Trong phần này, ta xột L=sl(2,F) ={ a b c −a
!
|a, b, c∈F}với cơ sở chuẩn tắc:
x= 0 1 0 0 ! , y = 0 0 0 1 ! , h= 1 0 0 −1 ! . Ta cú: [h, x] = 2x,[h, y] = −2y,[x, y] = h. Theo vớ dụ 1.2.5, ta cú: L = sl(2,F)
là đại số Lie đơn.
Với V là một L-module, theo định lý 2.4.11 ta cú: V =⊕λ∈FVλ, ở đú Vλ ={v ∈ V|h.v = λv}. Khi Vλ 6= 0, ta gọi λ là một trọng của h trờn V và gọi Vλ là khụng gian trọng.
Bổ đề 2.5.1. Nếu v ∈Vλ thỡ x.v∈Vλ+2 và y.v∈Vλ−2.
Chứng minh. Ta cú: h.(x.v) = [h, x].v+x.(h.v) = 2x.v+λx.v= (λ+ 2)x.v, và h.(y.v) = [h, y].v+y.(h.v) =−2y.v+λy.v= (λ−2)y.v.
Do V là hữu hạn chiều và V =⊕α∈FVα là tổng trực tiếp nờn tồn tại Vλ 6= 0 sao cho Vλ+2 = 0. Khi đú, mọi vector khỏc khụng trong Vλ được gọi là vector cực đại
của trọng λ.
Bổ đề 2.5.2. Với V là một L-module bất khả quy. Gọi v0 ∈ Vλ là một vector cực đại. Đặt v−1 = 0, vi = (1/i!)yi.v0(i≥0). Khi đú:
(1) h.vi = (λ−2i)vi,
(2) y.vi = (i+ 1)vi+1,
(3) x.vi =i(λ−i+ 1)vi−1 (i≥0).
minh (3):
x.vi =x.y.vi−1
= [x, y].vi−1+y.x.vi−1
=h.vi−1+y.x.vi−1
= (λ−2(i−1))vi−1+ (λ−i+ 2)y.vi−2 = (λ−2i+ 2)vi−1+ (i−1)(λ−i+ 2)vi−1 =i(λ−i+ 1)vi−1.
Bổ đề 2.5.3. V =span{v0, v1, ..., vm} với m∈N nào đú.
Theo phần (1), cỏc vector vn 6= 0 là độc lập tuyến tớnh,mà V là hữu hạn chiều nờn tồn tạim∈Zsao cho vm 6= 0, vm+1 = 0 (vi = 0,∀i > m). Khi đú {v0, v1, ..., vm}
là hệ cỏc vector khỏc khụng, độc lập tuyến tớnh và khụng gian con của V sinh bởi nú là L-module con khỏc khụng củaV. Mà V bất khả quy nờn nú bằng chớnh V.
Bổ đề 2.5.4. λ=m= dimV −1.
Theo phần (3) của bổ đề 2.5.2 ta cú: 0 =x.vm+1 = (m+ 1)(λ+ 1−(m+ 1))vm, nờn λ = m. Vậy h.v0 = mv0 với m là số nguyờn khụng õm. Trọng của vector cực đại này được gọi là trọng cao nhất. Từ bổ đề 2.5.2 phần (1), ta được cỏc trọng của
h trờnV làm, m−2, ...,−(m−2),−m với cỏc khụng gian trọng cú chiều 1. Vậy ta cú: V =V−m⊕V−m+2⊕...⊕Vm−2⊕Vm, với cỏc khụng gian trọng cú chiều 1. Định lý 2.5.5. ChoVlà một biểu diễn bất khả quy hữu hạn chiều của L=sl(2,F).
(1) Tương ứng với h, V là tổng trực tiếp của cỏc khụng gian trọng Và, à =m, m−
2, ...,−(m−2),−m, ở đú m+ 1 = dimV, vàdimVà= 1 với mọi à.
(2) V cú duy nhất một vector cực đại (sai khỏc một vụ hướng khỏc khụng) cú trọng là m (gọi là trọng cao nhất của V).
(3) Tỏc động của Llờn V được xỏc định rừ ràng từ cỏc cụng thức trong bổ đề 2.5.2. Đặc biệt, tồn tại nhiều nhất mộtL-module bất khả quy, sai khỏc một đẳng cấu, của mỗi chiều m+ 1, m≥0.
Chứng minh. Phần (1) được suy ra từ nhận xột 2.5.3 và 2.5.4, cũn phần (3) được suy ra từ phần (1), phần (2) và bổ đề 2.5.2. Ta chứng minh phần (2): doV xỏc định duy nhất trọng cực đạiλ (λ = dimV −1) nờn vector cực đại củaV là duy nhất, sai khỏc một vụ hướng.
Hệ quả 2.5.6. ChoV là một L-module hữu hạn chiều, với L=sl(2,F). Khi đú cỏc (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
trị riờng của h trờn V là cỏc số nguyờn và mỗi trị riờng xuất hiện cựng số đối của nú với cựng số lần. Hơn nữa, mọi phõn tớch của V thành tổng trực tiếp cỏc module con bất khả quy, số cỏc hạng tử là dimV0+ dimV1.
Chứng minh. Trong trường hợpdimV >0, từ định lý Weyl 2.4.12, ta viết V thành tổng trực tiếp của cỏc module con bất khả quy. Theo định lý, ta được phần một của hệ quả. Để chứng minh phần hai của hệ quả, ta chỉ cần thấy rằng mỗi L-module
bất khả quy chỉ duy nhất xuất hiện với trọng 0 hoặc trọng 1 ( nhưng khụng phải cả hai).
Nhận xột: Với mỗi m ≥ 0 tựy ý, cỏc cụng thức (1)-(3) trong bổ đề 2.5.2 cú thể sử dụng để xỏc định một biểu diễn bất khả quy của L trờn một khụng gian vector
m+ 1 chiều trờn trườngF với cơ sở (v0, v1, ..., vm). Ta gọi module này là V(m).
Vớ dụ 2.5.7. Chỳng ta tỡm cỏc module con bất khả quy của sl(2,F)-moduleM :=
V(1)⊗V(1). Do {v1, v−1} là một cơ sở của V(1), nờn ta cú một cơ sở của M là:
{v1 ⊗v1, v1⊗v−1, v−1⊗v1, v−1 ⊗v−1}. Ta cú: h.(vi⊗vj) =h.vi⊗vj +vi⊗h.vj = (i+j)(vi ⊗vj). Do đú M = M−2 ⊕M0 ⊕M2, với M−2 = spanv−1⊗v−1, M0 =
span{v1⊗v−1, v−1⊗v1}, M2 =span{v1⊗v1}. Vậy: V(1)⊗V(1) =V(2)⊕V(0) với
V(0) =span{v1⊗v−1−v−1⊗v1}, V(2) =span{v1⊗v1, v1⊗v−1+v−1⊗v1, v−1⊗v−1}. 2.6 Hợp thành cỏc khụng gian nghiệm
Định nghĩa 2.6.1. Một đại số con khỏc khụng củaLchỉ bao gồm cỏc phần tử nửa đơn được gọi là đại số con xuyến.
Nhận xột: NếuL khụng cú phần tử nửa đơn nào, cú nghĩa làLchỉ bao gồm cỏc phần tử lũy linh, khi đú theo định lý Engel, L là lũy linh. Trong trường hợp ngược lại, luụn tồn tại phần tử x cú phần nửa đơn trong phõn tớch Jordan khỏc khụng. Khi đú luụn tồn tại đại số con xuyến.
Bổ đề 2.6.2. Một đại số con xuyến là giao hoỏn.
Chứng minh. ChoT là một đại số con xuyến. Ta cần chỉ ra rằngadT(x) = 0,∀x∈T. Với mọi x ∈ T, ta cú ad x cú dạng đường chộo (vỡ ad x là nửa đơn và F là trường đúng đại số). Ta sẽ chỉ raadT xkhụng cú giỏ trị riờng khỏc khụng. Giả sử ngược lại: tồn tại y∈T sao cho [x, y] =ay, a6= 0. Khi đú adT y(x) =−ay là một vector riờng của adT y ứng với trị riờng 0. Do y là nửa đơn nờn x cú thể biểu diễn thành một tổ hợp tuyến tớnh của cỏc vector riờng của adT y. Tỏc động adT y vào biểu diễn trờn,
vế trỏi−ay là một vector riờng ứng với trị riờng khỏc 0, cũn vế phải là tổ hợp tuyến tớnh của cỏc vector riờng ứng với trị riờng khỏc 0, và do đú −ay= 0.
Định nghĩa 2.6.3. Một đại số con xuyến được gọi là cực đại nếu nú khụng nằm thực sự trong một đại số con xuyến khỏc.
Vớ dụ 2.6.4. Với L=sl(n,F) thỡ đại số con H của Lbao gồm tất cỏc cỏc ma trận cú dạng đường chộo là một đại số con xuyến cực đại của L.
Từ H là giao hoỏn nờn adL H bao gồm cỏc tự đồng cấu chộo húa đụi một giao hoỏn. Do đú, adL H là giao hoỏn đồng thời. Núi cỏch khỏc, L = ⊕α∈H∗Lα với
Lα ={x ∈ L|[h, x] = α(h)x,∀h ∈ H}. Ta cú: H ⊂ L0 =CL(H) vỡ H là giao hoỏn theo bổ đề 2.6.2. Đặt Φ là tập tất cả cỏc phần tử khỏc khụng α ∈H∗ mà Lα 6= 0.
Cỏc phần tử của Φ được gọi là cỏc nghiệm. Φ được gọi là hệ nghiệm. Khi đú ta cú phõn tớch hệ nghiệm ( hay phõn tớch Cartan): L=CL(H)⊕(⊕α∈ΦLα).
Vớ dụ 2.6.5. Xột L =sl(2,F) với cơ sở chuẩn tắc đó xỏc định ở phần trước. Khi đú ta cú: H =F.h. Ta đồng nhất α :H −→F với α ∈F. Với w = a b c −a ! ∈ Lα ta cú: [h, w] = 0 2b −2c 0 !
nờn [h, w] =α.w khi và chỉ khia.α= 0, b.α= 0, c.α= 0. Khi đú hoặc α = 2 ( ứng với w ∈ Fx) hoặc α = −2 ( ứng với w ∈ Fy). Vậy
phõn tớch theo khụng gian nghiệm củaL=sl(2,F)là: sl(2,F) =H⊕L2⊕L−2 với
H =Fh, L2 =Fx, L−2 =Fy.
Vớ dụ 2.6.6. Xột L =sl(3,F) với cơ sở chuẩn tắc {h1, h2} ∪ {eij}i6=j. Với α∈ H∗,
α:H −→F được xỏc định bởiα1 =α(h1)∈F và α2 =α(h2)∈F.
Với w=
a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 ∈L, ta cú: [h1, x] = 0 2a12 a13 −2a21 0 −a23 −a31 a32 0 và [h2, x] = 0 −a12 a13 a21 0 2a23 −a31 −2a32 0 .
Do đú [h1, w] = α1w và [h2, w] = α2w khi và chỉ khi: a11 = a22 = a33 = 0 đồng thời (α1, α2)∈ {(2;−1),(1; 1),(−2; 1),(−1; 2),(−1;−1),(1;−2)} tương ứng với cỏc (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Lα =Fe12,Fe13,Fe21,Fe23,Fe31,Fe32.
Như vậy, nếu gọi {h∗
1, h∗
2} là cơ sở của khụng gian đối ngẫu H∗ tương ứng với
{h1, h2}. Khi đú cỏc nghiệm tương ứng với H là:
α1 = 2h∗ 1−h∗ 2, α2 =h∗ 1+h∗ 2, α3 =−2h∗ 1+ 2h∗ 2 α4 =−h∗ 1+ 2h∗ 2, α5 =−h∗ 1−h∗ 2, α6 =h∗ 1−2h∗ 2. Ở đõy: α1 =−α3;α2 =−α5, α4 =−α6.
Bổ đề 2.6.7. Cho L là một đại số Lie nửa đơn và H là đại số con xuyến cực đại của L. Khi đú, ∀α, β ∈ H∗ : [Lα, Lβ] ⊂ Lα+β. Nếu x ∈ Lα, α 6= 0 thỡ ad x là lũy linh. Nếu α, β ∈H∗, α+β 6= 0 thỡ Lα trực giao với Lβ theo dạng Killing của L. Chứng minh. Với x∈Lα, y ∈Lβ, theo đồng nhất thức Jacobi ta cú:
[h,[x, y]] = [[h, x], y] + [x,[h, y]] =α(h)[x, y] +β(h)[x, y] = (α+β)(h)[x, y]
Tiếp theo, ta cú (ad x)n(y)∈Lnα+β, cỏc vector khỏc khụng cú dạng này là độc lập tuyến tớnh, mà L là hữu hạn chiều nờn tồn tạin sao cho: (ad x)n(y) = 0. Cũng do
L là hữu hạn chiều nờn tồn tại N ∈N sao cho (ad x)N = 0. Cuối cựng, do:
α(h)κ(x, y) =κ([h, x], y) =−κ([x, h], y)
=−κ(x,[h, y]) =−β(h)κ(x, y).
nờn (α+β)(h)κ(x, y) = 0, kộo theoκ(x, y) = 0.
Hệ quả 2.6.8. Hạn chế của dạng Killing của L trờn CL(H) là khụng suy biến. Chứng minh. Theo định lý 2.3.5 thỡκlà khụng suy biến. Mặt khỏc, theo bổ đề 2.6.5 thỡ L0 trực giao với tất cả Lα, α ∈ Φ. Như vậy nếu z ∈ L0 thỏa món κ(z, L0) = 0
thỡ κ(z, L) = 0kộo theo z = 0.
Bổ đề 2.6.9. Nếu x, y là cỏc tự đồng cấu giao hoỏn của một khụng gian vector hữu hạn chiều, với y lũy linh thỡ khi đú xy cũng lũy linh. Đặc biệt T r(xy) = 0.
Chứng minh. Bổ đề được suy ra trực tiếp từ tớnh giao hoỏn của hai tự đồng cấu.
Mệnh đề 2.6.10. Gọi H là đại số con xuyến cực đại của L. Khi đú H =CL(H). Chứng minh. ĐặtC=CL(H). Ta chứng minh mệnh đề qua 7 bước: (1)C chứa mọi phần nửa đơn và lũy linh của cỏc phần tử của nú. Thật vậy, x ∈ C khi và chỉ khi
ad x (H) = 0. Theo mệnh đề 2.1.2.c, (ad x)s =ad xs và (ad x)n = ad xn cũng gửi
H vào 0. Vậy nờn xs, xn∈C.
(2) Mọi phần tử nửa đơn của C nằm trongH. Giả sử x∈C là phần tử nửa đơn và [x, H] = 0 thỡ H+Fx cũng là đại số con giao hoỏn của L, hơn nữa tổng của cỏc
phần tử nửa đơn giao hoỏn cũng là một phõn tử nửa đơn, theo mệnh đề 2.1.2, nờn
H+Fx cũng là một đại số con xuyến. Theo tớnh cực đại của H thỡ H +Fx= H,
(3) Hạn chế của κ trờn H là khụng suy biến. Giả sửκ(h, H) = 0 với h∈H. Với x ∈ C là lũy linh thỡ [x, H] = 0 và ad x lũy linh nờn T r(ad x ad y) = 0,∀y ∈ H
(theo bổ đề 2.6.9) hay κ(x, H) = 0. Từ (1) và (2) thỡκ(h, C) = 0, theo hệ quả 2.6.8,
doκ là khụng suy biến trờn C nờn h= 0.
(4) C là lũy linh. Với x∈C là nửa đơn thỡ theo (2), x∈H và adC x= 0 là lũy linh. Với x ∈ C là lũy linh, thỡ adC x cũng là lũy linh. Với x = xs+xn ∈ C, theo
(1) thỡ xs, xn ∈ C, khi đú adC x là tổng của cỏc phần tử lũy linh giao hoỏn và do đú nú lũy linh. Theo định lý Engel thỡC lũy linh.
(5) H∩[C, C] = 0. Áp dụng (3) với [H, C] = 0, κ(H,[C, C]) = 0.
(6) C là giao hoỏn. Ngược lại, giả sử [C, C] 6= 0. Theo (4), C là lũy linh, nờn theo bổ đề 1.3.9 thỡZ(C)∩[C, C]6= 0. Với 06=z ∈(Z(C)∩[C, C]), theo (2) và (5) thỡ z khụng phải nửa đơn nờn phần lũy linh của z là n khỏc khụng và nằm trong (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
C, theo (1). Do đú n∈ Z(C), theo mệnh đề 2.1.2. Kết hợp với bổ đề 2.6.9 ta được κ(n, C) = 0, mõu thuẫn với hệ quả 2.6.8.
(7) C =H. Ngược lại, theo (1), (2) thỡ C chứa một phần tử lũy linh khỏc khụng
x. Theo bổ đề 2.6.9 và (6) ta cú: κ(x, y) = T r(ad x ad y) = 0,∀y ∈ C, trỏi với hệ
quả 2.6.8.
Chỳng ta cú thể đồng nhấtH với H∗ như sau: với mỗi φ∈H∗ ta cho tương ứng với phần tử duy nhất tφ ∈H sao cho φ(h) =κ(tφ, h),∀h∈H.
Mệnh đề 2.6.11. ChoL là đại số Lie nửa đơn, H là đại số con xuyến cực đại của L và Φ là tập nghiệm tương ứng. Khi đú:
(1) Φ là hữu hạn, khụng chứa 0 và sinh ra H∗. (2) Nếu α∈Φ thỡ −α∈Φ.
(3) Nếu α∈Φ, x∈Lα, y ∈Lα thỡ [x, y] =κ(x, y)tα. Do đú [Lα, L−α] là khụng gian một chiều.
(4) α(tα) =κ(tα, tα)6= 0.
(5) Nếu α ∈ Φ và xα là phần tử khỏc 0 của Lα, thỡ tồn tại yα ∈ L−α sao cho xα, yα, hα = [xα, yα] sinh ra một đại số con đơn 3 chiều của L đẳng cấu với sl(2).
(6) hα = κ(tα,tα)2tα ;hα =−h−α.
Chứng minh. (1) Giả sử Φkhụng sinh raH∗, khi đú tồn tạih∈H sao cho: α(h) =
(2) Giả sử α ∈Φ,−α /∈Φ, ta cú L−α = 0, nờn κ(Lα, Lβ) = 0,∀β ∈H∗, theo bổ đề 2.6.7. Do đú κ(Lα, L) = 0, trỏi với tớnh khụng suy biến củaκ.
(3) Với mọi h ∈ H : κ(h,[x, y]) = κ([h, x], y) = α(h)κ(x, y) = κ(tα, h)κ(x, y) =
κ(κ(x, y)tα, h) =κ(h, κ(x, y)tα).Doκlà khụng suy biến nờn[x, y] = κ(x, y)tα. (4) Giả sử α(tα) = 0. Chọn x∈Lα, y ∈L−α sao cho κ(x, y) = 1. Khi đú x, y, tα cú dạng một đại số con giải được do[tα, x] = 0và [tα, y] = 0. Ta cú:S ∼=adLS ⊂ gl(L). Do đú, với s ∈ [S, S] ta cú adLs là lũy linh. Do adLtα là nửa đơn nờn
adLtα = 0, tα ∈Z(L), mõu thuẫn.
(5) Chọn xα, yα sao cho κ(xα, yα) = 2
κ(tα,tα). Đặt hα = 2tα
κ(tα,tα).
(6) Ta cú: κ(−tα, h) =−α(h) = κ(t−α, h) mà dạng Killing form là khụng suy biến nờn tα =−t−α.
Mệnh đề 2.6.12. Nếu α∈Φ thỡ dimLα = 1 và Fα∩Φ ={±α}.
Chứng minh. Cố đinh α ∈ Φ, và chọn Sα ∼= sl(2) (theo mệnh đề 2.6.11). Đặt
M =H⊕(⊕c∈F\{0}Lcα). Ta cú M làSα module hữu hạn chiều. Do đú, M phõn tớch được thành tổng trực tiếp của cỏc module con bất khả quy với cỏc trọng là 0 (với bội dimH) và cα(hα) = 2c∈ Z, c 6= 0. Ta cú Ker α ={h∈ H|α(h) = 0} là khụng gian con cú đối chiều 1 của H (phần bự của Fhα)và Sα tỏc động tầm thường lờn
Ker α do [xα, h] = −α(h)xα = 0. Mà Sα là một Sα-module con bất khả quy của M. NờnKer α và Sα chứa tất cả cỏc trọng 0 của hα. Do đú, chỉ cú cỏc trọng chẵn
trong M là 0 và ±2. Đặc biết, c 6= 2 nờn 2α khụng phải là nghiệm. Hiển nhiờn, α
2
cũng khụng phải là nghiệm. Do đú, 1 khụng phải là trọng. Theo hệ quả 2.5.6 thỡ
M =H⊕sα. Đặc biệt,dimLα = 1 và cú đỳng hai bội của αlà cỏc nghiệm ±α.
Đặt hβ, αi:=β(hα), thỡ hã,ãi tuyến tớnh theo biến thứ nhất và khụng đối xứng.
Mệnh đề 2.6.13. Nếu α, β ∈Φ, thỡ hβ, αi ∈Z và β− hβ, αiα∈Φ. Nếu β 6=±α, đặt r,q là cỏc số nguyờn khụng õm lớn nhất sao cho β −rα, β+qα là cỏc nghiệm. Thỡ β +iα ∈ Φ,∀i ∈ [−r, q] và hβ, αi = r−q ∈ Z. Do đú, nếu α+β ∈ Φ thỡ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
[Lα, Lβ] =Lα+β.
Chứng minh. Cố định α, β ∈ Φ và chọn Sα ∼= sl(2). Ta chỉ cần chứng minh trong
trường hợp β 6=±α. Đặt K =P
i∈ZLβ+iα. Thỡ K là Sα-module con của L với cỏc khụng gian trọng một chiều và cỏc trọng nguyờnhβ, αi+ 2i. Do đú,hβ, αi ∈Z. Từ 0
và 1 khụng thể cựng là cỏc trọng,K là bất khả quy. Do cỏc trọng làβ−iα, i∈[−r;q]
và (β−rα)(hα) = −(β +qα)(hα) ta cú: hβ, αi=β(hα) = r−q. Từ β+iα ∈Φ ta cú: β− hβ, αiα=β+ (q−r)α∈Φ.
Vớiα, β ∈H∗ta đặt(α, β) :=κ(tα, tβ),hβ, αi:=β(hα) = 2(β,α)α,α . Gọi{α1, ..., αt} ⊂
Φlà một cơ sở của H∗.
Bổ đề 2.6.14. Đặt EQ =spanQ(α1, ..., αt) thỡ Φ⊂EQ và dimQEQ =t. Chứng minh. Với β ∈ Φ thỡ ta cú biểu diễn duy nhất: β = Pt
i=1ciαi. Ta chứng
minh ci ∈ Q. Với j = 1,2, ..., t, ta cú: (β, αj) = Pt
i=1ci(αi, αj) nờn: hβ, αi =
Pt
i=1hαi, αjici. Do α1, ..., αt là cơ sở và hệ trờn khụng suy biến nờn ma trận Aij := (hαi, αji)là khụng suy biến và do đú khả nghịch. Đõy là phương trỡnh nguyờn nờn phải cú nghiệm hữu tỉ, do đú, ci ∈Q.
Mệnh đề 2.6.15. (-,-) là một dạng song tuyến tớnh xỏc định dương trờn EQ. Chứng minh. Do dạng Killing form là dạng song tuyến tớnh đối xứng nờn (-,-) cũng là dạng song tuyến tớnh đối xứng. Để chứng minh ∀λ, à ∈ EQ : (λ, à) ∈ Q, ta chỉ
cần chứng minh (α, β)∈Q với α, β ∈Φ. Ta cú: (λ, à) =T r(ad tλad tà) =P α∈Φα(tλ)α(tà) =P α∈Φ(α, λ)(α, à). Với β ∈Φ : (β, β) =P α∈Φ(α, β)2. Suy ra: 4 (β,β) =P α∈Φhα, βi2∈Z. Do đú: (β, β)∈Q,∀β ∈Q mà 2(α,β) (β,β) =hα, βi ∈Z nờn (α, β)∈Q. Nờn vớiλ ∈EQ, ta cú:(λ, λ) = P α∈Φ(α, λ)2 ≥0. Do dạng Killing form là khụng suy biến trờn H và Φ sinh ra H nờn đẳng thức xảy ra chỉ khi λ= 0. Vậy (-,-) xỏc định dương.
Tiếp theo, ta mở rộng trường cơ sở từ Q lờn R:E :=R⊗QEQ. Khi đú: Bổ đề 2.6.16. (E,(−,−)) là một khụng gian Euclide.
Tổng kết cỏc phần trờn, ta cú định lý sau:
Định lý 2.6.17. Với L là một đại số Lie nửa đơn, H là đại số con Cartan và
Φ là hệ nghiệm tương ứng. Khi đú tồn tại khụng gian Euclide E với E ⊂ H∗ và
dimE = dimH thỏa món:
(1) Φ là hữu hạn, sinh ra E và 06∈Φ.
(2) Nếu α∈Φ thỡ chỉ cú đỳng 2 bội của α trong Φ là ±α.