リー群・リー環の問題

準備. ${\mathbb{C}}^{10}$ の標準基底を $e_1,\dots ,e_5,f_1,\dots ,f_5$ とし、交代形式 $\omega (x,y)=x^{\mathsf{T}}Jy$ を考える。$\omega (e_i,f_j)={\delta }_{ij}$、$\omega (e_i,e_j)=\omega (f_i,f_j)=0$ である。$Sp(10,\mathbb{C})$ のリー環は $\mathfrak{sp}(10,\mathbb{C})=\{X\mid X^{\mathsf{T}}J+JX=O\}$（$\dim =55$）であり、$Z(g)$ は閉部分群なのでそのリー環は $$\mathfrak{z}(g)=\{X\in \mathfrak{sp}(10,\mathbb{C})\mid Xg=gX\}$$ である（$e^{tX}$ が $g$ と可換 $⟺$ $X$ が $g$ と可換）。${\dim }_{\mathbb{C}}Z(g)={\dim }_{\mathbb{C}}\mathfrak{z}(g)$ を求める。

$g\in Sp$ の確認: $M=\left(\begin{array}{cc}P& Q\\ O& S\end{array}\right)$ に対し $M^{\mathsf{T}}JM=\left(\begin{array}{cc}O& P^{\mathsf{T}}S\\ -S^{\mathsf{T}}P& Q^{\mathsf{T}}S-S^{\mathsf{T}}Q\end{array}\right)$ であり、$P^{\mathsf{T}}S=D{D}^{-1}=I$、$Q^{\mathsf{T}}S=E{D}^{-1}=\mathrm{diag}(0,0,0,1,1)$ は対称なので $M^{\mathsf{T}}JM=J$。

$g$ の作用. $$g{e}_1=2e_1,g{e}_2=2e_2,g{f}_1=\frac{1}{2}{f}_1,g{f}_2=\frac{1}{2}{f}_2,g{e}_3=e_3,g{f}_3=f_3,$$ $$g{e}_4=-e_4,g{e}_5=-e_5,g{f}_4=-f_4-e_4,g{f}_5=-f_5-e_5.$$ よって一般固有空間は $$V_2=⟨e_1,e_2⟩,V_{1/2}=⟨f_1,f_2⟩,V_1=⟨e_3,f_3⟩,V_{-1}=⟨e_4,e_5,f_4,f_5⟩$$ で、$g$ は $V_2,V_{1/2},V_1$ 上ではスカラー倍、$V_{-1}$ 上では $-(I+N)$ と書ける。ここで $N$ は $N{f}_4=e_4,N{f}_5=e_5,N{e}_4=N{e}_5=0$ で定まる冪零写像である。

可換な $X$ の形. $X$ が $g$ と可換なら、$X$ は各一般固有空間 $V_{\lambda }=\ker (g-\lambda {)}^{10}$ を保つ。また $\omega (e_i,f_j)={\delta }_{ij}$ から、$V_{\lambda }$ と $V_{\mu }$ は $\lambda \mu \ne 1$ のとき $\omega$ に関して直交し、$\omega$ は $V_2\times V_{1/2}$ を完全なペアリングで結び、$V_1,V_{-1}$ 上では非退化である。$X\in \mathfrak{sp}$ は $\omega (Xx,y)+\omega (x,Xy)=0$ と同値なので、$X$ は次の 3 つの部分に分かれる。

$(1)$ $V_2\oplus V_{1/2}$ 上: $X{|}_{V_2}=A$（任意の $2$ 次行列）とすると、$\omega (A{e}_i,f_j)+\omega (e_i,X{f}_j)=0$ から $X{|}_{V_{1/2}}=-A^{\mathsf{T}}$ と決まる。$g$ はここでスカラー倍なので可換性は自動的。自由度 $4$。

$(2)$ $V_1$ 上: $\mathfrak{sp}(V_1)\cong \mathfrak{sp}(2,\mathbb{C})$ の任意の元で、$g=I$ なので可換性は自動的。自由度 $3$。

$(3)$ $V_{-1}$ 上: 基底 $e_4,e_5,f_4,f_5$ で $X{|}_{V_{-1}}=\left(\begin{array}{cc}{A}^{\prime }& B\\ C& -A^{\prime \mathsf{T}}\end{array}\right)$（$A^{\prime }$ は $2$ 次、$B,C$ は $2$ 次対称）と書け、$N=\left(\begin{array}{cc}O& I_2\\ O& O\end{array}\right)$。$g{|}_{V_{-1}}=-(I+N)$ と可換 $⟺$ $N$ と可換である。 $$XN=\left(\begin{array}{cc}O& A^{\prime }\\ O& C\end{array}\right),NX=\left(\begin{array}{cc}C& -A^{\prime \mathsf{T}}\\ O& O\end{array}\right)$$ を比べて $C=O$、$A^{\prime }=-A^{\prime \mathsf{T}}$。よって $A^{\prime }$ は $2$ 次交代行列（自由度 $1$）、$B$ は $2$ 次対称行列（自由度 $3$）、$C=O$。自由度 $4$。

逆に $(1)$〜$(3)$ の形の $X$ は $\mathfrak{sp}$ に属し $g$ と可換である。

結論. $${\dim }_{\mathbb{C}}Z(g)={\dim }_{\mathbb{C}}\mathfrak{z}(g)=4+3+4=11.$$

基底を $e_1,\dots ,e_5,f_1,\dots ,f_5$ とし、$J$ が定める斜交形式 $\omega (e_i,f_j)={\delta }_{ij}$ を考える。$g$ の作用は次のとおり。

• $i=1,2$: $g{e}_i=2e_i,g{f}_i=\frac{1}{2}{f}_i$
• $i=3$: $g{e}_3=e_3,g{f}_3=f_3$
• $i=4,5$: $g{e}_i=-e_i,g{f}_i=-e_i-f_i=-(f_i+e_i)$

（$E$ の第 $i$ 列の上半分が $-e_i$ であることによる。）

したがって $g$ の固有空間は次のとおり。
- 固有値 $2$: $⟨e_1,e_2⟩$（次元 2）
- 固有値 $1/2$: $⟨f_1,f_2⟩$（次元 2）
- 固有値 $1$: $⟨e_3,f_3⟩$（次元 2）
- 固有値 $-1$ の一般固有空間: $W=⟨e_4,e_5,f_4,f_5⟩$（次元 4）

Jordan 分解 $g=su$ をとる。$s$ は上の各一般固有空間上で固有値のスカラー倍、$u$ は $W$ 上で $u=I+N$（$N{f}_i=e_i$, $N{e}_i=0$ ($i=4,5$)）、他では恒等。$u\ne I$ であり、$s,u$ はともに $Sp(10,\mathbb{C})$ の元。

$Z(g)=Z(s)\cap Z(u)$ である。

(1) $Z(s)$: 固有値 $2$ と $1/2$ の空間は $\omega$ により互いに双対にペアになるので、その部分は $GL(2,\mathbb{C})$。固有値 $1$ の空間（2 次元、非退化）は $Sp(2,\mathbb{C})$、固有値 $-1$ の空間 $W$（4 次元、非退化）は $Sp(4,\mathbb{C})$。よって
$$Z(s)\cong GL(2,\mathbb{C})\times Sp(2,\mathbb{C})\times Sp(4,\mathbb{C}).$$

(2) $u$ は $Z(s)$ の因子のうち $Sp(4,\mathbb{C})=Sp(W)$ の元のみで、他の成分では恒等なので、
$$Z(g)\cong GL(2,\mathbb{C})\times Sp(2,\mathbb{C})\times Z_{Sp(W)}(u).$$

(3) $W$ 上の $u=I+N$ は $N^2=0$, $\mathrm{rank}N=2$ より Jordan 型 $[2,2]$ のユニポテント元。$\mathfrak{sp}(2m)$ の冪零元で Jordan 型 $\lambda$ のものの中心化群の次元は
$$\frac{1}{2}(\sum _i({\lambda }_i^{\ast }{)}^2+\#\{j:{\lambda }_j\text{ 奇数}\}).$$
$\lambda =[2,2]$ では ${\lambda }^{\ast }=[2,2]$、奇数の部分はなく、$\frac{1}{2}(4+4+0)=4$。（検算: $\dim Sp(4)=10$ で、$[2,2]$ の軌道の次元は $10-4=6$ であり、${\mathfrak{sp}}_4$ の冪零軌道の次元 $0,4,6,8$ の一つと一致する。）

ゆえに
$$\dim Z(g)=\dim GL(2)+\dim Sp(2)+4=4+3+4=11.$$