リー群・リー環の問題

閉部分群 $G_{\Omega }$ のリー環は
$${\mathfrak{g}}_{\Omega }=\{X\in \mathfrak{gl}(7,\mathbb{R})\mid X\Omega +\Omega X^{\mathsf{T}}=0\}$$
であり（$g=\exp (tX)$ を条件に代入して $t=0$ で微分すればよい。逆に $X$ がこの条件を満たせば $e^{tX}\Omega e^{t{X}^{\mathsf{T}}}$ の $t$ による微分は $e^{tX}(X\Omega +\Omega X^{\mathsf{T}})e^{t{X}^{\mathsf{T}}}=0$ なので、これは $t$ によらず $\Omega$ に等しい）、$\dim G_{\Omega }=\dim {\mathfrak{g}}_{\Omega }$ である。この線形空間の次元を求める。

${\mathbb{R}}^7={\mathbb{R}}^4\oplus {\mathbb{R}}^3$ に応じて
$$X=\left(\begin{array}{cc}P& Q\\ R& S\end{array}\right),\Omega =\left(\begin{array}{cc}J& 0\\ 0& 0\end{array}\right),J=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)\oplus \left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)$$
とブロック分けする（$P$ は $4\times 4$、$Q$ は $4\times 3$、$R$ は $3\times 4$、$S$ は $3\times 3$）。$X^{\mathsf{T}}=\left(\begin{array}{cc}{P}^{\mathsf{T}}& R^{\mathsf{T}}\\ Q^{\mathsf{T}}& S^{\mathsf{T}}\end{array}\right)$ に注意して計算すると
$$X\Omega =\left(\begin{array}{cc}PJ& 0\\ RJ& 0\end{array}\right),\Omega X^{\mathsf{T}}=\left(\begin{array}{cc}J{P}^{\mathsf{T}}& J{R}^{\mathsf{T}}\\ 0& 0\end{array}\right)$$
なので、条件 $X\Omega +\Omega X^{\mathsf{T}}=0$ は
$$PJ+J{P}^{\mathsf{T}}=0,RJ=0,J{R}^{\mathsf{T}}=0$$
と同値である。$J$ は正則なので $RJ=0$ から $R=0$ である（第 3 の式は第 2 の式の転置の $-1$ 倍なので同値）。$Q$, $S$ には条件がない。

次に $P$ の条件を調べる。$J^{\mathsf{T}}=-J$ より $(PJ{)}^{\mathsf{T}}=J^{\mathsf{T}}{P}^{\mathsf{T}}=-J{P}^{\mathsf{T}}$ なので、条件 $PJ+J{P}^{\mathsf{T}}=0$ は $PJ=(PJ{)}^{\mathsf{T}}$ と同値である。$P\mapsto PJ$ は $\mathfrak{gl}(4,\mathbb{R})$ の線形同型なので、このような $P$ の空間は $4$ 次実対称行列の空間と同型で、次元は $\frac{4\cdot 5}{2}=10$ である（これは $\mathfrak{sp}(4,\mathbb{R})$ の次元である）。

よって
$$\dim {\mathfrak{g}}_{\Omega }=\underset{P}{\underbrace{10}}+\underset{Q}{\underbrace{4\cdot 3}}+\underset{R}{\underbrace{0}}+\underset{S}{\underbrace{3^2}}=10+12+9=31.$$

検算（軌道の次元）：$\Omega$ の軌道は階数 $4$ の $7$ 次実交代行列全体である。$n$ 次交代行列で階数 $2r$ のもの全体は次元 $r(2n-2r-1)$ の多様体で、$n=7,r=2$ では $2\cdot 9=18$ である。一方、軌道の次元 $=\dim GL(7,\mathbb{R})-\dim G_{\Omega }=49-31=18$ となり一致する。

答えは $31$ である。

$\Omega$ を ${\mathbb{R}}^7$ 上の双線形形式（$\Omega =\omega \oplus 0$、$\omega$ は $4$ 次の標準的な交代行列）とみなす。$g\Omega g^{\mathsf{T}}=\Omega$ のとき、像は $\mathrm{Im}(g\Omega g^{\mathsf{T}})=g\mathrm{Im}\Omega$ なので $g$ は $V_1=\mathrm{Im}\Omega =⟨e_1,\dots ,e_4⟩$ を保つ。よって $g=\left(\begin{array}{cc}A& B\\ 0& D\end{array}\right)$（$A$: $4\times 4$、$B$: $4\times 3$、$D$: $3\times 3$）。
$g\Omega g^{\mathsf{T}}=\left(\begin{array}{cc}A\omega A^{\mathsf{T}}& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$ となるので、条件は $A\omega A^{\mathsf{T}}=\omega$、すなわち $A\in Sp(4,\mathbb{R})$ である。$B$ は任意、$D\in GL(3,\mathbb{R})$ は任意で、逆行列の存在は $\det A\det D\ne 0$ から従う。
次元は $\dim Sp(4,\mathbb{R})=10$、$B$ が $12$、$GL(3,\mathbb{R})$ が $9$ で、合計 $10+12+9=31$。
検算: 軌道は階数 4 の $7$ 次交代行列全体で、その次元は $r(2n-r-1)/2=4\cdot 9/2=18$（$r=6$ のとき $21$ で整合）。よって $49-18=31$ で一致する。