リー群・リー環の問題

$X\in {\mathfrak{b}}_n$ の対角成分を $x_1,\dots ,x_n$、$Y$ の対角成分を $y_1,\dots ,y_n$ とする。

キリング形式の計算. $E_{ij}$ を $(i,j)$ 成分だけが $1$ の行列単位とすると、${\mathfrak{b}}_n$ の基底は $E_{ij}(i\le j)$ である。$\mathfrak{h}$ を対角行列全体、$\mathfrak{n}$ を狭義上三角行列全体とすると ${\mathfrak{b}}_n=\mathfrak{h}\oplus \mathfrak{n}$ で、$[{\mathfrak{b}}_n,{\mathfrak{b}}_n]\subset \mathfrak{n}$ である。

基底 $E_{ij}(i<j)$ に「$j-i$ が大きい順」に並べ、最後に $E_{11},\dots ,E_{nn}$ を並べる。$X=D+N$（$D=\mathrm{diag}(x_1,\dots ,x_n)$, $N\in \mathfrak{n}$）と分けると
$$[D,E_{ij}]=(x_i-x_j)E_{ij}$$
であり、$\mathrm{ad}N$ は $E_{ij}(i<j)$ を $j-i$ がより大きい $E_{kl}$ の一次結合に、$E_{kk}$ を $\mathfrak{n}$ の元に移す。よってこの基底に関して $\mathrm{ad}X$ は（並べ方に応じて）三角行列で表され、その対角成分は
$$x_i-x_j(i<j),0(\text{n 個})$$
である。$\mathrm{ad}Y$ も同じ基底で同じ向きの三角行列になるので、積 $\mathrm{ad}X\circ \mathrm{ad}Y$ も三角行列で、対角成分は対応する対角成分の積である。したがって
$$B(X,Y)=\sum _{1\le i<j\le n}(x_i-x_j)(y_i-y_j).$$
特に $B(X,Y)$ は $X,Y$ の対角成分だけで決まる。

根基の計算. $x=(x_1,\dots ,x_n{)}^{\mathsf{T}}$ などと書くと
$$\sum _{i<j}(x_i-x_j)(y_i-y_j)=n\sum _i{x}_i{y}_i-\left(\sum _i{x}_i\right)\left(\sum _i{y}_i\right)=x^{\mathsf{T}}(n{I}_n-J_n)y$$
（$J_n$ は全成分が $1$ の $n$ 次行列）。$Y$ の対角成分 $y$ は任意にとれるので、$X\in \mathrm{rad}B$ であることは $(n{I}_n-J_n)x=0$ と同値である。$J_n$ の固有値は $n$（固有ベクトル $(1,\dots ,1{)}^{\mathsf{T}}$）と $0$（重複度 $n-1$）なので、$n{I}_n-J_n$ の核は $(1,\dots ,1{)}^{\mathsf{T}}$ で張られる $1$ 次元空間である。

よって $\mathrm{rad}B$ は「対角部分がスカラー行列である上三角行列」全体、すなわち $\mathbb{R}{I}_n\oplus \mathfrak{n}$ であり、
$$\dim \mathrm{rad}B=1+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n^2-n+2}{2}.$$
（確認: $n=2$ のとき $2$。${\mathfrak{b}}_2$ では $B(X,Y)=(x_1-x_2)(y_1-y_2)$ で、根基は $\{x_1=x_2\}$ の $2$ 次元である。）

${\mathfrak{b}}_n$ の基底として、対角行列 $H=\mathrm{diag}(a_1,\dots ,a_n)$ と行列単位 $E_{ij}$ ($i<j$) をとる。$\mathfrak{n}$ を狭義上三角行列全体（$=[{\mathfrak{b}}_n,{\mathfrak{b}}_n]$）とする。\n\n1. ${\mathfrak{b}}_n$ は可解で、$\mathfrak{n}$ は冪零イデアルである。${\mathfrak{b}}_n$ のイデアルの列 ${\mathfrak{b}}_n\supset \mathfrak{n}={\mathfrak{n}}_1\supset {\mathfrak{n}}_2\supset \cdots$（${\mathfrak{n}}_k$ は $j-i\ge k$ の成分から成る）を考える。$X\in \mathfrak{n}$, $Y\in {\mathfrak{b}}_n$ に対し、$\mathrm{ad}X\circ \mathrm{ad}Y$ はこの列を保ち各段を次の段へ送る（${\mathfrak{b}}_n/\mathfrak{n}$ は可換なので $\mathrm{ad}X$ は ${\mathfrak{b}}_n\to \mathfrak{n}$、${\mathfrak{n}}_k\to {\mathfrak{n}}_{k+1}$）。したがって冪零で $\mathrm{tr}=0$。よって $B(X,Y)=0$ ($X\in \mathfrak{n}$)、すなわち $\mathfrak{n}\subset \mathrm{rad}B$ であり、$B(X,Y)$ は $X,Y$ の対角成分だけで決まる。\n\n2. 対角行列 $H=\mathrm{diag}(a)$, $H^{\prime }=\mathrm{diag}(b)$ について、$\mathrm{ad}H$ は $E_{ij}$ ($i<j$) を $(a_i-a_j)$ 倍し、対角部分では 0 である。ad は対角部分と $E_{ij}$ の合成で、基底 $\{$対角, $E_{ij}\}$ に関して $\mathrm{ad}H\circ \mathrm{ad}{H}^{\prime }$ の対角成分は $E_{ij}$ 上で $(a_i-a_j)(b_i-b_j)$、対角部分上で 0 である。ゆえに\n$$B(H,H^{\prime })=\sum _{i<j}(a_i-a_j)(b_i-b_j)=n\sum _i{a}_i{b}_i-\left(\sum _i{a}_i\right)\left(\sum _i{b}_i\right).$$\n\n3. $H$ が対角成分上の根基に入る条件は、すべての $b$ について上式が 0、すなわち各 $i$ で $n{a}_i-{\sum }_k{a}_k=0$。よって $a_1=\cdots =a_n$、つまり $H$ はスカラー行列で、この空間の次元は 1。\n\n4. したがって $\mathrm{rad}B=\{X\in {\mathfrak{b}}_n\mid X\text{ の対角部分がスカラー}\}=\mathbb{R}I\oplus \mathfrak{n}$。次元は $\frac{n(n-1)}{2}+1$。\n\n検算: $n=2$ のとき ${\mathfrak{b}}_2$ は 3 次元で $B(X,Y)=(a_1-a_2)(b_1-b_2)$ なので根基は 2 次元。公式は $1+1=2$ で一致。