4. 半单李代数的Lie定理与Cartan准则

注意

今后，我们假设 $char F = 0$ ，且 $F$ 是代数闭域——这是为了使 $ad x$ 对任意 $x$ 都有特征值．

Lie 定理

Lie 定理的表述是

Lie 定理：可解线性李代数的元素可同时上三角化

设 $L$ 是 $V$ 上的可解线性李代数， $\dim V = n < \infty$ ，则存在旗 ${W_{i}} \subset V$ ，使得 $L$ 稳定 ${W_{i}}$ ．
用矩阵的语言表述： $V$ 存在一组基，在这组基下 $L$ 中元素的矩阵均为上三角阵．

与 Engel 定理类似，可以用一个特征向量有关的更强的定理来推出它．

定理：可解线性李代数元素的共同特征向量

幂零李代数的 Engel 定理的本质是：由幂零同态构成的李代数存在共同的特征向量（上一章的定理1）．下面的定理也是类似的——但要求 $F$ 的代数闭性，且 $char F = 0$ .

定理：有限维空间上可解线性李代数元素有共同特征向量

设 $L$ 是 $gl (V)$ 的一个可解线性李代数，且 $V$ 是有限维的．若 $V \neq 0$ ，则 $L$ 的全体元素在 $V$ 中有共同的特征向量．

证明： 对 $\dim L$ 归纳．当 $\dim L = 0$ 时这是显然的．

下设定理对小于 $\dim L$ 时成立，我们仿照之前的定理1 进行证明，也就是这四步：

找到一个理想 $K$ ，其余维数为 $1$ ；
由归纳假设， $K$ 有共同的特征向量；
从这一共同特征向量出发，构造空间 $W$ ，使得其被 $L$ 中所有元素稳定： $x (W) \subset W, \forall x \in L$ ．
在该空间中找到一个向量 $z$ 使得 $L = K + F z$ ．

注意

记号 $V, W$ 表示线性空间，记号 $L, K$ 表示 $V, W$ 等上的线性李代数，记号 $x, y, z$ 均为线性李代数 $L, K < gl (V)$ 中的元素（同态）；记号 $u, v, w$ 均为 $V$ 上的向量．我们同时用 $x, y, z$ 表示同态 $x, y, z$ 对应的矩阵．

第一步是简单的．由于 $L$ 是可解的，因此 $[L, L] ≨ L$ ．由于 $L / [L, L]$ 是 Abel 代数（所有李括号都位于 $[L, L]$ 中，因此商代数的所有李括号都是 $0$ ），其任一子代数都自动升级成了一个理想．特别地：在 $L / [L, L]$ 中任取一个余维数为 $1$ 的子空间 $\overset{―}{K}$ ，则 $\overset{―}{K} ⊲ L / [L, L]$ ，则其在典范同态下的原像 $K ⊲ L$ ．

第二步．注意到 $K$ 是可解的（其为可解李代数的子代数）．如果 $K = 0$ ，这说明 $\dim L = 1$ ，从而 $L$ 只能是 Abel 代数，考虑 $L$ 的基就证完了；如果 $K \neq 0$ ，由归纳假设， $K$ 的全体元素在 $V$ 中有共同的特征向量说明 $K$ 中全体元素有共同的特征向量 $v \in V$ ．因此对任意 $x \in K$ 有

x (v) = λ (x) v,

这里 $λ (x) : K \to F$ 是将 $K$ 中元素打到其特征值的线性泛函．

固定这个 $λ$ ，考虑子空间

W = {w \in V : x (w) = λ (x) w, \forall x \in K} .

因此 $v \in W$ ，从而 $W$ 非空．

第三步，我们验证 $L$ 稳定 $W$ ．任取 $w \in W$ ， $x \in L$ ，为证明 $x (w) \in W$ ，我们的思路是：验证

\forall y \in K, y x (w) = x y (w) .

从而就有 $y (x (w)) = λ (y) x (w)$ ，由 $y$ 的任意性，就有 $x (w) \in W$ ；由 $x$ 的任意性，就有 $L (W) \subset W$ ．

为了验证这行式子，我们先把 $y x (w)$ 写出来．注意到

y x (w) = x y (w) - [x, y] (w) = λ (y) x (w) - λ ([x, y]) w

这里 $[x, y] (w) = λ ([x, y]) w$ 是因为 $K$ 是理想，所以 $[x, y] \in K$ ，再由 $W$ 的定义可知．

对比这两行式子，要证明的式子变为： $λ ([x, y]) = 0$ ．

Claim

对上面所取的 $λ$ 、 $x \in L$ 及任意的 $y \in K$ ，都有 $λ ([x, y]) = 0$ .

Claim 的证明． 我们的想法是：

首先对每个 $y \in K$ ，看看它限制在 $W$ 上的矩阵在相似上三角化是什么样子，并得出矩阵性质；
对特殊的 $\tilde{y} \in K$ —— $\tilde{y} = [x, y]$ ，这里 $x \in L$ ， $y \in K$ ，我们从另一角度刻画其矩阵的性质，与第一步结论进行比较来得出结论．

第一步．为相似上三角化，我们先构造 $W$ 上的一个旗．固定 $w \in W$ 、 $x \in L$ ，令 $n > 0$ 为使下面的向量线性相关的最小正整数：

w, x (w), x^{2} (w), \dots, x^{n} (w) .

令 $W_{i} = {span}_{F} {w, x (w), \dots, x^{i - 1} (w)}$ ， $W_{0} = 0$ ，则 $W_{i}$ 由 $i$ 个线性无关向量张成， $\dim W_{i} = i$ ， $W_{n - 1} \neq W_{n} = W_{n + 1} = \dots$ ．，且 $x (W) = W$ ．

接下来，我们首先说明每个 $y \in K$ 都稳定这个旗——用矩阵语言，作相似上三角化．这是因为

\begin{aligned} y x^{i - 1} (w) & = x^{i - 1} y (w) - [x^{i - 1}, y] (w) \\ \overset{k = [x^{i - 1}] \in K ⊲ L}{=} x^{i - 1} y (w) - k (w) \\ = λ (y) x^{i - 1} (w) - λ (k) w \\ \in W_{i} \end{aligned}

对任一 $i$ 成立．因此每个 $y \in K$ 确实稳定每个 $W_{i}$ ．

借助上述结论，我们指出一个重要的同余式——用矩阵语言，确定对角元：

y x^{i} (w) \equiv λ (y) x^{i} (w) (\mod W_{i}) .

这一结论可由归纳法证明． $i = 0$ 是显然的，设命题对 $i - 1$ 成立，则

y x^{i} (w) = y x x^{i - 1} (w) = x y x^{i - 1} (w) - [x, y] x^{i - 1} (w) .

由归纳假设， $y x^{i - 1} (w) = λ (y) x^{i - 1} (w) + w^{'}, w^{'} \in W_{i - 1} \subset W_{i}$ ；同时由 $[x, y] \in K$ （注意 $K$ 为理想）， $x^{i - 1} (w) \in W_{i}$ ，因此 $[x, y] x^{i - 1} (w) \in W_{i}$ ．代入上式即有

y x^{i} (w) = λ (y) x^{i} (w) + x (w^{'}) - [x, y] x^{i - 1} (w) \in λ (y) x^{i} (w) + W_{i} .

因此该同余式对 $i$ 也成立．由归纳法，该同余式对任一 $i$ 成立．

因此，对任一 $y \in K$ ，其在基 $w, x (w), \dots, x^{n - 1} (w)$ 下的矩阵是上三角阵，且上面的同余式给出 $y$ 的矩阵的任一对角元为 $λ (y)$ ，即 $y$ 形如

y = (\begin{matrix} λ (y) & * \\ λ (y) \\ ⋱ \\ 0 & λ (y) \end{matrix}) .

故其迹 $tr y = n λ (y)$ ．

第二步． $[x, y]$ 也是 $K$ 中的一个元素．但注意到 $x, y$ 均稳定 $W$ ，因此 $[x, y]$ 事实上是 $W$ 上的一个交换子，其迹 $tr [x, y] = 0$ ．结合第一步的结论， $λ ([x, y]) = 0$ ，Claim 证毕！ $#$

回到原题． 借助这一 Claim， $λ ([x, y]) = 0$ ，我们成功证明了 $x y (w) = y x (w)$ ， $\forall w$ ．由上述即说明 $L (W) \subset W$ ，即 $L$ 稳定 $W$ ，第三步结束．

第四步．由第一步的结论，将 $L$ 写为 $L = K + F z$ ，这里 $z \in L ∖ K$ ．第三步已经证明 $z (W) \subset W$ ． $F$ 代数闭保证 $z \in gl (V)$ 限制在 $W$ 上有一个特征向量 $v_{0} \in W$ ，直接验证可知 $v_{0}$ 是 $L$ 中全体元素的特征向量，故命题对 $\dim L$ 也成立．

综上，命题证毕！ $◻$

Lie 定理的证明

借助上一定理，Lie 定理的证明是平凡的．

Lie 定理的证明． 对 $\dim V$ 归纳，一个一个地取出对应的共同特征向量． $◻$

Lie 定理与伴随表示的羁伴

更一般地，设 $ϕ : L \to gl (V)$ 是一个有限维表示，其中 $L$ 可解，则 $ϕ (L)$ 也是可解的，从而其稳定一个旗．如果取表示是伴随表示，会发生什么呢？

推论：可解李代数有长度等于维数的理想链

设 $L$ 是有限维可解李代数，则存在理想链

0 = L_{0} \subset L_{1} \subset \dots \subset L_{n} = L

且 $\dim L_{i} = i$ ， $\forall i$ ．

证明． $ad L$ 也是可解的，因此其稳定一个旗：

0 = V_{0} \subset V_{1} \subset \dots \subset V_{n} = L .

子空间 $V_{i}$ 被 $ad L$ 稳定，即对任一 $ad x \in ad L$ 都有 $ad x (V_{i}) \subset V_{i}$ ，即

[x, V_{i}] \subset V_{i}, \forall x \in L .

这就说明 $V_{i}$ 是一个理想，从而上面的旗事实上是一个理想链！ $◻$

推论：可解李代数的导出代数的元素在原李代数中伴随表示幂零

若 $L$ 是可解的，则 $x \in [L, L]$ 可以推出 ${ad}_{L} x$ 是幂零的．特别地，将 ${ad}_{L} x$ 限制在 $[L, L]$ 上并应用 Engel 定理，可得 $[L, L]$ 是幂零的．

证明． 由上一个推论，取 $L$ 的一个被 $ad L$ 稳定的理想链 $0 = L_{0} \subset L_{1} \subset \dots \subset L_{n} = L$ ．设基 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 使得

L_{i} = {span}_{F} {x_{1}, \dots, x_{i}},

则在这组基下， $ad L$ 的所有元素的矩阵均为上三角阵，即 $ad L$ 中元素的矩阵在 $t_{n} (F)$ 中．因此

[ad L, ad L] = {ad}_{L} [L, L]

的矩阵位于 $[t_{n} (F), t_{n} (F)] = n_{n} (F)$ 中，这就说明对任意 $x \in [L, L]$ ， ${ad}_{L} x$ 是幂零的．

再应用 Engel 定理， $[L, L]$ 是幂零的． $◻$

附注：上面的推论事实上应是“等价”

注意李代数可解的定义（导出列最终降到 0），事实上若 $[L, L]$ 幂零，则必有 $[L, L]$ 可解（参见上一章的示例），因此必有 $L$ 可解了．所以 $L$ 可解等价于 $[L, L]$ 幂零．

Jordan-Chevalley 分解

注意

仅在本节中，我们假设 $char F$ 是任意的．

在线性代数中，我们学过所谓 Jordan 标准形：代数闭域上线性空间上的每个线性同态都在某组基下有形如

M = diag (J_{1}, J_{2}, \dots, J_{s}), J_{i} = diag (J_{n_{1}^{i}} (λ_{i}), J_{n_{2}^{i}} (λ_{i}), \dots, J_{n_{j}^{i}} (λ_{i}))

的矩阵，这里 $J_{m} (λ) := λ I_{m} + N_{m}$ ， $N_{m} = {(\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \\ ⋱ & ⋱ \\ 0 & 1 \\ 0 \end{matrix})}_{m \times m} .$ 特别地，容易借此发现可以将这个矩阵 $M$ 分为一个对角阵与一个幂零阵之和：

M = M_{s} + M_{n},

这里 $M_{s}$ 由全体 $M$ 的对角元组成——从而是一个对角阵；而 $M_{n} = M - M_{s}$ 是对角元全为 $0$ 的上三角阵，故 $M_{n} \in n_{n} (F)$ 幂零．

此外，这个 $M_{n}$ 很特殊：它是一系列 $N_{n}$ 构成的对角块，并且每个 $N_{m}$ 的位置与每个纯量阵的位置相对应．因此

M_{s} M_{n} = diag (λ_{1} N_{m_{1}^{1}}, λ_{1} N_{m_{2}^{1}}, \dots, λ_{1} N_{m_{n_{1}}^{1}}, λ_{2} N_{m_{1}^{2}}, \dots, λ_{s} N_{m_{n_{s}}^{s}}) = M_{n} M_{s} .

即这样的 $M_{s}$ 与 $M_{n}$ 可换．

以上所作的分解就是 Jordan-Chevalley 分解的一个特例：将同态的 Jordan 标准形表示为对角阵与幂零阵之和，且该对角阵与幂零阵可换．本节将讨论这种分解——以线性空间的形式．

半单同态、三个线性代数小工具

定义：半单线性同态

称 $x \in End V$ （ $V$ 为有限维线性空间）为 半单的（semisimple），若 $x$ 的最小多项式的根两两互异．

事实上，线性同态 $x$ 半单，本质上就是 $x$ 在某组基下的矩阵是对角阵．这由下面的线性代数定理所保证，我们就不证了．

线性代数定理：半单同态的矩阵可对角化

若 $x \in End V$ 的最小多项式的根两两互异，则 $x$ 的矩阵可对角化．

我们引入如下有用的线性代数工具：

线性代数定理：可换半单同态可同时对角化

若 $x, y \in End V$ 可对角化， $x y = y x$ ，则存在一组基， $x, y$ 在这组基上矩阵为对角阵．

同样不证．

线性代数定理：不变子空间上半单同态限制映射半单

若 $x$ 是半单的，且 $W$ 为 $x$ 的不变子空间，则 $x$ 在 $W$ 上的限制映射也是半单的．

Jordan-Chevalley 分解定理

设 $V$ 为 $F$ 上有限维线性空间， $x \in End V$ ，则

（Jordan-Chevalley 分解存在且唯一） 存在唯一的 $x_{s}, x_{n} \in End V$ ，使得 $x = x_{s} + x_{n}$ ，且 $x_{s}$ 半单， $x_{n}$ 幂零， $x_{s}, x_{n}$ 可换．
（Jordan-Chevalley 分解的二部分由原同态的多项式给出） 存在无常数项的单元多项式 $p (T), q (T)$ ，使 $x_{s} = p (x)$ 且 $x_{n} = q (x)$ ．特别地，这说明 $x_{s}, x_{n}$ 与所有与 $x$ 可换的同态都可换．
（Jordan-Chevalley 分解二部分的像空间与原同态相同） 若 $A \subset B \subset V$ ， $x (B) \subset A$ ，则 $x_{n}, x_{s}$ 也同样将 $B$ 映到 $A$ ．

我们称如上定义的 $x_{n}, x_{s}$ 分别为 $x$ 的幂零部分（nilpotent part） 与半单部分（semisimple part）．

定理的证明是常规的考研高等代数技巧——中国剩余定理插值．

证明． 我们的思路是：找到 2 中的多项式 $p, q$ 来构造所需的的 $x_{n}, x_{s}$ ，并验证 3、1 ，最后说明这样的 $x_{n}, x_{s}$ 是唯一的.

设 $a_{1}, \dots, a_{k}$ 是 $x$ 的不同特征值，其代数重数分别为 $m_{1}, \dots, m_{k}$ ．则 $x$ 的特征多项式是

φ_{x} (λ) = \prod (λ - a_{i})^{m_{i}} .

记 $V_{i}$ 为 $a_{i}$ 对应的根子空间，则 $V = ⨁ V_{i}$ ；特别地，每个 $V_{i}$ 均为不变子空间，且每个 $V_{i}$ 上 $x$ 的多项式为 $(λ - a_{i})^{m_{i}}$ ——两两互素．由中国剩余定理， $F [λ]$ 上同余方程组

{\begin{cases} p (λ) \equiv a_{i} (\mod (λ - a_{i})^{m_{i}}), & i = 1, 2, \dots, k \\ p (λ) \equiv 0 (\mod λ) \end{cases}

有解 $p (λ)$ （注意：如果 $0$ 不是特征值，则 $λ$ 不在 $(λ - a_{i})^{m_{i}}$ 中，上述模多项式均互素；如果 $0$ 是特征值，则第二行的方程就藏在第一行中）．再令 $q (λ) = λ - p (λ)$ ．显然 $p, q$ 的常数项均为 $0$ .

令 $x_{s} = p (x)$ ， $x_{n} = q (x)$ ，我们先证明 $x_{s}, x_{n}$ 满足条件．首先由于 $p$ 没有常数项， $x_{s}, x_{n}$ 展开为 $x$ 的多项式表达式后必是 $x$ 的倍数，故 3 是显然的．我们下面验证幂零与半单性．首先同余式

p (λ) \equiv a_{i} (\mod (λ - a_{i})^{m_{i}})

表明 $x_{s} - a_{i} I = (x - a_{i})^{m_{i}} r (x)$ ，这里 $r$ 是另一多项式；从而将 $x_{s} - a_{i} I$ 限制在根子空间 $V_{i}$ 上，其等同于零变换．这就说明 $x_{s}$ 在 $V_{i}$ 上的限制映射是纯量阵 $a_{i} I$ ．由 $x_{n} = x - x_{s}$ ， $x_{n}$ 在 $V_{i}$ 上的限制映射满足

x_{n} |_{V_{i}} = x |_{V_{i}} - x_{s} |_{V_{i}} = x |_{V_{i}} - a_{i} I |_{V_{i}} = (x - a_{i} I) |_{V_{i}}

由根子空间 $V_{i}$ 的定义， $x_{n}$ 是幂零的．

最后只需证这一分解是唯一的．否则，设另一 J-C分解为 $x = s + n$ ，则

x_{s} - s = n - x_{n} .

由于 $s n = n s$ ，所以 $s, n, x$ 两两分别可交换．由于我们构造的 $x_{n}, x_{s}$ ，依据 2，与所有和 $x$ 交换的同态均交换，所以上式中出现的四个同态两两分别可交换．由于两个可交换的半单／幂零同态之和仍是半单／幂零的，因此上式的左右两边均半单且幂零——这只有 $0$ 可以做到． $◻$

Jordan-Chevalley 分解的一些用途

为了说明为什么 Jordan-Chevalley 分解是一个很有前途的工具，我们考虑一个最特殊的情况．考虑 $gl (V)$ 的伴随表示，这里 $V$ 有限维．若 $x \in gl (V)$ 幂零，则 $ad x$ 也是幂零的：我们已经看到过．类似的，如果 $x$ 是半单的，那么：

引理：半单线性同态的伴随表示也是半单的

设 $x \in gl (V)$ 半单，则 $ad x$ 也半单．

证明： 取基 ${v_{i}}$ 使 $x$ 为对角阵．令 ${e_{i j}}$ 为 $gl (V)$ 的一组基，使得

e_{i j} (v_{k}) = δ_{j k} v_{i} = {\begin{cases} v_{i}, & j = k; \\ 0, & j \neq k . \end{cases}

直接计算可得

ad x (e_{i j}) = (a_{i} - a_{j}) e_{i j} .

因此 $ad x$ 在这组基下是对角阵，从而是半单的． $◻$

引理：伴随表示将 J-C 分解映为 J-C 分解

设 $x \in End V$ ， $\dim V < \infty$ ， $x = x_{s} + x_{n}$ 为 Jordan-Chevalley 分解，则 $ad x = ad x_{s} + ad x_{n}$ 也是 Jordan-Chevalley 分解（位于 $End End V$ 中）．

证明． $x_{n}$ 幂零，于是 $ad x_{n}$ 幂零； $x_{s}$ 半单，于是 $ad x_{s}$ 半单； $[ad x_{s}, ad x_{n}] = ad [x_{s}, x_{n}] = 0$ ，因此交换． $◻$

引理：有限维

F -

代数导子的半单／幂零部分也是导子

设 $V$ 是有限维 $F -$ 代数，则 $Der V$ 中所有导子作为 $End V$ 中同态的半单／幂零部分也在 $Der V$ 中．

证明： 设 $δ \in Der V$ ．令 $σ, ν \in End V$ 为其半单、幂零部分，只需说明 $σ \in Der V$ ．对 $δ$ 的特征值 $a$ ，记 $V_{a}$ 为 $δ$ 关于 $a$ 的根子空间．则 $V = ⨁ V_{a}$ ，且 $σ$ 在 $V_{a}$ 上的限制映射为纯量阵 $a I$ ．我们只需证明 $σ$ 满足 Leibniz 律，即 $σ (x y) = σ (x) y + x σ (y)$ ．

若 $x, y \in V_{a}$ ，由限制映射知显然．从而只需验证 $x \in V_{a}, y \in V_{b}$ 的情形．

我们证明更强的结论：对任意 $a, b \in F$ ，有

V_{a} V_{b} \subset V_{a + b} .

只需注意到（由归纳法可推证）对 $x, y \in V$ 有“二项式定理”

(δ - (a + b) I)^{n} (x y) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) ((δ - a I)^{n - i} x) \cdot ((δ - b I)^{i} y) .

由上可知，若 $x \in V_{a}$ 而 $y \in V_{b}$ ，就有 $σ (x y) = (a + b) x y$ ．又注意到（由导子代数的 Leibniz 律）

σ (x) y + x σ (y) = (a + b) x y .

因此

σ (x y) = σ (x) y + x σ (y)

即对 $V_{a}$ 与 $V_{b}$ ， $σ$ 满足 Leibniz 律．

由于 $V$ 是全体 $V_{a}$ 的直和，因此 $σ$ 的 Leibniz 律对整个 $V$ 都成立，从而 $σ$ 是导子． $◻$

Cartan 准则

我们下面证明一个有关 Lie 代数可解性强而有力的判定准则——基于 $L$ 中一些特定的线性同态的迹．

Cartan 准则：线性李代数与导出代数迹正交则可解

设 $L$ 是 $V$ 上的一个线性李代数， $V$ 有限维．设 $tr (x y) = 0$ 对任意 $x \in [L, L]$ 、 $y \in L$ 成立，则 $L$ 可解．

同态幂零性的“迹”准则

显然，若 $L$ 的导出代数 $[L, L]$ 是幂零的，则 $L$ 必是可解的；另一方面，Engel 定理表明若对每一 $x \in [L, L]$ 都有 ${ad}_{[L, L]} x$ 幂零，则 $[L, L]$ 是幂零的．我们由此想到：为判别可解性，可以先建立一个有关同态幂零性的一个“迹”准则．

引理：伴随表示将某子空间打到更小子空间的线性同态集元素若与该集迹正交则幂零

设 $A \subset B \subset gl (V)$ 为子空间，其中 $V$ 有限维．定义集合

M = {x \in gl (V) : [x, B] \subset A} .

若 $x \in M$ 可推出 $tr (x y) = 0, \forall y \in M$ ，则 $x$ 是幂零的．

证明． 令 $x = s + n$ 是 J-C 分解，我们只需证明 $s = 0$ ．这个证明思路比较疯狂．

取使 $s$ 为对角阵 $diag (λ_{1}, \dots, λ_{m})$ 的一组基 ${v_{m}}$ ．令数集

E = {span}_{Q} {λ_{1}, \dots, λ_{m}}

为 $F$ 的一个子空间，这里 $Q$ 视作 $F$ 的素子域．若要证明 $s = 0$ ，只需证明 $x$ 只有零特征值，即 $E = 0$ . 为证此，只需证明对偶空间 $E^{*} = 0$ ，即任一线性泛函 $f : E \to Q$ 为零．

任取线性泛函 $f$ ，令 $y \in gl (V)$ 满足其在上面取的基下的矩阵为 $diag (f (λ_{1}), \dots, f (λ_{m}))$ ．如果 ${e_{i j}}$ 是 $gl (V)$ 中对应于 $V$ 的基（同此），我们通过已证明的结论得到

ad s (e_{i j}) = (λ_{i} - λ_{j}) e_{i j}, ad y (e_{i j}) = (f (λ_{i}) - f (λ_{j})) e_{i j} .

现在，令 $r (λ) \in F [λ]$ 是无常数项的多项式，满足 $r (λ_{i} - λ_{j}) = f (λ_{i}) - f (λ_{j})$ 对一切 $λ_{i}, λ_{j}$ 成立——良定性由 Lagrange 插值及 $f$ 的线性性保证（ $λ_{i} - λ_{j} = λ_{k} - λ_{l} \Rightarrow f (λ_{i}) - f (λ_{j}) = f (λ_{k}) - f (λ_{l})$ ）．则直接验证可得

ad y = r (ad s) .

由于 $ad s$ 是 $ad x$ 的半单部分，故其可表示为 $ad x$ 的无常数项多项式，从而 $ad y$ 也可以．由题设知 $ad x$ 将 $B$ 映为 $A$ ，所以 $ad y (B) \subset A$ ，即 $y \in M$ ，由题设知 $tr (x y) = 0$ ，即

\sum_{i = 1}^{m} λ_{i} f (λ_{i}) = 0.

左侧是 $E$ 中的 $Q -$ 线性组合．对此式再应用一次 $f$ ，即得到

\sum_{i = 1}^{m} f (λ_{i})^{2} = 0.

但 $f : E \to Q$ ，从而 $f = 0$ ，由任意性知 $E^{*} = 0$ ，证毕！ $◻$

Cartan 准则的证明

在我们开始着手推导 Cartan 准则之前，我们先给出一个有用的公式：

公式：迹与李括号

设 $x, y, z$ 是有限维线性空间上的同态，则

tr ([x, y] z) = tr (x [y, z]) .

公式的证明： $[x, y] z = x y z - y x z$ ，则

tr ([x, y] z) = tr (x y z) - tr (y x z) = tr (z x y) - tr (z y x) = tr (z [x, y]) .

$◻$

Cartan 准则的证明： 只需证明 $[L, L]$ 幂零（见上文附注），或只需证明 $[L, L]$ 中的元素是幂零同态（由 Engel 定理）．

我们应用上述引理来证明这一结论．取 $A = [L, L]$ ， $B = L$ ，

M = {x \in gl (V) : [x, L] \subset [L, L]} .

则 $L \subset M$ ．只需证明 $tr (x y) = 0$ 对任意 $x \in [L, L]$ 、 $y \in M$ 成立．特别地，对 $x$ ，只需对 $[L, L]$ 的生成元证明即可．

现在，设 $[a, b]$ 是 $[L, L]$ 的一个典型生成元，对任意 $y \in M$ ，上述公式给出

tr ([a, b] y) = tr (a [b, y]) = tr ([b, y] a) .

由 $M$ 的定义， $[b, y] \in [b, L] \subset [L, L]$ ，因此右式是 $[L, L]$ 中元素左乘 $L$ 中元素之迹，依提设知为 $0$ ．证毕！ $◻$

Cartan 准则的一个推论

推论：导出代数与原李代数的 Killing Form 为零时原李代数可解

设 $L$ 满足：对任意 $x \in [L, L]$ ， $y \in L$ 有 $tr (ad x ad y) = 0$ ，则 $L$ 可解．

证明． 将 Cartan 准则运用于 $ad L$ ，可得 $ad L$ 可解．因为 $\ker ad = Z (L)$ 是可解的（Abel 代数当然可解），且 $L / Z (L) = ad L$ （同态定理），从而 $L$ 可解． $◻$

上式中定义的 $tr (ad x ad y)$ 称为 Killing form．其定义为：

定义：Killing form

对 $x, y \in L$ ，定义

κ (x, y) = tr (ad x ad y) .

则 $κ$ 为 $L$ 上一对称双线性形，称为 Killing form．

我们将在下一章讨论 Killing form 的性质．