微分幾何学 III （大学院） 講義ノート 1991/6/19

11 ルートの性質

11.1 定理. G をコンパクト連結 Lie 群とし G の極大トーラス T を 1 つとる。 𝔤 と 𝔱 をそれぞれ G と T の Lie 環とする。

𝔤^{ℂ} = 𝔱^{ℂ} + ∑_{α∈Δ(G)} 𝔤_{α}

を 𝔤^{ℂ}の 𝔱 に関するルート空間分解とする。 β ∈ Δ(G) ∪ {0} とα ∈ Δ(G) に対して

(β + ℤα) ∩ (Δ(G) ∪ {0}) = {β + nα|p ≤ n ≤ q}

を満たす整数 p, qが存在し、

−\frac{2β(H_{α})}{α(H_{α})} = p + q

が成り立つ。特に\frac{2β(H_{α})}{α(H_{α})}は整数になる。ただし H_{α}は G に両側不変 Riemann 計量 ⟨ , ⟩ をいれ定理 10.3 と同様に定める。 α ∈ Δ(G) に対して

(ℝα) ∩ Δ(G) = {α, −α}.

α + β ≠ 0 を満たすα ∈ Δ(G), β ∈ Δ(G) ∪ {0} に対して

[𝔤_{α}, 𝔤_{β}] = 𝔤_{α+β}

が成り立つ。

証明. 各α ∈ Δ(G) に対して定理 10.3 の証明中に示したことと同様にして

[E_{α}, E_{−α}] = H_{α}

を満たす E_{α} ∈ 𝔤_{α}と E_{−α} ∈ 𝔤_{−α}をとることができる。整数 r, s を

{β + nα|r ≤ n ≤ s} ⊂ Δ(G) ∪ {0},
β + (r − 1)α ∉ Δ(G) ∪ {0}, β + (s + 1)α ∉ Δ(G) ∪ {0}

となるようにとり

𝔤^{∗} = ∑_{n=r}^{s} 𝔤_{β+nα}

とおく。 𝔤^{∗}はad(𝔤_{α}), ad(𝔤_{−α}), ad(H_{α}) の作用に関して不変になる。

tr(ad(H_{α})|_{𝔤^{∗}}) = tr([ad(E_{α}), E_{−α}]|_{𝔤^{∗}}) = 0.

他方 X ∈ 𝔤_{β+nα}に対して

(ad(H_{α}))(X) = \sqrt{−1}(β + nα)(H_{α})X

だから

tr(ad(H_{α})|_{𝔤^{∗}}) = ∑_{n=r}^{s} \sqrt{−1}(β + nα)(H_{α}).

したがって

(s − r + 1)β(H_{α}) + \frac{(s + r)(s − r + 1)}{2}α(H_{α}) = 0.

これより

β(H_{α}) + \frac{s + r}{2} α(H_{α}) = 0

となり、

−\frac{2β(H_{α})}{α(H_{α})} = s + r

が成り立つ。他の整数 r′, s′で

{β + nα|r′ ≤ n ≤ s′} ⊂ Δ(G) ∪ {0},
β + (r′ − 1)α ∉ Δ(G) ∪ {0}, β + (s′ + 1)α ∉ Δ(G) ∪ {0}

を満たすものがあるとすると、これらも

−\frac{2β(H_{α})}{α(H_{α})} = s′ + r′

を満たすことになり、矛盾がおこる。したがってこのような rと s はαとβに対して一意的に定まるそれを p と qで表せば、

(β + ℤα) ∩ (Δ(G) ∪ {0}) = {β + nα|p ≤ n ≤ q}

が成り立つ。すでに示したことをβ = 0 とα ∈ Δ(G) に適用する。

(ℤα) ∩ (Δ(G) ∪ {0}) = {β + nα|p ≤ n ≤ q}

を満たす整数 p, qが存在し、 p + q = 0 が成り立つ。 α ∈ Δ(G) だから p ≤ −1 と 1 ≤ q が成り立っている。

𝔰 = ∑_{n=−1}^{q} 𝔤_{nα}

とおくと、 𝔰 はad H_{α}とad E_{α}の作用に関して不変になる。定理 10.3 よりdim 𝔤_{−α} = 1 でad E_{−α}(𝔤_{−α}) = {0} となるので、 𝔰 はad E_{−α}の作用に関しても不変になる。したがって

tr(ad(H_{α})|_{𝔰}) = tr([ad(E_{α}), E_{−α}]|_{𝔰}) = 0.

他方

tr(ad(H_{α})|_{𝔰}) = ∑_{n=r}^{s} \sqrt{−1}nα(H_{α}) = \sqrt{−1}\frac{(q + 2)(q − 1)}{2}α(H_{α}).

α(H_{α}) ≠ 0 だから q = 1 となり p = −1。したがって

(ℤα) ∩ (Δ(G) ∪ {0}) = {−α, 0, α}

がわかった。次に整数ではない c ∈ ℝ に対して cα ∈ Δ(G) となると仮定して矛盾を導こう。すでに示したことより

ℤ ∋ \frac{2cα(H_{α})}{α(H_{α})} = 2c

となるので、 c = m + \frac{1}{2} (m ∈ ℤ) と書き表すことができる。

− (m + \frac{1}{2}) α, (m + \frac{1}{2}) α ∈ ((m + \frac{1}{2}) α + ℤα) ∩ (Δ(G) ∪ \{0\})

だから−\frac{1}{2}α, \frac{1}{2}α ∈ Δ(G) となる。ところが、上で示したことを\frac{1}{2}α ∈ Δ(G) に適用すると

(ℤ\frac{1}{2}α) ∩ (Δ(G) ∪ \{0\}) = \{−\frac{1}{2}α, 0, \frac{1}{2}α\}

となりα ∈ Δ(G) に矛盾する。したがって

(ℝα) ∩ Δ(G) = {α, −α}

となる。最後にα + β ≠ 0 を満たすα ∈ Δ(G), β ∈ Δ(G) ∪ {0} に対して

[𝔤_{α}, 𝔤_{β}] = 𝔤_{α+β}

が成り立つことを証明しよう。定理 10.3 より

[𝔤_{α}, 𝔤_{β}] ⊂ 𝔤_{α+β}

はすでにわかっている。そこでα + β ∈ Δ(G) の場合を考えれば十分である。

(β + ℤα) ∩ (Δ(G) ∪ {0}) = {β + nα|p ≤ n ≤ q}

とする。 p ≤ 0 でβ + α ∈ Δ(G) だから 1 ≤ qとなる。ここで [𝔤_{α}, 𝔤_{β}] = {0} と仮定して矛盾を導こう。

𝔫 = ∑_{n=p}^{0} 𝔤_{β+nα}

とおくと 𝔫 はad H_{α}とad E_{−α}の作用に関して不変になる。さらに仮定 [𝔤_{α}, 𝔤_{β}] = {0} より 𝔫 はad E_{α}の作用に関しても不変になる。

tr(ad(H_{α})|_{𝔫}) = tr([ad(E_{α}), E_{−α}]|_{𝔫}) = 0.

他方

tr(ad(H_{α})|_{𝔫}) = ∑_{n=p}^{0} \sqrt{−1}(β + nα)(H_{α}) = (−p + 1)β(H_{α}) + \frac{(−p + 1)p}{2}α(H_{α}).

−p + 1 ≠ 0 だから

2β(H_{α}) + pα(H_{α}) = 0

となり

−\frac{2β(H_{α})}{α(H_{α})} = p

が成り立つ。したがって q = 0 となり矛盾。よって [𝔤_{α}, 𝔤_{β}] ≠ {0} で、定理 10.3 より dim 𝔤_{α+β} = 1 だから

[𝔤_{α}, 𝔤_{β}] = 𝔤_{α+β}

が成り立つ。

11.2 定義. 定理 11.1 と同じ設定条件のもとで 𝔱 の基底 H_{1},…, H_{r}を 1 つとって固定し 𝔱^{∗}に次のように順序を入れる。 α, β ∈ 𝔱^{∗}に対してある i が存在し j < i のとき α(H_{j}) = β(H_{j}) でα(H_{i}) = β(H_{i}) が成り立つときα < βと定める。

Δ^{+}(G) = {α ∈ Δ(G)|α > 0}

とおいてΔ^{+}(G) の元を正のルートと呼ぶ。正のルートαに対してα = β + γとなる正のルートβ, γが存在しないとき、 αを単純ルートと呼ぶ。

11.3 補題. 定義 11.2 と同じ設定条件のもとで互いに異なる 2 つの単純ルートαとβ に対してβ − α ∉ Δ(G) で ⟨H_{α}, H_{β}⟩ ≤ 0 が成り立つ。

証明. もしγ = β −α ∈ Δ(G) が成り立つとして矛盾を導こう。 β = α+γだからγ > 0 ならばβが単純ルートであることに反する。またα = β + (−γ) だからγ < 0 ならばβ が単純ルートであることに反する。したがってβ − α ∉ Δ(G) が成り立つ。

定理 11.1 より

(β + ℤα) ∩ (Δ(G) ∪ {0}) = {β + nα|p ≤ n ≤ q}

とおくことができる。上の集合にβは含まれるが、 β − αは含まれない。したがって p = 0 で 0 ≤ qとなる。さらに

−\frac{2β(H_{α})}{α(H_{α})} = p + q = q ≥ 0

となり

⟨H_{α}, H_{β}⟩ = β(H_{α}) ≤ 0.

11.4 定理. 定義 11.2 と同じ設定条件のもとで {α_{1},…, α_{r}} を単純ルートの全体とする。このときα_{1},…, α_{r}は線形独立になる。さらに任意のα ∈ Δ(G) は

α = ∑_{i=1}^{r} n_{i}α_{i}

と表され、 α > 0 のときはすべての n_{i}は 0 以上の整数になり、 α < 0 のときはすべての n_{i}は 0 以下の整数になる。

証明. まず実数 c_{i}に対して

∑_{i=1}^{r} c_{i}α_{i} = 0

が成り立っているとする。

{1,…, r} = I ∪ J, I ∩ J = ∅
i ∈ I ⟹ c_{i} ≥ 0
j ∈ J ⟹ c_{j} ≤ 0

となるように Iと Jをとり、

γ = ∑_{i∈I} c_{i}α_{i} = ∑_{j∈J}(−c_{j})α_{j}

とおく。

γ(H) = ⟨H, H_{γ}⟩ (H ∈ 𝔱)

となるように H_{γ}を定めると、補題 11.3 より

0 ≤ ⟨H_{γ}, H_{γ}⟩ = ∑_{{i∈I \atop j∈J}} c_{i}(−c_{j})⟨H_{α_{i}}, H_{α_{j}}⟩ ≤ 0.

したがって H_{γ} = 0 となり、 γ = 0 となる。

∑_{i∈I} c_{i}α_{i} = ∑_{j∈J}(−c_{j})α_{j} = 0

で c_{i} ≥ 0, −c_{j} ≥ 0 だからすべての c_{k}は 0 に等しくなる。したがってα_{1},…, α_{r}は線形独立である。

α ∈ Δ(G) に対してα > 0 のときはαを正のルートの和に分解していくことにより、

α = ∑_{i=1}^{r} n_{i}α_{i}

と表され、すべての n_{i}は 0 以上の整数になる。 α < 0 のときはこの議論を−αに適用すればよい。