Lie 代数の拡大

$\mathfrak a=\ker s\triangleleft\tilde{\mathfrak g}$であり, 準同型定理より$\mathfrak g\cong\tilde{\mathfrak g}/\ker s=\tilde{\mathfrak g}/\mathfrak a$.

5項補題より明らか.

$\mathfrak g$の基底の集合を$\mathcal B$とする. このとき
\begin{align} \hat\tau\in\prod_{e\in\mathcal B}s^{-1}(e) \end{align}
を選べば, それを線形に拡張した次の写像
\begin{align} \tau(v):=\sum_{e\in\mathcal B} v_e\ \hat\tau(e)\quad \left(v=\sum_{e\in\mathcal B} v_e\ e\in\mathfrak g\right) \end{align}
は$s$の線形な切断となることが簡単な計算で確かめられる.

$\ker s=\mathfrak a$なので, $s(\omega_\tau(X_1\wedge X_2))=0$を確かめればよい. $s$は Lie 代数の準同型なので, この等号は簡単な計算で示される.

1. $s$が Lie 代数の準同型なので$s(\rho(X)A)=0$はすぐにわかる. よって$\rho(X)A\in\mathfrak a$. また, 以下の計算から$\rho$が準同型であることがわかる.
   \begin{align} \rho([X,Y])A&=[\tau([X,Y]),A]\\ &=[[\tau(X),\tau(Y)],A]-[\omega_\tau(X,Y),A]\\ &=[\tau(X),[\tau(Y),A]]-[\tau(Y),[\tau(X),A]]\\ &=[\rho(X),\rho(Y)]A. \end{align}
2. 切断$\tau$により得られる表現を$\rho_\tau$と書くことにすると,
   \begin{align} \rho_\tau(X)A-\rho_{\tau'}(X)A&=[(\tau-\tau')(X),A]\\ &=0. \end{align}
   ここで, $(\tau-\tau')(X)\in\ker s=\mathfrak a$であることを用いた.

\begin{align} d_2\omega_\tau(X_1\wedge X_2\wedge X_3)&=\rho(X_1)\omega_\tau(X_2\wedge X_3)+\text{cyclic perm. }\\ &\quad -\omega_\tau([X_1,X_2]\wedge X_3)-\text{cyclic perm. }\\ &=[\tau(X_1),\omega_\tau(X_2\wedge X_3)]+\text{cyclic perm. }\\ &\quad -\omega_\tau([X_1,X_2]\wedge X_3)-\text{cyclic perm. } \end{align}
これに, $\omega_\tau$の定義を代入し, Jacobi恒等式を用いれば$d_2\omega_\tau=0$が確かめられる.

まずは$v_{\tau,\tau'}(X)\in\mathfrak a$を確かめなければならないが, $s$を作用させれば$0$になることからすぐにわかる. また,
\begin{align} \omega_\tau(X_1\wedge X_2)-\omega_{\tau'}(X_1\wedge X_2)&=[(\tau'+v_{\tau,\tau'})(X_1),(\tau'+v_{\tau,\tau'})(X_2)]-(\tau'+v_{\tau,\tau'})([X_1,X_2])\\ &\quad -[\tau'(X_1),\tau'(X_2)]+\tau'([X_1,X_2])\\ &=\rho(X_1)v_{\tau,\tau'}(X_2)-\rho(X_2)v_{\tau,\tau'}(X_1)-v_{\tau,\tau'}([X_1, X_2])\\ &=d_1v_{\tau,\tau'}(X_1\wedge X_2). \end{align}

$\omega\in [\omega_\tau]_\rho$とすると, 仮定から
\begin{align} \omega-\omega_\tau=d_1 v \end{align}
となる$v\in C^1(\mathfrak g,\mathfrak a)$が存在する. このとき$\tau'=\tau+v$とおくと, これは$s$の線形な切断である. すると, 命題7の証明と同様の計算から
\begin{align} \omega_{\tau'}-\omega_\tau=d_1 v \end{align}
となる. よって$\omega=\omega_{\tau'}$となる.

1. 具体的に計算すればわかるので, 省略.
2. 2つの写像$i:\mathfrak a\to\tilde{\mathfrak g}_{\rho,\omega},\ s:\tilde{\mathfrak g}_{\rho,\omega}\to\mathfrak g$を
   \begin{align} i(A)&:=A,\\ s(X+A)&:=X\qquad (X\in\mathfrak g,\ A\in\mathfrak a) \end{align}
   とすると, これらは明らかに Lie 代数の準同型. また, $i$は単射, $s$は全射, $\Im\;\;\;\!\!\!\! i=\ker s$であることから, $\tilde{\mathfrak g}_{\rho,\omega}$は$\mathfrak g$の$\mathfrak a$による拡大とわかる.
3. $s$の線形な切断$\tau:\mathfrak g\to\tilde{\mathfrak g}_{\rho,\omega}$として
   \begin{align} \tau(X):=X \end{align}
   を選ぶと,
   \begin{align} \rho_\tau(X)A&=[\tau(X),A]\\ &=\rho(X)A \end{align}
   とわかる.
4. 以下の計算により, $\tilde{\mathfrak g}_{\rho,\omega}$はコホモロジーの元$[\omega]_\rho$に対応する.
   \begin{align} \omega_\tau(X_1\wedge X_2)&=[\tau(X_1),\tau(X_2)]-\tau([X_1,X_2])\\ &=[X_1,X_2]+\omega(X_1\wedge X_2)-[X_1,X_2]\\ &=\omega(X_1\wedge X_2). \end{align}

1. 以下の2つの拡大と, 拡大の射$f$を考える.
   \begin{xy} \xymatrix{ 0 \ar[r]\ar[d]& \mathfrak a \ar[r]^-{i_1}\ar[d]_-{\mathrm{id}}& \tilde{\mathfrak g}_1 \ar[r]^-{s_1}\ar[d]_-f& \mathfrak g \ar[r]\ar[d]^-{\mathrm{id}}& 0\ar[d]\\ 0 \ar[r]& \mathfrak a \ar[r]_-{i_2}& \tilde{\mathfrak g}_2 \ar[r]_-{s_2}& \mathfrak g \ar[r]& 0 } \end{xy}
   以下の議論では, 注意深く計算するために$\Im\;\;\;\!\!\!\! i_{1,2}$と$\mathfrak a$を同一視しないことにする.
   \begin{align} \rho_1(X)A&=i_1^{-1}([\tau_1(X),i_1(A)])\\ &=i_2^{-1}\circ f\circ i_1\circ i_1^{-1}([\tau_1(X),i_1(A)])\\ &=i_2^{-1}([f\circ\tau_1(X),i_2(A)]) \end{align}
   であるので,
   \begin{align} \rho_1(X)A-\rho_2(X)A&=i_2^{-1}([(f\circ\tau_1-\tau_2)(X),i_2(A)])\\ &=0. \end{align}
   ここで, 最後の等式には$(f\circ\tau_1-\tau_2)(X)\in\ker s=\mathfrak a$であることを用いた.
2. • ($\Longrightarrow$について) $\tau_1$と$\tau_2$を, それぞれ$s_1,s_2$の線形な切断としたとき, 簡単な計算により
     \begin{align} \omega_{\tau_1}-\omega_{\tau_2}=d_1v_{f\circ \tau_1,\tau_2} \end{align}
     とわかる.
   • ($\Longleftarrow$について) まず仮定から
     \begin{align} \omega_{\tau_1}-\omega_{\tau_2}=d_1 v \end{align}
     となる$v\in C^1(\mathfrak g,\mathfrak a)$が存在する. また, 線型空間として$\tilde{\mathfrak g}_1=\Im\;\;\;\!\!\!\! \tau_1\oplus\mathfrak a$であるので, 写像$f:\tilde{\mathfrak g}_1\to\tilde{\mathfrak g}_2$を
     \begin{align} f(\tau_1(X)+A):=(\tau_2+v)(X)+A\quad (X\in\mathfrak g,\ A\in\mathfrak a) \end{align}
     とすれば, これが$\tilde{\mathfrak g}_1$と$\tilde{\mathfrak g}_2$の拡大の同値性を与える.

1. 命題5と補題10の1. によりすぐに
   \begin{align} \mathrm{Ob}(\mathcal Ext(\mathfrak g,\mathfrak a))&=\coprod_{\rho:\mathfrak g\to\mathrm{End}\;\;\;\!\!\!\! \mathfrak a}\mathrm{Ob}(\mathcal Ext_\rho(\mathfrak g,\mathfrak a)),\\ \mathrm{Mor}(\mathcal Ext(\mathfrak g,\mathfrak a))&=\coprod_{\rho:\mathfrak g\to\mathrm{End}\;\;\;\!\!\!\! \mathfrak a}\mathrm{Mor}(\mathcal Ext_\rho(\mathfrak g,\mathfrak a)) \end{align}
   とわかる.
2. 命題9と補題10の2. によりすぐに
   \begin{align} \mathrm{Ob}\left(\mathcal Ext_\rho(\mathfrak g,\mathfrak a)\right)&=\coprod_{\omega\in R_\rho}\mathrm{Ob}\bigg(\Big(\mathcal Ext_\rho(\mathfrak g,\mathfrak a)\Big)_{[\tilde{\mathfrak g}_{\rho,\omega}]}\bigg),\\ \mathrm{Mor}\left(\mathcal Ext_\rho(\mathfrak g,\mathfrak a)\right)&=\coprod_{\omega\in R_\rho}\mathrm{Mor}\bigg(\Big(\mathcal Ext_\rho(\mathfrak g,\mathfrak a)\Big)_{[\tilde{\mathfrak g}_{\rho,\omega}]}\bigg) \end{align}
   とわかる.