리의 정리

수학, 특히 리 대수론에서 **리의 정리**는loc=Theorem 3 표수 0인 대수적으로 닫힌 체에 대해 \pi: \mathfrak{g} \to \mathfrak{gl}(V)가 가해 리 대수의 유한차원 표현이면, \operatorname{codim} V_i = i인 \pi(\mathfrak{g})의 불변 부분공간의 기 V = V_0 \supset V_1 \supset \cdots \supset V_n = 0가 존재, 즉 X \in \mathfrak{g}과 i 각각에 대해 \pi(X)(V_i) \subseteq V_i라는 정리이다. 달리 말하면, 이 정리는 \pi(\mathfrak{g})안의 모든 선형 변환들이 상 삼각행렬로 표현되는 V의 기저가 있다는 정리이다.loc=Ch. II, § 4.1., Corollary A. 이는 가환 행렬쌍이 동시에 상 삼각화 가능하다는 프로베니우스의 결과를 일반화한 것이다. 이는 가환 행렬쌍이 fortiori solvable인 아벨 리 대수를 생성하기 때문이다. 리의 정리의 결과는 표수 0의 체에 대한 모든 유한 차원 가해 리 대수는 멱영 유도 대수를 갖는다는 것이다. 또한 유한차원 벡터 공간 *V* 의 각 기에는 보렐 부분대수 (기를 안정화하는 선형 변환으로 구성됨)가 대응된다. 따라서 정리는 \pi(\mathfrak{g})가 \mathfrak{gl}(V)의 어떤 보렐 부분대수에 포함되어 있다고 한다.loc=Theorem 3
# 반례
대수적으로 닫힌 표수 p>0인 체의 경우 표현의 차원이 *p* 보다 작은 경우 리의 정리가 유지되지만(아래 증명 참조) 차원이 *p*인 표현에서는 거짓일 수 있다. 예를 들어, 고유 벡터가 없는 *p* 차원 벡터 공간 k [x]/(x^p)에 작용하는 1, x,d/dx로 생성된 3차원 멱영 리 대수에서는 리의 정리가 성립하지 않는다. 이 3차원 리 대수의 반직접 곱을 *p* 차원 표현(아벨 리 대수로 여김)으로 취하면 유도 대수가 멱영이 아닌 가해 리 대수를 얻을 수 있다.
# 증명
증명은 \mathfrak{g}의 차원에 대한 귀납법으로 한다. 그리고 여러 단계로 구성된다. (참고: 증명의 구조는 엥겔의 정리와 아주 비슷하다.) 기본 예시는 자명하며, \mathfrak{g}차원을 양수라고 가정한다. 또한 *V는* 0이 아니라고 가정한다. 단순화를 위해 X \cdot v = \pi(X)(v)로 쓴다. **1단계** : 정리가 다음 진술과 동일한지 확인한다.loc=Theorem 3* * *V*에는 \pi(\mathfrak{g})안의 각 선형 변환에 대한 고유 벡터가 되는 벡터가 있다. 실제로, 정리는 특히 V_{n-1}를 생성하는 0이 아닌 벡터는 \pi(\mathfrak{g}) 안의 모든 선형 변환들에 대한 공통된 고유 벡터이다. 반대로, *v가* 공통된 고유벡터라면 그 생성공간을 V_{n-1}잡으면 \pi(\mathfrak{g})는 몫공간 V/V_{n-1}에서 공통 고유벡터 가진다; 이 주장을 반복한다. **2단계** : 여차원 1인 \mathfrak{g} 안의 이데알 \mathfrak{h}를 찾는다. D\mathfrak{g} = [\mathfrak{g}, \mathfrak{g}]를 그 유도 대수라 하자. \mathfrak{g}가 가해이고 양의 차원을 가지며, D\mathfrak{g} \ne \mathfrak{g}이라서 몫 \mathfrak{g}/D\mathfrak{g}은 0이 아닌 아벨 리 대수인데, 이는 확실히 여차원 1인 이데알을 포함하고, 이데알 대응성에 의해 \mathfrak{g} 안에 있는 여차원 1인 이데알에 대응한다. **3단계** : \mathfrak{h}^* 안에 : V_{\lambda} = \\{ v \in V | X \cdot v = \lambda(X) v, X \in \mathfrak{h} \\} 0이 아닌 어떤 선형 범함수 \lambda가 존재한다. 이는 귀납적 가설(고유값이 선형 범함수를 결정하는지 확인하는 것은 쉽다)에서 따른다. **4단계** : V_{\lambda}는 \mathfrak{g}-불변 부분공간이다. (이 단계는 일반적인 사실을 증명하며 가해성을 포함하지 않는다.) Y \in \mathfrak{g}, v \in V_{\lambda}라 하자. 그러면 Y \cdot v \in V_{\lambda}를 증명해야 한다. v = 0인 경우는 자명하므로, v \ne 0를 가정한다. 그리고 재귀적으로 v_0 = v, \, v_{i+1} = Y \cdot v_i로 놓는다. U = \operatorname{span} \\{ v_i | i \ge 0 \\}와 \ell \in \mathbb{N}_0가 v_0,\ldots,v_\ell가 선형독립인 조건 하에 최대집합이라 하자. 그러면 이 원소들이 *U를* 생성하고 \alpha = (v_0,\ldots,v_\ell)*가 U*의 기저라는 것을 증명할 것이다. 실제로, 귀류법으로 증명하기 위해, 그것이 사실이 아니라고 가정하고 m \in \mathbb{N}_0가 v_m \notin \langle v_0,\ldots,v_\ell\rangle인 최소값이라 하자. 그러면 분명히 m \ge \ell + 1이다. v_0,\ldots,v_{\ell+1}들은 선형 종속이며, v_{\ell+1}는 v_0,\ldots,v_\ell의 선형 결합이다. 사상 Y^{m-\ell-1}를 적용하면 v_m가 v_{m-\ell-1},\ldots,v_{m-1}의 선형 결합임을 알 수 있다. *m*의 최소성으로 인해 이들 벡터 각각은 v_0,\ldots,v_\ell의 선형 결합이다. 따라서 v_m도 그렇다. 이는 모순이다. 이제, 귀납법을 통해 모든 n \in \mathbb{N}_0, X \in \mathfrak{h}에 대해 a_{n,n,X}=\lambda(X)이고 : X \cdot v_n = \sum_{i=0}^{n} a_{i,n,X}v_i. 인 기본 체의 원소들 a_{0,n,X},\ldots,a_{n,n,X}이 존재한다는 것을 증명한다. n=0인 경우는 X \cdot v_0 = \lambda(X) v_0이므로 간단하다. 이제 어떤 n \in \mathbb{N}_0과 \mathfrak{h}의 모든 원소에 대해 명제를 증명했다고 가정하자. 그리고 X \in \mathfrak{h}라 하자. \mathfrak{h}가 이데알이므로, [X,Y] \in \mathfrak{h}이다. 따라서 : X \cdot v_{n+1} = Y \cdot (X \cdot v_n) + [X, Y] \cdot v_n = Y \cdot \sum_{i=0}^{n} a_{i,n,X}v_i + \sum_{i=0}^{n} a_{i,n,[X,Y]}v_i = a_{0,n,[X,Y]}v_0 + \sum_{i=1}^{n} (a_{i-1,n,X} + a_{i,n,[X,Y]})v_i + \lambda(X)v_{n+1}, 이며, 귀납 단계가 이어진다. 이는 모든 X \in \mathfrak{h}애 대해 부분공간 *U*는 *X*의 불변 부분공간이고 제한 사상 \pi(X)|_U의 행렬은 기저\alpha에 대해 대각선 성분이 \lambda(X)과 같은 상 삼각형 행렬이다. 따라서 \operatorname{tr}(\pi(X)|_U) = \dim(U) \lambda(X). 이것을 *X* 대신에 [X,Y] \in \mathfrak{h}와 적용하면 \operatorname{tr}(\pi([X,Y])|_U) = \dim(U) \lambda([X,Y])이다. 반면에 *U는* 분명히 *Y*의 불변 부분공간이기도 하다. : \operatorname{tr}(\pi([X,Y])|_U) = \operatorname{tr}([\pi(X),\pi(Y)]|_U]) = \operatorname{tr}([\pi(X)|_U, \pi(Y)|_U]) = 0 교환자에는 대각합이 0이므로 \dim(U) \lambda([X,Y]) = 0이다. \dim(U) > 0 눈 (베이스 체의 표수에 대한 가정으로 인해) 가역적이므로, \lambda([X, Y]) = 0이고 : X \cdot (Y \cdot v) = Y \cdot (X \cdot v) + [X, Y] \cdot v = Y \cdot (\lambda(X) v) + \lambda([X, Y]) v = \lambda(X) (Y \cdot v), 이며, 따라서 Y \cdot v \in V_{\lambda}. **5단계** : 공통된 고유벡터를 찾아 증명을 마무리한다. \mathfrak{g} = \mathfrak{h} + L라 하자. 여기서 *L*은 1차원 부분 벡터공간이다. 기본 체가 대수적으로 닫혀 있으므로 V_{\lambda}안에서 *L'' 의 0이 아닌 어떤(따라서 모든) 원소에 대해 고유 벡터가 존재한다. 그 벡터는 또한 \mathfrak{h}의 각 원소에 대한 고유 벡터이기 때문에, 증명이 완료되었다. \square
# 결과
정리는 특히 표수 0의 대수적으로 닫힌 체에 대한 (유한차원) 가해 리 대수 \mathfrak{g}의 딸림 표현 \operatorname{ad}: \mathfrak{g} \to \mathfrak{gl}(\mathfrak{g})에 적용된다. 따라서 \operatorname{ad}(\mathfrak{g})이 상 삼각 행렬로 구성되도록 \mathfrak{g}의 기저를 선택할 수 있다. 각각의 x, y \in \mathfrak{g}에 대해, \operatorname{ad}([x, y]) = [\operatorname{ad}(x), \operatorname{ad}(y)]는 0으로 구성된 대각선이 있다. 즉, \operatorname{ad}([x, y])은 순상삼각 행렬이다. 이는 [\mathfrak g, \mathfrak g]가 멱영 리 대수임을 의미한다. 더욱이, 기본 체가 대수적으로 닫혀 있지 않으면 리 대수의 가해성과 멱영성은 기본 체를 대수적 폐포로 확장해도 영향을 받지 않는다. 따라서 다음 진술을 결론짓는다:loc=Ch. II, § 4.1., Corollary C. : *표수 0의 체에 대한 유한차원 리 대수 \mathfrak g가 가해임과 유도 대수 D \mathfrak g = [\mathfrak g, \mathfrak g]가 다음과 멱영임은 동치이다.* 리의 정리는 또한 카르탕의 가해성 판별법에서 한 가지 방향을 설정한다. : V*가 표수 0인 체에 대한 유한 차원 벡터 공간이고* *\mathfrak{g} \subseteq \mathfrak{gl}(V)는 리 부분 대수이면 \mathfrak{g}*가 *가해임과 모든 X \in \mathfrak{g}*, *Y \in [\mathfrak{g}, \mathfrak{g}]*에 대해 *\operatorname{tr}(XY) = 0*임이 동치이다*.*loc=Theorem 4 실제로 위와 같이 기본 체를 확대한 후에는 \Rightarrow는 쉽게 보일 수 있다. (역은 증명하기가 더 어렵다.) 리의 정리(다양한 *V* 에 대한)는 다음 진술과 동일하다:loc=Theorem 3' : *대수적으로 닫힌 표수 0 체 위에서 가해 리 대수 \mathfrak g에 대해 각각의 유한차원 단순 \mathfrak{g}-가군(즉, 표현으로서 기약)은 1차원이다.* 실제로 리의 정리는 이 진술을 분명히 암시한다. 반대로, 그 진술이 사실이라고 가정하자. 주어진 유한차원 \mathfrak g-가군 *V*에 대해, V_1가 극대 \mathfrak g-부분 가군이라 하자(차원의 유한성에 의해 존재함). 그런 다음 극대성으로 인해, V/V_1는 단순하다; 따라서 1차원이다. 이제 귀납법으로 증명이 완료된다. 이 진술은 특히 아벨 리 대수에 대한 유한차원 단순 가군이 1차원이라고 말한다. 이 사실은 모든 기본 체에서 사실로 유지된다. 이 경우 모든 부분 벡터 공간은 리 부분대수이기 때문이다.loc=Ch. II, § 6, Lemma 5. 여기 또 다른 유용한 적용이 있다:loc=Proposition 9.17. *\mathfrak{g}*가 *표수 0인 대수적으로 닫힌 체에 대한 유한차원 리 대수이고 그 근기를 \operatorname{rad}(\mathfrak{g})*라 하자*.* *그러면 각각의 유한차원 단순 표현 \pi: \mathfrak{g} \to \mathfrak{gl}(V)는 \mathfrak{g}/\operatorname{rad}(\mathfrak{g})의 단순 표현과 \mathfrak{g}의 1차원 표현의 텐서 곱이다.(즉, 리 괄호에서 선형 범함수는 사라지는 것이다).* 리의 정리에 의해 \operatorname{rad}(\mathfrak{g})의 가중치 공간 V_{\lambda}가 존재하도록 \operatorname{rad}(\mathfrak{g})의 선형 범함수 \lambda를 찾을 수 있다. 리의 정리 증명의 4단계에 의해, V_{\lambda}는 또한 \mathfrak{g} -가군이다; 그래서 V = V_{\lambda}. 특히, 각 X \in \operatorname{rad}(\mathfrak{g})에 대해, \operatorname{tr}(\pi(X)) = \dim(V) \lambda(X). \lambda를 [\mathfrak g, \mathfrak g]에서 영인 \mathfrak{g} 위의 선형 범함수로 확장하면, \lambda는 \mathfrak{g}의 1차원 표현이다. 이제,(\pi, V) \simeq (\pi, V) \otimes (-\lambda) \otimes \lambda. \pi는 \operatorname{rad}(\mathfrak{g}) 위의 \lambda와 일치하므로, V \otimes (-\lambda)는 \operatorname{rad}(\mathfrak{g}) 위에서 자명하다. 따라서 \mathfrak{g}/\operatorname{rad}(\mathfrak{g})의 (단순한) 표현의 제한이다.\square