của gl(2, C) vì ∀X, Y ∈ g, ∀α ∈ R, ta có
(X + Y )
∗
= X
∗
+ Y
∗
, (αX)
∗
= αX
∗
, Tr(X + Y ) = Tr X + Tr Y, Tr(αX) =
α Tr X. Hơn nữa, ∀X, Y ∈ g, [X, Y ] = XY − Y X ⇒ [X, Y ]
∗
+ [X, Y ] =
(XY −Y X)
∗
+XY −Y X =
(XY − Y X)
t
+XY −Y X = (XY )

t
− (Y X)
t
+
XY −Y X = (XY )
∗
+XY −((Y X)
∗
+Y X) = 0, và Tr([ X, Y ]) = Tr(XY −
Y X) = 0. Suy ra [X, Y ] ∈ g.
6. Cho g là một đại số Lie, a là một không gian véc tơ con của g. Đặt
N
g
(a) = {X ∈ g|[X, Y ] ∈ a, ∀Y ∈ a}
là đại số Lie con, gọi là chuẩn tắc hóa của a trong g. Và
Z
g
(a) = {X ∈ g|[X, Y ] = 0, ∀Y ∈ a}
8
là đại số Lie con của g, gọi là tâm hóa của a trong g.
Dựa vào tính song tuyến tính của tích Lie ta suy ra được N
g
(a), Z
g
(a) là
các không gian véc tơ con của g. Ngoài ra, ∀X, Y ∈ N
g
(a), ∀Z ∈ a, ta
có [[X, Y ], Z] = −([[Y, Z], X] + [[Z, X], Y ]) ∈ a. Suy ra [X, Y ] ∈ N
g

(a).
Tương tự cho Z
g
(a).
Rõ ràng, Z
g
(a) ⊂ N
g
(a). Đặc biệt, a = g ta kí hiệu Z
g
= Z
g
(g) gọi là tâm
của g.
Với g = gl(n, k), X ∈ Z
g
⇔ XY = Y X, ∀Y ∈ g. Khái niệm tâm trở về
khái niệm tâm thông thường.
1.1.3 Iđêan và đại số thương
Định nghĩa 1.1.6. Cho đại số Lie g, a ⊂ g. Ta gọi a là iđêan của g nếu
a) a là không gian véc tơ con;
b) [a, g] ⊂ h.
Iđêan a được gọi là iđêan cực tiểu nếu a = 0 và b là một iđêan của g sao cho
0 ⊂ b ⊂ a thì b = 0 hoặc b = a.
Iđêan a được gọi là iđêan cực đại nếu a = g và b là một iđêan của g sao cho
a ⊂ b ⊂ g thì b = a hoặc b = g.
Nhận xét 1.1.7.
1. Nếu h là iđêan thì h là đại số Lie con.
2. Có {0}, g là các iđêan của g.
3. Tâm của g, Z

g
, là một iđêan của g vì ∀X ∈ Z
g
, ∀Y ∈ g, [X, Y ] = 0 ∈ Z
g
.
Mệnh đề 1.1.8. Cho a, b là các iđêan của g. Khi đó a ∩ b, a + b, [a, b] là
các iđêan của g.
Chứng minh. Giao, tổng của các không gian véc tơ là không gian véc tơ.
Với mọi X, Y ∈ a ∩ b thì X, Y ∈ a; X, Y ∈ b. Vì a, b là các iđêan nên
[X, Y ] ∈ a, b ⇒ [X, Y ] ∈ a ∩ b. Tương tự, X + X

, Y + Y

∈ a + b, trong
đó X, Y ∈ a; X

, Y

∈ b, suy ra [X, Y + Y

] ∈ a, [X

, Y + Y

] ∈ b ⇒ [X +
X

, Y + Y


] ∈ a + b.
9
Ta đi chứng minh [a, b] là một iđêan của g. Ta có [a, b] là một không gian
véc tơ con của g. Với mọi X ∈ a, Y ∈ b, Z ∈ g, ta có [Z, X] ∈ a, [Y, Z] ∈
b nên [[Z, X], Y ] ∈ [a, b], [[Y, Z], X] ∈ [a, b]. Mà [[X, Y ], Z] + [[Y, Z], X] +
[[Z, X], Y ] = 0 nên [[X, Y ], Z] = −[[Y, Z], X] − [[Z, X], Y ] ∈ [a, b].
Hệ quả 1.1.9. Ta có [g, g] là iđêan của g.
Mệnh đề 1.1.10. Cho g là một đại số Lie, h là một iđêan của g. Khi đó
không gian véc tơ thương g/h = {X + h|X ∈ g} là đại số Lie với phép toán
[X + h, Y + h] = [X, Y ] + h.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh
[, ] : g/h × g/h −→ g/h
(X + h, Y + h) −→ [X, Y ] + h
là một tích Lie. Thật vậy,
• Với (X + h, Y + h) = (X

+ h, Y

+ h) ∈ g/h, ta có X − X

, Y −
Y

∈ h ⇒ [X − X

, Y ], [X − X

, Y

], [X, Y − Y


], [X

, Y − Y

] ∈ h. Suy
ra [X − X

, Y ] + [X − X

, Y

] + [X, Y − Y

] + [X

, Y − Y

] ∈ h, hay
2[X, Y ] − 2[X

, Y

] ∈ h. Suy ra [X, Y ] + h = [X

, Y

] + h. Vậy [, ] là một
ánh xạ.
• Tính chất song tuyến tính được suy ra từ tích Lie trong g.

• Với mọi X ∈ g, [X + h, X + h] = [X, X] + h = 0.
• Với mọi X, Y, Z ∈ g, [[X +h, Y +h], Z +h]+[[Y +h, Z+h], X +h]+[[Z +
h, X + h], Y +h] = [[X, Y ], Z] + [[Y, Z], X]+ [[Z, X], Y ]+ h = 0 +h = 0.
Định nghĩa 1.1.11. Đại số Lie cho ở mệnh đề 1.1.10 gọi là đại số Lie thương
của g theo h.
Ví dụ 1.1.12. Xét g = gl(3, R) và các đại số Lie con h = so(3, R), k =
sl(3, R) thì chỉ có k là iđêan của g.
10
Lấy I
3
=




1 0 0
0 0 0
0 0 0




∈ g, A ∈ h, ta có
[A, I
3
]
t
= (AI
3
− I

3
A)
t
= I
t
3
A
t
− A
t
I
t
3
= −I
3
A + AI
3
= [A, I
3
].
Nếu ta chọn A sao cho [A, I
3
] = 0 (chẳng hạn vị trí a
12
= 0) thì [A, I
3
] ∈ h.
Vậy h không phải iđêan của g.
Với mọi A, B ∈ g, ta có Tr(AB) = Tr(BA) nên Tr([A, B]) = 0. Suy ra k
là iđêan của g.

Ta có
g/k =











a
11
a
12
a
13
a
21
a
22
a
23
a
31
a
32
a

33




+ k a
ij
∈ R, i, j = 1, 2, 3







.
Mà




a
11
a
12
a
13
a
21
a

22
a
23
a
31
a
32
a
33




=




−a
22
− a
33
a
12
a
13
a
21
a
22

a
23
a
31
a
32
a
33




+




a
11
+ a
22
+ a
33
0 0
0 0 0
0 0 0





.
⇒ g/k =











a 0 0
0 0 0
0 0 0




+ k a ∈ R







.
Do đó

g/k = I
3
, I
3
=




1 0 0
0 0 0
0 0 0




= {I
3
, 0}.
Ví dụ 1.1.13. Xét đại số Lie g = gl(2, R). Ta sẽ đi tìm các iđêan của đại
số Lie này.
Giả sử h là một iđêan của g. Lấy A =

a b
c d

∈ h, B =

a


b

c

d


∈ g.
Khi đó,
[A, B] =

bc

− cb

ab

− ba

+ bd

− db

ca

− ac

+ dc

− cd


cb

− bc


∈ h.
11
Nếu a = 0 hoặc d = 0 suy ra b = c = 0. Có iđêan {0}.
Nếu b = 0 thì a = d ⇒ c = 0. Và ngược lại, c = 0 thì b = 0, a = d. Ta có
iđêan h =
 
a 0
0 a

a ∈ R

.
Nếu a, b, c, d = 0, ta chia thành các trường hợp sau
• a = αd ⇒ α = −1. Có iđêan k =
 
a b
c −a

a, b, c ∈ R

;
• a = αb hoặc a = αc ⇒ không tồn tại α;
• b = αb hoặc b = αd ⇒ không tồn tại α;
• c = αd ⇒ không tồn tại α.

Nếu a, b, c, d đôi một không phụ thuộc nhau thì iđêan đó là g.
Tóm lại, gl(2, R) có các iđêan là {0}, h, k, g.
Khi đó, ta có đại số Lie thương g/h và rõ ràng k/h là một iđêan khác
không của g/h.
1.1.4 Đồng cấu đại số Lie
Định nghĩa 1.1.14. Cho g, h là các đại số Lie trên k. Ánh xạ ϕ : g −→ h
là đồng cấu đại số Lie nếu
a) ϕ là ánh xạ tuyến tính;
b) ϕ bảo toàn tích Lie, tức là
ϕ([X, Y ]) = [ϕ(X), ϕ(Y )], ∀X, Y ∈ g.
Đồng cấu ϕ là đơn (toàn, đẳng) cấu nếu ϕ là đơn (toàn, song) ánh.
Đại số Lie g được gọi là đẳng cấu với h (g
∼
=
h) nếu ∃ϕ : g −→ h là đẳng
cấu đại số Lie.
Gọi Ker ϕ = {X ∈ g|ϕ(X) = 0} là nhân của ϕ. Và
Im ϕ = {ϕ(X)|X ∈ g} là ảnh của ϕ.
Ví dụ 1.1.15.
12
1. Cho g, h là các đồng cấu đại số Lie. Dễ thấy
0 : g −→ h
X −→ 0
là một đồng cấu đại số Lie. Còn
id
g
: g −→ g
X −→ X
là đẳng cấu đại số Lie.
2. Cho g là đại số Lie, a là một đại số con của g, h là iđêan con của g. Khi

đó
i : a −→ g
X −→ X
là một đơn cấu đại số Lie, gọi là phép nhúng chính tắc. Và
p : g −→ g/h
X −→ X + h
là một toàn cấu đại số Lie, gọi là phép chiếu chính tắc.
3. Cho ϕ : g −→ h là đồng cấu đại số Lie. Lúc đó, ϕ biến không gian con
thành không gian con và ngược lại, ảnh ngược của một không gian con là
một không gian con.
• Nếu a là đại số Lie con của g thì ϕ(a) là đại số Lie con của h. Vì ϕ
bảo toàn tích Lie nên [ϕ(a), ϕ(a)] ⊂ ϕ(a).
• Nếu b là iđêan Lie con của h thì b
−1
là iđêan Lie con của g. Vì
ϕ([b
−1
, g]) ⊂ [b, h] ⊂ b ⇒ [b
−1
, g] ⊂ b
−1
.
Ví dụ 1.1.16.
1. Cho g là đại số Lie trên trường k. Xét
ad : g −→ gl(g) = End
k
(g)
X −→ ad(X) : g −→ g
Y −→ ad(X)(Y ) = [X, Y ]
là đồng cấu đại số Lie. Thật vậy, ta sẽ đi kiểm tra ad là ánh xạ tuyến

tính và bảo toàn tích Lie.
13
• Với mỗi X ∈ g,
ad(X) : g −→ g
Y −→ [X, Y ]
là đồng cấu tuyến tính vì với mọi Y, Z ∈ g, ta có ad(X)(Y + Z) =
[X, Y + Z] = [X, Y ] + [X, Z] = ad(X)(Y ) + ad(X)(Z).
Với mọi Y ∈ g, ∀α ∈ k, ta có ad(X)(αY ) = [X, αY ] = α[X, Y ] =
α ad(X)(Y ).
Do đó ad(X) ∈ gl(g). Hơn nữa, X = Y thì ad(X) = ad(Y ). Vậy ad
là ánh xạ.
• Chứng minh ad là ánh xạ tuyến tính.
Với mọi X, Y, Z ∈ g, ∀α ∈ k, ta có ad(X + Y )(Z) = [X + Y, Z] =
[X, Z] + [Y, Z] = (ad(X) + ad(Y ))(Z). Suy ra ad(X + Y ) = ad(X) +
ad(Y ), và ad(αX)(Y ) = [αX, Y ] = α ad(X)(Y ) = (α ad(X))(Y ). Do
đó ad(αX) = α ad(X).
• Tính bảo toàn tích Lie của ad.
Với mọi X, Y, Z ∈ g, ad([X, Y ])(Z) = [[X, Y ], Z]. Trong khi đó
[ad(X), ad(Y )] = ad(X) ◦ ad(Y ) − ad(Y ) ◦ ad(X).
⇒ [ad(X), ad(Y )](Z) : = ad(X)(ad(Y )(Z)) − ad(Y )(ad(X)(Z))
= [X, [Y, Z]] − [Y, [X, Z]]
= −[[Y, Z], X] − [[Z, X], Y ] = [[X, Y ], Z].
Do đó ad([X, Y ]) = [ad(X), ad(Y )].
Ta có
Ker(ad) = {X ∈ g| ad(X) = 0} = {X ∈ g|[X, Y ] = 0, ∀Y ∈ g} = Z(g).
Gọi ad là biểu diễn liên hợp của g.
2. Cho V là không gian véc tơ trên trường k, n chiều. Khi đó, gl(V )
∼
=
gl(n, k). Chú ý rằng ta luôn có thể đồng nhất ánh xạ tuyến tính với ma

trận của nó đối với cặp cơ sở chính tắc.
Mệnh đề 1.1.17. Cho g là đại số Lie, a, b là các iđêan của g sao cho
g = a + b. Khi đó g/a = a + b/a
∼
=
b/a ∩ b.
14
Chứng minh. Xét
ϕ : g/a −→ b/a ∩ b
X + a −→ Z + a ∩ b,
trong đó X = Y + Z, Y ∈ a, Z ∈ b.
• Với mọi X + a, X

+ a : X + a = X

+ a ⇒ X − X

∈ a ⇒ Y −
Y

+ Z − Z

∈ a, với X = Y + Z, X

= Y

+ Z

. Vì Y, Y


∈ a nên
Z − Z

∈ a ⇒ Z − Z

∈ a ∩ b. Do đó Z + a ∩ b = Z

+ a ∩ b. Vậy ϕ là
ánh xạ.
• Với mọi X, X

∈ g, ∀α, β ∈ k, ta có ϕ(α(X + a)+ β(X

+ a)) = ϕ(αX +
βX

+ a) = αZ + βZ

+ a ∩ b = αZ + a ∩ b + βZ

+ a ∩ b = α(Z + a ∩
b) + β(Z

+ a ∩ b) = αϕ(X + a) + βϕ(X

+ a). Vậy ϕ là ánh xạ tuyến
tính.
• Ta có ϕ(X + a) = 0 ⇔ Z ∈ a ∩ b ⇒ Z ∈ a ⇒ X ∈ a. Do đó X + a = 0.
Suy ra ϕ đơn ánh. Hơn nữa, với mỗi Z ∈ b, ta có ϕ(Z + a) = Z + a ∩ b.
Do đó ϕ song ánh.

• Ta có
ϕ([X + a, X

+ a]) = ϕ([X, X

] + a), ∀X, X

∈ g
= ϕ([Y + Z, Y

+ Z

] + a)
= ϕ([Y, Y

+ Z

] + [Z, Y

] + [Z, Z

] + a)
= ϕ([Z, Z

] + a) = [Z, Z

] + a ∩ b
= [ϕ(X + a), ϕ(X

+ a)].

Vậy ϕ là đẳng cấu đại số Lie.
Mệnh đề 1.1.18. Cho ϕ : g −→ h là đồng cấu đại số Lie. Khi đó g
|Ker ϕ
∼
=
Im ϕ.
Dễ dàng vì chúng là đẳng cấu tuyến tính cộng với tính bảo toàn tích Lie
của ϕ.
1.2 Đại số Lie giải được
Trong phần này ta xét các đại số Lie trên trường k, trong đó k ⊂ K ⊂ C.
15
Định nghĩa 1.2.1. Cho g là đại số Lie trên k, hữu hạn chiều. Đặt
g
0
= g, g
1
= [g, g], , g
k+1
= [g
k
, g
k
],
Ta có một dãy giảm: g
0
⊃ g
1
⊃ ⊃ g
k
⊃

Khi đó g được gọi là giải được nếu ∃k ∈ N : g
k
= {0}.
Dãy giảm trên gọi là chuỗi hoán tử.
Ví dụ 1.2.2.
1) Xét đại số Lie 3 chiều g =











t 0 x
0 t y
0 0 0




t, x, y ∈ R








như là đại số Lie
con của gl(3, R). Ta có g
0
= g, g
1
= [g, g] =











0 0 x
0 0 y
0 0 0




x, y ∈ R








,
g
2
= [g
1
, g
1
] = {0}. Suy ra g là đại số Lie giải được.
2) Tương tự trên ta xét đại số Lie con của gl(3, R),
g =











a
11
a
12
a

13
0 a
22
a
23
0 0 a
33




a
ij
∈ R







là đại số Lie giải được (với g
3
= {0}).
Tổng quát bằng quy nạp, ta có
τ =












∗ ∗
.
.
.
0 ∗











⊂ gl(n, R)
là đại số Lie giải được.
Đại số Lie các ma trận tam giác dưới cũng giải được.
Mệnh đề 1.2.3. Cho ϕ : g −→ h là một toàn cấu đại số Lie. Khi đó
ϕ(g
k
) = h

k
, ∀k ∈ N.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp:
+) Với k = 0, rõ ràng.
16
+) Giả sử mệnh đề đúng với k, tức là ϕ(g
k
) = h
k
. Ta đi chứng minh mệnh
đề đúng với k + 1. Thật vậy,
ϕ(g
k+1
) = ϕ([g
k
, g
k
]) = {ϕ([X, Y ]) | X, Y ∈ g
k
}
= {[ϕ(X), ϕ(Y )] | X, Y ∈ g
k
}
= [ϕ(g
k
), ϕ(g
k
)] = [h
k
, h

k
] = h
k+1
.
Vậy mệnh đề được chứng minh.
Tổng quát : nếu g giải được, ϕ : g −→ h là một đồng cấu đại số Lie. Lúc
đó ϕ(g) giải được. Áp dụng chứng minh trên cho ϕ : g −→ ϕ(g).
Mệnh đề 1.2.4. Cho g là đại số Lie giải được. Khi đó, các đại số Lie con,
đại số Lie thương của g là gải được.
Chứng minh. Giả sử a là đại số Lie con của g. Trước tiên ta sẽ đi chứng
minh a
k
⊂ g
k
, ∀k ∈ N bằng quy nạp.
+) Với k = 0, a
0
= a ⊂ g = g
0
.
+) Giả sử kết quả đúng với k ∈ N, tức là a
k
⊂ g
k
. Ta đi chứng minh kết quả
đúng với k + 1. Ta có a
k+1
= [a
k
, a

k
] ⊂ [g
k
, g
k
] = g
k+1
.
Theo nguyên lý quy nạp a
k
⊂ g
k
, ∀k ∈ N.
Vì g là giải được nên ∃l ∈ N : g
l
= {0}. Suy ra a
l
= {0}. Hay a giải được.
Xét p : g −→ g/h, trong đó h là iđêan của g, là toàn cấu chính tắc. Theo
mệnh đề 1.2.3 g/h giải được.
Chú ý 1.2.5. Mệnh đề trên cho ta một dấu hiệu nhận biết đại số Lie giải
được. Chẳng hạn ở ví dụ 1.2.2, đại số Lie các ma trận tam giác trên là giải
được nên có thể suy ra nhiều đại số Lie con giải được như là đại số Lie thứ
nhất, τ
0
tập các ma trận tam giác trên có đường chéo chính bằng 0 là các
đại số Lie giải được.
Nếu h ⊂ g không giải được thì g không giải được.
Mệnh đề 1.2.6. Cho g là đại số Lie giải được và a là iđêan giải được trong
g sao cho g/a giải được. Lúc đó g giải được.

Chứng minh. Xét p : g −→ g/a là toàn cấu chính tắc. Vì g/a là giải được
nên ∃k ∈ N : (g/a)
k
= {0}. Suy ra p(g
k
) = (g/a)
k
= {0}. Hay g
k
⊂ a. Mà
a giải được nên ∃l ∈ N : a
l
= {0}. Suy ra (g
k
)
l
= g
k+l
= {0}. Vậy g giải
được.
17
Mệnh đề 1.2.7. Cho g là đại số Lie hữu hạn chiều. Khi đó tồn tại duy nhất
iđêan giải được  trong g chứa tất cả các iđêan giải được khác.
Ký hiệu:  = rad(g) gọi là căn của g.
Chứng minh. Do g là hữu hạn chiều nên ta chỉ cần chứng minh tổng của
hai iđêan giải được là iđêan giải được trong g. Giả sử a, b là các iđêan giải
được của g. Theo mệnh đề 1.1.8, a + b là iđêan của g. Hơn nữa theo mệnh
đề 1.1.17, a + b/a
∼
=

b/a ∩ b. Vì b giải được nên b/a ∩ b giải được. Kết hợp
mệnh đề 1.2.3, suy ra a + b/a giải được. Mà a giải được nên a + b giải được.
Đặt  =

a, a là iđêan giải được trong g.
Mệnh đề 1.2.8. Cho g
1
, g
2
là các đại số Lie hữu hạn chiều. Đặt g = g
1
×g
2
.
Khi đó rad(g) = rad(g
1
) × rad(g
2
).
Chứng minh. Theo mệnh đề 1.1.3, g là một đại số Lie. Khi đó, rad(g
1
) ×
rad(g
2
) là một iđêan của g. Thật vậy, với mỗi X = (X
1
, X
2
) ∈ rad(g
1

) ×
rad(g
2
), ∀ Y = (Y
1
, Y
2
) ∈ g, ta có [X, Y ] = ([X
1
, Y
1
], [X
2
, Y
2
]) ∈ rad(g
1
) ×
rad(g
2
). Hơn nữa rad(g
1
) × rad(g
2
) là không gian con của g nên nó là một
iđêan của g. Nói chung, tích iđêan của g
1
và iđêan của g
2
là một iđêan của

g.
Bây giờ ta chứng minh (rad(g
1
)×rad(g
2
))
n
= (rad g
1
)
n
×(rad g
2
)
n
, ∀n ∈ N
bằng quy nạp.
+) Với n = 0, hiển nhiên đúng.
+) Giả sử kết quả đúng với n, (rad(g
1
) × rad(g
2
))
n
= (rad g
1
)
n
× (rad g
2

)
n
.
Ta đi chứng minh cho trường hợp n + 1. Ta có
(rad g
1
× rad g
2
)
n+1
= [(rad(g
1
) × rad(g
2
))
n
, (rad(g
1
) × rad(g
2
))
n
]
= [(rad g
1
)
n
× (rad g
2
)

n
, (rad g
1
)
n
× (rad g
2
)
n
]
= ([(rad g
1
)
n
, (rad g
1
)
n
], [(rad g
2
)
n
× (rad g
2
)
n
])
= (rad g
1
)

n+1
× (rad g
2
)
n+1
.
Ta sẽ chứng minh rad g
1
× rad g
2
là iđêan giải được lớn nhất trong g.
+) Vì rad g
1
, rad g
2
lần lượt là các iđêan giải được của g
1
, g
2
nên ∃k, l ∈
N sao cho (rad g
1
)
k
= {0}, (rad g
2
)
l
= {0}. Lúc đó (rad g
1

× rad g
2
)
k+l
=
(rad g
1
)
k+l
× (rad g
2
)
k+l
= {0}.
18
+) Giả sử a là iđêan giải được của g. Xét các phép chiếu
π
1
: g −→ g
1
(X
1
, X
2
) −→ X
1
π
2
: g −→ g
2

(X
1
, X
2
) −→ X
2
là các toàn cấu đại số Lie. Vì a giải được nên π
1
(a), π
2
(a) là các iđêan giải
được của g
1
, g
2
. Hơn nữa, a = π
1
(a) × π
2
(a) nên a ⊂ rad g
1
× rad g
2
.
Vậy rad g = rad g
1
× rad g
2
.
Mệnh đề 1.2.9. Cho g

1
, , g
n
là các đại số Lie hữu hạn chiều. Đặt g =
g
1
× g
2
× × g
n
. Khi đó rad g = rad g
1
× rad g
2
× × rad g
n
.
Chứng minh. Mệnh đề được chứng minh bằng quy nạp như sau
+) Mệnh đề đúng với n = 1.
+) Giả sử Mệnh đề đúng với mọi k < n. Ta đi chứng minh cho trường hợp
n. Đặt g
1,2
= g
1
× g
2
. Áp dụng giả thiết quy nạp cho g
1,2
, g
3

, , g
n
, ta có
rad(g
1,2
× g
3
× × g
n
) = rad g
1,2
× rad g
3
× × rad g
n
.
Kết hợp mệnh đề 1.2.8 ta được
rad g = rad g
1
× rad g
2
× × rad g
n
.
Thay tích bởi tổng ta được kết quả tương tự.
Chương 2
Đại số Lie nửa đơn và đại số Lie
khả quy
2.1 Đại số Lie nửa đơn
2.1.1 Định nghĩa

Định nghĩa 2.1.1. Cho g là một đại số Lie trên trường k, hữu hạn chiều
a) g được gọi là đơn (simple) nếu g không giao hoán và không tồn tại một
iđêan khác không thực sự trong g.
b) g là nửa đơn (semi simple) nếu g không có iđêan giải được khác không
nào, tức là rad(g) = {0}.
Nhận xét 2.1.2.
1. Nếu g là đại số Lie đơn thì g = [g, g] vì nó chỉ có hai iđêan là {0}, g.
Do đó g không giải được.
2. Nếu g là đại số Lie đơn thì g là đại số Lie nửa đơn. Điều ngược lại nói
chung không đúng. Chúng ta sẽ xem xét trong ví dụ 2.1.5 và 2.1.19.
3. Mỗi iđêan là một đại số Lie nên ta có iđêan đơn.
4. Nếu g là nửa đơn thì Z(g) = {0}. Vì Z(g) là iđêan giao hoán của g nên
giải được.
Mệnh đề 2.1.3. Cho g là một đại số Lie hữu hạn chiều. Khi đó g/ rad(g)
là nửa đơn.
19
20
Chứng minh. Xét π : g −→ g/ rad(g) là toàn cấu chính tắc. Giả sử h ⊂
g/ rad(g) là iđêan giải được. Ta có a = π
−1
(h) ⊂ g là iđêan của g. Vì
Ker(π|
a
) ⊂ rad(g) nên Ker(π|
a
) giải được. Hơn nữa, h π(a) = a/ Ker(π|
a
) là
giải được. Do đó a giải được, hay a ⊂ rad(g). Suy ra h = 0. Vậy g/ rad(g) là
nửa đơn.

Mệnh đề 2.1.4. Mỗi đại số Lie 3 chiều hoặc là đơn hoặc là giải được.
Chứng minh. Mỗi đại số Lie 1 chiều hoặc là giao hoán. Thật vậy, g = X
0
,
với mỗi X, Y ∈ g, X = αX
0
, Y = βX
0
nên [X, Y ] = αβ[X
0
, X
0
] = 0.
Đại số Lie 2 chiều hoặc là giao hoán hoặc là giải được. Gọi {U, V } là cơ sở
của g. Nếu [U, V ] = 0 thì với mỗi X, Y ∈ g, X = α
1
U +β
1
V, Y = α
2
U +β
2
V .
Khi đó [X, Y ] = [α
1
U + β
1
V, α
2
U + β

2
V ] = 0. Nếu [U, V ] = 0, do [U, V ] ∈ g
nên [U, V ] = aU + bV, b = 0 (a, b không đồng thời bằng 0). Đặt X =
1
b
U,
Y = aU + bV , ta có {X, Y } độc lập tuyến tính nên là một cơ sở của g. Hơn
nữa, [X, Y ] = [U, V ] = Y . Từ đó suy ra, g
1
= [X, Y ] = Y , g
2
= {0}. Suy
ra g giải được.
Cho g là đại số Lie 3 chiều. Giả sử g không đơn, tức là tồn tại iđêan
h(0 =)  g. Ta có dim(h) = 1, 2 nên theo trên h, g/h là giải được. Suy ra g
giải được.
2.1.2 Các ví dụ áp dụng
Ví dụ 2.1.5. Cho g =
 
a b
c −a

a, b, c ∈ R

= sl(2, R) là đại số Lie
3 chiều. Vì [g, g] = g nên g không giải được. Do đó g đơn.
Trở lại ví dụ 1.1.13, gl(2, R) có các iđêan là {0}, h, k, gl(2, R), trong đó
h =
 
a 0

0 a

a ∈ R

, k = g. Vì k không giải được nên gl(2, R) không
giải được còn h là iđêan giải được của gl(2, R). Do đó rad(gl(2, R)) = h. Theo
mệnh đề 2.1.3, gl(2, R)/k là đại số Lie nửa đơn nhưng rõ ràng nó không phải
là iđêan đơn vì h/k là một iđêan của gl(2, R)/k, h/k = {0}, gl(2, R)/k.
Ví dụ 2.1.6. Xét đại số Lie 3 chiều
g =











0 a b
−a 0 c
−b −c 0




a, b, c ∈ R








= so(3, R).
21
Vì [g, g] = g nên g không giải được, do đó g là đại số Lie đơn.
Ví dụ 2.1.7. Đại số Lie đơn, thực 3 chiều g = su(2) = {X ∈ gl(2, C)|X
∗
+
X = 0, Tr(X) = 0} (xem nhận xét 1.1.5) là đơn. Thật vậy, lấy X =

ai b + ci
−b + ci −ai

, Y =

a

i b

+ c

i
−b

+ c


i −a

i

∈ g, ta có
[X, Y ] =

2(bc

− cb

)i 2(ab

− ba

)i + 2(a

c − ac

)
2(ab

− ba

)i − 2(a

c − ac

) −2(bc


− cb

)i

.
Suy ra [g, g] = g nên g không giải được và do đó nó đơn.
2.1.3 Dạng Killing và tiêu chuẩn Cartan
Định nghĩa 2.1.8. Cho g là đại số Lie hữu hạn chiều trên k. Với mỗi
X, Y ∈ g, đặt B(X, Y ) = T r(ad X ◦ ad Y ) xác định một dạng song tuyến
tính trên g
B : g × g −→ k
(X, Y ) −→ B(X, Y ) = T r(ad X ◦ ad Y )
gọi là dạng Killing của g.
Nhận xét 2.1.9.
1. Dạng Killing B là song tuyến tính đối xứng trên g.
2. Với mọi X, Y, Z ∈ g, ta có B((ad X)Y, Z) = −B(Y, (ad X)Z) hay
B([X, Y ], Z) = −B(Y, [X, Z]) = B(X, [Y, Z]).
Ví dụ 2.1.10. Cho g = sl(2, R) có cơ sở

E =

1 0
0 −1

, F =

0 1
0 0

, G =


0 0
1 0
 
.
Ta có
[E, F] = 2F, [E, G] = −2G, [F, G] = E.
Với mọi X, Y ∈ g, X = αE + βF + γG, Y = aE + bF + cG. Gọi C
1
, C
2
lần
lượt là ma trận của ad X, ad Y đối với cặp cơ sở chính tắc. Ta tính được
C
1
=




0 −γ β
−2β 2α 0
2γ 0 −2α




C
2
=





0 −c b
−2b 2a 0
2c 0 −2a




.
22
Gọi C là ma trận của ad X ◦ ad Y ,
C = C
1
.C
2
=




2bγ + 2cβ −2aγ −2aβ
−4bα 2cβ + 4aα −2bβ
−4cα −2cγ 2bγ + 4aα





.
Suy ra B(X, Y ) = Tr(C) = 8aα + 4bγ + 4cβ. Ma trận của B đối với cơ sở
có dạng
B =




8 0 0
0 0 4
0 4 0




.
Định lý 2.1.11. (Tiêu chuẩn Cartan thứ nhất) Cho g là đại số Lie hữu
hạn chiều trên k(k ⊂ C). Khi đó g giải được khi và chỉ khi với mọi X ∈ g,
∀Y ∈ [g, g], ta có B(X, Y ) = 0 hay B(g, [g, g]) = 0
Xem [1], định lý 1.45 trang 50.
Mệnh đề 2.1.12. Cho g là một đại số Lie trên trường k, a là một iđêan
bất kỳ của g. Đặt a
⊥
= {X ∈ g | B(X, Y ) = 0 ∀Y ∈ a}. Khi đó a
⊥
là một
iđêan của g.
Chứng minh. Ta có a
⊥
là một không gian véc tơ con của g vì ∀X, X


∈
a
⊥
, ∀Y ∈ a, ∀α ∈ k, ta có B(X + X

, Y ) = B(X, Y ) + B(X

, Y ) = 0,
B(αX, Y ) = αB(X, Y ) = 0. Suy ra X + X

, αX ∈ a
⊥
. Hơn nữa, ∀X ∈
a
⊥
, ∀Y ∈ g, ∀Z ∈ a, ta có B([Y, X], Z) = −B(X, [Y, Z]). Mà [Y, Z] ∈ a nên
B([Y, X], Z) = −B(X, [Y, Z]) = 0. Hay [Y, X] ∈ a
⊥
, ∀X ∈ a
⊥
, ∀Y ∈ g. Do
đó a
⊥
là iđêan của g.
Định nghĩa 2.1.13. Cho g là đại số Lie hữu hạn chiều, B là dạng killing
tương ứng. Ký hiệu
rad B = {X ∈ g|B(X, Y ) = 0, ∀Y ∈ g}
là một iđêan của g.
Dạng killing B được gọi là không suy biến nếu rad B = {0}.

Hệ quả 2.1.14. Cho g là đại số Lie hữu hạn chiều, B là dạng killing tương
ứng. Khi đó rad B ⊂ rad g.
23
Chứng minh. Ta cần chứng minh rad B là iđêan giải được của g. Gọi K
là dạng Killing của rad B. Xét h là không gian véc tơ con của g sao cho
g = rad B ⊕ h.
Với mọi X ∈ rad B, xét ad X. Do rad B là iđêan của g nên ∀Y ∈ g, ta có
(ad X)(Y ) = [X, Y ] ∈ rad B. Suy ra ma trận của ad X có dạng
A =

∗ ∗
0 0

.
Do đó ∀X, Y ∈ rad B, ta có K(X, Y ) = B(X, Y )|
rad B
= Tr(ad X ◦ ad Y ) =
B(X, Y ) = 0. Vậy rad B giải được theo tiêu chuẩn Cartan thứ nhất.
Định lý 2.1.15. (Tiêu chuẩn Cartan thứ 2) Đại số Lie g là nửa đơn khi và
chỉ khi dạng killing B là không suy biến.
Chứng minh. Giả sử g là nửa đơn, tức là rad g = {0}. Theo hệ quả 2.1.14,
rad B = {0}. Vậy B không suy biến. Ngược lại, giả sử g không nửa đơn ta
sẽ đi chứng minh B suy biến. Thật vậy, rad g = {0} và g là iđêan giải được
nên tồn tại l ∈ N
∗
: (rad g)
l
= {0}. Gọi k là số bé nhất thỏa mãn điều này,
đặt a = (rad g)
k−1

thì a là iđêan giao hoán khác 0 của g. Luôn tồn tại b là
không gian véc tơ con của g sao cho g = a ⊕ b. Ta chứng minh a ⊂ rad B.
Với mọi X ∈ a ma trận của ad X có dạng
A =

0 ∗
0 0

.
Bởi vì X tích Lie với các phần tử trong cơ sở thuộc a bằng 0 còn nó tích các
phần tử trong cơ sở thuộc b lại là một phần tử thuộc a.
Với mọi Y ∈ g ma trận của ad Y có dạng
C =

∗ ∗
0 ∗

.
Điều này có là vì ∀X ∈ a, [Y, X] ∈ a nên nó không biểu thị qua b.
Suy ra ad X ◦ ad Y có ma trận dạng tam giác trên ngặt nên B(X, Y ) =
Tr(ad X ◦ ad Y ) = 0, ∀Y ∈ g hay X ∈ rad B. Từ đó a ⊂ rad B.
Hệ quả 2.1.16. Cho g là một đại số Lie nửa đơn, a là một iđêan của g.
Khi đó dim g = dim a + dim a
⊥
.
24
Vì g nửa đơn nên dạng Killing B không suy biến. Kết quả được suy từ
mệnh đề 1.43, [1].
Định lý 2.1.17. Đai số Lie g hữu hạn chiều là nửa đơn khi và chỉ khi
g = g

1
⊕ ⊕ g
n
, với g
1
, g
2
, , g
n
là các đại số Lie đơn.
Chứng minh. Giả sử g
1
, g
2
, , g
n
là các đại số Lie đơn. Lúc đó chúng nửa
đơn. Áp dụng mệnh đề 1.2.9, rad g = 0.
Giả sử g là nửa đơn. Ta chứng minh định lý đúng bằng quy nạp theo
dim g, dim g ≥ 3.
+) Với dim g = 3, vì g là nửa đơn nên g không giải được do đó nó đơn.
+) Giả sử chiều thuận của định lý đúng với các đại số Lie có số chiều bé
hơn dim g, ta đi chứng minh định lý đúng với dim g.
Gọi a là một iđêan cực tiểu khác không của g. Để ý rằng iđêan này bao
giờ cũng tồn tại vì nếu g đơn ta lấy a = g. Trường hợp g không là đại số Lie
đơn thì tồn tại iđêan a
1
khác tầm thường (0, g). Nếu a
1
đơn, chọn a = a

1
,
ngược lại ta có iđêan a
2
sao cho 0 = a
2
 a
1
. Vì g hữu hạn nên quá trình
trên dừng. Lúc đó ta tìm được a.
Lại có rad(B|
a×a
) = a ∩ a
⊥
. Vì a là iđêan cực tiểu trong g nên a ∩ a
⊥
= 0
hoặc a ∩a
⊥
= a. Giả sử rad(B|
a×a
) = a thì B(A
1
, A
2
) = 0, với mọi A
1
, A
2
∈ a.

Áp dụng tiêu chuẩn Cartan thứ nhất cho đại số Lie a suy ra a là iđêan giải
được. Mâu thuẫn g là nửa đơn. Vậy a∩a
⊥
= 0. Theo hệ quả 2.1.16 g = a⊕a
⊥
như là các không gian véc tơ.
Bây giờ ta đi chứng minh a là đơn. Giả sử b là một iđêan của a, ta có
[b, g] = [b, a + a
⊥
] = [b, a] + [b, a
⊥
] ⊂ b vì [b, a] ⊂ b và [b, a
⊥
] = 0 (theo
định nghĩa của a
⊥
). Dựa vào tính cực tiểu của a trong g ta được b = 0 hoặc
b = a. Vậy a là iđêan đơn.
Tương tự, với bất kỳ iđêan nào của a
⊥
đều là iđêan của g nên rad a
⊥
= 0,
hay a là nửa đơn. Áp dụng giả thiết quy nạp suy ra a
⊥
= a
1
⊕ ⊕ a
n
, a

i
iđêan đơn với n nào đó. Kết thúc chứng minh định lý.
Hệ quả 2.1.18. Nếu g là nửa đơn thì g = [g, g].
Chứng minh. Vì g là nửa đơn nên tồn tại các iđêan đơn g
1
, , g
n
sao cho
g = g
1
⊕ ⊕ g
n
. Với mỗi i, j = 1, , n, i = j thì [g
i
, g
j
] là iđêan của
g
i
, g
j
nên [g
i
, g
j
] = 0. Hơn nữa [g
i
, g
i
] = g

i
(vì chúng đơn). Do đó [g, g] =
[g
1
⊕ ⊕ g
n
, g
1
⊕ ⊕ g
n
] = g
1
⊕ ⊕ g
n
= g.
25
Định lý trên còn cho ta một cách xác định các iđêan là nửa đơn mà không
đơn.
Ví dụ 2.1.19. Nhìn một cách tổng quát về các iđêan giải được, nửa đơn và
đơn. Như ta đã biết mọi đại số Lie từ 3 chiều trở xuống đều là đơn hoặc giải
được nên để đi tìm được một đại số Lie không đơn thì đại số Lie đó phải có
số chiều từ 4 trở lên. Đó là một khó khăn về số chiều. Hơn nữa đại số Lie này
lại nửa đơn nên ít nhất g không giải được. Do đó ta lại xuất phát từ những
đại số Lie đơn quen thuộc bằng cách nâng số chiều lên sao cho nó không có
iđêan giải được nào được tạo thành. Và một cách đơn giản nhất là lấy tổng
trực tiếp của chúng khi xét trong không gian nhiều chiều hơn. Chẳng hạn,
g = g
1
⊕ g
2

=











a b
c −a

0
0




0 d e
−d 0 f
−e −f 0















Trong đó, g
1
=










a b 0 0 0
c −a 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0











, g
2
=










0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 d e
0 0 −d 0 f
0 0 −e −f 0











.
Ta có thể đổi chỗ, dịch chuyển các khối ma trận trên ta được các đại số Lie
nửa đơn nhưng không đơn vì bản thân g
1
, g
2
là các iđêan thực sự khác không
của g.
Có thể thực hiện với các iđêan đơn khác.
2.2 Đại số Lie quy được
Định nghĩa 2.2.1. Đại số Lie g được gọi là quy được (hay khả quy) nếu với
mỗi iđêan a của g tồn tại iđêan b của g sao cho g = a ⊕ b.
Nhận xét 2.2.2. Mỗi đại số Lie nửa đơn là khả quy. Theo chứng minh định
lý 2.1.17 với mọi iđêan a của g, g = a ⊕ a
⊥
. Diều ngược lại nói chung không
đúng (xem ví dụ 2.2.5).
26
Định lý 2.2.3. Mỗi đại số Lie g quy được có dạng phân tích g = [g, g]⊕Z(g).
Chứng minh. Trường hợp g là nửa đơn kết quả là tầm thường nên ta chỉ xét
các đại số Lie không nửa đơn. Trước tiên ta đi chứng minh mỗi một đại số
Lie quy được đều được phân tích thành tổng trực tiếp của các iđêan đơn và
các iđêan 1 chiều. Chứng minh bằng quy nạp theo dim g.
+ Với n = 1 là hiển nhiên. Nếu dim g = 2 thì g không đơn nên tồn tại iđêan
không tầm thường a. Vì g quy được nên tồn tại iđêan b sao cho g = a ⊕ b.
Rõ ràng a, b là các iđêan một chiều.

+ Giả sử kết quả đúng với đại số Lie có số chiều bé hơn dim g. Ta đi chứng
minh đúng với dim g. Thật vậy, g không là nửa đơn suy ra g không đơn nên
tồn tại iđêan a khác tầm thường. Vì g quy được nên có b là iđêan của g sao
cho g = a ⊕ b. Ta có dim a, dim b < dim g, áp dụng giả thiết quy nạp cho
a, b ta được điều cần chứng minh. Vậy
g = a
1
⊕ ⊕ a
j
⊕ a
j+1
⊕ ⊕ a
k
,
trong đó a
1
, , a
j
là các iđêan một chiều và a
j+1
, , a
k
là các iđêan đơn.
Ta có [a
n
, a
m
] = 0 với n = m và [a
i
, a

i
] = 0 với i = 0, , j vì chúng là iđêan
một chiều. Từ đó [g, g] = a
j+1
⊕ ⊕ a
k
.
Để kết thúc chứng minh ta chỉ ra Z(g) = a
1
⊕ ⊕a
j
. Dễ thấy a
1
⊕ ⊕a
j
⊂
Z(g). Ngược lại, Với mọi X ∈ Z(g), X = X
1
+ + X
k
, X
i
∈ a
i
. Khi đó, với
mọi Y ∈ a
i
, [X, Y ] = 0 suy ra [X
i
, Y ] = 0. Do đó X

i
∈ Z(a
i
). Suy ra X
i
= 0,
i = j + 1, , k. Vậy Z(g) ⊂ a
1
⊕ ⊕ a
j
.
Như vậy nếu Z(g) = 0 thì g là tổng trực tiếp của các iđêan đơn. Ta có hệ
quả sau
Hệ quả 2.2.4. mỗi đại số Lie khả quy có tâm bằng không là nửa đơn.
Ví dụ 2.2.5. Nhìn lại ví dụ 1.1.13, g = gl(2, R) có các iđêan là 0, h =
 
a 0
0 a

a ∈ R

, k =
 
a b
c −a

a, b, c ∈ R

, g. Nó không là đại
số Lie nửa đơn nhưng nó lại là đại số Lie khả quy. Thật vậy, vì hệ phương

trình

x + y = a
x − y = b