冪零Lie環

要点：Jacobi 恒等式で $Z_{i+1}$ がイデアルであることを確かめ、残りは $C^i$ の定義からの帰納法である。

挟み込みの包含から示す。$\mathfrak{a}_i\subset Z_i(\mathfrak{g})$ を $i$ についての帰納法で示す。$i=0$ では両辺が $0$ である。$\mathfrak{a}_i\subset Z_i(\mathfrak{g})$ とすると、$x\in\mathfrak{a}_{i+1}$ について $[x,\mathfrak{g}]\subset\mathfrak{a}_i\subset Z_i(\mathfrak{g})$ なので、定義から $x\in Z_{i+1}(\mathfrak{g})$ である。
次に $C^{c+1-i}\mathfrak{g}\subset\mathfrak{a}_i$ を $i=c,c-1,\dots,0$ の順に示す。$i=c$ では $C^1\mathfrak{g}=\mathfrak{g}=\mathfrak{a}_c$ である。$1\le i\le c$ で $C^{c+1-i}\mathfrak{g}\subset\mathfrak{a}_i$ なら
$$ C^{c+2-i}\mathfrak{g}=[\mathfrak{g},C^{c+1-i}\mathfrak{g}]\subset[\mathfrak{g},\mathfrak{a}_i]\subset\mathfrak{a}_{i-1} $$
であり、これは $i-1$ の場合の主張である。
1⇒2、1⇒3：挟み込みで $i=c$ とすると $\mathfrak{g}=\mathfrak{a}_c\subset Z_c(\mathfrak{g})$、$i=0$ とすると $C^{c+1}\mathfrak{g}\subset\mathfrak{a}_0=0$ である。
2⇒1：lem-nla-series-basic の 1 により $Z_0(\mathfrak{g})\subset\cdots\subset Z_c(\mathfrak{g})=\mathfrak{g}$ はイデアルの増大列であり、定義から $[\mathfrak{g},Z_{i+1}(\mathfrak{g})]\subset Z_i(\mathfrak{g})$ なので、長さ $c$ の中心列である。
3⇒1：$\mathfrak{a}_i:=C^{c+1-i}\mathfrak{g}$（$0\le i\le c$）とおく。$\mathfrak{a}_0=0$、$\mathfrak{a}_c=\mathfrak{g}$ であり、lem-nla-series-basic の 2 により各項はイデアルで $\mathfrak{a}_i\subset\mathfrak{a}_{i+1}$ である。$[\mathfrak{g},\mathfrak{a}_{i+1}]=[\mathfrak{g},C^{c-i}\mathfrak{g}]=C^{c+1-i}\mathfrak{g}=\mathfrak{a}_i$ なので、これは長さ $c$ の中心列である。
3⇔4：lem-nla-series-basic の 2 により、$C^{c+1}\mathfrak{g}$ は $[x_1,[x_2,\dots,[x_c,y]\cdots]\,]=\operatorname{ad}x_1\circ\cdots\circ\operatorname{ad}x_c(y)$ の形の元で張られるので、これらがすべて $0$ であることと $C^{c+1}\mathfrak{g}=0$ は同値である。
最後の主張は 1〜3 の同値から従う。$\square$

1：lem-nla-series-basic の 3 と thm-nla-equivalence の 3 による。
2：射影 $\pi\colon\mathfrak{g}\to\mathfrak{g}/\mathfrak{a}$ について、lem-nla-series-basic の 3 から $\pi(C^{c+1}\mathfrak{g})=C^{c+1}(\mathfrak{g}/\mathfrak{a})=0$、すなわち $C^{c+1}\mathfrak{g}\subset\mathfrak{a}\subset\mathfrak{z}(\mathfrak{g})$ である。よって $C^{c+2}\mathfrak{g}=[\mathfrak{g},C^{c+1}\mathfrak{g}]=0$ である。
3：括弧積が成分ごとなので、帰納法で $C^i(\mathfrak{g}_1\times\mathfrak{g}_2)=C^i\mathfrak{g}_1\times C^i\mathfrak{g}_2$ であり、$i$ を両方の冪零類の大きい方より $1$ 大きくとれば $0$ になる。
4：$\mathfrak{g}^{(0)}=\mathfrak{g}=C^1\mathfrak{g}$ であり、$\mathfrak{g}^{(k)}\subset C^{k+1}\mathfrak{g}$ なら $\mathfrak{g}^{(k+1)}=[\mathfrak{g}^{(k)},\mathfrak{g}^{(k)}]\subset[\mathfrak{g},C^{k+1}\mathfrak{g}]=C^{k+2}\mathfrak{g}$ である。冪零類 $c$ なら $\mathfrak{g}^{(c)}\subset C^{c+1}\mathfrak{g}=0$ である。
5：冪零類を $c$ とすると、$\mathfrak{g}\neq0$ なので $c\ge1$ であり、thm-nla-equivalence の最後の主張により $C^c\mathfrak{g}\neq0=C^{c+1}\mathfrak{g}$ である。$[\mathfrak{g},C^c\mathfrak{g}]=C^{c+1}\mathfrak{g}=0$ なので $0\neq C^c\mathfrak{g}\subset\mathfrak{z}(\mathfrak{g})$ である。
6：thm-nla-equivalence の 4 で $x_1=\cdots=x_c=x$ とおけばよい。$\square$

ある $x$ で $\mathfrak{g}=\mathfrak{z}(\mathfrak{g})+Kx$ と書ける。$a,b\in\mathfrak{z}(\mathfrak{g})$、$\lambda,\mu\in K$ について、$a,b$ は中心の元なので $[a+\lambda x,b+\mu x]=\lambda\mu[x,x]=0$ である。$\square$

1：$\mathfrak{g}\neq0$ を 2 次元以下の冪零 Lie 環とする。prop-nla-basic の 5 により $\mathfrak{z}(\mathfrak{g})\neq0$ なので $\dim\mathfrak{g}/\mathfrak{z}(\mathfrak{g})\le1$ であり、lem-nla-center-quotient により $\mathfrak{g}$ は可換である。
2：$\mathfrak{g}$ を 3 次元の冪零 Lie 環で、可換でないものとする。prop-nla-basic の 5 により $\mathfrak{z}(\mathfrak{g})\neq0$ で、可換でないので $\mathfrak{z}(\mathfrak{g})\neq\mathfrak{g}$ である。$\dim\mathfrak{z}(\mathfrak{g})=2$ なら lem-nla-center-quotient により可換になって矛盾するので、$\mathfrak{z}(\mathfrak{g})=Kz$（$z\neq0$）である。$\mathfrak{g}/Kz$ は 2 次元で、prop-nla-basic の 1 により冪零なので、1 により可換である。よって $[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\subset Kz$ である。
$x,y$ を $x,y,z$ が基底になるようにとる。$z$ は中心の元なので、双線形性と交代性から $[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$ は $[x,y]$ で張られ、可換でないので $[x,y]=az$（$a\neq0$）である。$y$ を $a^{-1}y$ に取り替えると $[x,y]=z$、$[x,z]=[y,z]=0$ となり、$\mathfrak{g}\cong\mathfrak{h}_3$ である。
逆に $\mathfrak{h}_3$ は冪零である：$C^2\mathfrak{h}_3=Kz$ は中心に含まれるので $C^3\mathfrak{h}_3=0$ である。$K^3$ は可換で $\mathfrak{h}_3$ は可換でないので、両者は同型でない。$\square$

行列単位 $E_{ij}$ について $E_{ij}E_{kl}=\delta_{jk}E_{il}$ である。$a\in\mathfrak{u}_p$、$b\in\mathfrak{u}_q$ の積 $ab$ の $(i,m)$ 成分は、$j-i\ge p$ かつ $m-j\ge q$ となる $j$ についての $a_{ij}b_{jm}$ の和なので、$m-i< p+q$ なら $0$ である。よって $ab,ba\in\mathfrak{u}_{p+q}$ で、$[\mathfrak{u}_p,\mathfrak{u}_q]\subset\mathfrak{u}_{p+q}$ である。
$C^k\mathfrak{n}_n\subset\mathfrak{u}_k$ を $k$ の帰納法で示す。$k=1$ は定義である。$C^k\mathfrak{n}_n\subset\mathfrak{u}_k$ なら $C^{k+1}\mathfrak{n}_n=[\mathfrak{n}_n,C^k\mathfrak{n}_n]\subset[\mathfrak{u}_1,\mathfrak{u}_k]\subset\mathfrak{u}_{k+1}$ である。
逆の $\mathfrak{u}_k\subset C^k\mathfrak{n}_n$ も帰納法で示す。$k=1$ は等号である。$\mathfrak{u}_k\subset C^k\mathfrak{n}_n$ とし、$\mathfrak{u}_{k+1}$ を張る $E_{ij}$（$j-i\ge k+1$）をとる。$j\neq i$ なので
$$ [E_{i,i+1},E_{i+1,j}]=E_{i,i+1}E_{i+1,j}-E_{i+1,j}E_{i,i+1}=E_{ij} $$
であり、$E_{i,i+1}\in\mathfrak{n}_n$、$E_{i+1,j}\in\mathfrak{u}_k$（$j-(i+1)\ge k$）だから $E_{ij}\in[\mathfrak{n}_n,C^k\mathfrak{n}_n]=C^{k+1}\mathfrak{n}_n$ である。
以上で $C^k\mathfrak{n}_n=\mathfrak{u}_k$ である。$\mathfrak{u}_{n-1}=KE_{1n}\neq0$、$\mathfrak{u}_n=0$ なので、thm-nla-equivalence により冪零類は $n-1$ である。$\square$