$[X_{-\alpha}, X_{\beta}] = 0$ nếu $\alpha \not=\beta$ (4)

(ad $X_{\alpha}$)$^{1-n(\beta ,\alpha)}X_{\beta}= 0$ nếu $\alpha \not=\beta$ (5)

(ad $X_{-\alpha}$)$^{1-n(\beta ,\alpha)}X_{-\beta}= 0$ nếu $\alpha \not=\beta$. (6)

Họ $(H_{\alpha})_{\alpha\in B}$ là một cơ sở của $\mathfrak{h}$. Nếu $X_{\alpha}\not= 0$ và $X_{-\alpha}\not= 0$ với mọi $\alpha \in B$, đại số Lie $\mathfrak{g}$ được sinh bởi các $X_{\alpha}$ và các $X_{-\alpha}(\alpha \in B)$.

(Nhắc lại rằng, nếu $\alpha , \beta \in B$ và $\alpha \not=\beta ,n(\beta , \alpha )$ là một số nguyên $\leq 0$, do đó các công thức (5) và (6) có nghĩa.)

Các công thức (1), (2) và (3) là rõ ràng. Nếu $\alpha \not=\beta ,\beta -\alpha$ không phải là một nghiệm vì mọi phần tử của R là một tổ hợp tuyến tính của các phần tử của B với các hệ số nguyên tất cả cùng dấu (Chương VI, §1, no. 6, Định lý 3). Điều này chứng minh (4). Theo Chương VI, §1, no. 3, Mệnh đề 9, điều này cũng chứng minh rằng dãy $\alpha$ được xác định bởi $\beta$ là

do đó $\beta +(1-n(\beta , \alpha ))\alpha \notin R$, điều này chứng minh (5). Đẳng thức (6) được thiết lập theo cách tương tự. Họ $(H_{\alpha})_{\alpha\in B}$ là một cơ sở của $R^{\vee}$, và do đó của $\mathfrak{h}$. Nếu $X_{\alpha}\not= 0$ và $X_{-\alpha}\not= 0$ với mọi $\alpha \in B$, thì $[X_{\alpha}, X_{-\alpha}] =\lambda_{\alpha}H_{\alpha}$ với $\lambda_{\alpha}\not= 0$, do đó khẳng định cuối cùng suy ra từ §3, no. 3, Mệnh đề 9 (iii).

$[X_{\alpha}^0, X_{-\beta}^0] = 0$ nếu $\alpha \not=\beta$. (14)

Thật vậy, quan hệ (9) có thể viết thành

điều này chứng minh (10) và (14). Quan hệ (11) là hiển nhiên. Tiếp theo

suy ra (13). Cuối cùng,

$0 = [H_{\alpha}^0,[X_{\beta}^0, X_{-\gamma}^0]]$ theo $(10),(11),(14)$ (15)

$= [[H_{\alpha}^0, X_{\beta}^0]-n(\gamma , \alpha )X_{\beta}^0, X_{-\gamma}^0]$ theo (13)

$= [[H_{\alpha}^0, X_{\beta}^0]-n(\beta , \alpha )X_{\beta}^0, X_{-\gamma}^0]$ theo (14);

bây giờ, xét từ rỗng ngay lập tức cho

do đó (15) suy ra rằng

với mọi $\gamma_1, . . . , \gamma_n\in B$; điều này chứng minh (12).

Vì $X_{-\alpha}^0(\emptyset ) =\alpha$, rõ ràng rằng các $X_{-\alpha}^0$ độc lập tuyến tính.

Giả sử rằng $\sum_{\alpha}a_{\alpha}H_{\alpha}^0= 0$; khi đó, với mọi $\beta \in B$,

vì det($n(\beta , \alpha )$)$\not= 0$, suy ra rằng $a_{\alpha}$ = 0 với mọi $\alpha$. Giả sử rằng $\sum_{\alpha}a_{\alpha}X_{\alpha}^0= 0$. Theo các công thức (7), (8), (9),

với mọi $\beta \in B$. Suy ra rằng $a_{\beta}= 0$ với mọi $\beta$. Vì $X_{\alpha}^0, H_{\alpha}^0, X_{-\alpha}^0$ lần lượt có bậc $-1,0,1$, bổ đề suy ra từ những gì đã được chứng minh trước đó.

Cho I là tập hợp $B\times \{-1,0,1\}$. Đặt $x_{\alpha}= (\alpha ,-1),h_{\alpha}= (\alpha ,0)$, và $x_{-\alpha}= (\alpha ,1)$. Gọi $\mathfrak{a}$ là đại số Lie được xác định bởi họ sinh I và tập hợp sau $\mathscr{R}$ gồm các quan hệ:

$[x_{\alpha}, x_{-\beta}]$ nếu $\alpha \not=\beta$

(xem Chương II, §2, no. 3). Theo Bổ đề 1, tồn tại một biểu diễn tuyến tính duy nhất $\rho$ của $\mathfrak{a}$ trên E sao cho

Theo Bổ đề 2, điều này chứng minh kết quả sau:

Trong phần sau, ta đồng nhất $x_{\alpha}, h_{\alpha}, x_{-\alpha}$ với các ảnh chính tắc của chúng trong $\mathfrak{a}$.

Thật vậy, tồn tại một tự đẳng cấu đối hợp của đại số Lie tự do L(I) thỏa mãn các điều kiện này. Nó giữ $\mathscr{R}\cup (-\mathscr{R})$ ổn định, và do đó xác định qua phép chuyển sang thương một tự đẳng cấu đối hợp của $\mathfrak{a}$ thỏa mãn các điều kiện của bổ đề. Tính duy nhất suy ra từ sự kiện rằng $\mathfrak{a}$ được sinh bởi các phần tử $x_{\alpha}, h_{\alpha}, x_{-\alpha}(\alpha \in B)$.

Tự đẳng cấu này được gọi là tự đẳng cấu đối hợp chính tắc của $\mathfrak{a}$.

Cho Q là tập hợp các trọng số căn của R; đây là một $\mathbf{Z}$-môđun tự do với cơ sở B (Ch. VI, §1, no. 9). Tồn tại một phân hoạch kiểu Q trên đại số Lie tự do L(I) sao cho $x_{\alpha}, h_{\alpha}, x_{-\alpha}$ có các bậc lần lượt là $\alpha ,0,-\alpha$ (Ch. II, §2, no. 6). Khi đó các phần tử của $\mathscr{R}$ là thuần nhất. Do đó tồn tại một phân hoạch duy nhất kiểu Q trên $\mathfrak{a}$ tương thích với cấu trúc đại số Lie của $\mathfrak{a}$ và sao cho $x_{\alpha}, h_{\alpha}, x_{-\alpha}$ có các bậc lần lượt là $\alpha ,0,-\alpha$. Với mọi $\mu\in Q$, ký hiệu $\mathfrak{a}^\mu$ là tập hợp các phần tử của $\mathfrak{a}$ thuần nhất có bậc $\mu$.

Với $\mu\in Q$, gọi $\mathfrak{a}^{(\mu)}$ là tập hợp các $x\in \mathfrak{a}$ sao cho $[h_{\alpha}, x] =\langle \mu, \alpha^{\vee}\rangle x$ với mọi $\alpha \in B$. Tổng của các $\mathfrak{a}^{(\mu)}$ là trực tiếp. Để chứng minh bổ đề, do đó chỉ cần chỉ ra rằng $\mathfrak{a}^\mu\subset \mathfrak{a}^{(\mu)}$. Cho $\alpha \in B$. Tự đồng cấu $u$ của không gian vectơ $\mathfrak{a}$ sao cho $u|\mathfrak{a}^\mu=\langle \mu, \alpha^{\vee}\rangle .1$ là một đạo hàm của $\mathfrak{a}$ sao cho $ux=$ (ad $h_{\alpha}$)$.x$ đối với $x=x_{\beta}, x=h_{\beta}, x=x_{-\beta}$; do đó $u=$ ad $h_{\alpha}$, điều này chứng minh mệnh đề của ta.

(ii) Đại số Lie $\mathfrak{a}_-$ được sinh bởi họ $(x_{-\alpha})_{\alpha\in B}$.

(iii) Họ $(h_{\alpha})_{\alpha\in B}$ là một cơ sở của không gian vectơ $\mathfrak{a}^0$.

(iv) Không gian vectơ $\mathfrak{a}$ là tổng trực tiếp của $\mathfrak{a}_+,\mathfrak{a}^0,\mathfrak{a}_-$.

Cho $\mathfrak{r}$ (tương ứng $\mathfrak{n}$) là đại số con Lie của $\mathfrak{a}$ sinh bởi $(x_{\alpha})_{\alpha\in B}$ (tương ứng $(x_{-\alpha})_{\alpha\in B}$), và $\mathfrak{h}$ là không gian con vectơ của $\mathfrak{a}$ sinh bởi $(h_{\alpha})_{\alpha\in B}$. Vì các $x_{\alpha}$ là các phần tử thuần nhất của $\mathfrak{a}_+,\mathfrak{r}$ là một đại số con phân bậc của $\mathfrak{a}_+$; do đó, $[\mathfrak{h},\mathfrak{r}]\subset \mathfrak{r}$, nên $\mathfrak{h}+\mathfrak{r}$ là một đại số con của $\mathfrak{a}$; vì

$[x_{-\alpha},\mathfrak{r}]\subset \mathfrak{h}+\mathfrak{r}$ với mọi $\alpha \in B$. Tương tự, $\mathfrak{n}$ là một đại số con phân bậc của $\mathfrak{a}_-$, ta có $[\mathfrak{h},\mathfrak{n}]\subset \mathfrak{n},\mathfrak{h}+\mathfrak{n}$ là một đại số con của $\mathfrak{n}$, và $[x_{\alpha},\mathfrak{n}]\subset \mathfrak{h}+\mathfrak{n}$ với mọi $\alpha \in B$. Đặt $\mathfrak{a}'=\mathfrak{r}+\mathfrak{h}+\mathfrak{n}$. Điều trên cho thấy rằng $\mathfrak{a}'$ ổn định đối với ad $x_{\alpha}$, ad $h_{\alpha}$ và ad $x_{-\alpha}$ với mọi $\alpha \in B$, và do đó là một iđêan của $\mathfrak{a}$. Vì $\mathfrak{a}'$ chứa $x_{\alpha}, h_{\alpha}, x_{-\alpha}$ với mọi $\alpha \in B,\mathfrak{a}'=\mathfrak{a}$. Từ đó suy ra rằng các bao hàm $\mathfrak{r}\subset \mathfrak{a}_+,\mathfrak{h}\subset \mathfrak{a}^0$, $\mathfrak{n}\subset \mathfrak{a}_-$ là các đẳng thức, điều này chứng minh mệnh đề.

Gọi L là đại số con Lie của E sinh bởi B. Theo Chương II, §3, Đl. 1, L có thể được đồng nhất với đại số Lie tự do sinh bởi B. Biểu diễn chính quy trái của E trên chính nó là đơn ánh một cách rõ ràng, và bằng cách hạn chế vào L nó xác định một biểu diễn đơn ánh $\rho '$ của đại số Lie L trên E. Gọi $\varphi$ là đồng cấu duy nhất từ L đến $\mathfrak{a}_-$ nhận $\alpha$ thành $x_{-\alpha}$ với mọi $\alpha \in B$. Khi đó, với mọi $\alpha \in B,\rho (\varphi (\alpha ))$ là tự đồng cấu của phép nhân trái bởi $\alpha$ trên E, do đó $\rho \circ \varphi =\rho '$, điều này chứng minh rằng $\varphi$ là đơn ánh. Vậy, $(x_{-\alpha})_{\alpha\in B}$ là một họ cơ bản của $\mathfrak{a}_-$. Vì $\theta (x_{-\alpha}) =x_{\alpha}$ với mọi $\alpha$ (xem Bổ đề $4$)$, (x_{\alpha})_{\alpha\in B}$ là một họ cơ bản của $\mathfrak{a}_+$.

Công thức thứ hai suy ra từ công thức thứ nhất bằng cách dùng tự đẳng cấu $\theta$. Để chứng minh công thức thứ nhất, chỉ cần chỉ ra rằng $[x_{\gamma}, y_{\alpha \beta}] = 0$ với mọi $\gamma \in B$. Ta phân biệt ba trường hợp.

Trường hợp 1$:\gamma \not=\alpha$ và $\gamma \not=\beta$. Trong trường hợp này, $x_{\gamma}$ giao hoán với $x_{-\alpha}$ và $x_{-\beta}$, do đó giao hoán với $y_{\alpha \beta}$.

Trường hợp 2$:\gamma =\beta$. Trong trường hợp này, $x_{\gamma}$ giao hoán với $x_{-\alpha}$, nên

$[x_{\gamma}, y_{\alpha \beta}] =$ (ad $x_{-\alpha}$)$^{1-n(\beta ,\alpha)}[x_{\gamma}, x_{-\beta}]$

$=-$(ad $x_{-\alpha}$)$^{1-n(\beta ,\alpha)}h_{\beta}=-n(\alpha , \beta$)(ad $x_{-\alpha}$)$^{-n(\beta ,\alpha)}x_{-\alpha}$.

Nếu $n(\beta , \alpha )<0$, biểu thức này bằng không vì (ad $x_{-\alpha}$)$.x_{-\alpha}= 0$. Nếu $n(\beta , \alpha ) = 0$, thì $n(\alpha , \beta ) = 0$. Trong cả hai trường hợp, $[x_{\gamma}, y_{\alpha \beta}] = 0$.

Trường hợp 3$:\gamma =\alpha$. Trong đại số các tự đồng cấu của $\mathfrak{a}$, $[$-ad $h_{\alpha}$, ad $x_{-\alpha}] = 2$ ad $x_{-\alpha}$

và [ad $x_{\alpha}$, ad $x_{-\alpha}] =$-ad $h_{\alpha}$; do đó, theo §1, Bổ đề 1,

[ad $x_{\alpha}$, (ad $x_{-\alpha}$)$^{1-n(\beta ,\alpha)}] = (1-n(\beta , \alpha$))(ad $x_{-\alpha}$)$^{-n(\beta ,\alpha)}($-ad $h_{\alpha}-n(\beta , \alpha ))$.

Do đó,

$[x_{\gamma}, y_{\alpha \beta}] =$ [ad $x_{\alpha}$, (ad $x_{-\alpha}$)$^{1-n(\beta ,\alpha)}]x_{-\beta}+$ (ad $x_{-\alpha}$)$^{1-n(\beta ,\alpha)}$(ad $x_{\alpha}$)$x_{-\beta}$

$=-(1-n(\beta , \alpha$))(ad $x_{-\alpha}$)$^{-n(\beta ,\alpha)}$(ad $h_{\alpha}+n(\beta , \alpha )$)$x_{-\beta}$

+ (ad $x_{-\alpha}$)$^{1-n(\beta ,\alpha)}$(ad $x_{\alpha}$)$x_{-\beta}$.

Bây giờ $[h_{\alpha}, x_{-\beta}] +n(\beta , \alpha )x_{-\beta}= 0$ và $[x_{\alpha}, x_{-\beta}] = 0$, do đó $[x_{\gamma}, y_{\alpha \beta}] = 0$.

Đặt $\mathfrak{n}'=\sum_{\alpha ,\beta\in B,\alpha\not=\beta}kx_{\alpha \beta}$. Vì mỗi $x_{\alpha \beta}$ là thuần nhất trong $\mathfrak{a}, [\mathfrak{a}^0,\mathfrak{n}']\subset \mathfrak{n}'$

(Bổ đề 5 và Mệnh đề 2). Gọi U (tương ứng V) là đại số bao của $\mathfrak{a}$ (tương ứng $\mathfrak{a}_+$), và $\sigma$ là biểu diễn của U trên $\mathfrak{a}$ xác định bởi biểu diễn phụ hợp của $\mathfrak{a}$. Iđêan của $\mathfrak{a}$ sinh bởi $\mathfrak{n}'$ là $\sigma (U)\mathfrak{n}'$. Bây giờ $\mathfrak{a}=\mathfrak{a}_++\mathfrak{a}^0+\mathfrak{a}_-$ (Mệnh đề $2$)$,\sigma (\mathfrak{a}_-)\mathfrak{n}'= 0$ (Bổ đề 6), và $\sigma (\mathfrak{a}^0)\mathfrak{n}'\subset \mathfrak{n}'$ theo điều đã nêu trước đó. Theo định lý Poincaré-Birkhoff-Witt, $\sigma (U)\mathfrak{n}'=\sigma (V)\mathfrak{n}'$, điều này chứng minh mệnh đề đầu tiên của bổ đề. Suy ra rằng iđêan của $\theta (\mathfrak{a}_+) =\mathfrak{a}_-$ sinh bởi các $\theta (x_{\alpha \beta}) =y_{\alpha \beta}(\alpha , \beta \in B, \alpha \not=\beta )$ là iđêan $\theta (\mathfrak{n})$ của $\mathfrak{a}$. Q.E.D.

iđêan $\mathfrak{n}+\theta (\mathfrak{n})$ của $\mathfrak{a}$ được phân bậc vì nó được sinh bởi các phần tử thuần nhất. Do đó, đại số Lie $\mathfrak{a}/(\mathfrak{n}+\theta (\mathfrak{n}))$ là một đại số Lie phân bậc Q; trong phần còn lại của đoạn này, nó được ký hiệu là $\mathfrak{g}_B$, hoặc đơn giản là $\mathfrak{g}$. Theo Mệnh đề 2, nếu $\mathfrak{g}^\mu\not= 0$ thì $\mu\in Q_+$, hoặc $\mu\in Q_-$, hoặc $\mu= 0$. Ký hiệu $X_{\alpha}$ (resp. $H_{\alpha}, X_{-\alpha}$) là ảnh chính tắc của $x_{\alpha}$ (resp. $h_{\alpha}, x_{-\alpha}$) trong $\mathfrak{g}$. Theo định nghĩa của $\mathfrak{a},\mathfrak{n}$ và $\theta (\mathfrak{n})$, suy ra rằng $\mathfrak{g}$ là đại số Lie được xác định bởi họ sinh $((X_{\alpha}, H_{\alpha}, X_{-\alpha}))_{\alpha\in B}$ và các hệ thức

(ad $X_{\alpha}$)$^{1-n(\beta ,\alpha)}X_{\beta}= 0(\alpha \not=\beta )$ (21)

(ad $X_{-\alpha}$)$^{1-n(\beta ,\alpha)}X_{-\beta}= 0(\alpha \not=\beta )$. (22)

Cho $z\in \mathfrak{g}$ và $\mu\in Q$. Khi đó $z\in \mathfrak{g}^\mu$ khi và chỉ khi $[H_{\alpha}, z] =\langle \mu, \alpha^{\vee}\rangle z$ với mọi $\alpha \in B$. Điều này suy ra từ Bổ đề 5.

Vì $\mathfrak{a}^0\cap (\mathfrak{n}+\theta (\mathfrak{n})) = 0$, ánh xạ chính tắc từ $\mathfrak{a}^0$ vào $\mathfrak{g}^0$ là một đẳng cấu. Do đó, $(H_{\alpha})_{\alpha\in B}$ là một cơ sở của không gian vectơ $\mathfrak{g}^0$. Đại số con giao hoán $\mathfrak{g}^0$ của $\mathfrak{g}_B$ sẽ được ký hiệu là $\mathfrak{h}_B$ hoặc đơn giản là $\mathfrak{h}$. Tồn tại một đẳng cấu duy nhất $\mu \rightarrow \mu_B$ từ V vào $\mathfrak{h}^*$ sao cho $\langle \mu_B, H_{\alpha}\rangle =\langle \mu, \alpha^{\vee}\rangle$ với mọi $\mu\in V$ và mọi $\alpha \in B$.

Tự đẳng cấu đối hợp $\theta$ của $\mathfrak{a}$ xác định, qua phép chuyển sang thương, một tự đẳng cấu đối hợp của $\mathfrak{g}$ cũng được ký hiệu là $\theta$. Ta có $\theta (X_{\alpha}) =X_{-\alpha}$ với $\alpha \in B\cup (-B)$, và $\theta (H_{\alpha}) =-H_{\alpha}$.

Chứng minh theo chứng minh của các Bổ đề 8, 9, 10, 11.

Giả sử rằng $\alpha \in B$. Cho $\mathfrak{g}'$ là tập hợp các $z\in \mathfrak{g}$ sao cho (ad $X_{\alpha}$)$^pz= 0$ với $p$ đủ lớn. Vì ad $X_{\alpha}$ là một đạo hàm của $\mathfrak{g},\mathfrak{g}'$ là một đại số con của $\mathfrak{g}$. Theo (21), $X_{\beta}\in \mathfrak{g}'$ với mọi $\beta \in B$. Theo (17), (19), (20), $H_{\beta}\in \mathfrak{g}'$ và $X_{-\beta}\in \mathfrak{g}'$ với mọi $\beta \in B$. Do đó $\mathfrak{g}'=\mathfrak{g}$ và ad $X_{\alpha}$ là lũy linh địa phương. Vì ad $X_{-\alpha}=\theta$(ad $X_{\alpha}$)$\theta^{-1}$, ta thấy rằng ad $X_{-\alpha}$ là lũy linh địa phương.

Ta sẽ thấy rằng $\mathfrak{g}$ là hữu hạn chiều, do đó ad $X_{\alpha}$ thực sự là lũy linh.

Với mọi $\alpha \in B$, cho $s_{\alpha}$ là phép đối xứng trong V được xác định bởi $\alpha$. Vì W(R) được sinh bởi các $s_{\alpha}$ (Chương VI, §1, no. 5, Nhận xét 1), chỉ cần chứng minh bổ đề khi $w=s_{\alpha}$. Theo Bổ đề 8, ta có thể định nghĩa

Ta kiểm tra được như trong Chương I, §6, no. 8, rằng $\theta_{\alpha}$ là một tự đẳng cấu của $\mathfrak{g}$. Ta có

$^1$ Một tự đồng cấu $u$ của một không gian vectơ V được gọi là lũy linh địa phương (hoặc gần

lũy linh) nếu, với mọi $v\in V$, tồn tại một số nguyên dương $n$ sao cho $u^n(v) = 0$

(xem Đại số giao hoán, Chương IV, §1, no. 4, Định nghĩa 2). Khi đó exp($u$), hay $e^u$, được

định nghĩa bởi công thức $e^u(v) =\sum_{n\geq 0}(1/n$!)$u^n(v)$ với mọi $v\in V$. $\theta_{\alpha}(H_{\alpha}) =e^{adX_{\alpha}}e^{adX_{-\alpha}}(H_{\beta}-n(\alpha , \beta )X_{\alpha})$

Nếu $z\in \mathfrak{g}^\mu$,

do đó $\theta_{\alpha}^{-1}z\in \mathfrak{g}^{s_{\alpha}\mu}$. Điều này cho thấy rằng $\theta^{-1}_{\alpha}\mathfrak{g}^\mu\subset \mathfrak{g}^{s_{\alpha}\mu}$. Vì $\theta_{\alpha}$ là một tự đẳng cấu và vì bao hàm này đúng với mọi $\mu\in Q$, ta thấy rằng $\theta_{\alpha}^{-1}\mathfrak{g}^\mu=\mathfrak{g}^{s_{\alpha}\mu}$, điều này chứng minh bổ đề.