微分幾何学 III （大学院） 講義ノート 1991/10/2,16

14 コンパクト単純 Lie 群と既約ルート系

14.1 定理. コンパクト半単純連結 Lie 群 G が単純であるための必要十分条件は G のルート系Δ(G) が既約になることである。さらに G の Lie 環の単純イデアルによる直和分解がΔ(G) の既約ルート系による分解に対応する。

証明. G に両側不変 Riemann 計量 ⟨ , ⟩ をいれておく。 G の極大トーラス T を一つとりその Lie 環を 𝔱 とする。

G が単純ではないとすると、 G の Lie 環 𝔤 は自明でないイデアル 𝔤_{1}と 𝔤_{2}の直和に分解される。 𝔤_{i}に対応する G の連結 Lie 部分群を G_{i}で表しておく。 X, Y ∈ 𝔤_{1}と Z ∈ 𝔤_{2}に対して

⟨[X, Y], Z⟩ = −⟨Y, [X, Z]⟩ = 0

となるので、 ⟨[𝔤_{1}, 𝔤_{1}], 𝔤_{2}⟩ = {0}。ところが 𝔤_{1}は半単純だから [𝔤_{1}, 𝔤_{1}] = 𝔤_{1}となり、 𝔤_{1} と 𝔤_{2}は直交する。 X ∈ 𝔱 に対して X = X_{1} + X_{2} (X_{i} ∈ 𝔤_{i}) と分解すると、任意の Y ∈ 𝔱 について

0 = [X, Y] = [X_{1}, Y] + [X_{2}, Y], [X_{i}, Y] ∈ 𝔤_{i}

となるので、 [X_{i}, Y] = 0。したがって定理 8.10 より X_{i} ∈ 𝔱 となり

𝔱 = (𝔱 ∩ 𝔤_{1}) ⊕ (𝔱 ∩ 𝔤_{2})

が成り立つ。この直和は直交直和になっている。 T ∩ G_{i}の単位元の連結成分を T_{i}で表すと、 T_{i}は G_{i}の極大トーラスになる。 G_{i}の T_{i}に関するルート系をΔ(G_{i}) で表し、 Δ(G_{i}) の元を補空間では 0 になるように拡張して 𝔱^{∗}の元とみなすとΔ(G_{i}) ⊂ Δ(G) が成り立つ。さらにΔ(G) = Δ(G_{1}) ∪ Δ(G_{2}) となるので、 Δ(G) は既約ではない。

逆にΔ(G) は既約ではないと仮定する。命題 13.11 を使うと 𝔱 の直交直和分解 𝔱 = 𝔱_{1} ⊕ 𝔱_{2}とΔ(G) の自明ではない分解Δ(G) = Δ_{1} ∪ Δ_{2}が存在し、 α ∈ Δ_{1}に対して α|_{𝔱 _{2}} = 0 となりβ ∈ Δ_{2}に対してβ|_{𝔱 _{1}} = 0 となる。特にα ± β ∉ Δが成り立つ。そこで

𝔤_{i} = 𝔱_{i} + 𝔤 ∩ ∑_{α∈Δ_{i}} 𝔤_{α}

とおくと、 Δ_{i}の性質と定理 10.3 より 𝔤_{i}は 𝔤 のイデアルになり、 𝔤 = 𝔤_{1} ⊕ 𝔤_{2}は直和分解になる。したがって 𝔤 は単純ではない。

さらに上で示した分解を繰り返すことによって、 G の Lie 環の単純イデアルによる直和分解がΔ(G) の既約ルート系による分解に対応することがわかる。

14.2 定義. 有限次元ベクトル空間 V のルート系Δの部分集合Πが次の条件を満たすとき、 ΠをΔの基本ルート系と呼ぶ。

(1) Πは V の基底になる。

(2) 任意のβ ∈ Δは

β = ∑_{α∈Π} n_{α}α

と表され、すべての n_{α}は 0 以上の整数になるか、または、すべての n_{α}は 0 以下の整数になる。 14.3 命題. コンパクト連結 Lie 群のルート系は基本ルート系を持つ。

証明. 定理 11.4 よりコンパクト連結 Lie 群のルート系内の単純ルートの全体は基本ルート系になる。

14.4 補題. 定理 11.4 と同じ設定条件のもとで単純ルートの全体をΠとおくと、 Πに属さないΔ(G) の正の元βに対してあるα ∈ Πが存在しβ − α ∈ Δ(G) が成り立つ。

証明. まずあるα ∈ Πについて ⟨H_{β}, H_{α}⟩ > 0 が成り立つことを帰謬法で示す。すべてのα ∈ Πについて ⟨H_{β}, H_{α}⟩ ≤ 0 が成り立つと仮定しよう。補題 11.3 よりΠの互いに異なる元αとα′について ⟨H_{α}, H_{α′}⟩ ≤ 0 だから定理 11.4 の証明と同様にすると Π ∪ {β} は線形独立になり、 ΠがΔ(G) の基本ルート系であることに反する。したがってあるα ∈ Πについて ⟨H_{β}, H_{α}⟩ > 0 が成り立つ。そこで

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

とすると p ≤ 0 ≤ qで、定理 11.1 より

−\frac{2β(H_{α})}{α(H_{α})} = p + q

が成り立つ。これより p ≤ −1 となりβ ≠ αだからβ − α ∈ Δ(G) が成り立つ。

14.5 補題. 補題 14.4 と同じ設定条件のもとでΔ(G) の正の元βに対してΠの元の列 α_{1},…, α_{k}が存在し、 β = α_{1} + ⋯ + α_{k}となり、さらに各 1 ≤ i ≤ kに対してα_{1} + ⋯ + α_{i} ∈ Δ(G) が成り立つ。

証明. ΠはΔ(G) の基本ルート系だからΔ(G) の正の元βに対して

β = ∑_{α∈Π} n_{α}α, n_{α} ∈ ℤ, n_{α} ≥ 0

となるので

ht(β) = ∑_{α∈Π} n_{α}

とおく。 ht(β) に関する帰納法で補題を証明しよう。 ht(β) = 1 のときはβ ∈ Πに他ならないので、主張は成立する。 ht(β) ≤ kを満たす正のルートβに対して主張が成立していると仮定する。 ht(β) = k + 1 を満たす正のルートβに対して補題 14.4 よりある α ∈ Πが存在しβ −α ∈ Δ(G) が成り立つ。 ht(β −α) = kだからα_{1},…, α_{k} ∈ Πが存在し、 β − α = α_{1} + ⋯ + α_{k}となり、さらに各 1 ≤ i ≤ kに対してα_{1} + ⋯ + α_{i} ∈ Δ(G) が成り立つ。したがってβ = α_{1} + ⋯ + α_{k} + αとなりβに対しても主張が成立する。

14.6 補題. コンパクト連結半単純 Lie 群 G に対して定義 14.4 と同じ設定条件のもとで、 {𝔤_{α}, 𝔤_{−α}|α ∈ Π} は複素 Lie 環 𝔤^{ℂ}を生成する。

証明. {𝔤_{α}, 𝔤_{−α}|α ∈ Π} が生成する 𝔤^{ℂ}の複素 Lie 部分環を 𝔤′で表す。各α ∈ Πに対して [𝔤_{α}, 𝔤_{−α}] = ℂH_{α}となり、系 12.13 より

𝔱^{ℂ} = ∑_{α∈Π} ℂH_{α} ⊂ 𝔤′.

補題 14.4 よりΔ(G) の任意の正の元βに対してα_{1},…, α_{k} ∈ Πが存在し、 β = α_{1} + ⋯ + α_{k}となり、さらに各 1 ≤ i ≤ kに対してα_{1} + ⋯ + α_{i} ∈ Δ(G) が成り立つ。したがって定理 11.1 より

[[⋯ [𝔤_{α_{1}}, 𝔤_{α_{2}}], ⋯], 𝔤_{α_{k}}] = 𝔤_{α_{1}+···+α_{k}} = 𝔤_{β}.

これより 𝔤_{β} ⊂ 𝔤′となる。さらに

[[⋯ [𝔤_{−α_{1}}, 𝔤_{−α_{2}}], ⋯], 𝔤_{−α_{k}}] = 𝔤_{−β}.

これより 𝔤_{−β} ⊂ 𝔤′となる。以上で 𝔤 = 𝔤′となり、 {𝔤_{α}, 𝔤_{−α}|α ∈ Π} は複素 Lie 環 𝔤^{ℂ} を生成する。

14.7 定理. G と G′をコンパクト連結単純 Lie 群とし、 T と T′をそれぞれ G と G′の極大トーラスとする。 G, G′, T, T′の Lie 環をそれぞれ 𝔤, 𝔤′, 𝔱, 𝔱′で表す。このとき 𝔤 と 𝔤′が Lie 環として同型になるための必要十分条件は、線形同型写像ϕ : 𝔱′^{∗} ⟶ 𝔱^{∗} が存在しϕ(Δ(G′)) = Δ(G) が成り立つことである。

証明. ψ : 𝔤 ⟶ 𝔤′を Lie 環の同型写像とする。系 9.7 よりψ(𝔱) = 𝔱′とすることができる。そこで^{t}ψ : 𝔱′^{∗} ⟶ 𝔱^{∗}を考えると、 ψは Lie 環の同型だから^{t}ψ(Δ(G′)) = Δ(G) となる。

逆に線形同型写像ϕ : 𝔱′^{∗} ⟶ 𝔱^{∗}が存在しϕ(Δ(G′)) = Δ(G) が成り立つと仮定する。 G と G′は半単純だから定理 14.1 よりΔ(G) とΔ(G′) は既約になる。各α′ ∈ Δ(G′) に対してϕ(α′) = α ∈ Δ(G) と書くことにする。

𝔤 と 𝔤′の Killing 形式の−1 倍を G と G′の両側不変 Riemann 計量としてとり、定理 10.3 と同様にして各α ∈ Δ(G) とα′ ∈ Δ(G′) について H_{α} ∈ 𝔱 と H_{α′} ∈ 𝔱′を定める。 Δ(G) は既約だから補題 13.5 よりAut(Δ(G)) は 𝔱 に既約に作用している。 G′についても同様だから補題 1.8 よりある正の定数 c が存在して

β(H_{α}) = cβ′(H_{α′}) (α, β ∈ Δ(G))

が成り立つ。したがって

β(H_{α}) = ⟨H_{α}, H_{β}⟩

= − ∑_{γ∈Δ(G)} \sqrt{−1}γ(H_{α})\sqrt{−1}γ(H_{β})

= −c^{2} ∑ γ′ ∈ Δ(G′)\sqrt{−1}γ′(H_{α′})\sqrt{−1}γ′(H_{β′})

= c^{2}⟨H_{α′}, H_{β′}⟩

となるので c = c^{2}となり c = 1 である。結局

β(H_{α}) = β′(H_{α′}) (α, β ∈ Δ(G))

が成り立つことがわかった。

ϕによって連動するように 𝔱′^{∗}と 𝔱^{∗}に順序をいれ、 Δ(G′) の単純ルートの全体Π′ がΔ(G) の単純ルートの全体Πに写るようにする。各α ∈ Δ(G), α ∈ Δ(G) について 0 ではない X_{α} ∈ 𝔤_{α}, X′_{α′} ∈ 𝔤′_{α′}をとる。さらに定理 10.3 より [X_{α}, X_{−α}] = H_{α}, [X_{α′}, X_{−α′}] = H_{α′}となるように X_{−α} ∈ 𝔤_{−α}, X_{−α′} ∈ 𝔤_{−α′}を選ぶことができる。これらを使って 𝔤^{ℂ} ⊕ 𝔤′^{ℂ}の元

\overline{X}_{α} = (X_{α}, X_{α′}), \overline{X}_{−α} = (X_{−α}, X_{−α′}), \overline{H}_{α} = (H_{α}, H_{α′})

を定める。

\{\overline{X}_{α}, \overline{X}_{−α}, \overline{H}_{α}|α ∈ Π\}

が生成する 𝔤^{ℂ} ⊕ 𝔤′^{ℂ}の複素 Lie 部分環を 𝔡 で表す。

次にΔ(G) とΔ(G′) の最高ルートはϕによって対応するので、それぞれδとδ′としておく。 X ∈ 𝔤_{δ}と X′ ∈ 𝔤_{δ′}をとり、\overline{X} = (X, X′) とおく。

\{ad(\overline{X}_{−α_{1}}) ⋯ ad(\overline{X}_{−α_{k}})\overline{X}|α_{i} ∈ Π\}

が生成する 𝔤^{ℂ} ⊕ 𝔤′^{ℂ}の複素 Lie 部分環を 𝔪 で表す。

ad(\overline{X}_{−α_{1}}) ⋯ ad(\overline{X}_{−α_{k}})\overline{X} ∈ 𝔤_{δ−Σα_{i}} ⊕ 𝔤_{δ′−Σα′_{i}}

だから 𝔪 ≠ 𝔤^{ℂ} ⊕ 𝔤′^{ℂ}。

[𝔡, 𝔪] ⊂ 𝔪 となることを示そう。そのためには 𝔡 の生成元と 𝔪 のブラケットを考えればよい。 α ∈ Πに対して

ad(\overline{X}_{−α})𝔪 ⊂ 𝔪

となることは、 𝔪 の定義からわかる。

ad(\overline{H}_{α}) ad(\overline{X}_{−α_{1}}) ⋯ ad(\overline{X}_{−α_{k}})\overline{X} ∈ 𝔪

となることを kに関する帰納法で示そう。 k = 0 のときは 𝔪 の定義からわかる。 kのとき主張が成り立っていると仮定しよう。

ad(\overline{H}_{α}) ad(\overline{X}_{−α_{1}}) ⋯ ad(\overline{X}_{−α_{k+1}})\overline{X}
= ad([\overline{H}_{α}, \overline{X}_{−α_{1}}]) ad(\overline{X}_{−α_{2}}) ⋯ ad(\overline{X}_{−α_{k+1}})\overline{X}
+ ad(\overline{X}_{−α_{1}}) ad(\overline{H}_{α}) ⋯ ad(\overline{X}_{−α_{k+1}})\overline{X}.

ここで

[\overline{H}_{α}, \overline{X}_{−α_{1}}] = ([H_{α}, X_{−α_{1}}], [H′_{α}, X_{−α′_{1}}])
= (−\sqrt{−1}α(H_{α})X_{−α_{1}}, −\sqrt{−1}α′(H_{α′})X_{−α′_{1}})
= −\sqrt{−1}α(H_{α})\overline{X}_{−α_{1}}

となることと帰納法の仮定を使うと、

ad(\overline{H}_{α}) ad(\overline{X}_{−α_{1}}) ⋯ ad(\overline{X}_{−α_{k+1}})\overline{X} ∈ 𝔪

となることがわかる。

ad(\overline{X}_{α}) ad(\overline{X}_{−α_{1}}) ⋯ ad(\overline{X}_{−α_{k}})\overline{X} = 0

となることを示そう。各α_{i}について補題 11.3 よりα − α_{i} ∉ Δ(G) でα′ − α′_{i} ∉ Δ(G′) だから

[\overline{X}_{α}, \overline{X}_{−α_{i}}] = 0

となり

ad(\overline{X}_{α}) ad(\overline{X}_{−α_{i}}) = ad(\overline{X}_{−α_{i}}) ad(\overline{X}_{α})

が成り立つ。さらにδとδ′はそれぞれΔ(G) とΔ(G′) の最高ルートだからδ +α ∉ Δ(G) とδ′ + α′ ∉ Δ(G′) が成り立つ。したがってad(\overline{X}_{α})\overline{X} = 0 となり、

ad(\overline{X}_{α}) ad(\overline{X}_{−α_{1}}) ⋯ ad(\overline{X}_{−α_{k}})\overline{X} = 0.

以上で [𝔡, 𝔪] ⊂ 𝔪 となることがわかった。

𝔡 ≠ 𝔤^{ℂ} ⊕ 𝔤′^{ℂ}となることを示す。もし 𝔡 = 𝔤^{ℂ} ⊕ 𝔤′^{ℂ}とすると、上で示したことより 𝔪 は 𝔤^{ℂ} ⊕ 𝔤′^{ℂ}のイデアルになる。 𝔤^{ℂ}と 𝔤′^{ℂ}は 𝔤^{ℂ} ⊕ 𝔤′^{ℂ}の複素単純イデアルになっているので、命題 12.4 の証明と同様にすると 𝔪 = 𝔤^{ℂ}または 𝔪 = 𝔤′^{ℂ}となるが、 𝔪 の定義のし方からこうなることはない。

𝔡 ⊂ 𝔤^{ℂ} ⊕ 𝔤′^{ℂ}から 𝔤^{ℂ}への射影を f_{1}で表す。 f_{1}は Lie 環の準同型写像になる。 𝔡 の定め方より f_{1}(𝔡) は {𝔤_{α}, 𝔤_{−α}|α ∈ Π} を含むので、補題 14.6 より f_{1}(𝔡) = 𝔤^{ℂ}が成り立つ。 f_{1} : 𝔡 ⟶ 𝔤^{ℂ}が単射になることを示そう。もし単射ではないとすると、ある 0 ではない元 (0, x′) ∈ 𝔡 が存在する。 [𝔡, (0, x′)] は 𝔡 に含まれ、 𝔡 の定め方と補題 14.6 より [𝔡, (0, x′)] は 0 ⊕ 𝔤′^{ℂ}のイデアルになる。したがって [𝔡, (0, x′)] = 0 ⊕ 𝔤′^{ℂ}が成り立つ。これより 0 ⊕ 𝔤′^{ℂ} ⊂ 𝔡。第一成分が 0 ではない元 (x_{1}, x_{2}) ∈ 𝔡 をとると (0, x_{2}) ∈ 𝔡 となり

(x_{1}, 0) = (x_{1}, x_{2}) − (0, x_{2}) ∈ 𝔡

となり、上の議論と同様にすると 𝔤^{ℂ} ⊕ 0 ⊂ 𝔡 が成り立つ。よって 𝔡 = 𝔤^{ℂ} ⊕ 𝔤′^{ℂ}となりさきに示したことに矛盾する。以上で f_{1} : 𝔡 ⟶ 𝔤^{ℂ}は Lie 環の同型写像になる。同様にすると 𝔡 から第二成分への射影 f_{2} : 𝔡 ⟶ 𝔤′^{ℂ}も Lie 環の同型写像になる。

f_{2} ∘ f_{1}^{−1} : 𝔤^{ℂ} ⟶ 𝔤′^{ℂ}は Lie 環の同型写像になり、 𝔤 を 𝔤′に写している。よって 𝔤 と 𝔤′は Lie 環として同型になる。