5 可解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$\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g}_{(\mathbb{K}^{\prime})})=\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g})_{(\mathbb{K}^{\prime})}$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$\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{h})\subseteq\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g})$だから，$\mathfrak{g}$が可解ならば$\mathfrak{h}$も可解である．

(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$f(\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g}))=\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g}/\mathfrak{a})$だから，$\mathfrak{g}$が可解ならば$\mathfrak{g}/\mathfrak{a}$も可解である．一方で，$\mathfrak{g}/\mathfrak{a}$が可解ならば，ある$p\in\mathbb{N}$が存在して$f(\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g}))=\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g}/\mathfrak{a})=0$となる．すなわち，$\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g})\subseteq\mathfrak{a}$となる．さらに，$\mathfrak{a}$が可解ならば，ある$q\in\mathbb{N}$が存在して$\mathscr{D}^{p+q}(\mathfrak{g})=\mathscr{D}^{q}(\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g}))\subseteq\mathscr{D}^{q}(\mathfrak{a})=0$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$\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g})=\bigoplus_{i\in I}\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{g}_{i})$だから，すべての$\mathfrak{g}_{i}$が可解であることと$\mathfrak{g}$が可解であることとは同値である．

(5) $\mathfrak{a}$が可解ならば，(1)より，すべての$\mathfrak{a}_{i}$は可解である．その逆を示すためには，$\mathfrak{g}$のイデアル$\mathfrak{a}$と$\mathfrak{b}$が可解であるとして，$\mathfrak{a}+\mathfrak{b}$も可解であることを示せばよい．$\mathfrak{a}$から$(\mathfrak{a}+\mathfrak{b})/\mathfrak{b}$への自然な準同型は全射だから，(2)より$(\mathfrak{a}+\mathfrak{b})/\mathfrak{b}$は可解である．このことと(3)より，$\mathfrak{a}+\mathfrak{b}$は可解である．これで，主張が示された． ∎

$\mathfrak{g}$のすべての可解イデアルを和を$\mathfrak{r}$と置く．$\mathfrak{g}$は有限次元だから，$\mathfrak{g}$の有限個の可解イデアル$\mathfrak{a}_{1}$, $\dots$, $\mathfrak{a}_{n}$が存在して，$\mathfrak{r}=\mathfrak{a}_{1}+\dots+\mathfrak{a}_{n}$が成り立つ．よって，命題5.3より$\mathfrak{r}$は可解であり，これが$\mathfrak{g}$の可解イデアルの中で最大のものとなる．∎

$f(\operatorname{rad}(\mathfrak{g}))$は$\mathfrak{h}$の可解イデアルだから（命題5.3 (2)），$\operatorname{rad}(\mathfrak{h})$に含まれる．∎

$\bigoplus_{i\in I}\operatorname{rad}(\mathfrak{g}_{i})$は$\mathfrak{g}$の可解イデアルだから（命題5.3 (4)），$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})$に含まれる．一方で，$\mathfrak{g}$から$\mathfrak{g}_{i}$への射影による$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})$の像は$\mathfrak{g}_{i}$の可解イデアルだから（命題5.3 (2)），$\operatorname{rad}(\mathfrak{g}_{i})$に含まれる．任意の$i\in I$に対してこれが成り立つから，$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\subseteq\bigoplus_{i\in I}\operatorname{rad}(\mathfrak{g}_{i})$である．よって，$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})=\bigoplus_{i\in I}\operatorname{rad}(\mathfrak{g}_{i})$である．∎

$\rho$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，冪零根基の定義より，各$i$に対して$\rho_{i}(\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))=0$である．すなわち，

$$\rho(\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))V_{i}\subseteq V_{i+1}$$

である．各$V_{i}$は$\rho(\mathbf{U}(\mathfrak{g}))$安定だから，上式は，$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})$を$\langle\operatorname{nil}(\mathfrak{g})\rangle$に置き換えても正しい．よって，$\rho(\langle\operatorname{nil}(\mathfrak{g})\rangle)^{n}=0$が成り立つ．∎

(1) 冪零根基$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})$が$\mathfrak{g}$のイデアルであることは，すでに述べた．命題5.10より，ある$p\in\mathbb{N}$が存在して$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))^{p}=0$となり，特に$\operatorname{ad}_{\operatorname{nil}(\mathfrak{g})}(\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))^{p}=0$となるから，$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})$は冪零である．

(2) 命題5.10より，$\rho(\mathfrak{g})\rho(\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))$の任意の元は冪零である．よって，$\rho$のレース形式を$B_{\rho}$と書くと，$B_{\rho}(\mathfrak{g},\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))=\operatorname{tr}(\rho(\mathfrak{g})\rho(\operatorname{nil}(\mathfrak{g})))=0$である． ∎

$\rho$を$\mathfrak{h}$の有限次元既約表現とすると，$\rho\circ f$は$\mathfrak{g}$の有限次元既約表現だから，$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})\subseteq\operatorname{Ker}(\rho\circ f)$である．すなわち，$f(\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))\subseteq\operatorname{Ker}(\rho)$である．任意の$\rho$に対してこれが成り立つから，$f(\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))\subseteq\operatorname{nil}(\mathfrak{h})$である．∎

一般性を失わず，$\mathfrak{g}$は$\mathfrak{gl}(V)$（$V$はベクトル空間）の部分Lie代数であり，その自然表現は既約であるとする．$\mathfrak{g}$の可換イデアル$\mathfrak{a}$を任意にとり，$\mathfrak{a}$が生成する$\operatorname{End}(V)$の部分単位的代数を$A$と書く．$\mathfrak{a}$は可換だから，$A$も可換である．

準備として，$\mathfrak{g}$のイデアル$\mathfrak{b}$であって$\mathfrak{a}$に含まれるものについて，$\operatorname{tr}(\mathfrak{b}A)=0$ならば$\mathfrak{b}=0$であることを示す．$\operatorname{tr}(\mathfrak{b}A)=0$であるとすると，任意の$x\in\mathfrak{b}$と$n\in\mathbb{N}_{>0}$に対して$\operatorname{tr}(x^{n})=\operatorname{tr}(xx^{n-1})=0$となるから，$\mathfrak{b}$の任意の元は冪零である（ここで，$\mathbb{K}$の標数が$0$であることを用いた）．そこで，

$$W=\{v\in V\mid\mathfrak{b}v=0\}$$

と置くと，系4.8より$W\neq 0$である．さらに，$\mathfrak{b}$が$\mathfrak{g}$のイデアルであることから容易に確かめられるように，$W$は$\mathfrak{g}$安定である．したがって，$\mathfrak{g}$の自然表現が既約であることより，$W=V$である．すなわち，$\mathfrak{b}=0$である．

補題の主張を示す．まず，$A$が可換であることより

$$\operatorname{tr}([\mathfrak{g},\mathfrak{a}]A)=\operatorname{tr}(\mathfrak{g}[\mathfrak{a},A])=0$$

だから，前段の結果より，$[\mathfrak{g},\mathfrak{a}]=0$である．したがって，$[\mathfrak{g},A]=0$である．次に，この結果より

$$\operatorname{tr}((\mathfrak{a}\cap[\mathfrak{g},\mathfrak{g}])A)\subseteq\operatorname{tr}([\mathfrak{g},\mathfrak{g}]A)=\operatorname{tr}(\mathfrak{g}[\mathfrak{g},A])=0$$

だから，前段の結果より，$\mathfrak{a}\cap[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]=0$である．これで，主張が示された．∎

$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})\subseteq\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\cap[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$を示す．$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})$は$\mathfrak{g}$の冪零イデアルだから（系5.11 (1)），$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})$に含まれる．また，$\lambda$を$\mathfrak{g}$上の線型形式であって$[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$上で消えるものとすると，$\lambda\colon\mathfrak{g}\to\mathbb{K}\cong\mathfrak{gl}(1,\mathbb{K})$は$\mathfrak{g}$の$1$次元（したがって，既約）表現である．したがって，$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})\subseteq\bigcap_{\lambda\in\mathfrak{g}^{*},\;\lambda|_{[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]}=0}\operatorname{Ker}(\lambda)=[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$である．よって，$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})\subseteq\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\cap[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$が成り立つ．

$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\cap[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\subseteq\operatorname{nil}(\mathfrak{g})$を示す．$\mathfrak{g}$の任意の有限次元既約表現$(\rho,V)$に対して，$\rho(\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\cap[\mathfrak{g},\mathfrak{g}])=0$であることを示せばよい．$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})$は可解だから，$\rho(\mathscr{D}^{p+1}(\operatorname{rad}(\mathfrak{g})))=0$を満たす最小の$p\in\mathbb{N}$がとれる．$\mathfrak{g}^{\prime}=\rho(\mathfrak{g})$，$\mathfrak{a}^{\prime}=\rho(\mathscr{D}^{p}(\operatorname{rad}(\mathfrak{g})))$と置くと，$\mathfrak{g}^{\prime}$の自然表現は既約であり，$\mathfrak{a}^{\prime}$は$\mathfrak{g}^{\prime}$のイデアルである．また，$[\mathfrak{a}^{\prime},\mathfrak{a}^{\prime}]=\rho([\mathscr{D}^{p}(\operatorname{rad}(\mathfrak{g})),\mathscr{D}^{p}(\operatorname{rad}(\mathfrak{g}))])=\rho(\mathscr{D}^{p+1}(\operatorname{rad}(\mathfrak{g})))=0$だから，$\mathfrak{a}^{\prime}$は可換である．したがって，補題5.14より

$$\rho(\mathscr{D}^{p}(\operatorname{rad}(\mathfrak{g}))\cap[\mathfrak{g},\mathfrak{g}])\subseteq\mathfrak{a}^{\prime}\cap[\mathfrak{g}^{\prime},\mathfrak{g}^{\prime}]=0$$

が成り立つ．ここで，$p\geq 1$であるとすると，$\mathscr{D}^{p}(\operatorname{rad}(\mathfrak{g}))\subseteq[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$だから，上式より$\rho(\mathscr{D}^{p}(\operatorname{rad}(\mathfrak{g})))=0$となるが，これは$p$の最小性に反する．よって，$p=0$であり，これを上式に代入すると

$$\rho(\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\cap[\mathfrak{g},\mathfrak{g}])=0$$

を得る．これで，主張が示された．∎

$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})=\bigoplus_{i\in I}\operatorname{rad}(\mathfrak{g}_{i})$（命題5.8）かつ$[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]=\bigoplus_{i\in I}[\mathfrak{g}_{i},\mathfrak{g}_{i}]$だから，定理5.15より$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})=\bigoplus_{i\in I}\operatorname{nil}(\mathfrak{g}_{i})$である．∎

$\text{(a)}\Longrightarrow\text{(b)}$ $\mathfrak{g}$が可解ならば，$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})=[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$だから（定理5.15），$[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$は冪零である（系5.11 (1)）．

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

$\text{(a)}\Longrightarrow\text{(b)}$ $\mathfrak{g}/[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$は可換だから，$[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$が可解ならば，$\mathfrak{g}$も可解である（命題5.3 (3)）． ∎

(1) $\mathfrak{g}$が可解であることより$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})=[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$だから（定理5.15），$[\rho(\mathfrak{g}),\rho(\mathfrak{g})]=\rho([\mathfrak{g},\mathfrak{g}])=\rho(\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))=0$である．

(2) $\rho(\mathfrak{g})$の任意の元が三角化可能であるとすると，(1)と合わせて，$\rho(\mathfrak{g})$は同時三角化可能である．特に，$\rho(\mathfrak{g})$の同時固有ベクトル$v\in V\setminus\{0\}$がとれる．ところが，$\rho$は既約だから，$V=\mathbb{K}v$が成り立つ． ∎

$\rho$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$\rho_{i}(\mathfrak{g})$の任意の元は三角化可能だから，定理5.18より$V_{i}/V_{i+1}$は$1$次元である．そこで，各$i$に対して$v_{i}\in V_{i}\setminus V_{i+1}$をとると，$(v_{n-1},\dots,v_{0})$は$V$の基底である．さらに，各$i$に対して，$\rho(\mathfrak{g})v_{i}\in V_{i}=\operatorname{span}_{\mathbb{K}}\{v_{i},\dots,v_{n-1}\}$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，上三角行列である．∎

$B_{\rho}$は不変であり（命題3.23 (1)），$[\mathfrak{g},\operatorname{rad}(\mathfrak{g})]\subseteq\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\cap[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]=\operatorname{nil}(\mathfrak{g})$であり（定理5.15），$\operatorname{nil}(\mathfrak{g})$は$B_{\rho}$の退化空間に含まれる（系5.11 (2)）．よって，

$$B_{\rho}([\mathfrak{g},\mathfrak{g}],\operatorname{rad}(\mathfrak{g}))=B_{\rho}(\mathfrak{g},[\mathfrak{g},\operatorname{rad}(\mathfrak{g})])\subseteq B_{\rho}(\mathfrak{g},\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))=0$$

である．∎

$x=x_{\mathrm{s}}+x_{\mathrm{n}}$だから$\operatorname{ad}(x)=\operatorname{ad}(x_{\mathrm{s}})+\operatorname{ad}(x_{\mathrm{n}})$であり，$[x_{\mathrm{s}},x_{\mathrm{n}}]=0$だから$[\operatorname{ad}(x_{\mathrm{s}}),\operatorname{ad}(x_{\mathrm{n}})]=0$である．$x_{\mathrm{n}}$は冪零だから，補題4.6より，$\operatorname{ad}(x_{\mathrm{s}})$も冪零である．$x_{\mathrm{s}}$は半単純だから，$\mathbb{K}$の代数閉包$\overline{\mathbb{K}}$を考えると，係数拡大$(x_{\mathrm{s}})_{(\overline{\mathbb{K}})}$は対角化可能である．そこで，$(x_{\mathrm{s}})_{(\overline{\mathbb{K}})}$を対角化する$V_{(\overline{\mathbb{K}})}$の基底$(e_{1},\dots,e_{n})$をとり，各$i$に対して$(x_{\mathrm{s}})_{(\overline{\mathbb{K}})}(e_{i})=\lambda_{i}e_{i}$（$\lambda_{i}\in\overline{\mathbb{K}}$）と書く．この基底に対応する$\mathfrak{gl}(V_{(\overline{\mathbb{K}})})$の基底を$(E_{ij})_{i,j\in\{1,\dots,n\}}$と書くと，各$i$, $j$に対して$(\operatorname{ad}(x_{\mathrm{s}}))_{(\overline{\mathbb{K}})}E_{ij}=\operatorname{ad}((x_{\mathrm{s}})_{(\overline{\mathbb{K}})})E_{ij}=(\lambda_{i}-\lambda_{j})E_{ij}$だから，$\operatorname{ad}((x_{\mathrm{s}})_{(\overline{\mathbb{K}})})$も対角化可能である．よって，$\operatorname{ad}(x_{\mathrm{s}})$は半単純である．

後半の主張は，Jordan分解に関する一般論である．∎

必要ならば代数閉包への係数拡大を考えることで，一般性を失わず，$\mathbb{K}$は代数閉であると仮定する．$x\in T$が$\operatorname{tr}(Tx)=0$を満たすとする．$x$のJordan分解を$(x_{\mathrm{s}},x_{\mathrm{n}})$と書き，$x_{\mathrm{s}}$を対角化する$V$の基底$(e_{1},\dots,e_{n})$をとり，各$i$に対して$x_{\mathrm{s}}(e_{i})=\lambda_{i}e_{i}$（$\lambda_{i}\in\mathbb{K}$）と書く．$x$が冪零であることを示すためには，すべての$\lambda_{i}$が$0$であることをいえばよい．そのために，

$$E=\operatorname{span}_{\mathbb{Q}}\{\lambda_{1},\dots,\lambda_{n}\}\subseteq\mathbb{K}$$

と置き，$\mathbb{Q}$ベクトル空間$E$の双対空間$E^{*}$が$0$であることを示す．

$f\in E^{*}$を任意にとり，これに対して$y\in\mathfrak{gl}(V)$を，

$$y(e_{i})=f(\lambda_{i})e_{i}\qquad(i\in\{1,\dots,n\})$$

によって定める．$V$の基底$(e_{1},\dots,e_{n})$に対応する$\mathfrak{gl}(V)$の基底を$E_{ij}$と書くと，各$i$, $j$に対して，

	$\displaystyle\operatorname{ad}(x_{\mathrm{s}})E_{ij}$	$\displaystyle=(\lambda_{i}-\lambda_{j})E_{ij},$
	$\displaystyle\operatorname{ad}(y)E_{ij}$	$\displaystyle=f(\lambda_{i}-\lambda_{j})E_{ij}$

が成り立つ．ここで，定数項をもたない$\mathbb{K}$係数多項式$P$であって，任意の$i$, $j$に対して$P(\lambda_{i}-\lambda_{j})=f(\lambda_{i}-\lambda_{j})$を満たすもの（$\lambda_{i}-\lambda_{j}=\lambda_{i^{\prime}}-\lambda_{j^{\prime}}$ならば$f(\lambda_{i}-\lambda_{j})=f(\lambda_{i^{\prime}}-\lambda_{j^{\prime}})$であり，$\lambda_{i}-\lambda_{j}=0$ならば$f(\lambda_{i}-\lambda_{j})=0$だから，このような$P$が存在する）をとると，上式より，

$$\operatorname{ad}(y)=P(\operatorname{ad}(x_{\mathrm{s}}))$$

が成り立つ．一方で，補題5.21より，$\operatorname{ad}(x_{\mathrm{s}})$は，$\operatorname{ad}(x)$の定数項をもたない$\mathbb{K}$係数多項式として表せる．これら二つより，$\operatorname{ad}(y)$は，$\operatorname{ad}(x)$の定数項をもたない$\mathbb{K}$係数多項式として表せる．

さて，$x\in T$より$\operatorname{ad}(x)M\subseteq M^{\prime}$であり，前段で示したように$\operatorname{ad}(y)$は$\operatorname{ad}(x)$の定数項をもたない$\mathbb{K}$係数多項式として表せるから，$\operatorname{ad}(y)M\subseteq M^{\prime}$も成り立つ．すなわち，$y\in T$である．したがって，仮定より，

$$\sum_{i=1}^{n}f(\lambda_{i})\lambda_{i}=\operatorname{tr}(yx)=0$$

である．この等式の両辺に$f$を施せば，

$$\sum_{i=1}^{n}f(\lambda_{i})^{2}=0$$

を得る．各$f(\lambda_{i})$は有理数だから，上式より，$f(\lambda_{i})$はすべて$0$である．すなわち，$f=0$である．これで，主張が示された．∎

$\text{(a)}\Longrightarrow\text{(b)}$ $\mathfrak{g}$が可解ならば，$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})=\mathfrak{g}$だから，命題5.20より$B_{\rho}([\mathfrak{g},\mathfrak{g}],\mathfrak{g})=B_{\rho}([\mathfrak{g},\mathfrak{g}],\operatorname{rad}(\mathfrak{g}))=0$である．

$\text{(b)}\Longrightarrow\text{(a)}$ 一般性を失わず，$\mathfrak{g}$は$\mathfrak{gl}(V)$の部分Lie代数であり，$\rho$は$\mathfrak{g}$の自然表現であると仮定する．$B_{\rho}([\mathfrak{g},\mathfrak{g}],\mathfrak{g})=0$であるとする．このとき，

$$T=\{x\in\mathfrak{gl}(V)\mid[x,\mathfrak{g}]\subseteq[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\}$$

と置くと，$[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\subseteq T$であり，

$$\operatorname{tr}(T[\mathfrak{g},\mathfrak{g}])=\operatorname{tr}([T,\mathfrak{g}]\mathfrak{g})\subseteq\operatorname{tr}([\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\mathfrak{g})=B_{\rho}([\mathfrak{g},\mathfrak{g}],\mathfrak{g})=0$$

が成り立つ．したがって，補題5.22より$[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$の元はすべて（$V$上の線型変換として）冪零だから，$[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$は（Lie代数として）冪零である（系4.11）．よって，$\mathfrak{g}$は可解である（系5.17）． ∎

$\mathfrak{g}$のKilling形式を$B_{\mathfrak{g}}$と書き，これに関する$[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$の直交空間を$\mathfrak{r}$と置く．系3.24 (2)より$\mathfrak{r}$は$\mathfrak{g}$のイデアルであり，命題5.20より$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\subseteq\mathfrak{r}$である．あとは，$\mathfrak{r}$が可解であることを示せばよい．$\mathfrak{r}$の$\mathfrak{g}$上の表現$\mathord{\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}}|_{\mathfrak{r}}$のトレース形式は$B_{\mathfrak{g}}|_{\mathfrak{r}\times\mathfrak{r}}$であり，$\mathfrak{r}$の定義よりこのトレース形式に関して$[\mathfrak{r},\mathfrak{r}]$と$\mathfrak{r}$は直交する．したがって，可解性に関するCartanの判定法（定理5.23）より，$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{r})$は可解である．さらに，$\operatorname{Ker}(\mathord{\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}}|_{\mathfrak{r}})=\operatorname{Ker}(\mathord{\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}})\cap\mathfrak{r}=\mathbf{Z}(\mathfrak{g})\cap\mathfrak{r}$は可換である．よって，$\mathfrak{r}$は可解である（命題5.3 (3)）．∎

定理5.24より，

$$\text{$\mathfrak{g}$が可解}\iff\operatorname{rad}(\mathfrak{g})=\mathfrak{g}\iff B_{\mathfrak{g}}([\mathfrak{g},\mathfrak{g}],\mathfrak{g})=0$$

である．∎

$[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$は$\mathfrak{g}$の特性イデアルだから（命題1.13 (2)），そのKilling形式に関する直交空間である$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})$も$\mathfrak{g}$の特性イデアルである（定理5.24，系3.24 (2)）．∎

$\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\cap\mathfrak{a}$は$\mathfrak{a}$の可解イデアルだから（命題5.3 (1)），$\operatorname{rad}(\mathfrak{a})$に含まれる．一方で，$\mathfrak{a}$は$\mathfrak{g}$のイデアルであり，$\operatorname{rad}(\mathfrak{a})$は$\mathfrak{a}$の特性イデアルだから（系5.26），$\operatorname{rad}(\mathfrak{a})$は$\mathfrak{g}$のイデアルである（命題1.12 (1)）．したがって，$\operatorname{rad}(\mathfrak{a})$は$\mathfrak{g}$の可解イデアルだから，$\operatorname{rad}(\mathfrak{a})\subseteq\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\cap\mathfrak{a}$である．以上より，$\operatorname{rad}(\mathfrak{a})=\operatorname{rad}(\mathfrak{g})\cap\mathfrak{a}$が成り立つ．∎

(1) $\mathfrak{g}_{(\mathbb{K}^{\prime})}$のKilling形式は$\mathfrak{g}$のKilling形式の係数拡大だから（命題3.26 (2)），定理5.24より$\operatorname{rad}(\mathfrak{g}_{(\mathbb{K}^{\prime})})=(\operatorname{rad}(\mathfrak{g}))_{(\mathbb{K}^{\prime})}$である．

(2) $\mathfrak{a}$を$\mathfrak{g}^{\prime}_{[\mathbb{K}]}$のイデアルとする．すると，$\operatorname{span}_{\mathbb{K}}\mathfrak{a}$は$\mathfrak{g}^{\prime}$のイデアルである．また，帰納的に確かめられるように，任意の$p\in\mathbb{N}$に対して$\mathscr{D}^{p}(\operatorname{span}_{\mathbb{K}^{\prime}}\mathfrak{a})=\operatorname{span}_{\mathbb{K}^{\prime}}\mathscr{D}^{p}(\mathfrak{a})$だから，$\mathfrak{a}$が可解ならば$\operatorname{span}_{\mathbb{K}^{\prime}}\mathfrak{a}$も可解である．このことと根基の最大性より，$\operatorname{span}_{\mathbb{K}^{\prime}}\operatorname{rad}(\mathfrak{g}^{\prime}_{[\mathbb{K}]})=\operatorname{rad}(\mathfrak{g}^{\prime}_{[\mathbb{K}]})$となるから，$\mathfrak{g}^{\prime}$のイデアル$\mathfrak{r}^{\prime}$が存在して$\operatorname{rad}(\mathfrak{g}^{\prime}_{[\mathbb{K}]})=\mathfrak{r}^{\prime}_{[\mathbb{K}]}$が成り立つ．$\mathfrak{r}^{\prime}$が可解であることと$\mathfrak{r}^{\prime}_{[\mathbb{K}]}$が可解であることとは同値だから（命題5.2），$\mathfrak{r}^{\prime}=\operatorname{rad}(\mathfrak{g}^{\prime})$であり，$\operatorname{rad}(\mathfrak{g}^{\prime}_{[\mathbb{K}]})=(\operatorname{rad}(\mathfrak{g}^{\prime}))_{[\mathbb{K}]}$が成り立つ． ∎

(1) 定理5.15と命題5.28 (1)より，

$$\operatorname{nil}(\mathfrak{g}_{(\mathbb{K}^{\prime})})=\operatorname{rad}(\mathfrak{g}_{(\mathbb{K}^{\prime})})\cap[\mathfrak{g}_{(\mathbb{K}^{\prime})},\mathfrak{g}_{(\mathbb{K}^{\prime})}]=(\operatorname{rad}(\mathfrak{g}))_{(\mathbb{K}^{\prime})}\cap[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]_{(\mathbb{K}^{\prime})}=(\operatorname{nil}(\mathfrak{g}))_{(\mathbb{K}^{\prime})}$$

である．

(2) 定理5.15と命題5.28 (2)より，

$$\operatorname{nil}(\mathfrak{g}^{\prime}_{[\mathbb{K}]})=\operatorname{rad}(\mathfrak{g}^{\prime}_{[\mathbb{K}]})\cap[\mathfrak{g}^{\prime}_{[\mathbb{K}]},\mathfrak{g}^{\prime}_{[\mathbb{K}]}]=(\operatorname{rad}(\mathfrak{g}^{\prime}))_{[\mathbb{K}]}\cap[\mathfrak{g}^{\prime},\mathfrak{g}^{\prime}]_{[\mathbb{K}]}=(\operatorname{nil}(\mathfrak{g}^{\prime}))_{[\mathbb{K}]}$$

である． ∎