§ 1. Разрешимые алгебры

Определение 1. Пусть алгебра Ли. Для целого мы называем производной алгеброй алгебры и обозначаем через подалгебру алгебры определенную рекуррентно следующим образом: при каждом есть производная алгебра от

Алгебра таким образом, тождественна с производной алгеброй алгебры

Предложение 1. Пусть алгебра алгебры все являются идеалами в алгебры абелевы.

Утверждение, что — идеал, справедливо для Если оно верно для то оно верно также для в силу леммы 3 из § 2 гл. IV. Второе утверждение предложения 1 очевидно.

Предложение 2. Пусть гомоморфизм алгебры Ли в алгебру Ли тогда для каждого

Формулы очевидно, справедливы для Предположим, что они справедливы для Если элементы из то принадлежат откуда следует, что

Таким образом,

С другой стороны, если — элементы из то в найдутся такие элементы что откуда

и, следовательно,

значит, наши формулы справедливы также для

Определение 2. Алгебра Ли называется разрешимой, если существует такое целое 0, что

Предложение 3. Пусть разрешимая алгебра Ли. Тогда всякая ее подалгебра разрешима; если идеал в то и разрешима. Если -гомоморфизм алгебры в некоторую алгебру Ли, то алгебра разрешима. Если размерность алгебры больше 0, то содержит по меньшей мере один идеал размерности и абелев идеал, отличный от

Пусть наименьшее целое число 0, такое, что Если подалгебра алгебры то согласно предложению 2, примененному к тождественному гомоморфизму Если идеал алгебры то согласно предложению 2, примененному к естественному гомоморфизму на Если гомоморфизм алгебры то согласно предложению 2. Предположим теперь, что тогда Имеем так как иначе было бы для всех В силу предложения 1, алгебра есть отличный от абелев идеал алгебры Если то существует -мерное подпространство алгебры содержащее ; но ясно, что всякое подпространство алгебры Ли содержащее является идеалом.

Предложение 4. Для того чтобы алгебра Ли над полем характеристики была полупростой, необходимо и достаточно, чтобы не содержала разрешимых идёалов, отличных от

Так как всякая абелева алгебра, конечно, разрешима, то, в силу теоремы Картана (теорема 2 из § 2 гл. IV), это условие достаточно. Если алгебра полупростая, то всякий ее идеал

также полупростой (предложение 6 из § 2 гл. IV) и не содержит абелевых идеалов, отличных от отсюда следует, что если то неразрешим (предложение 3).

Предложение 5. Для того чтобы алгебра Ли была разрешимой, необходимо и достаточно, чтобы существовала конечная последовательность ее подалгебр со следующими свойствами: для алгебра идеал в и фактор-алгебра абелева;

Условие, очевидно, необходимо: если то можно положить Предположим, что условие выполнено. Покажем, что «Здсд Это верно для Предположим, что это также справедливо для Так как алгебра абелева, то так что и наше утверждение справедливо для Таким образом,

Предл ожение 6. Пусть алгебра Ли, содержащая разрешимый идеал такой, что и фактор-алгебра разрешима; тогда алгебра разрешима.

Пусть целое число такое, что Применяя предложение 2 к естественному гомоморфизму алгебры на мы видим, что Пусть целое неотрицательное число, такое, что Ясно, что для всех 0; таким образом, в силу предложения

Предложение 7. Всякая нильпотентная алгебра Ли разрешима.

Пусть некоторая последовательность Жордана—Гёльдера алгебры рассматриваемой как пространство своего присоединенного представления. суть идеалы в С другой стороны, из следствия 2 теоремы Энгеля (теорема 1 из § 1 гл. IV) вытекает, что каждая алгебра одномерна таким образом, алгебра абелева, и предложение 7 следует из предложения 5.

Теорема 1 (теорема Ли). Пусть полупростое представление разрешимой алгебры Ли над полем характеристики 0. Тогда алгебра абелева и

Алгебра разрешима (предложение 3). С другой стороны, если V — пространство представления то тождественное отображение ее в есть точное полупростое представление алгебры таким образом, алгебра редуктивна (предложение 3 из § 4 гл. IV). Алгебра (предложение 2) разрешима, согласно предложению 3, и полупроста, в силу предложения 1 из § 4 гл. IV; значит, эта алгебра сводится к (предложение 4).

Следствие. Пусть разрешимая алгебра Ли над алгебраически замкнутым полем характеристики 0. Тогда всякое простое представление алгебры есть представление степени 1.

Из теоремы 1 и из предложения 2 § 8 гл. I (том II) следует, что пространство V представления порождается векторами, которые являются собственными векторами каждого из операторов Подпространство пространства V, порожденное каким-нибудь из этих собственных векторов, допустимо относительно значит, совпадает с

Предложение 8. Пусть представление степени нильпотентной алгебры Ли над полем характеристики 0. Предположим, что для всех определитель эндоморфизма равен нулю. Тогда существует вектор пространства V представления такой, что для всех

Доказательство будем вести индукцией по Предложение очевидно для Предположим, что и что предложение справедливо для представлений степеней Среди всех подпространств в V, отличных от и допустимых относительно мы выберем одно максимальной размерности и обозначим его через Рассмотрим сначала случай Тогда представление простое и алгебра абелева (теорема 1). С помощью леммы Шура (следствие 1 предложения 16 из гл. III, п° 10) мы убеждаемся, что если то или нулевой эндоморфизм, или автоморфизм пространства Второе предположение исключается, так как определитель равен 0. Итак, и предложение 8 для этого случая доказано. Предположим теперь, что и обозначим через соответственно представления, получаемые из ограничением на и переходом в фактор-пространство Представление тогда простое. Для пусть

и определители эндоморфизмов так как определитель эндоморфизма равен нуяю, то Но так как отображение линейное, то ясно, что полиномиальные функции над векторным пространством По предположению, характеристика основного поля равна О, так что одна из этих функций тождественно равна нулю. Если то, по предположению индукции, пространство содержит элемент такой, что для всех Предположим, что тогда Пусть А — элемент из такой, что Так как определитель эндоморфизма равен нулю, то существует вектор из V, такой, что но не равен нулю, следовательно, элемент у не принадлежит пространству Из первой части доказательства и из равенства следует, что Таким образом, для всех Пусть - отображение алгебры Так как то ясно, что

для всех Но оператор нильпотентен, так как алгебра нильпотентна. Отсюда мы немедленно заключаем, что ограничение оператора на подпространство пространства нильпотентно. Если бы было то существовал бы элемент который переводился бы в нуль эндоморфизмом что невозможно, поскольку Итак, так что для всех что и доказывает предложение 8.

Замечание. В формулировке предложения 8 условие нильпотентности алгебры нельзя заменить условием "алгебра разрешима". Действительно, если разрешимая алгебра центр которой совпадает с (например, если алгебра обладает базисом таким, что то для всех но, тем не менее, в не существует элемента такого, что для всех

Предложение 9. Пусть алгебра Ли над полем надполе поля К. Для того чтобы алгебра Ли получаемая из расширением основного поля до была разрешимой, необходимо и достаточно, чтобы алгебра была разрешимой.

Ясно, что алгебра содержит алгебру состоящую из линейных комбинаций с коэффициентами из элементов из Обратно, если элементы из то они выражаются линейными комбинациями элементов из откуда следует, что таким образом,

Отсюда индукцией по легко доказывается, что для всех 0; из этого непосредственно вытекает предложение 9.