リー群・リー環の問題

1. ad の分解. $X\in \mathfrak{gl}(2,\mathbb{C})$ に対し $[(X,0),(Y,f)]=([X,Y],{\rho }_n(X)f)$ なので、$\mathfrak{g}=\mathfrak{gl}(2,\mathbb{C})\oplus V_n$ に関して $\mathrm{ad}(X,0)$ はブロック対角 ${\mathrm{ad}}_{{\mathfrak{gl}}_2}X\oplus {\rho }_n(X)$ である。よって
$$B((X,0),(Y,0))=\mathrm{tr}({\mathrm{ad}}_{{\mathfrak{gl}}_2}X{\mathrm{ad}}_{{\mathfrak{gl}}_2}Y)+\mathrm{tr}({\rho }_n(X){\rho }_n(Y)).$$

2. 不変形式の空間. 右辺の 2 項はどちらも $\mathfrak{gl}(2,\mathbb{C})$ の表現のトレース形式なので、対称かつ不変（$\beta ([Z,X],Y)+\beta (X,[Z,Y])=0$）である。$\mathfrak{gl}(2,\mathbb{C})=\mathfrak{sl}(2,\mathbb{C})\oplus \mathbb{C}I$ で、$\mathfrak{sl}(2,\mathbb{C})=[{\mathfrak{gl}}_2,{\mathfrak{gl}}_2]$ と中心 $\mathbb{C}I$ は不変形式に関して直交し（$\beta (I,[X,Y])=\beta ([I,X],Y)=0$）、単純リー環 $\mathfrak{sl}(2,\mathbb{C})$ 上の不変対称形式はトレース形式のスカラー倍である。したがって不変対称双線形形式は $\mathrm{tr}(XY)$ と $\mathrm{tr}X\mathrm{tr}Y$ の 1 次結合で書け、係数は対角行列 $D=\mathrm{diag}(s,t)$ での値 $\beta (D,D)=\alpha (s^2+t^2)+{\beta }^{\prime }(s+t{)}^2$ の $s^2+t^2$ と $(s+t{)}^2$ の係数として一意に決まる（$s^2+t^2$ と $(s+t{)}^2$ は 1 次独立）。

3. ${\mathfrak{gl}}_2$ の部分. $D=\mathrm{diag}(s,t)$ のとき $\mathrm{ad}D$ は $E_{11},E_{22}$ に $0$、$E_{12}$ に $s-t$、$E_{21}$ に $t-s$ で作用するので
$$\mathrm{tr}(\mathrm{ad}D{)}^2=2(s-t{)}^2=4(s^2+t^2)-2(s+t{)}^2.$$
よってこの部分は $4\mathrm{tr}(XY)-2\mathrm{tr}X\mathrm{tr}Y$。

4. $V_n$ の部分. ${\rho }_n(D)=sx{\partial }_x+ty{\partial }_y$ は基底 $x^k{y}^{n-k}$ $(0\le k\le n)$ に固有値 $ks+(n-k)t$ で作用するので
$$\mathrm{tr}{\rho }_n(D{)}^2=\sum _{k=0}^n(ks+(n-k)t{)}^2=S(s^2+t^2)+2Tst,$$
ただし $S={\sum }_{k=0}^n{k}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$、$T={\sum }_{k=0}^{n}k(n-k)=n\cdot \frac{n(n+1)}{2}-S=\frac{(n-1)n(n+1)}{6}$。$2st=(s+t{)}^2-(s^2+t^2)$ より
$$\mathrm{tr}{\rho }_n(D{)}^2=(S-T)(s^2+t^2)+T(s+t{)}^2,S-T=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}.$$
よってこの部分は $\frac{n(n+1)(n+2)}{6}\mathrm{tr}(XY)+\frac{(n-1)n(n+1)}{6}\mathrm{tr}X\mathrm{tr}Y$。

5. まとめ. 3 と 4 を足して
$$a=4+\frac{n(n+1)(n+2)}{6},b=-2+\frac{(n-1)n(n+1)}{6}.$$
（検算: $n=1$ で $X=Y=I$ とすると、$\mathrm{ad}I$ は ${\mathfrak{gl}}_2$ 上 $0$、$V_1$ 上恒等なので $B=2$。一方 $a\cdot 2+b\cdot 4=5\cdot 2-2\cdot 4=2$ で一致する。）

答えは $\left(4+\frac{n(n+1)(n+2)}{6},-2+\frac{(n-1)n(n+1)}{6}\right)$。

$V_n$ は $\mathfrak{g}$ のアーベル・イデアルで、$\mathfrak{g}=\mathfrak{gl}(2)⋉V_n$。$u=(X,0)$ に対し $\mathrm{ad}u$ は $\mathfrak{gl}(2)$ 上で $\mathrm{ad}X$、$V_n$ 上で ${\rho }_n(X)$ として働き、$\mathfrak{gl}(2)$ を $V_n$ に写す成分はない（$[(X,0),(Y,0)]=([X,Y],0)$）。よって
$$B((X,0),(Y,0))=B_{\mathfrak{gl}(2)}(X,Y)+{\mathrm{tr}}_{V_n}({\rho }_n(X){\rho }_n(Y)).$$

(1) $\mathfrak{gl}(N)$ のキリング形式は $2N\mathrm{tr}(XY)-2\mathrm{tr}X\mathrm{tr}Y$ なので $N=2$ で $4\mathrm{tr}(XY)-2\mathrm{tr}X\mathrm{tr}Y$。

(2) ${\rho }_n(X)x=x_{11}x+x_{21}y$, ${\rho }_n(X)y=x_{12}x+x_{22}y$ より、基底 $x,y$ に関する行列は $X$ そのもの、つまり ${\rho }_n={\mathrm{Sym}}^n$。不変双線形形式 ${\mathrm{tr}}_{V_n}({\rho }_n(X){\rho }_n(Y))$ は $\mathfrak{gl}(2)$ 上で $\alpha \mathrm{tr}(XY)+\beta \mathrm{tr}X\mathrm{tr}Y$ の形。
- $H=\mathrm{diag}(1,-1)$: ${\rho }_n(H)$ の固有値は $n-2k$ ($k=0,\dots ,n$) で $\sum (n-2k{)}^2=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$。$\mathrm{tr}{H}^2=2$, $\mathrm{tr}H=0$ より $2\alpha =\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$, $\alpha =\frac{n(n+1)(n+2)}{6}$。
- $X=Y=I$: ${\rho }_n(I)=n\cdot \mathrm{id}$ なので $\mathrm{tr}=n^2(n+1)$。一方 $2\alpha +4\beta$ なので $\beta =\frac{1}{4}\left(n^2(n+1)-\frac{n(n+1)(n+2)}{3}\right)=\frac{n(n+1)(n-1)}{6}$。

(3) 合計して
$$a=4+\frac{n(n+1)(n+2)}{6},b=-2+\frac{(n-1)n(n+1)}{6}.$$

検算: $n=1$ では $(a,b)=(5,-2)$。$\mathfrak{gl}(2)⋉{\mathbb{C}}^2$ で、${\mathbb{C}}^2$ 上の寄与は $\mathrm{tr}(XY)$ なので $4+1=5$, $-2+0=-2$ で一致。$n=2$ では $X=Y=\mathrm{diag}(p,q)$ で ${\mathrm{Sym}}^2$ の寄与が $5p^2+5q^2+2pq=4\mathrm{tr}(X^2)+(\mathrm{tr}X{)}^2$ となり $\alpha =4,\beta =1$ と一致（公式: $\alpha =4,\beta =1$）。