免责声明：本文的讨论基于特征为 $0$ 的代数闭域.

半单 Lie 代数

Definition [半单 Lie 代数]. 称 Lie 代数 $\mathfrak g$ 是半单的，如果 $\mathfrak g$ 没有非零的交换理想.

注意到每个可解 Lie 代数都包含一个非零的交换理想（如果 $\mathfrak g^{(k)}=0$ 但 $\mathfrak g^{(k-1)}\ne 0$，那 $\mathfrak g^{(k-1)}$ 就是的），而且：

Proposition. 如果 $\mathfrak h,\mathfrak k$ 是 $\mathfrak g$ 的可解理想，则 $\mathfrak h+\mathfrak k$ 也是 $\mathfrak g$ 的可解理想.

Proof. 设 $\mathfrak h^{(n)}=\mathfrak k^{(m)}=0$，注意到 $[\mathfrak h^{(i)}+\mathfrak k,\mathfrak h^{(i)}+\mathfrak k]\subseteq\mathfrak h^{(i+1)}+\mathfrak k$，所以归纳有 $(\mathfrak h+\mathfrak k)^{(i)}\subseteq\mathfrak h^{(i)}+\mathfrak k$ 成立，特别当 $i=n$ 时有 $(\mathfrak h+\mathfrak k)^{(n)}\subseteq\mathfrak k$，从而 $(\mathfrak h+\mathfrak k)^{(n+m)}=0$. $\Box$

所以 $\mathfrak g$ 中存在一个最大的可解理想，称为 $\mathfrak g$ 的根基 $\mathsf{Rad}\ \mathfrak g$. 所以显然会有：

Proposition. $\mathfrak g$ 是半单 Lie 代数当且仅当 $\mathsf{Rad}\ \mathfrak g=0$.

Killing 型

Definition [Killing 型]. 对于 Lie 代数 $\mathfrak g$，定义其 Killing 型为映射 $B:\mathfrak g\times\mathfrak g\to\mathbb F$，其中 $B(x,y)=\mathrm{tr}(\mathrm{ad}\ x\mathrm{ad}\ y)$.

Proposition [对称不变双线性]. 对任意 Lie 代数 $\mathfrak g$，其 Killing 型 $B$ 是对称双线性型，且 $B([x,y],z)=B(x,[y,z])$ 对任意 $x,y,z\in\mathfrak g$ 成立.

Proof. 由迹的性质和 $\mathrm{ad}$ 的线性性知 $B$ 是对称双线性的. 对于第二个命题，有： $$\begin{align*}B([x,y],z)&=\mathrm{tr}([\mathrm{ad}\ x,\mathrm{ad}\ y]\mathrm{ad}\ z)\\&=\mathrm{tr}(\mathrm{ad}\ x\mathrm{ad}\ y\mathrm{ad}\ z-\mathrm{ad}\ y\mathrm{ad}\ x\mathrm{ad}\ z)\\&=\mathrm{tr}(\mathrm{ad}\ x\mathrm{ad}\ y\mathrm{ad}\ z-\mathrm{ad}\ x\mathrm{ad}\ z\mathrm{ad}\ y)\\&=\mathrm{tr}(\mathrm{ad}\ x\mathrm{ad}\ [y,z])=B(x,[y,z])\end{align*}$$ 所以 $B$ 满足命题中所述性质. $\Box$

而且我们由 Engel 定理显然有：

Proposition. 如果 $\mathfrak g$ 是幂零 Lie 代数，则 $\mathfrak g$ 的 Killing 型是 $0$.

我们知道对于一个线性空间 $V$ 上的对称双线性型 $B$，可以对 $V$ 的任意子空间 $W$ 定义“正交补” $W^\perp=\{v\in V\mid B(x,v)=0,\forall x\in W\}$. 下面我们会看到理想在 Killing 型下的正交补也是理想.

Proposition [理想的正交补还是理想]. 如果 $\mathfrak g$ 是 Lie 代数，$\mathfrak h$ 是 $\mathfrak g$ 的理想，则 $\mathfrak h^\perp=\{y\in\mathfrak g\mid B(x,y)=0,\forall x\in\mathfrak h\}$ 也是 $\mathfrak g$ 的理想.

Proof. 对任意 $x\in\mathfrak h,y\in\mathfrak h^\perp$ 和 $z\in\mathfrak g$，我们有 $B(x,[y,z])=B([x,y],z)=0$，所以 $[y,z]\in\mathfrak h^\perp$，由理想的定义证毕. $\Box$

同时 Killing 型在理想上的限制也具有良好的性质.

Proposition [Killing 型在理想的限制是理想的 Killing 型]. 如果 $\mathfrak g$ 是 Lie 代数，$\mathfrak h$ 是 $\mathfrak g$ 的理想，$B$ 和 $B'$ 分别是 $\mathfrak g$ 和 $\mathfrak h$ 的 Killing 型，则 $B$ 在 $\mathfrak h$ 上的限制等于 $B'$.

Proof. 取 $\mathfrak h$ 的一组基并扩充成 $\mathfrak g$ 的一组基，则任意 $x\in\mathfrak h$ 对应的导子 $\mathrm{ad}\ x$ 在这组基下的表示矩阵形如： $$\begin{pmatrix}A&B\\0&0\end{pmatrix}$$ 所以简单计算即得结论. $\Box$

可解的 Cartan 准则

我们先来证明一个引理.

Lemma [神秘引理]. 如果 $A\subseteq B\subseteq\mathfrak{gl}(V)$ 是两个子空间，且 $M=\{x\in\mathfrak{gl}(V)\mid[x,B]\subseteq A\}$. 如果 $x\in M$ 满足对任意 $y\in M$ 都有 $\mathrm{tr}(xy)=0$，则 $x$ 幂零.

Proof. 令 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$ 是 $x$ 所有特征值，$x=s+n$ 是其 Jordan-Chevalley 分解，则容易得到 $\mathrm{ad}\ x=\mathrm{ad}\ s+\mathrm{ad}\ n$ 是其导子的 Jordan-Chevalley 分解，同时我们不妨设 $s$ 在 $\mathfrak{gl}(V)$ 的某组基 $e_1,\cdots,e_n$ 下为对角矩阵 $\mathrm{diag}\{\lambda_1,\cdots,\lambda_n\}$.

由 $\mathbb F$ 特征为 $0$ 知 $\mathbb F$ 由一个同构于 $\mathbb Q$ 的子域，且 $\mathbb F$ 可以看作 $\mathbb Q$ 上的线性空间. 令 $E$ 为所有 $\lambda$ 线性张成的子空间，我们想要证明 $E=0$，所以也只需要证明 $E$ 的对偶空间 $E^*=0$. 考虑任意的一个 $f\in E^*$，定义线性变换 $y\in\mathfrak{gl}(V)$ 满足其在基 $e$ 下的表示矩阵为 $\mathrm{diag}\{f(\lambda_1),\cdots,f(\lambda_n)\}$，下面先证明 $y\in M$.

根据 $f$ 的线性性，如果 $\lambda_i-\lambda_j=\lambda_{i'}-\lambda_{j'}$ 就会有 $f(\lambda_i)-f(\lambda_j)=f(\lambda_{i'})-f(\lambda_{j'})$. 根据 Lagrange 插值定理，存在 $g\in\mathbb F[x]$ 使得 $g(\lambda_i-\lambda_j)=f(\lambda_i)-f(\lambda_j)$ 对任意的 $i,j$ 成立，此时 $g$ 的常数项也必定为 $0$.

由线性代数的知识可以知道 $g(\mathrm{ad}\ s)=\mathrm{ad}\ y$，而且由 Jordan-Chevalley 分解的性质知 $\mathrm{ad}\ s$ 是 $\mathrm{ad}\ x$ 某个常数项为零的多项式，所以 $\mathrm{ad}\ y$ 是 $\mathrm{ad}\ x$ 一个常数项为零的多项式，故容易得到 $y\in M$.

对 $y$ 使用引理中所给性质，得到 $\mathrm{tr}(xy)=\sum_{i=1}^n\lambda_i f(\lambda_i)=0$，两边再代入 $f$ 就可以得到 $\sum_{i=1}^n f(\lambda_i)^2=0$，注意到 $f(\lambda_i)\in\mathbb Q$，所以每个 $f(\lambda_i)$ 都是 $0$，从而 $f=0$，得证. $\Box$

Note. 这个引理咋看咋天才……

现在我们给出可解 Lie 代数的 Cartan 准则：

Theorem [可解 Lie 代数的 Cartan 准则]. $\mathfrak g$ 是可解 Lie 代数当且仅当对任意 $x,y,z\in\mathfrak g$ 都有 $B(x,[y,z])=0$.

Proof. 左推右：如果 $\mathfrak g$ 可解，则 $\mathrm{ad}\ \mathfrak g$ 作为同态像也是可解的. 由 Lie 定理，存在一组基使得 $\mathrm{ad}\ \mathfrak g$ 可以同时上三角，而且 $[\mathrm{ad}\ y,\mathrm{ad}\ z]$ 是严格上三角阵，所以 $B(x,[y,z])=0$.

右推左：令 $A=[\mathrm{ad}\ \mathfrak g,\mathrm{ad}\ \mathfrak g],B=\mathrm{ad}\ \mathfrak g$ 和 $M=\{x\in\mathfrak{gl}(\mathfrak g)\mid[x,B]\subseteq A\}$，则对任意 $[\mathrm{ad}\ x,\mathrm{ad}\ y]\in A\subseteq M$ 和 $T\in M$，由定义我们有 $[\mathrm{ad}\ y,T]\in A$，所以可以通过条件得到： $$\mathrm{tr}([\mathrm{ad}\ x,\mathrm{ad}\ y]T)=\mathrm{tr}(\mathrm{ad}\ x[\mathrm{ad}\ y,T])=0$$ 由引理 $[\mathrm{ad}\ x,\mathrm{ad}\ y]$ 是幂零变换，从而 $A$ 中元素都是幂零的，故 $[\mathfrak g,\mathfrak g]$ 是 ad-幂零的. 由 Engel 定理，$[\mathfrak g,\mathfrak g]$ 幂零，所以 $\mathfrak g$ 可解. $\Box$

Remark. 本人发现该命题可以强化，若只有 $z\in\mathfrak g^{(1)}$ 命题同样成立，只需在上面的证明中将 $A$ 改为 $(\mathrm{ad}\ \mathfrak g)^2$ 即可.

Proposition. 存在可解的 Lie 代数 Killing 型不为 $0$；存在不幂零的 Lie 代数 Killing 型为 $0$.

Proof. 考虑所有二阶上三角阵构成的 Lie 代数 $\mathfrak t(2)$，其显然可解，但 $B(E_{11},E_{22})=-1$；令 $\mathfrak r_3(\lambda)$ 为 $x,y,z$ 张成的三维 Lie 代数，满足 $[x,y]=y,[x,z]=\lambda z$ 而且 $[y,z]=0$，则其可解但不幂零，计算可得 $B(x,x)=1+\lambda^2$，而且 $B$ 代入 $x,y,z$ 的任意其它组合都为 $0$，所以取 $\lambda$ 为 $x^2+1=0$ 在 $\mathbb F$ 上的一个根即可. $\Box$

半单的 Cartan 准则

Theorem [半单 Lie 代数的 Cartan 准则]. $\mathfrak g$ 是半单 Lie 代数当且仅当其 Killing 型 $B$ 非退化.

Proof. 左推右：考虑 $\mathfrak g^\perp=\{x\in\mathfrak g\mid B(x,y)=0,\forall y\in\mathfrak g\}$，则其为 $\mathfrak g$ 的理想，且 $B$ 在 $\mathfrak g^\perp$ 的限制为 $0$，从而 $\mathfrak g^\perp$ 可解. 由 $\mathfrak g$ 半单知其等于 $0$，故 $B$ 非退化.

右推左：如果 $\mathfrak g$ 不半单，则其存在非零交换理想 $\mathfrak h$. 对任意 $x\in\mathfrak h$ 和 $y,z\in\mathfrak g$ 我们有 $[x,[y,z]]\in\mathfrak h$，故 $[x,[y,[x,[y,z]]]]$ 是两个 $\mathfrak h$ 中元素的对易子，也就等于 $0$. 从而 $\mathrm{ad}\ x\mathrm{ad}\ y$ 是二次幂零的，故 $B(x,y)=0$. 由 $y$ 的任意性知矛盾. $\Box$

利用这条性质，我们可以将一个半单 Lie 代数分解：

Definition [单 Lie 代数]. 如果非交换 Lie 代数 $\mathfrak g$ 不包含除了自己和 $0$ 以外的任意理想，则称 $\mathfrak g$ 是单 Lie 代数. 显然单 Lie 代数都是半单 Lie 代数.

Theorem [半单 Lie 代数的理想直和分解]. 如果 $\mathfrak g$ 是半单 Lie 代数，则在不记顺序的情况下存在唯一的 $\mathfrak g_1,\cdots,\mathfrak g_n$ 使得每个 $\mathfrak g_i$ 都是 $\mathfrak g$ 的单理想，且 $\mathfrak g=\mathfrak g_1\oplus\cdots\oplus\mathfrak g_n$.

Proof. 先对 $\mathfrak g$ 的维数归纳证明存在性. 如果 $\mathfrak g$ 没有非平凡理想，则 $\mathfrak g$ 已经是单 Lie 代数了，命题成立；否则取某一个非平凡理想 $\mathfrak h$，考虑其在 $\mathfrak g$ 的 Killing 型 $B$ 下的正交补 $\mathfrak h^\perp$，则由 $B$ 的非退化性知 $\mathfrak h\oplus\mathfrak h^\perp=\mathfrak g$. 由于这是一个理想直和，所以 $\mathfrak h$ 和 $\mathfrak h^\perp$ 交换，不难得到 $\mathfrak h$ 和 $\mathfrak h^\perp$ 的理想也是 $\mathfrak g$ 的理想，对 $\mathfrak h$ 和 $\mathfrak h^\perp$ 使用归纳假设即可.

现在来证明唯一性，实际上只需要说明如果 $\mathfrak g=\mathfrak g_1\oplus\cdots\oplus\mathfrak g_n$ 是一个满足命题条件的分解，则对任意 $\mathfrak g$ 的单理想 $\mathfrak h$，存在 $i$ 使得 $\mathfrak h=\mathfrak g_i$ 就可以了. 注意到对于任意 $k$，$\mathfrak g_k\cap\mathfrak h$ 是 $\mathfrak h$ 的理想，而且有直和 $\mathfrak h=(\mathfrak g_1\cap\mathfrak h)\oplus\cdots\oplus(\mathfrak g_n\cap\mathfrak h)$，所以由 $\mathfrak h$ 的单性知有且仅有一个 $i$ 使得 $\mathfrak g_i\cap\mathfrak h=\mathfrak h$，也就是 $\mathfrak h\subseteq\mathfrak g_i$. 由于 $\mathfrak h$ 是 $\mathfrak g_i$ 的理想，所以由 $\mathfrak g_i$ 的单性知 $\mathfrak h=\mathfrak g_i$. $\Box$