リー代数1.3.1 可解リー代数と巾零リー代数
可解性
可解性の定義
$L$を$\mathrm{Lie}$代数とする。$L$のイデアルの列を次で定める。
$L^{(0)}:=L\,,L^{(1)}:=[L,L]\,,\dots ,L^{(k+1)}:=[L^{(k)},L^{(k)}]$
$L^{(0)}\supset L^{(1)}\supset \cdots \supset L^{(k)}\supset \cdots $を$L$の導来列(derived series)という。
$[L,L]=\mathrm{Span}\set{[x,y]\in L\,|\,x,y\in L}$である。
$L$を$\mathrm{Lie}$代数とする。
$L$が可解(solvable)であるとは、ある$n\in \mathbb{N}$が存在して、$L^{(n)}=\set0$となることをいう。
$L$が可換$\mathrm{Lie}$代数のとき、$L^{(1)}=\set0$より、$L$は可解である。
$L$が非可換単純$\mathrm{Lie}$代数のとき、$L^{(k)}=L$より、$L$は可解でない。
可換、非可換単純の場合は、極端な例であるので、より一般的な例を見ていく。
上三角行列の可解性
上三角行列の全体$\mathfrak{t}_n(\mathbb{F}):=\set{X\in \mathfrak{gl}_n(\mathbb{F})|\,x_{ij}=0\,(i>j)}$は可解である。
定理の証明のためにいくつか準備していく。
$[\mathfrak{t}_n(\mathbb{F}),\mathfrak{t}_n(\mathbb{F})]=\mathfrak{n}_n(\mathbb{F}):=\set{X\in \mathfrak{gl}_n(\mathbb{F})|\,x_{ij}=0\,(i\geq j)}$（狭義上三角行列の全体）
$X=(x_{ij}),Y=(y_{ij})$を上三角行列とする。
$\mathfrak{t}_n(\mathbb{F})$は$\mathrm{Lie}$代数なので、$[X,Y]=XY-YX$は上三角行列である。
特に、対角成分を計算すると、上三角であることから、
$\displaystyle[X,Y]_{kk}=\sum_{l=1}^n(x_{kl}y_{lk}-y_{kl}x_{lk})=x_{kk}y_{kk}-x_{kk}y_{kk}=0$ $\therefore$対角成分はすべて$0$
すなわち、$[X,Y]\in \mathfrak{n}_n(\mathbb{F})$ $\therefore [\mathfrak{t}_n(\mathbb{F}),\mathfrak{t}_n(\mathbb{F})]\subset\mathfrak{n}_n(\mathbb{F})$
行列単位 $E_{ii},E_{ij}\,(i< j)$は上三角行列であり、$[E_{ii},E_{ij}]=E_{ij}$なので、$\mathfrak{n}_n(\mathbb{F})\subset[\mathfrak{t}_n(\mathbb{F}),\mathfrak{t}_n(\mathbb{F})]$がわかる。$\Box$
次は、$[\mathfrak{n}_n(\mathbb{F}),\mathfrak{n}_n(\mathbb{F})]$を求めていくわけだが、そのために新しく記号を定める。
$\mathfrak{g}:=\mathfrak{gl}_n(\mathbb{F})$とする。$\mathfrak{g}$の部分線型空間$\mathfrak{g}_p\,,\mathfrak{g}^{(p)}(p\in\mathbb{N})$を次で定める。
$\mathfrak{g}_p:=\mathrm{Span}\set{E_{ij}\,|\,j-i=p},\,\mathfrak{g}^{(p)}:=\mathrm{Span}\set{E_{ij}\,|\,j-i\geq p}$
（この書き方は、佐藤肇先生のリー代数入門を参考にしているので、元の参考文献であるJames E. Humphreys先生の方には書かれおらず、"level"という言葉で書かれています。）
$\mathfrak{g}_0=\mathfrak{d}_n(\mathbb{F})=\set{\mathrm{diag}(a_1,a_2,\dots,a_n)\,|\,a_j\in \mathbb{F}}$（対角行列の全体）
$\displaystyle\mathfrak{g}_p=\set0\,(p\geq n)\,,\mathfrak{g}^{(0)}=\mathfrak{t}_n(\mathbb{F})\,,\mathfrak{g}^{(1)}=\mathfrak{n}_n(\mathbb{F})\,,\mathfrak{g}^{(p)}=\bigoplus_{k=p}^{n-1}\mathfrak{g}_k$とかける。
$X\in\mathfrak{g}_p,Y\in\mathfrak{g}_q\implies[X,Y]\in\mathfrak{g}_{(p+q)}$
$[E_{ij},E_{kl}]=\delta_{jk}E_{il}-\delta_{li}E_{kj}$を使う。
$E_{ij}\in\mathfrak{g}_p,E_{kl}\in\mathfrak{g}_q$とすると、$j-i=p,l-k=q$である。
$\cdot\,j=k$のとき
$i\leq j=k\leq l$だが、$i=l$のときは、かっこ積は$0$で、
$i\neq l$のときは、$[E_{ij},E_{kl}]=E_{il}$で、$l-i=(k+q)-(j-p)=p+q$
すなわち、$[E_{ij},E_{kl}]=E_{il}\in\mathfrak{g}_{(p+q)}$である。
$\cdot\,i=l$のとき
$[E_{ij},E_{kl}]=-[E_{kl},E_{ij}]$より、上の場合に帰着される。
$\cdot\,j\neq k$かつ$i\neq l$のとき
かっこ積は$0$となる。
さて、基底に対して補題は正しいので、結局、補題がいえる。$\Box$
逆に、$E_{ij}=[E_{i\,i+p},E_{i+p\,j}]\,(j=i+p+q)$も分かる.
$\mathfrak{g}^{(p)}$は部分$\mathrm{Lie}$代数であり、さらに$[\mathfrak{g}^{(p)},\mathfrak{g}^{(q)}]=\mathfrak{g}^{(p+q)}$が成り立つ。
補題３より、$[\mathfrak{g}^{(p)},\mathfrak{g}^{(p)}]\subset\mathfrak{g}^{(2p)}$なので、かっこ積で閉じているから、部分$\mathrm{Lie}$代数である。
補題３より、$[\mathfrak{g}^{(p)},\mathfrak{g}^{(q)}]\subset\mathfrak{g}^{(p+q)}$
補題の逆により、$[\mathfrak{g}^{(p)},\mathfrak{g}^{(q)}]$が$\mathfrak{g}^{(p+q)}$の基底をすべて含むことがわかり、逆向きの包含関係がわかる。$\Box$
$L:=\mathfrak{t}_n(\mathbb{F})$とすると、
$L^{(1)}=\mathfrak{g}^{(1)},L^{(2)}=\mathfrak{g}^{(2)},L^{(3)}=\mathfrak{g}^{(4)},\dots,L^{(k)}=\mathfrak{g}^{(2^{k-1})}$
すなわち、$k$が十分大きければ、$L^{(k)}=\set0$
十分大きい$k$とは、具体的には、$2^{k-1}\geq n$を満たす$k$のことである。
以上で、定理１の証明ができた。
可解性の性質
$L$を$\mathrm{Lie}$代数とする。
$(\mathrm{i})\,L$が可解ならば、$L$の部分$\mathrm{Lie}$代数や準同型の像は、可解である。
$(\mathrm{ii})\,I$が$L$の可解なイデアルで$L/I$も可解であるならば、$L$も可解である。
$(\mathrm{iii})\,I,J$が$L$の可解なイデアルならば、$I+J$も可解である。
$(\mathrm{i})\,M$を$L$の部分$\mathrm{Lie}$代数とすると、$M^{(k)}\subset L^{(k)}$が成り立つので、$L$が可解ならば、$M$も可解である。
$\varphi:L\to M$を準同型とする。準同型の像を考えているので、$M=\Im \varphi$としてよい。（すなわち、$\varphi$は始めから全射準同型としてよい。）
さて、$\varphi(L^{(k)})=M^{(k)}$を示す。$k=0$のときは、全射性より正しい。
$k$のとき正しいと仮定すると、
$x,y\in L^{(k)}$とすると、$\varphi([x,y])=[\varphi(x),\varphi(y)]$であり、
仮定より、$\varphi(x),\varphi(y)\in M^{(k)}$なので、 $[\varphi(x),\varphi(y)]\in M^{(k+1)}$
$\therefore\,\varphi(L^{(k+1)})\subset M^{(k+1)}$
$x,y\in M^{(k)}$をとり、$[x,y]\in M^{(k+1)}$を考えると、
仮定より、ある$x',y'\in L^{(k)}$が存在して、$x=\varphi(x'),y=\varphi(y')$となる。
このとき、$[x,y]=[\varphi(x'),\varphi(y')]=\varphi([x',y'])$なので、
$[x',y']\in L^{(k+1)}$より、$\varphi([x',y'])\in \varphi(L^{(k+1)})$
$\therefore M^{(k+1)}\subset \varphi(L^{(k+1)})$
したがって、$\varphi(L^{(k)})=M^{(k)}$が成り立ち、$L$が可解なら準同型の像$M$も可解となる。
$(\mathrm{ii})\,L/I$が可解より、ある$k$が存在して、$(L/I)^{(k)}=\set0$
$\pi:L\to L/I$を標準的な全射(canonical homomorphism)とすると、
$\mathrm{(i)}$の結果から、$\pi(L^{(k)})=\set0$ $\therefore L^{(k)}\subset \mathrm{Ker}\,\pi=I$
$I$が可解より、ある$j$が存在して、$I^{(m)}=\set0$
$(L^{(p)})^{(q)}=L^{(p+q)}$であるので、$L^{(k+m)}=(L^{(k)})^{(m)}\subset I^{(m)}=\set0$
$\therefore\,L^{(k+m)}=\set0$ すなわち、$L$は可解である。
$(\mathrm{iii})$同型$(I+J)/J \cong I/(I\cap J)$を使う。
まず、標準的な全射$I\to I/(I\cap J)$を考えると、$I$が可解よりその像である$I/(I\cap J)$も可解である。したがって、それと同型である$(I+J)/J$も可解である。
$J$と$(I+J)/J$は可解であるから、$\mathrm{(ii)}$の結果より、$I+J$は可解である。 $\Box$
根基と半単純
$L$を$\mathrm{Lie}$代数とする。
このとき、$L$の可解なイデアルで、極大なものがただ一つ存在する。
（存在性）$\set0$は明らかに$L$の可解なイデアル
（一意性）$S$を$L$の可解なイデアルで極大なものとする。
このとき、任意の$L$の可解なイデアル$I$をとると、命題５$\mathrm{(iii)}$より、
$S+I$も$L$の可解なイデアルで、特に$S$を含む。
よって、$S$の極大性により$S+I=S$$\,\therefore I\subset S$
すなわち、極大なものはただ一つである。 $\Box$
$L$を$\mathrm{Lie}$代数とする。
$L$の極大可解イデアルを$L$の根基（radical)といい、$\mathrm{Rad}\,L$とかく。
$L$を$\mathrm{Lie}$代数とする。
$\mathrm{Rad}\,L=\set0$であるとき、$L$は半単純（semisimple）であるという。
$L$が非可換単純ならば、半単純である。
なぜなら、$L$が単純より、$L$のイデアルは$\set0$または$L$であり、
非可換性より、$L$は可解でないから、$\mathrm{Rad}\,L=\set0$であるから$L$は半単純である。
$L$を$\mathrm{Lie}$代数とする。このとき、$L/\mathrm{Rad}\,L$は半単純である。
$L=\set0$のときは明らかなので、$L\neq \set0$とする。
背理法で示す。$L/\mathrm{Rad}\,L$が半単純でないとすると、$L/\mathrm{Rad}\,L$は$\set0$でない可解なイデアルをもつ。
つまり、$L$のイデアル$I$が存在して、$I/\mathrm{Rad}\,L$は可解となる。
まず、$I/\mathrm{Rad}\,L\neq\set0$より、$\mathrm{Rad}\,L\subsetneq I$である。
$I/\mathrm{Rad}\,L$と$\mathrm{Rad}\,L$は可解なので、命題５の$\mathrm{(ii)}$より、$I$も可解である。
これは、$\mathrm{Rad}\,L$の極大性に矛盾する。従って、$L/\mathrm{Rad}\,L$は半単純である。$\Box$
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