リー群・リー環の問題

1. リー環を線形な条件で書く。
$X\in \mathfrak{g}$ とする。$\exp (tX{)}^{\mathsf{T}}A\exp (tX)=A$ を $t=0$ で微分すると $X^{\mathsf{T}}A+AX=0$ を得る。

逆に $X^{\mathsf{T}}A+AX=0$ とする。$A$ は正則なので $X^{\mathsf{T}}=-AX{A}^{-1}$ であり、$\exp (tX{)}^{\mathsf{T}}=\exp (t{X}^{\mathsf{T}})=A\exp (-tX)A^{-1}$ となる。よって $\exp (tX{)}^{\mathsf{T}}A\exp (tX)=A$ が成り立つ。したがって
$$\mathfrak{g}=\{X\mid X^{\mathsf{T}}A+AX=0\}$$
である。

2. ブロックに分けて計算する。
$X=\left(\begin{array}{ccc}P& Q& u\\ R& U& v\\ a^{\mathsf{T}}& b^{\mathsf{T}}& c\end{array}\right)$ とおく（$P,Q,R,U$ は $5$ 次、$u,v,a,b$ は列ベクトル、$c$ は実数）。$D$ は対称なので
$$AX=\left(\begin{array}{ccc}R& U& v\\ DP& DQ& Du\\ a^{\mathsf{T}}& b^{\mathsf{T}}& c\end{array}\right),X^{\mathsf{T}}A=(A^{\mathsf{T}}X{)}^{\mathsf{T}}=\left(\begin{array}{ccc}{R}^{\mathsf{T}}D& P^{\mathsf{T}}& a\\ U^{\mathsf{T}}D& Q^{\mathsf{T}}& b\\ v^{\mathsf{T}}D& u^{\mathsf{T}}& c\end{array}\right)$$
となる。和を $0$ とおくと、次の条件が得られる。

$(1)$ $R+R^{\mathsf{T}}D=0$
$(2)$ $U=-P^{\mathsf{T}}$
$(3)$ $DP+U^{\mathsf{T}}D=0$
$(4)$ $DQ+Q^{\mathsf{T}}=0$
$(5)$ $a=-v$ かつ $a=-Dv$
$(6)$ $b=-Du$ かつ $b=-u$
$(7)$ $2c=0$

以下、$D=\mathrm{diag}(t_1,\dots ,t_5)$、$(t_1,\dots ,t_5)=(2,\frac{1}{2},2,-1,1)$ と書く。

$P,U$ の部分。 $(2)$ を $(3)$ に代入すると $DP=PD$ となる。$U$ は $P$ から決まる。$D$ の固有値は $2$（重複度 $2$）、$\frac{1}{2},-1,1$（各重複度 $1$）なので、$D$ と可換な $P$ の空間の次元は $2^2+1+1+1=7$ である。

$R$ の部分。 $(1)$ を成分で書くと $r_{ij}+t_j{r}_{ji}=0$ である。
- $i\ne j$ のとき：$r_{ij}=-t_j{r}_{ji}$ と $r_{ji}=-t_i{r}_{ij}$ から $r_{ij}=t_i{t}_j{r}_{ij}$ となる。$t_i{t}_j\ne 1$ なら $r_{ij}=r_{ji}=0$ である。$t_i{t}_j=1$ なら、組 $\{i,j\}$ ごとに自由度は $1$ である。
- $i=j$ のとき：$(1+t_i)r_{ii}=0$ なので、$t_i=-1$ のときだけ $r_{ii}$ は自由である。

$t_i{t}_j=1$ となる組は $\{1,2\}$ と $\{2,3\}$ の $2$ 組（$2\cdot \frac{1}{2}=1$）である。$t_i=-1$ となるのは $i=4$ だけである。よって $R$ の自由度は $2+1=3$ である。

$Q$ の部分。 $(4)$ は $t_i{q}_{ij}+q_{ji}=0$ である。同様にして $q_{ij}=t_i{t}_j{q}_{ij}$、$(1+t_i)q_{ii}=0$ となるので、自由度は $3$ である。

$u,v,a,b,c$ の部分。 $(5)$ より $(D-I)v=0$、$(6)$ より $(D-I)u=0$ である。よって $u,v$ は $t_i=1$ となる成分（$i=5$）だけが自由で、自由度は $2$ である。$a,b$ は $u,v$ から決まり、$(7)$ より $c=0$ である。

3. 合計する。
$${\dim }_{\mathbb{R}}\mathfrak{g}=7+3+3+2=15.$$

（検算） 双線形形式 $B(x,y)=x^{\mathsf{T}}Ay$ は、次の直交和に分解する。
- $t=2,\frac{1}{2}$ の平面 $3$ 枚：$t=\frac{1}{2}$ の平面は基底を入れ替えると $t=2$ の平面と同型になる。この部分の等長変換のリー環は $\mathfrak{gl}(3,\mathbb{R})$ で、次元 $9$ である。
- $t=-1$ の平面：シンプレクティック平面であり、リー環は $\mathfrak{sp}(2,\mathbb{R})$ で、次元 $3$ である。
- $t=1$ の平面と $z$ 方向：符号 $(2,1)$ の対称形式であり、リー環は $\mathfrak{o}(2,1)$ で、次元 $3$ である。

合計は $9+3+3=15$ となり、上の計算と一致する。

$B(x,y)=x^{\mathsf{T}}Ay$ とおく。$X\in \mathfrak{g}⟺X^{\mathsf{T}}A+AX=0$、すなわち $B(Xx,y)+B(x,Xy)=0$ である。

$x=(u,v,w)$、$y=(u^{\prime },v^{\prime },w^{\prime })$ と書くと $B(x,y)=u\cdot v^{\prime }+v\cdot D{u}^{\prime }+w{w}^{\prime }$ となる。

$B(x,y)=B(y,Tx)$ を満たす $T=A^{-1}{A}^{\mathsf{T}}$ を求める。$A^{\mathsf{T}}(u,v,w)=(Dv,u,w)$、$A^{-1}(a,b,c)=(D^{-1}b,a,c)$ より $T=\mathrm{diag}(D^{-1},D,1)$ である。$T$ は $B$ から標準的に決まるので、$G$ の元は $T$ と可換である。したがって $\mathfrak{g}$ の元は $T$ の各固有空間を保つ。また $B(Tx,Ty)=B(x,y)$ なので、固有値 $\lambda ,\mu$ の固有空間どうしは $\lambda \mu \ne 1$ なら $B$ について直交する。

固有空間は次のとおり。
- 固有値 $2$：$v_1,v_3,u_2$（次元 3）
- 固有値 $1/2$：$u_1,u_3,v_2$（次元 3）
- 固有値 $-1$：$u_4,v_4$（次元 2）
- 固有値 $1$：$u_5,v_5,w$（次元 3）

各部分の寄与は次のとおり。
- 固有値 $2$ と $1/2$ の空間は非退化に対にされる。$X{|}_{V_2}$ が任意で、$X{|}_{V_{1/2}}$ はその双対（$-X^{\ast }$）で決まるので ${\mathfrak{gl}}_3$、次元 9。
- 固有値 $-1$ の空間では $B(x,y)=-B(y,x)$ より $B$ は非退化な交代形式である。よって $\mathfrak{sp}(2,\mathbb{R})$、次元 3。
- 固有値 $1$ の空間では $B$ は非退化な対称形式（符号 $(2,1)$）である。よって $\mathfrak{so}(2,1)$、次元 3。

合計は $9+3+3=15$。