Lie代数メモ

[S1]$s_{x}(x)=2x-x=x$
[S2]$s_{x}^{2}(y)=2x-(2x-y)=y$
[S3]
\begin{eqnarray} s_{x}\circ s_{y}(z)&=&2x-(2y-z)\\ &=&2(2x-y)-(2x-z)\\ &=&s_{s_{x}(y)}\circ s_{x}(z) \end{eqnarray}

[S1]$s_{x}(x)=2< x,x>x-x=x$
[S2]
\begin{eqnarray} s_{x}^{2}(y)&=&2< s_{x}(y),x>x-s_{x}(y)\\ &=&2<2< y,x>x-y,x>x-(2< y,x>x-y)\\ &=&4< y,x>x-2< y,x>x-2< y,x>x+y\\ &=&y \end{eqnarray}
[S3]
\begin{eqnarray} s_{x}\circ s_{y}(z)&=&2< s_{y}(z),x>x-s_{y}(z)\\ &=&2<2< z,y>y-z,x>x-(2< z,y>y-z)\\ &=&4< y,x>< z,y>x-2< z,x>x-2< z,y>y+z \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} s_{s_{x}(y)}\circ s_{x}(z)&=&2< s_{x}(z),s_{x}(y)>s_{x}(y)-s_{x}(z)\\ &=&2<2< z,x>x-z,2< y,x>x-y>(2< y,x>x-y)-(2< z,x>x-z)\\ &=&2< z,y>(2< y,x>x-y)-(2< z,x>x-z)\\ &=&4< y,x>< z,y>x-2< z,x>x-2< z,y>y+z \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} < s_{x}(y),s_{x}(z)>&=&<2< y,x>x-y,2< z,x>x-z>\\ &=&4< y,x>< z,x>-2< y,x>< z,x>-2< y,x>< z,x>+< y,z>\\ &=&< y,z> \end{eqnarray}

[$S1$]$s$の定義より、$s_{1},s_{2},s_{3},s_{4}$は$1,2,3,4$をそれぞれ動かさないので(S1)の性質を満たす。
[$S2^{'}$]$s_{1},s_{2},s_{3},s_{4}$は全単射なのでこれも正しい。
[$S3$]

[1]
\begin{eqnarray} (\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e&f\\g&h\end{pmatrix})\cdot z&=&\begin{pmatrix}ae+bg&af+bh\\ce+dg&cf+dh\end{pmatrix}\cdot z\\ &=&\frac{(ae+bg)z+af+bh}{(ce+dg)z+cf+dh}\\ &=&\frac{a\frac{ez+f}{gz+h}+b}{c\frac{gz+h}{gz+h}+d}\\ &=&\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\cdot(\begin{pmatrix}e&f\\g&h\end{pmatrix}\cdot z) \end{eqnarray}
[2]$e=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$

[$\Rightarrow$]$\forall q\in M:\exists g\in G\ s.t. g\cdot r=q$が成り立つとする。
すると下記の様に計算できるので、群$G$の$M$への作用は推移的。
\begin{eqnarray} \forall p,q\in M:\exists g_{p},g_{q}\in G\ s.t.\left\{ \begin{array}{l} g_{p}r=p\\ g_{q}r=q \end{array} \right. \end{eqnarray}
\begin{equation} (g_{q}g_{p}^{-1})\cdot p=q \end{equation}
[$\Leftarrow$]群$G$の$M$への作用が推移的であるとすると。$r=p$とすれば証明完了。

[1]
\begin{eqnarray} \forall x\in S^{n}:< x,x>=1 \end{eqnarray}
[2]また$\forall y\in S^{n}:\exists A\in GL(n,\mathbb{R})\ s.t.\ Ax=y$が成り立ちなおかつ、
\begin{eqnarray} < y,y>&=&< Ax,Ax>\\ &=&(Ax)^{t}(Ax)\\ &=&x^{t}A^{t}Ax\\ &=&< x,x>\\ &=&1 \end{eqnarray}
ゆえに$A^{t}A=E_{n+1}$が得られるので$A\in O(n+1)$
つまり、$O(n+1)\curvearrowright S^{n}$は推移的。

\begin{eqnarray} g\sim h&\Leftrightarrow&g^{-1}h\in K\\ &\Leftrightarrow&\exists k\in K\ s.t.\ g^{-1}h=k\\ &\Leftrightarrow&h=gk\in gK \end{eqnarray}

$h\in G$を固定する。そして$G$は群なので以下の式が成り立つ。
\begin{equation} \forall l\in G:\exists g\in G\ s.t.\ l=gh \end{equation}
ゆえに、$[h]\in G/K$を固定すると$\forall [l]\in G/K:\exists G\ s.t.\ [l]=g\cdot [h]$が得られる。
この計算がwell-definedである事も次の様にして確認できる。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} h\sim h^{'}\Leftrightarrow\exists k_{h}\in K\ s.t.\ h=h^{'}k_{h}\\ l\sim l^{'}\Leftrightarrow\exists k_{l}\in K\ s.t.\ l=l^{'}k_{l} \end{array} \right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} [l^{'}]\ni l^{'}k_{l}=gh^{'}k_{h}\Leftrightarrow l^{'}=gh^{'}k_{h}k_{l}^{-1}\in[gh^{'}] \end{eqnarray}

[1]全射性の証明
$M$は等質なので$\forall q\in M$に対して$\exists g\in G\ s.t.\ g\cdot p=q$が成り立つ。
ゆえに、全射性は示せた。
[2]単射性の証明
\begin{eqnarray} \exists [g_{1}],[g_{2}]\in G/G_{p}\ s.t.\ g_{1}\cdot p=g_{2}\cdot p \end{eqnarray}
が成り立ったとする。
すると
\begin{eqnarray} p&=&g_{2}^{-1}\cdot(g_{1}\cdot p)\\ &=&(g_{2}^{-1}g_{1})\cdot p \end{eqnarray}
が成り立つので、$[g_{2}^{-1}g_{1}]=[1]$が得られるので$[g_{1}]=[g_{2}]$。
つまり、単射性も証明された。

$K=G_{p}$とすればよい。

[1]
\begin{eqnarray} [X,Y]&=&XY-YX\\ &=&-(YX-XY)\\ &=&-[Y,X] \end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray} [[X,Y],Z]+[[Y,Z],Z]+[[Z,X],Y]&=&[XY-YX,Z]+[YZ-ZY,X]+[ZX-XZ,Y]\\ &=&(XY-YX)Z-Z(XY-YX)+(YZ-ZY)X-X(YZ-ZY)+(ZX-XZ)Y-Y(ZX-XZ)\\ &=&\underbrace{XYZ}_{1}-\underbrace{YXZ}_{2}-\underbrace{ZXY}_{3}+\underbrace{ZYX}_{4}+\underbrace{YZX}_{5}-\underbrace{ZYX}_{4}-\underbrace{XYZ}_{1}+\underbrace{XZY}_{6}+\underbrace{ZXY}_{3}-\underbrace{XZY}_{6}-\underbrace{YZX}_{5}+\underbrace{YXZ}_{2}\\ &=&0 \end{eqnarray}

[1]まず$\mathfrak{g}^{'}$は$\mathfrak{g}$内の線形部分空間である事は以下の計算により示せる。
\begin{eqnarray} \forall X,Y\in\mathfrak{g}^{'}:\alpha,\beta\in\mathbb{R}:tr(\alpha X+\beta Y)&=&\alpha tr(X)+\beta tr(Y)\\ &=&\alpha 0+\beta 0\\ &=&0 \end{eqnarray}
[2]$\forall X,Y\in\mathfrak{g}^{'}:[X,Y]\in\mathfrak{g}^{'}$について定義に従って計算すれば良い。
\begin{eqnarray} tr([X,Y])&=&tr(XY-YX)\\ &=&tr(XY)-tr(YX)\\ &=&tr(XY)-tr(XY)\\ &=&0 \end{eqnarray}

[1]まず階別Lie代数である事を確認
\begin{eqnarray} \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}\begin{matrix}0\end{matrix}&O_{1,2}\\ \hline\vb*{a}&O_{2,2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}\begin{matrix}a\end{matrix}&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&\begin{matrix}d&e\\e&f\end{matrix}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}\begin{matrix}a\end{matrix}&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&\begin{matrix}d&e\\e&f\end{matrix}\end{array}\right)\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}\begin{matrix}0\end{matrix}&O_{1,2}\\ \hline\vb*{a}&O_{2,2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,2}\\\hline \vb*{a}a+\begin{pmatrix}d&e\\e&f\end{pmatrix}\vb*{a}&O_{2,2}\end{array}\right)\in\mathfrak{g}^{-1} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,2}\\\hline \vb*{a}&O_{2,2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{@c{}|c@{}}0&\vb*{b}^{t}\\\hline O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{@c{}|c@{}}0&\vb*{b}^{t}\\\hline O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right) \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,2}\\\hline \vb*{a}&O_{2,2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{@c{}|c@{}}\vb*{b}^{t}\vb*{a}&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&\vb*{a}\vb*{b}^{t}\end{array}\right)\in\mathfrak{g}^{0}\\ \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}\begin{matrix}a\end{matrix}&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&\begin{matrix}d&e\\e&f\end{matrix}\end{array}\right)\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}\begin{matrix}p\end{matrix}&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&\begin{matrix}q&s\\s&r\end{matrix}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}\begin{matrix}p\end{matrix}&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&\begin{matrix}q&s\\s&r\end{matrix}\end{array}\right)\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}\begin{matrix}a\end{matrix}&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&\begin{matrix}d&e\\e&f\end{matrix}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&\begin{pmatrix}d&e\\e&f\end{pmatrix}\begin{pmatrix}q&s\\s&r\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}q&s\\s&r\end{pmatrix}\begin{pmatrix}d&e\\e&f\end{pmatrix}\end{array}\right)\in \mathfrak{g}^{0} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}\begin{matrix}a\end{matrix}&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&\begin{matrix}d&e\\e&f\end{matrix}\end{array}\right)\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{b}^{t}\\\hline O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{b}^{t}\\\hline O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right) \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}\begin{matrix}a\end{matrix}&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&\begin{matrix}d&e\\e&f\end{matrix}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{b}^{t}\begin{pmatrix}d&e\\e&f\end{pmatrix}\\\hline O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right)\in\mathfrak{g}^{1} \end{eqnarray}
[2]$\mathfrak{g}=\mathfrak{g}^{-1}\oplus\mathfrak{g}^{0}\oplus\mathfrak{g}^{1}\oplus\{0\}$であり
\begin{eqnarray} \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,2}\\\hline \vb*{a}&O_{2,2}\end{array}\right) \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,2}\\\hline \vb*{b}&O_{2,2}\end{array}\right)- \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,2}\\\hline \vb*{b}&O_{2,2}\end{array}\right) \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,2}\\\hline \vb*{a}&O_{2,2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,2}\\O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right)=O \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{a}^{t}\\\hline O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right) \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{b}^{t}\\\hline O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right)- \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{b}^{t}\\\hline O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right) \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{a}^{t}\\\hline O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,2}\\\hline O_{2,1}&O_{2,2}\end{array}\right)=O \end{eqnarray}
なので第1種のLie代数

[1]
\begin{eqnarray} \forall Y,Z\in\mathfrak{g}:ad_{X}(Y+Z)&=&[X,Y+Z]\\ &=&[X,Y]+[X,Z]\\ &=&ad_{X}(Y)+ad_{X}(Z) \end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray} \forall c\in\mathbb{R}:\forall Y\in\mathfrak{g}:ad_{X}(cY)&=&[X,cY]\\ &=&c[X,Y]\\ &=&cad_{X}(Y) \end{eqnarray}

[1]まず異なる整数$k,l\in\mathbb{Z}$に対して$\mathfrak{g}^{k}\cap\mathfrak{g}^{l}=\{0\}$である事を示す。
実際、$X\in\mathfrak{g}^{k}\cap\mathfrak{g}^{l}$とすると以下の式が成り立つ。
\begin{eqnarray} ad_{Z}(X)&=&kX\\ &=&lX \end{eqnarray}
ゆえに$(k-l)X=0$であり、$k-l\neq 0$なので$X=0$を得る。
[2]以下$N=\dim{\mathfrak{g}}$とおく。$ad_{Z}$は対角化可能なので、その表現行列を$A$とするとある正則行列$P\in GL(N,\mathbb{R})$が存在し次式が成り立つ。
\begin{equation} P^{-1}AP=diag(\underbrace{k_{1},k_{1},...,k_{1}}_{m_{1}個},...,\underbrace{k_{l},k_{l},...,k_{l}}_{m_{l}個}) \end{equation}
また$P$は正則なので、$X_{1},...,X_{N}\in \mathfrak{g}$が存在して$P=\begin{pmatrix}X_{1}&\cdots& X_{N}\end{pmatrix}$が成り立つ。
この事から、
\begin{eqnarray} AP&=&\begin{pmatrix}AX_{1}&\cdots& AX_{N}\end{pmatrix}\\ &=&\begin{pmatrix}d_{1}X_{1}&\cdots&d_{N}X_{N}\end{pmatrix}\\ &=&Pdiag(\underbrace{k_{1},k_{1},...,k_{1}}_{m_{1}個},...,\underbrace{k_{l},k_{l},...,k_{l}}_{m_{l}個}) \end{eqnarray}
また、$X_{i1},X_{i2},...,X_{im_{i}}$は仮定より一次独立なので、$dim(\mathfrak{g}^{k_{1}})\geq m_{k}$。さらに次の様な不等式が得られる。$m_{1}+m_{2}+\cdots+m_{l}=N\leq dim(\mathfrak{g}^{k_{1}})+dim(\mathfrak{g}^{k_{2}})+\cdots+dim(\mathfrak{g}^{k_{l}})\leq N$
ゆえに、
\begin{equation} \mathfrak{g}=\mathfrak{g}^{k_{1}}\oplus\mathfrak{g}^{k_{2}}\oplus\cdots\oplus\mathfrak{g}^{k_{l}} \end{equation}

[1]$X=\begin{pmatrix}a&b\\c&-a\end{pmatrix}\in\mathfrak{sl}(2,\mathbb{R})$とすると下記の様な計算が出来る。
\begin{eqnarray} ad_{Z}(X)&=&[Z,X]\\ &=&ZX-XZ\\ &=&\begin{pmatrix}0&b\\-c&0\end{pmatrix}\\ &=&\lambda\begin{pmatrix}a&b\\c&-a\end{pmatrix} \end{eqnarray}
[2]
$\lambda=0$の場合の固有ベクトルは$\begin{pmatrix}a&0\\0&-a\end{pmatrix}$
$\lambda=1$の場合の固有ベクトルは$\begin{pmatrix}0&b\\0&0\end{pmatrix}$
$\lambda=-1$の場合の固有ベクトルは$\begin{pmatrix}0&0\\c&0\end{pmatrix}$

[1]$X=\begin{pmatrix}a&c&d\\e&b&f\\g&h&-a-b\end{pmatrix}$とすると
\begin{eqnarray} ad_{H^{1}}(X)&=&[H^{1},X]\\ &=&\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\\ &=&\begin{pmatrix} 0&c&d\\-e&0&0\\-g&0&0 \end{pmatrix}\\ &=&\lambda\begin{pmatrix}a&c&d\\e&b&f\\g&h&-a-b\end{pmatrix} \end{eqnarray}
[2]
$\lambda=0$の場合の固有ベクトルは$\begin{pmatrix}a&0&0\\0&b&f\\0&h&-a-b\end{pmatrix}$
$\lambda=1$の場合の固有ベクトルは$\begin{pmatrix}0&c&d\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$
$\lambda=-1$の場合の固有ベクトルは$\begin{pmatrix}0&0&0\\e&0&0\\g&0&0\end{pmatrix}$
となる事が分かる。

[1]$X=\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}x_{11}&\vb*{y}^{t}\\\hline \vb*{z}&\tilde{X}\end{array}\right)\quad(tr(X)=x_{11}+tr(\tilde{X})=0)$とすると
\begin{eqnarray} ad_{Z}(X)&=&[Z,X]\\ &=&\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\begin{matrix}x_{12}&\cdots x_{1n}\end{matrix}\\\hline \begin{matrix}-x_{21}\\-x_{31}\\\vdots\\-x_{n1}\end{matrix}&O_{n-1,n-1}\end{array}\right)\\ &=&\lambda X \end{eqnarray}
[2]
$\lambda=0$の場合の固有ベクトルは$\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}x_{11}&O_{1,n-1}\\\hline O_{1,n-1}&\tilde{X}\end{array}\right)$
$\lambda=1$の場合の固有ベクトルは$\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{y}^{t}\\\hline O_{1,n-1}&O_{n-1,n-1}\end{array}\right)$
$\lambda=1$の場合の固有ベクトルは$\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&O_{1,n-1}\\\hline \vb*{z}&O_{n-1,n-1}\end{array}\right)$

[1]これは証明済みなので省略
[2]
\begin{eqnarray} \forall X\in \mathfrak{gl}(n,\mathbb{R}):\forall Y\in\mathfrak{sl}(n,\mathbb{R}):tr([X,Y])&=&tr(XY-YX)\\ &=&tr(XY)-tr(YX)\\ &=&tr(XY)-tr(XY)\\ &=&0 \end{eqnarray}

[0]
\begin{eqnarray} [E_{pq},E_{rs}]&=&[(\delta_{pi}\delta_{qj}),(\delta_{ri}\delta_{sj})]\\ &=&(\sum_{j}\delta_{pi}\delta_{qj}\delta_{rj}\delta_{sk}-\sum_{j}\delta_{ri}\delta_{sj}\delta_{pj}\delta_{qk})_{ik}\\ &=&(\delta_{qr}\delta_{pi}\delta_{sk}-\delta_{sp}\delta_{ri}\delta_{qk})_{ik}\\ &=&\delta_{qr}E_{ps}-\delta_{ps}E_{rq} \end{eqnarray}
特に
[1]$\mathfrak{sl}(n,\mathbb{R})=span\{E_{ij}|i\neq j\}\oplus span\{E_{ii}-E_{i+1i+1}|i=1,2,...,n-1\}$である事を用いる。
[2]$(\{0\},\mathfrak{sl}(n,\mathbb{R})\neq)\mathfrak{J}\subset\mathfrak{sl}(n,\mathbb{R})$がイデアルであるとする。
そして$0\neq X\in\mathfrak{J}$を一つ取る。
[3]$X=\sum_{i,j}X_{ij}E_{ij}\in\mathfrak{J}$の様に書く。
\begin{eqnarray} [E_{pq},X]&=&\sum_{i,j}X_{ij}[E_{pq},E_{ij}]\\ &=&\sum_{i,j}X_{ij}(\delta_{iq}E_{pj}-\delta_{jp}E_{iq})\\ &=&\sum_{j}X_{qj}E_{pj}-\sum_{i}X_{ip}E_{iq}\\ &=&(X_{qq}-X_{pp})E_{pq}+\sum_{j\neq q}X_{qj}E_{pj}-\sum_{i\neq p}X_{ip}E_{iq} \end{eqnarray}
特に$X_{pp}\neq X_{qq}$また、$X_{ij}=0\quad(i\neq j)$とすれば$E_{pq}\in\mathfrak{J}$となる事が分かる。
また$X_{pp}=X_{qq}$また$X_{pq}=X_{qp}=1$他は$X_{ij}=0\quad(otherwise)$すると$E_{pp}-E_{qq}\in\mathfrak{J}$が得られる。
[4]また
\begin{eqnarray} E_{pp}-E_{qq}&=&(E_{pp}-E_{p+1p+1})+(E_{p+1p+1}-E_{p+2p+2})+\cdots+(E_{q-1q-1}-E_{qq}) \end{eqnarray}
なので$E_{ii}-E_{i+1i+1}\in\mathfrak{J}$が得られる。
[5]以上をまとめると$\mathfrak{J}=span\{E_{ij}|i\neq j\}\oplus span\{E_{ii}-E_{i+1i+1}|i=1,2,...,n-1\}\oplus \mathfrak{R}\subset\mathfrak{sl}(n,\mathbb{R})$なので$\mathfrak{R}=\{0\}$がすぐに分かるので$\mathfrak{J}=\mathfrak{sl}(n,\mathbb{R})$
ゆえに、$\mathfrak{sl}(n,\mathbb{R})$は単純なLie代数。

[0]
\begin{eqnarray} \forall X,Y,Z\in\mathfrak{g}:ad_{X}\circ ad_{Y}(Z)&=&[X,[Y,Z]]\\ &=&-[Y,[Z,X]]-[Z,[X,Y]]\\ &=&[Y,[X,Z]]+[[X,Y],Z]\\ &=&ad_{Y}\circ ad_{X}(Z)+ad_{[X,Y]}(Z) \end{eqnarray}
[1]後半部分から証明する。
\begin{eqnarray} B([X,Y],Z)+B(Y,[X,Z])&=&tr(ad_{[X,Y]}\circ ad_{Z})+tr(ad_{Y}\circ ad_{[X,Z]})\\ &=&tr((ad_{X}\circ ad_{Y}-ad_{Y}\circ ad_{X})\circ ad_{Z})+tr(ad_{Y}\circ(ad_{X}\circ ad_{Z}-ad_{Z}\circ ad_{X}))\\ &=&tr(ad_{X}\circ ad_{Y}\circ ad_{Z})-tr(ad_{Y}\circ ad_{X}\circ ad_{Z})+tr(ad_{Y}\circ ad_{X}\circ ad_{Z})-tr(ad_{Y}\circ ad_{Z}\circ ad_{X})\\ &=&tr(ad_{X}\circ ad_{Y}\circ ad_{Z})-tr(ad_{Y}\circ ad_{Z}\circ ad_{X})\\ &=&tr(ad_{X}\circ ad_{Y}\circ ad_{Z})-tr(ad_{X}\circ ad_{Y}\circ ad_{Z})\\ &=&0 \end{eqnarray}

[0]$[E_{pq},E_{rs}]=\delta_{qr}E_{ps}-\delta_{ps}E_{rq}$を用いる。
[1]$X=\sum_{i,j}x_{ij}E_{ij},Y=\sum_{i,j}y_{ij}E_{ij},Z_{ij}=\sum_{i,j}z_{ij}E_{ij}\in \mathfrak{gl}(n,\mathbb{R})$の様に置く。
すると
\begin{eqnarray} ad_{X}\circ ad_{Y}(Z)&=&[X,[Y,Z]]\\ &=&\sum_{p,q,r,s,t,u}x_{pq}y_{rs}z_{tu}[E_{pq},[E_{rs},E_{tu}]]\\ &=&\sum_{p,q,r,s,t,u}x_{pq}y_{rs}z_{tu}[E_{pq},\delta_{st}E_{ru}-\delta_{ru}E_{ts}]\\ &=&\sum_{p,q,r,s,u}x_{pq}y_{rs}z_{su}[E_{pq},E_{ru}]-\sum_{p,q,r,s,t}x_{pq}y_{rs}z_{tr}[E_{pq},E_{ts}]\\ &=&\sum_{p,q,r,s,u}x_{pq}y_{rs}z_{su}(\delta_{qr}E_{pu}-\delta_{pu}E_{rq})-\sum_{p,q,r,s,t}x_{pq}y_{rs}z_{tr}(\delta_{qt}E_{ps}-\delta_{ps}E_{tq})\\ &=&\sum_{p,q,s,u}x_{pq}y_{qs}z_{su}E_{pu}-\sum_{p,q,r,s}x_{pq}y_{rs}z_{sp}E_{rq}-\sum_{p,q,r,s}x_{pq}y_{rs}z_{qr}E_{ps}+\sum_{p,q,r,t}x_{pq}y_{rp}z_{tr}E_{tq} \end{eqnarray}
特に$z=E_{ij}$として
\begin{eqnarray} ad_{X}\circ ad_{Y}(E_{ij})&=&\sum_{p,q,s,u}x_{pq}y_{qs}\delta_{si}\delta_{uj}E_{pu}-\sum_{p,q,r,s}x_{pq}y_{rs}\delta_{si}\delta_{pj}E_{rq}-\sum_{p,q,r,s}x_{pq}y_{rs}\delta_{qi}\delta_{rj}E_{ps}+\sum_{p,q,r,t}x_{pq}y_{rp}\delta_{ti}\delta_{rj}E_{tq}\\ &=&\sum_{p,q}x_{pq}y_{qi}E_{pj}-\sum_{q,r}x_{jq}y_{ri}E_{rq}-\sum_{p,s}x_{pi}y_{js}E_{ps}+\sum_{p,q}x_{pq}y_{jp}E_{iq} \end{eqnarray}
さらに両辺のトレースを取って
\begin{eqnarray} tr(ad_{X}\circ ad_{Y})&=&\sum_{i,j}< E_{ij}|ad_{X}\circ ad_{Y}(E_{ij})>\\ &=&\sum_{i,j,p,q}< E_{ij}|x_{pq}y_{qi}E_{pj}>-\sum_{i,j,q,r}< E_{ij}|x_{jq}y_{ri}E_{rq}>-\sum_{i,j,p,s}< E_{ij}|x_{pi}y_{js}E_{ps}>+\sum_{i,j,p,q}< E_{ij}|x_{pq}y_{jp}E_{iq}>\\ &=&\sum_{j,p,q}x_{pq}y_{qp}-\sum_{q,r}x_{qq}y_{rr}-\sum_{p,s}x_{pp}y_{ss}+\sum_{i,p,q}x_{pq}y_{qp}\\ &=&2n\sum_{p,q}x_{pq}y_{qp}-2\sum_{q,r}x_{qq}y_{rr}\\ &=&2ntr(XY)-2tr(X)tr(Y) \end{eqnarray}

イデアル$\mathfrak{g}^{'}$を張る基底を$\{E_{ij}\}$の様に置くと、killing形式$B^{'}$は定義より
\begin{eqnarray} \forall X,Y\in\mathfrak{g}^{'}:B(X,Y)&=&\sum_{i,j}< E_{ij}|ad_{X}\circ ad_{Y})E_{ij}> \end{eqnarray}
なので$B^{'}=B|_{\mathfrak{g}^{'}\times\mathfrak{g}^{'}}$

$tr(X)=tr(Y)=0$なので$B^{'}(X,Y)=B|_{\mathfrak{g}^{'}\times \mathfrak{g}^{'}}(X,Y)=2ntr(XY)$

\begin{eqnarray} \forall X,Y\in\mathfrak{g}:[X,Y]=XY-YX=0 \end{eqnarray}
なので$D^{1}\mathfrak{g}=[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]=0$。ゆえに$\mathfrak{g}$は可解Lie代数。

$X=\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}x&\vb*{a}^{t}\\\hline O_{n-1,1}&\tilde{X}\end{array}\right),Y=\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}y&\vb*{b}^{t}\\\hline O_{n-1,1}&\tilde{Y}\end{array}\right)$とすると
\begin{eqnarray} [X,Y]&=&XY-YX\\ &=&\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}xy&x\vb*{b}^{t}+\vb*{a}^{t}\tilde{Y}\\\hline O_{n-1,1}&\tilde{X}\tilde{Y}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}yx&y\vb*{a}^{t}+\vb*{b}^{t}\tilde{X}\\\hline O_{n-1,1}&\tilde{Y}\tilde{X}\end{array}\right)\\ &=&\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&x\vb*{b}^{t}-y\vb*{a}^{t}+\vb*{a}^{t}\tilde{Y}-\vb*{b}^{t}\tilde{X}\\\hline O_{n-1,1}&[\tilde{X},\tilde{Y}]\end{array}\right)\\ &=&\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}O_{n-1,1}&A\\\hline 0&0\end{array}\right)\quad(A\in \mathfrak{Tri}(n-1,\mathbb{R})) \end{eqnarray}
以上の計算から、帰納的に計算する事で$D^{n}\mathfrak{Tri}(n,\mathbb{R})=0$を得るので可解。

[1]$\mathfrak{h}\subset\mathfrak{g}$なので$D^{k}\mathfrak{h}\subset D^{k}\mathfrak{g}$であるから$\mathfrak{g}$が可解なら$\mathfrak{h}$も可解
以下$\phi(\mathfrak{g})=\mathfrak{k}$とする。この時$\mathfrak{k}$が可解である事を証明する。
\begin{eqnarray} \phi(D^{0}\mathfrak{g})&=&\phi(\mathfrak{g})\\ &=&\mathfrak{k}\\ &=&D^{0}\mathfrak{k} \end{eqnarray}
よって$k=0$の場合は成り立つ。
そこで$1,2,....,k$まで$\phi(D^{k}\mathfrak{g})=D^{k}\mathfrak{k}$が成り立つと仮定する。
すると
\begin{eqnarray} \phi(D^{k+1}\mathfrak{g})&=&\phi[D^{k}\mathfrak{g},D^{k}\mathfrak{g}]\\ &=&[\varphi(D^{k}\mathfrak{g}),\varphi(D^{k}\mathfrak{g})]\\ &=&[D^{k}\mathfrak{k},D^{k}\mathfrak{k}]\\ &=&D^{k+1}\mathfrak{k} \end{eqnarray}
が得られる。ゆえに、$\mathfrak{g}$が可解ならば$\mathfrak{k}$は可解。
[2]
可解性により
ある自然数$m,n$が存在して$D^{m}\mathfrak{I}=0,D^{n}(\mathfrak{g}/\mathfrak{I})=[\mathfrak{J}]$が成り立つ。
よって$D^{n}\mathfrak{g}\subset \mathfrak{I}$となる事が分かる。ゆえに$D^{m+n}\mathfrak{g}=0$が証明されたので$\mathfrak{g}$は可解
[3]準同型射$\phi:\mathfrak{I}\ni I\mapsto I+\mathfrak{J}\in (\mathfrak{I}+\mathfrak{J})/\mathfrak{J}$を考えれば、$(\mathfrak{I}+\mathfrak{J})/\mathfrak{J}$は[1]より可解。
また、$\mathfrak{I},(\mathfrak{I}+\mathfrak{J})/\mathfrak{J}$は可解なので[2]より$\mathfrak{I}+\mathfrak{J}$も可解。

$X=\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{a}^{t}\\\hline O_{n-1,1}&\tilde{X}\end{array}\right),Y=\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{b}^{t}\\\hline O_{n-1,1}&\tilde{Y}\end{array}\right)$とおく。
\begin{eqnarray} [X,Y]&=&XY-YX\\ &=&\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{a}^{t}\tilde{Y}\\\hline O_{n-1,1}&\tilde{X}\tilde{Y}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{b}^{t}\tilde{X}\\\hline O_{n-1,1}&\tilde{Y}\tilde{X}\end{array}\right)\\ &=&\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}0&\vb*{a}^{t}\tilde{Y}-\vb*{b}^{t}\tilde{X}\\\hline O_{n-1,1}&[\tilde{X},\tilde{Y}]\end{array}\right)\\ &=&\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}O_{n-1,1}&Z\\\hline 0&0\end{array}\right) \end{eqnarray}
ただし$Z\in\mathfrak{n}(n-1,\mathbb{R})$
後は帰納的に計算していけばよい。

[1]$\mathfrak{h}\subset\mathfrak{g}$なので、$C^{k}\mathfrak{h}\subset C^{k}\mathfrak{g}$ゆえに$\mathfrak{g}$が冪零ならば$\mathfrak{h}$は冪零。
また、以下$\phi(\mathfrak{g})=\mathfrak{k}$の様に置くと
\begin{eqnarray} \phi(C^{0}\mathfrak{g})&=&\phi(\mathfrak{g})\\ &=&\mathfrak{k}\\ &=&C^{0}\mathfrak{k} \end{eqnarray}
ゆえに$0,1,2,...,k$まで$\phi(C^{k}\mathfrak{g})=C^{k}\mathfrak{k}$が成り立つと仮定する。すると
\begin{eqnarray} \phi(C^{k+1}\mathfrak{g})&=&[\phi(\mathfrak{g}),\phi(C^{k}\mathfrak{g})]\\ &=&[\mathfrak{k},C^{k}\mathfrak{k}]\\ &=&C^{k+1}\mathfrak{k} \end{eqnarray}
ゆえに、$\phi(\mathfrak{g})$が冪零である事が示された。
[2]$\mathfrak{g}/Z(\mathfrak{g})$が冪零であるならば、ある自然数$n\in\mathbb{N}$が存在して$C^{n}\mathfrak{g}\subset Z(\mathfrak{g})$が成り立つ。
ゆえに
\begin{eqnarray} C^{n+1}\mathfrak{g}&=&[\mathfrak{g},C^{n}\mathfrak{g}]\\ &\subset&[\mathfrak{g},Z(\mathfrak{g})]\\ &=&0 \end{eqnarray}
[3]仮定より$\mathfrak{g}$は冪零なのである自然数$n\in\mathbb{N}$が存在して$C^{n}\mathfrak{g}=0$が成り立つ。
よって、$Z(\mathfrak{g})=C^{n-1}\mathfrak{g}\neq 0$とすれば良い。

$\mathfrak{g}$は冪零ならば、ある自然数$n\in\mathbb{N}$に対して$C^{n}\mathfrak{g}=0$が成り立つ事から
\begin{eqnarray} \forall X,Y\in\mathfrak{g}:[X,[X,[...,[X,Y\underbrace{]]]\cdots ]}_{n個}&=&(ad_{X})^{n}(Y)\\ &=&0 \end{eqnarray}

[1]
\begin{eqnarray} \forall a,b\in\mathbb{R}:\forall X,Y\in \mathfrak{h}^{\perp}:B(aX+bY,\mathfrak{h})&=&aB(X,\mathfrak{h})+bB(Y,\mathfrak{h})\\ &=&0 \end{eqnarray}
より$aX+bY\in\mathfrak{h}^{\perp}$
[2]$\forall X,Y,Z\in \mathfrak{g}:B([X,Y],Z)+B(Y,[X,Z])=0$を用いるだけ
\begin{eqnarray} \forall Y\in\mathfrak{g}:\forall X\in\mathfrak{h}^{\perp}:H\in\mathfrak{h}:B([Y,X],H)&=&B(X,[Y,H])👈[Y,H]\in\mathfrak{h}\\ &=&0 \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \forall Y\in\mathfrak{g}:X\in\mathfrak{I}\cap\mathfrak{J}&:&X\in\mathfrak{I}\land X\in\mathfrak{J}\\ &\Rightarrow&[Y,X]\in\mathfrak{I}\land [Y,X]\in\mathfrak{J}\\ &\Leftrightarrow&[Y,X]\in\mathfrak{I}\cap\mathfrak{J} \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \forall X,Y\in\mathfrak{h}\cap\mathfrak{h}^{\perp}:\forall Z\in\mathfrak{g}:B([X,Y],Z)+B(Y,[X,Z])=0 \end{eqnarray}
であり、$[X,Z],Y\in \mathfrak{h}\cap\mathfrak{h}^{\perp}$なので$B([X,Y],Z)=0$
仮定より$B$は非退化なので$[X,Y]=0$が示されるので$\mathfrak{h}\cap\mathfrak{h}^{\perp}$は可換なイデアルとなる事が証明された。

[1]以下、$U\coloneqq (V\setminus W)\cup\{0\}$の様なベクトル空間を考える。
また次の様に基底を取る。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} W=span\{e_{1},e_{2},...,e_{m}\}\\ U=span\{f_{1},f_{2},...,f_{n}\} \end{array} \right. \end{eqnarray}
すると$W\oplus U=V=span\{e_{1},e_{2},...,e_{m},f_{1},f_{2},...,f_{n}\}$と書けるので$\dim{W}+\dim{U}=m+n=\dim{V}$
[2]今度は次の様に記号を定める。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} < e_{i},e_{j}>=P_{ij}\\ < f_{i},e_{j}>=Q_{ij} \end{array} \right. \end{eqnarray}
任意のベクトル$v\in V$は適当な実数$c_{1},c_{2},...,c_{m},d_{1},d_{2},...,d_{n}\in\mathbb{R}$を用いて次の様に書ける：$v=\sum_{k=1}^{m}c_{k}e_{k}+\sum_{l=1}^{n}d_{l}f_{l}$
これを用いると
\begin{eqnarray} < v,\sum_{i=1}^{m}a_{i}e_{i}>&=&\sum_{k=1}^{m}\sum_{i=1}^{m}c_{k}P_{ki}a_{i}+\sum_{l=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}d_{l}Q_{li}a_{i}\\ &=&0 \end{eqnarray}
[3]$\sum_{i=1}^{m}a_{i}e_{i}$は任意なので結局次の式と等価である事が分かる。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \sum_{k=1}^{m}c_{k}P_{k1}+\sum_{l=1}^{n}d_{l}Q_{l1}=0\\ \sum_{k=1}^{m}c_{k}P_{k2}+\sum_{l=1}^{n}d_{l}Q_{l2}=0\\ \cdots\\ \sum_{k=1}^{m}c_{k}P_{km}+\sum_{l=1}^{n}d_{l}Q_{lm}=0 \end{array} \right. \end{eqnarray}
ここで以下の様に記号を定めれば
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} P\coloneqq\begin{pmatrix}P_{11}&P_{12}&\cdots&P_{1m}\\P_{21}&P_{22}&\cdots&P_{2m}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\P_{m1}&P_{m2}&\cdots&P_{mm}\end{pmatrix}\\ Q\coloneqq\begin{pmatrix}Q_{11}&Q_{12}&\cdots&Q_{1m}\\Q_{21}&Q_{22}&\cdots&Q_{2m}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\Q_{n1}&Q_{n2}&\cdots&Q_{nm}\end{pmatrix} \end{array} \right. \end{eqnarray}
以下の様な連立方程式を得る事が出来る。
\begin{equation} \left(\begin{array}{@{}c|c@{}}P^{t}&Q^{t}\end{array}\right)\begin{pmatrix}c_{1}\\c_{2}\\\vdots\\c_{m}\\d_{1}\\d_{2}\\\vdots\\d_{n}\end{pmatrix}=0 \end{equation}
[4]この式から$\dim{W^{\perp}}=Ker{W^{\perp}}=\dim{V}-\rank{\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}P^{t}&Q^{t}\end{array}\right)}$が得られる。
[5][1]の結果を代入すると
\begin{eqnarray} \dim{W}+\dim{W^{\perp}}=\dim{V}+m-\rank{\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}P^{t}&Q^{t}\end{array}\right)} \end{eqnarray}
よって証明すべきは次式となる。
\begin{equation} \dim{(W\cap W^{\perp})}=m-\rank{\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}P^{t}&Q^{t}\end{array}\right)} \end{equation}
[6]また$\rank{\left(\begin{array}{@{}c|c@{}}P^{t}&Q^{t}\end{array}\right)}=\rank{P}$であり、$W\cap W^{\perp}$は$Q=0$の場合を考えればいいので、$\dim{(W\cap W^{\perp})}=m-\rank{P}$。
以上をまとめると
\begin{equation} \dim{W}+\dim{W^{\perp}}=\dim{V}+\dim{(W\cap W^{\perp})} \end{equation}

[1]まず非退化な双一次形式として$B:V\times V\rightarrow \mathbb{R}$を考える。
[2]そして$W^{\ast}\coloneqq Hom(W,\mathbb{R})$として次の様な写像を考える。
\begin{equation} \varphi:V\ni v\mapsto B(v,\cdot)\in W^{\ast} \end{equation}
[3]
\begin{eqnarray} W^{\perp}&=&\{X\in V|B(X,W)=0\}\\ &=&Ker{\varphi} \end{eqnarray}
[4]また次の様な写像を考える。
\begin{equation} \beta:V\ni v\mapsto B(v,\cdot)\in V^{\ast} \end{equation}
すると、非退化性より、$B(v,V)=0\Rightarrow v=0$が得られる。ゆえに$Ker(\beta)=\{0\}$が証明された。
つまり$V\simeq V^{\ast}$である事が証明される。
[5]そこで、包含写像$id|_{W}:W\rightarrow V$を考え、さらに双対写像$id|_{W}^{\ast}:V^{\ast}\ni \lambda\mapsto \lambda|_{W}\in W^{\ast}$を考えれば$V$から$W$への全射な写像が構成出来る。
これから$\varphi=id|_{W}^{\ast}\circ \beta$が得られるので$\varphi$は全射である事が分かる。
[6]また$\dim{V}=\dim{Ker{\varphi}}+\dim{Im{\varphi}}$であり、$Ker{\varphi}=W^{\perp},\dim{Im}{\varphi}=\dim{W}^{\ast}=\dim{W}$
[7]ゆえに以上をまとめると
\begin{equation} \dim{V}=\dim{W^{\perp}}+\dim{W} \end{equation}

実際$Ker{B}=\{X\in \mathfrak{g}|B(X,\mathfrak{g})=0\}$とすると、$ker{B}$はイデアルなので$Ker{B}=\{0\}$または$\mathfrak{g}$
[1]$\mathfrak{g}=Ker{B}$であるとすると、$\mathfrak{g}$は可解Lie代数になる。
しかし、$\mathfrak{g}$はイデアルなので$[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]=\mathfrak{g}\neq 0$なので矛盾。
[2]ゆえに、$Ker{B}=0$なので$B$は非退化である事が証明された。

[$\Leftarrow$]$\mathfrak{h}\subset\mathfrak{g}$をイデアルとする。また$\mathfrak{h}^{\perp}\coloneqq\{X\in\mathfrak{g}|B(X,\mathfrak{h})=0\}$の様に定める。すると$B$は非退化なので
\begin{equation} \dim{\mathfrak{g}}=\dim{\mathfrak{h}}+\dim{\mathfrak{h}^{\perp}} \end{equation}
の様に書ける。この事から、以下の直和分解を得る。
\begin{equation} \mathfrak{g}=\mathfrak{h}\oplus\mathfrak{h}^{\perp} \end{equation}
また、$B$の$\mathfrak{h},\mathfrak{h}^{\perp}$への制限はそれぞれ、$\mathfrak{h},\mathfrak{h}^{\perp}$の非退化なkilling形式になる。
ゆえに帰納的に同じ議論を繰り返す事で$\mathfrak{h},\mathfrak{h}^{\perp}$が半単純である事が証明される。
[$\Rightarrow$]$\mathfrak{g}$は半単純であるとする。すると単純なLie代数$\mathfrak{g}^{k}\quad(k\in\mathbb{Z})$を用いて$\mathfrak{g}=\bigoplus_{k\in\mathbb{Z}}\mathfrak{g}^{k}$の様に直和分解できる。
また、下記の様に計算できる。
\begin{eqnarray} \forall X\in \mathfrak{g}^{k},Y\in\mathfrak{g}^{l}:[X,Y]\in\mathfrak{g}^{k}\cap\mathfrak{g}^{l}=\{0\}\quad(k\neq l) \end{eqnarray}
それゆえに
\begin{eqnarray} \forall X\in\mathfrak{g}^{k},\forall Y\in\mathfrak{g}^{l}:\forall Z\in\mathfrak{g}:ad_{X}\circ ad_{Y}(Z)&=&[X,[Y,\sum_{k\in\mathbb{Z}}c_{k}Z_{k}]]\\ &=&\sum_{k\in\mathbb{Z}}c_{k}[X,[Y,Z_{k}]]\\ &=&c_{l}[X,[Y,Z_{l}]]\\ &=&-c_{l}([Y,[Z_{l},X]]+[Z_{l},[X,Y]])\\ &=&-c_{l}[Y,[Z_{l},X]]\\ &=&0 \end{eqnarray}
ゆえに$\forall X\in\mathfrak{g}^{k},\forall Y\in\mathfrak{g}^{l}:ad_{X}\circ ad_{Y}=0$が示される。
この事から
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \forall X\in\mathfrak{g}:\exists X_{k}\in\mathfrak{g}^{k}\ s.t.\ X=\sum_{k\in\mathbb{Z}}X_{k}\\ \forall Y\in\mathfrak{g}:\exists Y_{k}\in\mathfrak{g}^{k}\ s.t.\ Y=\sum_{k\in\mathbb{Z}}Y_{k}\\ B(X,Y)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}B(X_{k},Y_{k}) \end{array} \right. \end{eqnarray}
ここで$B(X_{k},Y_{k})=B|_{\mathfrak{g}^{k}\times\mathfrak{g}^{k}}(X_{k},Y_{k})$であり、$\mathfrak{g}^{k}$は単純なLie代数ので$B$は非退化。

$\exists X,Y\in\mathfrak{h}\ s.t.\ 0\neq [X,Y]\in\mathfrak{h}$が成立したとする。
$ad_{X}$は対角化出来るので、$\mathfrak{h}$は固有値分解できる。
それを$\mathfrak{h}=\bigoplus_{\lambda}\mathfrak{h}_{\lambda}$の様に書く。
仮定より$0$でない固有値$\lambda$に対する固有ベクトルを$E_{\lambda}$とすれば
\begin{equation} ad_{X}(E_{\lambda})=[X,E_{\lambda}]=\lambda E_{\lambda} \end{equation}
が成り立つ。
また、$E_{\lambda}\in\mathfrak{h}$なので、$E_{\lambda}$も対角化可能
そこで$\mathfrak{h}=\bigoplus_{\mu}\overline{\mathfrak{h}}_{\lambda\mu}$の様に新たに固有値分解する。
すると以下の様に計算できるので$E_{\lambda}\in\mathfrak{h}_{\lambda 0}$
\begin{equation} ad_{E_{\lambda}}(E_{\lambda})=[E_{\lambda},E_{\lambda}]=0 \end{equation}
また$X=\sum_{\mu}X_{\mu}F_{\mu}$の様に固有値ベクトルを用いて展開する。
すると
\begin{eqnarray} ad_{E_{\lambda}}(X)&=&\sum_{\mu}X_{\mu}[E_{\lambda},F_{\mu}]\\ &=&\sum_{\mu}\mu X_{\mu}F_{\mu}\\ &=&-\lambda E_{\lambda}\in\mathfrak{h}_{\lambda0} \end{eqnarray}
が得られる。
$\mathfrak{h}$は直和で書けるので、$\mu\neq 0$の場合は$X_{\mu}=0$であり、結局$\lambda E_{\lambda}=0$が導かれ$E_{\lambda}\neq 0$なので$\lambda=0$矛盾
ゆえに、$[X,Y]=0$でなければならない。

1.$0$でないルート$\alpha$に対して$\dim{\mathfrak{g}_{\alpha}}=1$を証明する。
[1]まず$0$でないルート$\alpha\in\Delta$が存在した場合$-\alpha\in\Delta$も存在する事も示す。
実際$\exists \alpha\in\mathfrak{h}^{\ast},\exists X\in \mathfrak{g}\ s.t.\ \forall H\in\mathfrak{h}:ad_{H}X=\alpha(H)X$が成り立つ。
また、この$X$を用いると
\begin{eqnarray} ad_{-H}(X)&=&[-H,X]\\ &=&-[H,X]\\ &=&-ad_{H}(X)\\ &=&-\alpha(H)X \end{eqnarray}
ゆえに、$-\alpha\in\Delta$も示された。
[2]次にルート分解$\mathfrak{g}=\mathfrak{h}\bigoplus_{\alpha\in\Delta}\mathfrak{g}_{\alpha}$の内$\overline{\mathfrak{g}}_{\alpha}\coloneqq\mathfrak{g}_{-\alpha}\oplus\mathfrak{g}_{\alpha}\oplus span\{[E,F]\coloneqq G\}\quad(E\in \mathfrak{g}_{-\alpha},F\in\mathfrak{g}_{\alpha})$の様に定めると$\overline{\mathfrak{g}}_{\alpha}\simeq \mathfrak{sl}_{2}$である事を証明する。
実際
\begin{eqnarray} \forall X\in\mathfrak{g}_{-\alpha},Y\in\mathfrak{g}_{\alpha}:ad_{H}([X,Y])次に&=&[H,[X,Y]]\\ &=&-[X,[Y,H]]-[Y,[H,X]]\\ &=&[X,[H,Y]]+[[H,X],Y]\\ &=&[X,ad_{H}(Y)]+[ad_{H}X,Y]\\ &=&-\alpha(H)[X,Y]+\alpha(H)[X,Y]\\ &=&0 \end{eqnarray}
なので$[E,F]=G\in\mathfrak{h}$が分かる。
以上の計算により下記の式が得られる。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} [G,E]=-\alpha(G)E\\ [G,F]=\alpha(G)F\\ [E,F]=G\in\mathfrak{h} \end{array} \right. \end{eqnarray}
[3]次に$\varphi:\mathfrak{h}\ni H\mapsto B(H,)\in\mathfrak{h}^{\ast}$を定めると、$\varphi$が同型写像を定めている事を示す。
実際、$\varphi$は準同型性を持つ事は次の計算により確かめられる。
\begin{eqnarray} B(\alpha H+\beta \overline{H},\ast)&=&\alpha B(H,\ast)+\beta B(\overline{H},\ast)\\ &=&\alpha\varphi(H)+\beta\varphi(\overline{H})👈Bは双一次形式なので第二引数を固定すれば線形写像として振る舞う事を利用 \end{eqnarray}
これより$Ker{\varphi}=0$を示せばよい。
実際、$Ker{\varphi}=\{H\in\mathfrak{h}|\forall \overline{H}\in\mathfrak{h}:B(H,\overline{H})=B|_{\mathfrak{h}\times\mathfrak{h}}(H,\overline{H})=0\}$なので$B|_{\mathfrak{h}\times\mathfrak{h}}$は非退化である事を示せば、$Ker{\varphi}=0$が得られる。
ゆえに$\varphi$は単射。
以上の議論より$\mathfrak{h}\simeq \mathfrak{h}^{\ast}$が示せる。
そこで$B|_{\mathfrak{h}\times \mathfrak{h}}$が非退化である事を示す。
(1)交差項について
\begin{eqnarray} \forall H\in\mathfrak{h},\forall X\in\mathfrak{g}_{\alpha},Y\in\mathfrak{g}_{\beta}:ad_{H}\circ ad_{X}(Y)&=&[H,[X,Y]]\\ &=&-[X,[Y,H]]-[Y,[H,X]]\\ &=&[X,[H,Y]]+[[H,X],Y]\\ &=&(\alpha+\beta)(H)[X,Y] \end{eqnarray}
次に正規直交基底系$\{E_{\alpha},i\}\in\mathfrak{g}_{\alpha}$を考える。すると以下の様に書ける。
\begin{eqnarray} B(H,X)&=&\sum_{\beta\in\Delta}\sum_{i}< E_{\beta,i}|ad_{H}\circ ad_{X}(E_{\beta,i})>\\ &=&\sum_{\beta\in\Delta}\sum_{i}(\alpha+\beta)(H)< E_{\beta,i}|[X,E_{\beta,i}]>\\ &=&\sum_{\beta\in\Delta}\sum_{i,j}(\alpha+\beta)(H)c_{\alpha+\beta,ij}< E_{\beta,i}|E_{\alpha+\beta,j}>\\ &=&\sum_{\beta\in\Delta}\sum_{i,j}(\alpha+\beta)(H)c_{\alpha+\beta,ij}\delta_{\beta,\alpha+\beta}\delta_{i,j}👈\alpha\neq 0\\ &=&0 \end{eqnarray}
ゆえに$B|_{\mathfrak{h}\times \mathfrak{h}}$は非退化。
(2)これより、
\begin{eqnarray} \exists H\in\mathfrak{h}\ s.t.\ \forall X\in\mathfrak{h}:B(H,X)=0 \end{eqnarray}
が成り立つとする。しかし、$\forall \alpha\in\Delta:B(H,\mathfrak{g}_{\alpha})=0$であり、$B$は非退化なので$H=0$が得られる。
[4]上記の計算により$\mathfrak{h}\simeq\mathfrak{h}^{\ast}$なのでルート$\alpha\in\mathfrak{h}^{\ast}$に対して適当な$H_{\alpha}\in\mathfrak{h}$が存在して$\alpha\coloneqq B(H_{\alpha},)$が得られる。👈$H_{\alpha}$はco-rootと呼ばれる。
[5]このコルート$H_{\alpha}$を用いると$G=H_{\alpha}$が得られるので
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} [H_{\alpha},E]=-\alpha(H_{\alpha})E\\ [H_{\alpha},F]=\alpha(H_{\alpha})F\\ [E,F]=H_{\alpha}\in\mathfrak{h} \end{array} \right. \end{eqnarray}
[6]次に$\mathfrak{h}^{\ast}$に内積$(\cdot|\cdot):\mathfrak{h}^{\ast}\times\mathfrak{h}^{\ast}\rightarrow \mathbb{R}$を次の様に定義する。
\begin{equation} \forall \alpha,\beta\in\mathfrak{h}^{\ast}:\exists H_{\alpha},H_{\beta}\in\mathfrak{h}\ s.t.\ (\alpha|\beta)\coloneqq B(H_{\alpha},H_{\beta}) \end{equation}
一応、これが内積の性質を持つ事も確認する。
(1)双線形性
\begin{eqnarray} \forall p,q\in\mathbb{R}:\forall \alpha,\beta,\gamma\in\mathfrak{h}^{\ast}:\exists H_{\alpha},H_{\beta},H_{\gamma}\in\mathfrak{h}\ s.t.\ (p\alpha+q\beta|\gamma)&=&B(pH_{\alpha}+qH_{\beta},H_{\gamma})\\ &=&pB(H_{\alpha},H_{\gamma})+qB(H_{\beta},H_{\gamma})\\ &=&p(\alpha|\gamma)+q(\beta|\gamma) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \forall p,q\in\mathbb{R}:\forall \alpha,\beta,\gamma\in\mathfrak{h}^{\ast}:\exists H_{\alpha},H_{\beta},H_{\gamma}\in\mathfrak{h}\ s.t.\ (\alpha|p\beta+q\gamma)&=&B(H_{\alpha},pH_{\beta}+qH_{\gamma})\\ &=&pB(H_{\alpha},H_{\beta})+qB(H_{\alpha},H_{\gamma})\\ &=&p(\alpha|\beta)+q(\alpha|\gamma) \end{eqnarray}
(2)非退化性$(\alpha|\alpha)=B(H_{\alpha},H_{\alpha})=0$が成り立つとすると、$B$の非退化性により$H_{\alpha}=0$が得られるので$\alpha=0$
(3)正定値性
\begin{eqnarray} (\alpha|\alpha)&=&B(H_{\alpha},H_{\alpha})\\ &=&\sum_{\beta\in\Delta}\sum_{i}< E_{\beta,i}|[H_{\alpha},[H_{\alpha},E_{\beta,i}]]>\\ &=&\sum_{i}\alpha^{2}(H_{\alpha})< E_{\alpha,i}|E_{\alpha,i}>\\ &=&\sum_{i}\alpha^{2}(H_{\alpha})\geq 0 \end{eqnarray}
[7]以上の計算により、以下の様に定める事で下記の式が得られる。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \overline{H}_{\alpha}\coloneqq -\frac{2}{(\alpha|\alpha)}[E,F]\\ \overline{E}\coloneqq \sqrt{\frac{2}{(\alpha|\alpha)}}E\\ \overline{F}\coloneqq \sqrt{\frac{2}{(\alpha|\alpha)}}F\\ [\overline{H}_{\alpha},\overline{E}]=-2\overline{E}\\ [\overline{H}_{\alpha},\overline{F}]=2\overline{F}\\ [\overline{E},\overline{F}]=-\overline{H}_{\alpha} \end{array} \right. \end{eqnarray}
[8]$\mathfrak{sl}_{2}=span\{h=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},=e=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix},f=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\}$の様に定める。
すると、
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} [h,e]=-2e\\ [h,f]=2f\\ [e,f]=-h \end{array} \right. \end{eqnarray}
上記の計算により、準同型射$\varphi:\overline{\mathfrak{g}_{\alpha}}\rightarrow \mathfrak{sl}_{2}$を次の様に構成する。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \varphi(\overline{E})=e\\ \varphi(\overline{F})=f\\ \varphi(\overline{H}_{\alpha})=h \end{array} \right. \end{eqnarray}
するとこれは全単射になり同型射である事が簡単な計算により分かるので、$\dim{\overline{\mathfrak{g}}_{\alpha}}=3$。ゆえに$\dim{\mathfrak{g}_{\alpha}}=1$。
2.$[\mathfrak{g}_{\alpha},\mathfrak{g}_{\beta}]\subset\mathfrak{g}_{\alpha+\beta}$特に、$\alpha+\beta$がルートでない場合は$\forall X\in\mathfrak{g}_{\alpha},\forall Y\in\mathfrak{g}_{\beta}:[X,Y]=0$
$[X,Y]\in\mathfrak{g}_{\alpha+\beta}$なので以下の様に計算できる。
\begin{eqnarray} ad_{H}([X,Y])&=&[H,[X,Y]]\\ &=&-[X,[Y,H]]-[Y,[H,X,]]\\ &=&[X,[H,Y]]+[[H,X],Y]\\ &=&\{\alpha(H)+\beta(H)\}[X,Y] \end{eqnarray}
ここで$\alpha+\beta\not\in\Delta$なので$[X,Y]=0$しかありえない。

\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} L=\begin{pmatrix}b_{1}&a_{1}&a_{3}\\a_{1}&b_{2}&a_{2}\\a_{3}&a_{2}&b_{3}\end{pmatrix}\\ A=\begin{pmatrix}0&a_{1}&-a_{3}\\-a_{1}&0&a_{2}\\a_{3}&-a_{2}&0\end{pmatrix} \end{array} \right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} [L,A]&=&\begin{pmatrix}b_{1}&a_{1}&a_{3}\\a_{1}&b_{2}&a_{2}\\a_{3}&a_{2}&b_{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&a_{1}&-a_{3}\\-a_{1}&0&a_{2}\\a_{3}&-a_{2}&0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0&a_{1}&-a_{3}\\-a_{1}&0&a_{2}\\a_{3}&-a_{2}&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}b_{1}&a_{1}&a_{3}\\a_{1}&b_{2}&a_{2}\\a_{3}&a_{2}&b_{3}\end{pmatrix}\\ &=&\begin{pmatrix}-a_{1}^{2}+a_{3}^{2}&a_{1}b_{1}-a_{2}a_{3}&a_{1}a_{2}-a_{3}b_{1}\\-a_{1}b_{2}+a_{2}a_{3}&a_{1}^{2}-a_{2}^{2}&-a_{1}a_{3}+a_{2}b_{2}\\-a_{1}a_{2}+a_{3}b_{3}&a_{1}a_{3}-a_{2}b_{3}&a_{2}^{2}-a_{3}^{2}\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}a_{1}^{2}-a_{3}^{2}&a_{1}b_{2}-a_{2}a_{3}&a_{1}a_{2}-a_{3}b_{3}\\-a_{1}b_{1}+a_{2}a_{3}&-a_{1}^{2}+a_{2}^{2}&-a_{1}a_{3}+a_{2}b_{3}\\-a_{1}a_{2}+a_{3}b_{1}&a_{1}a_{3}-a_{2}b_{2}&-a_{2}^{2}+a_{3}^{2}\end{pmatrix}\\ &=&\begin{pmatrix}2(a_{3}^{2}-a_{1}^{2})&a_{1}(b_{1}-b_{2})&a_{3}(b_{3}-b_{1})\\a_{1}(b_{1}-b_{2})&2(a_{1}^{2}-a_{2}^{2})&a_{2}(b_{2}-b_{3})\\a_{3}(b_{3}-b_{1})&a_{2}(b_{2}-b_{3})&2(a_{2}^{2}-a_{3}^{2})\end{pmatrix}\\ &=&\begin{pmatrix}\dot{b}_{1}&\dot{a}_{1}&\dot{a}_{3}\\\dot{a}_{1}&\dot{b}_{2}&\dot{a}_{2}\\\dot{a}_{3}&\dot{a}_{2}&\dot{b}_{3}\end{pmatrix}\\ &=&\dot{L} \end{eqnarray}

[1]$x_{k}\coloneqq e^{\sum_{j=1}^{n}d_{kj}q_{j}}$の様に置くと、
\begin{eqnarray} \dot{x_{k}}&=&x_{k}\sum_{j=1}^{n}d_{kj}\dot{q}_{j}\\ &=&x_{k}\sum_{j=1}^{n}d_{kj}\frac{\partial H}{\partial p_{j}}\\ &=&x_{k}\frac{1}{2}\sum_{j,m,n}d_{kj}B(h_{m},h_{n})(\delta_{jm}p_{n}+p_{m}\delta_{jn})\\ &=&x_{k}\frac{1}{2}\sum_{j,n}d_{kj}B(h_{j},h_{n})p_{n}+\frac{1}{2}\sum_{j,m}d_{kj}B(h_{m},h_{j})p_{m}\\ &=&x_{k}\sum_{j,n}d_{kj}B(h_{j},h_{n})p_{n}\\ &=&x_{k}\sum_{i,j}d_{kj}p_{i}B(h_{j},h_{i}) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \dot{p}_{k}&=&-\frac{\partial H}{\partial q_{k}}\\ &=&-2\sum_{i=1}^{m}x_{i}\frac{\partial x_{i}}{\partial q_{k}}\\ &=&-2\sum_{i=1}^{m}x_{i}^{2}d_{ik} \end{eqnarray}
[2]
次に、$\mathfrak{g}$の元を次の様に定める。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} L\coloneqq\sum_{k=1}^{m}x_{k}(e_{\alpha_{k}}+e_{-\alpha_{k}})+\sum_{j=1}^{n}p_{j}h_{j}\\ A\coloneqq\sum_{k=1}^{m}x_{k}(e_{\alpha_{k}}-e_{-\alpha_{k}}) \end{array} \right. \end{eqnarray}
と定める。
するとこれは$\dot{L}=[L,A]$を満たす。
実際
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} [e_{\alpha_{i}},e_{\alpha_{j}}]=0👈\alpha_{i}+\alpha_{j}は非零ルートにならない\\ [e_{\alpha_{i}},e_{-\alpha_{i}}]=t_{\alpha_{i}}👈ルート系の性質で話た議論を踏襲\\ [h_{k},e_{\alpha_{i}}]=ad_{h_{k}}(e_{\alpha_{i}})=\alpha_{i}(h_{k})e_{\alpha_{i}}👈ルートの定義\\ [h_{j},h_{k}]=0👈カルタン部分代数は可換 \end{array} \right. \end{eqnarray}
を用いると下記の計算が出来る。
\begin{eqnarray} [L,A]&=&\sum_{k,l}[x_{k}(e_{\alpha_{k}}+e_{-\alpha_{k}}),x_{l}(e_{\alpha_{l}}-e_{-\alpha_{l}})]+\sum_{k=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}[p_{j}h_{j},x_{k}(e_{\alpha_{k}}-e_{-\alpha_{k}})]\\ &=&\sum_{k,l}x_{k}x_{l}([e_{\alpha_{k}},e_{\alpha_{l}}]-[e_{\alpha_{k}},e_{-\alpha_{l}}]+[e_{-\alpha_{k}},e_{\alpha_{l}}]-[e_{-\alpha_{k}},e_{-\alpha_{l}}])+\sum_{k=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}p_{j}x_{k}([h_{j},e_{\alpha_{k}}]-[h_{j},e_{-\alpha_{k}}])\\ &=&-2\sum_{k}x_{k}^{2}t_{\alpha_{k}}+\sum_{k=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}p_{j}x_{k}\alpha_{k}(h_{j})(e_{\alpha_{k}}+e_{-\alpha_{k}})\\ &=&-2\sum_{k}x_{k}^{2}t_{\alpha_{k}}+\sum_{k=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}p_{j}x_{k}B(t_{\alpha_{k}},h_{j})(e_{\alpha_{k}}+e_{-\alpha_{k}}) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \dot{L}&=&\sum_{k=1}^{m}\dot{x}_{k}(e_{\alpha_{k}}+e_{-\alpha_{k}})+\sum_{j=1}^{n}\dot{p}_{j}h_{j}\\ &=&\sum_{k=1}x_{k}\sum_{i,j}d_{kj}p_{i}B(h_{j},h_{i})(e_{\alpha_{k}}+e_{-\alpha_{k}})-2\sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^{m}x_{i}^{2}d_{ik}h_{k}\\ &=&-2\sum_{i}x_{i}^{2}t_{\alpha_{i}}+\sum_{k=1}^{m}\sum_{i=1}^{n}p_{i}x_{k}B(\sum_{j=1}^{n}d_{kj}h_{j},h_{i})(e_{\alpha_{k}}+e_{-\alpha_{k}})\\ &=&-2\sum_{i}x_{i}^{2}t_{\alpha_{i}}+\sum_{k=1}^{m}\sum_{i=1}^{n}p_{i}x_{k}B(t_{\alpha_{k}},h_{i})(e_{\alpha_{k}}+e_{-\alpha_{k}}) \end{eqnarray}
最後に、半単純Lie代数と同型な行列の集合で定義されたLie代数を用意すればそれは同型なのである適当な行列$L,A$を用いて$\dot{L}=[L,A]$と書ける。
ゆえに、LAX形式で書ける事が証明された。