4 冪零Lie代数

(1) 帰納的に確かめられるように，任意の$p\in\mathbb{N}$に対して$\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g}_{(\mathbb{K}^{\prime})})=\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g})_{(\mathbb{K}^{\prime})}$だから，主張が成り立つ．

(2) 明らかである． ∎

(1) $\mathfrak{g}$をLie代数とし，$\mathfrak{h}$をその部分Lie代数とする．帰納的に確かめられるように，任意の$p\in\mathbb{N}$に対して$\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{h})\subseteq\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g})$だから，$\mathfrak{g}$が冪零ならば$\mathfrak{h}$も冪零である．

(2), (3) $\mathfrak{g}$をLie代数，$\mathfrak{a}$をそのイデアルとし，等化準同型を$f\colon\mathfrak{g}\to\mathfrak{g}/\mathfrak{a}$と書く．帰納的に確かめられるように，任意の$p\in\mathbb{N}$に対して$f(\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g}))=\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g}/\mathfrak{a})$だから，$\mathfrak{g}$が冪零ならば$\mathfrak{g}/\mathfrak{a}$も冪零である．一方で，$\mathfrak{g}/\mathfrak{a}$が冪零ならば，ある$p\in\mathbb{N}$が存在して$f(\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g}))=\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g}/\mathfrak{a})=0$となる．すなわち，$\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g})\subseteq\mathfrak{a}$となる．さらに，$\mathfrak{a}\subseteq\mathbf{Z}(\mathfrak{g})$ならば，$\mathscr{C}^{p+1}(\mathfrak{g})=[\mathfrak{g},\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g})]\subseteq[\mathfrak{g},\mathfrak{a}]=0$となるから，$\mathfrak{g}$は冪零である．

(4) 帰納的に確かめられるように，任意の$p\in\mathbb{N}$に対して$\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g})=\bigoplus_{i\in I}\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g}_{i})$だから，すべての$\mathfrak{g}_{i}$が冪零であることと$\mathfrak{g}$が冪零であることとは同値である． ∎

$\mathfrak{g}$を有限次元冪零Lie代数とし，そのKilling形式を$B_{\mathfrak{g}}$と書く．任意の$x$, $y\in\mathfrak{g}$に対して，$\operatorname{ad}(x)\operatorname{ad}(y)$は冪零だから，$B_{\mathfrak{g}}(x,y)=\operatorname{tr}(\operatorname{ad}(x)\operatorname{ad}(y))=0$である．∎

$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(x)$は$\operatorname{ad}_{A}(x)$の制限だから，$\mathfrak{g}=A$である場合に主張を示せば十分である．$x\in A$として，$A$上の線型変換$y\mapsto xy$, $y\mapsto yx$をそれぞれ$L_{x}$, $R_{x}$と書く．すると，$L_{x}$と$R_{x}$は可換だから，$n\in\mathbb{N}$に対して

$$\operatorname{ad}_{A}(x)^{n}=(L_{x}-R_{x})^{n}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}L_{x}^{n-k}R_{x}^{k}$$

が成り立つ．ここで，$x^{p}=0$（$p\in\mathbb{N}$）であるとすると，$L_{x}^{p}=R_{x}^{p}=0$だから，上式より$\operatorname{ad}_{A}(x)^{\max\{2p-1,0\}}=0$を得る．よって，$x$が冪零ならば，$\operatorname{ad}_{A}(x)$は冪零である．∎

$\text{(b)}\Longrightarrow\text{(a)}$ 明らかである．

$\text{(a)}\Longrightarrow\text{(b)}$ 必要ならば$\mathfrak{g}/\mathord{\operatorname{Ker}(\rho)}$を改めて$\mathfrak{g}$と置き直すことで，$\rho$が忠実であると仮定しても一般性を失わない．このとき，$\rho$が条件(a)を満たすならば，補題4.6より，$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{g})$の任意の元は冪零である．そこで，以下では，$\mathfrak{g}$は有限次元Lie代数であって$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{g})$の任意の元が冪零であるものとし，この$\mathfrak{g}$に対して主張を示す．

有限次元Lie代数$\mathfrak{h}$の任意の表現$(\rho,V)$に対して$\text{(a)}\Longrightarrow\text{(b)}$が成り立つとき，$\mathfrak{h}$は条件(E)を満たすということにする．$\mathfrak{g}$は有限次元だから，$\mathfrak{g}$の条件(E)を満たす部分Lie代数の中で極大なもの$\mathfrak{h}$がとれる．以下，$\mathfrak{h}=\mathfrak{g}$であることを示す．

$\mathfrak{h}$は$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{h})$安定だから，随伴表現$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}$から，$\mathfrak{h}$の$\mathfrak{g}/\mathfrak{h}$上の表現$\sigma$が誘導される．仮定より，$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{g})$の任意の元は冪零だから，$\sigma(\mathfrak{h})$の任意の元も冪零である．したがって，$\mathfrak{h}$が条件(E)を満たすことより，$\sigma(\mathfrak{h})$の十分大きい冪は$0$となる．ここで，$\mathfrak{h}\neq\mathfrak{g}$であるとすると，$\mathfrak{g}/\mathfrak{h}\neq 0$だから，$\sigma(\mathfrak{h})^{p}\neq 0$を満たす$p\in\mathbb{N}$の中で最小のものがとれる．これに対して，$\overline{x}\in\sigma(\mathfrak{h})^{p}\setminus\{0\}$がとれ，この$\overline{x}$は$\sigma(\mathfrak{h})\overline{x}=0$を満たす．$\overline{x}=x+\mathfrak{h}$と表すと，$x\in\mathfrak{g}\setminus\mathfrak{h}$かつ$[x,\mathfrak{h}]\subseteq\mathfrak{h}$である．そこで，$\widetilde{\mathfrak{h}}=\mathfrak{h}\oplus\mathbb{K}x$と置くと，$\widetilde{\mathfrak{h}}$は$\mathfrak{g}$の部分Lie代数であり，$\mathfrak{h}$は$\widetilde{\mathfrak{h}}$のイデアルである．

$(\tau,W)$を$\widetilde{\mathfrak{h}}$の表現とし，$\tau(\widetilde{\mathfrak{h}})$の任意の元が冪零であるとする．このとき，$\mathfrak{h}$が条件(E)を満たすことより，ある$p\in\mathbb{N}$が存在して$\tau(\mathfrak{h})^{p}=0$となる．また，$\tau(x)$は冪零だから，ある$q\in\mathbb{N}$が存在して$\tau(x)^{q}=0$となる．この状況の下で，ある$N\in\mathbb{N}$が存在して，任意の$y_{1}$, $\dots$, $y_{N}\in\widetilde{\mathfrak{h}}$に対して

$$\tau(y_{1})\dotsm\tau(y_{N})=0$$

が成り立つことを示したい．$\widetilde{\mathfrak{h}}=\mathfrak{h}\oplus\mathbb{K}x$だから，各$y_{i}$は$\mathfrak{h}$の元または$x$であると仮定してよい．$y_{1}$, $\dots$, $y_{N}$の中に，$\mathfrak{h}$に属するものが$n$個，$x$であるものが$N-n$個あるとする．$[x,\mathfrak{h}]\subseteq\mathfrak{h}$だから，任意の$k\in\mathbb{N}$に対して，包絡代数$\mathbf{U}(\mathfrak{g})$において

	$\displaystyle x\mathfrak{h}^{k}$	$\displaystyle\subseteq\mathfrak{h}^{k}x+[x,\mathfrak{h}^{k}]$
		$\displaystyle\subseteq\mathfrak{h}^{k}x+\sum_{i=0}^{k-1}\mathfrak{h}^{i}[x,\mathfrak{h}]\mathfrak{h}^{k-1-i}$
		$\displaystyle\subseteq\mathfrak{h}^{k}x+\mathfrak{h}^{k}$

が成り立つ．これを繰り返し用いることで，

$$\tau(y_{1})\dotsm\tau(y_{N})\in\tau(\mathfrak{h})^{n}\tau(x)^{N-n}+\tau(\mathfrak{h})^{n}$$

を得る．$n\geq p$ならば，上式より，$\tau(y_{1})\dotsm\tau(y_{N})=0$である．一方で，$N>p(q-1)+p-1=pq-1$ならば，$n<p$であるとき，$y_{1}$, $\dots$, $y_{N}$の中に$x$が$q$個以上連続する部分が必ず存在するので，やはり$\tau(y_{1})\dotsm\tau(y_{N})=0$となる．よって，$N\geq pq$とすれば，4.2節が常に成り立つ．これで，主張が示された． ∎

仮定と定理4.7より，$\sigma(\mathfrak{g})$の十分大きい冪は$0$となる．$V\neq 0$だから，$\sigma(\mathfrak{g})^{p}\neq 0$を満たす$p\in\mathbb{N}$の中で最小のものがとれる．これに対して，$v\in\sigma(\mathfrak{g})^{p}\setminus\{0\}$をとると，この$v$は$\rho(\mathfrak{g})v=0$を満たす．∎

$\rho$の組成列$(V_{0},\dots,V_{n})$をとり（命題3.15），各$i\in\{0,\dots,n-1\}$に対して，$\rho$が誘導する$\mathfrak{g}$の$V_{i}/V_{i+1}$上の既約表現を$\rho_{i}$と書く．すると，仮定より$\rho_{i}(\mathfrak{g})$の任意の元は冪零だから，系4.8より$\overline{v_{i}}\in V_{i}/V_{i+1}\setminus\{0\}$であって$\rho_{i}(\mathfrak{g})\overline{v_{i}}=0$を満たすものが存在する．$\rho_{i}$は既約だから，$V_{i}/V_{i+1}=\mathbb{K}\overline{v_{i}}$が成り立つ．そこで，各$\overline{v_{i}}$を$v_{i}+V_{i+1}$と表すと，$(v_{n-1},\dots,v_{0})$は$V$の基底である．さらに，各$i$に対して，$\rho(\mathfrak{g})v_{i}\in V_{i+1}=\operatorname{span}_{\mathbb{K}}\{v_{i+1},\dots,v_{n-1}\}$が成り立つ．すなわち，$\rho(\mathfrak{g})$の任意の元の基底$(v_{n-1},\dots,v_{0})$に関する行列表示は，狭義上三角行列である．∎

$\mathfrak{g}$が冪零であるとは，ある$p\in\mathbb{N}$が存在して$\operatorname{ad}(\mathfrak{g})^{p}=0$となるということだから，主張は定理4.7の特別な場合である．∎

仮定と補題4.6より，$\operatorname{ad}(\mathfrak{g})$の任意の元は冪零である．よって，系4.10より，$\mathfrak{g}$は冪零である．∎