リー代数1.3.1　可解リー代数と巾零リー代数

　$X=(x_{ij}),Y=(y_{ij})$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。$◻$

　$[E_{ij},E_{kl}]={\delta }_{jk}{E}_{il}-{\delta }_{li}{E}_{kj}$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。

　$l-i=(l-k)+(k-j)+(j-i)=p+q+(k-j)$
　$\therefore (l-i)+(j-k)=p+q\cdots (\ast )$

　$\cdot j=k$のとき　$(\ast )$より、$l-i=p+q$なので、
　$l-i\ne 0$のときは、$[E_{ij},E_{kl}]=E_{il}\in {\mathfrak{g}}_{(p+q)}$であり、
　$l-i=0$のときは、$[E_{ij},E_{ji}]=E_{ii}-E_{jj}\in {\mathfrak{g}}_0$

　$\cdot i=l$のときは、$j=k$のときと同様。
　
　$\cdot j\ne k$かつ$i\ne l$のときは、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。$◻$

　補題３より、$[{\mathfrak{g}}^{(p)},{\mathfrak{g}}^{(p)}]\subset {\mathfrak{g}}^{(2p)}\subset {\mathfrak{g}}^{(p)}$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。$◻$

　$(\mathrm{i})M$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。
　$\phi :L\to M$を準同型とする。準同型の像を考えているので、$M=\mathrm{Im}\phi$としてよい。（すなわち、$\phi$は始めから全射準同型としてよい。）
　さて、$\phi (L^{(k)})=M^{(k)}$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、$\phi ([x,y])=[\phi (x),\phi (y)]$であり、
　仮定より、$\phi (x),\phi (y)\in M^{(k)}$なので、　$[\phi (x),\phi (y)]\in M^{(k+1)}$
　$\therefore \phi (L^{(k+1)})\subset M^{(k+1)}$
　$x,y\in M^{(k)}$をとり、$[x,y]\in M^{(k+1)}$を考えると、
　仮定より、ある$x^{\prime },y^{\prime }\in L^{(k)}$が存在して、$x=\phi (x^{\prime }),y=\phi (y^{\prime })$となる。
　このとき、$[x,y]=[\phi (x^{\prime }),\phi (y^{\prime })]=\phi ([x^{\prime },y^{\prime }])$なので、
　$[x^{\prime },y^{\prime }]\in L^{(k+1)}$より、$\phi ([x^{\prime },y^{\prime }])\in \phi (L^{(k+1)})$
　$\therefore M^{(k+1)}\subset \phi (L^{(k+1)})$
　したがって、$\phi (L^{(k)})=M^{(k)}$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、$(L/I{)}^{(k)}=\{0\}$
　$\pi :L\to L/I$を標準的な全射(canonical homomorphism)とすると、
　$(\mathrm{i})$の結果から、$\pi (L^{(k)})=\{0\}$ $\therefore L^{(k)}\subset \mathrm{Ker}\pi =I$
　$I$が可解より、ある$j$が存在して、$I^{(m)}=\{0\}$
　$(L^{(p)}{)}^{(q)}=L^{(p+q)}$であるので、$L^{(k+m)}=(L^{(k)}{)}^{(m)}\subset I^{(m)}=\{0\}$
　$\therefore L^{(k+m)}=\{0\}$ 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。　$◻$

　（存在性）$\{0\}$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。　$◻$

　$L=\{0\}$のときは明らかなので、$L\ne \{0\}$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$\{0\}$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、$I/\mathrm{Rad}L\ne \{0\}$より、$\mathrm{Rad}L⊊I$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。$◻$