Niech A będzie skończenie wymiarową półprostą algebrą Liego nad ciałem algebraicznie domkniętymi F charakterystki 0 i niech C będzie podalgebrą Cartana w C. Mamy wtedy rozkład

A = C ⊕ ⊕_{α∈Λ}A_{α}

gdzie Λ = {α : α ≠ 0, A_{α} ≠ {0}}.

Lemat 0.1 Jeśli e ∈ A_{α}, f ∈ A_{−α}, h = [e, f], β ≠ 0, A_{β} ≠ {0} to istnieje liczba wymierna r_{α,β} zależna od α, β lecz niezależna od wyboru e, f, taka że β(h) = r_{α,β}α(h).

Dowód: Niech V = ⊕_{n∈ℤ}A_{β+nα}. V jest ad_{e}, ad_{f} i ad_{h} niezmiennicza. Skoro h = [e, f] to Tr_{V} (ad_{h}) = 0. Czyli

∑_{n∈Z}(β(h) + nα(h)) dim(A_{β+nα}) = 0

czyli

β(h) ∑_{n∈Z} dim(A_{β+nα}) = −α(h) ∑_{n∈Z} n dim(A_{β+nα})

i

β(h) = −\frac{∑_{n∈Z} n dim(A_{β+nα})}{∑_{n∈Z} dim(A_{β+nα})}α(h)

⋄

Lemat 0.2 Jeśli A jest algebrą Liego nad ciałem charakterystyki 0, taką że A = [A, A] to forma Killinga A jest niezerowa.

Dowód: Bez zmniejszania ogólności można zakładać że ciało podstawowe jest algebraicznie domknięte. Niech C będzie podalgebrą Cartana w A. Mamy

A = ⊕_{α}A_{α}

gdzie A_{0} = C. Ponieważ dla β ≠ −α mamy [A_{α}, A_{β}] ⊂ A_{α+β} założenie że [A, A] = A implikuje że C = lin[A_{α}, A_{−α}]. W szczególności istnieje α, e ∈ A_{α}, f ∈ A_{−α} takie że h = [e, f] ≠ 0. Z lematu 0.1 wynika teraz że

K(h, h) = ∑_{β} β(h)^{2} dim(A_{β}) = α(h)^{2} ∑_{β} r_{α,β}^{2} dim(A_{β}).

Suma powyżej jest sumą liczb dodatnich, czyli K(h, h) = 0 implikuje że α(h) = 0 i konsekwentnie dla dowolnego β takiego że A_{β} ≠ 0 mamy β(h) = 0. C jest rozpinane przez wektory h jak wyżej, gdyby dla dowolnego takiego h zachodziło K(h, h) = 0 to jedynym α takim że A_{α} ≠ {0} byłoby 0, czyli A = C byłaby nilpotentna. Lecz to przeczyłoby warunkowi [A, A] = A. ⋄

Twierdzenie 0.3 (Kryterium Cartana). Jeśli A jest skończenie wymiarową algebrą Liego nad ciałem charakterystyki 0 to

• A jest rozwiązalna wtedy i tylko wtedy gdy A jest ortogonalne do [A, A] względem formy Killinga • A jest półprosta wtedy i tylko wtedy gdy forma Killinga A jest niezdegene-

rowana

Dowód: Jeśli A jest rozwiązalna, to na mocy twierdzenia Liego dla x ∈ A, y ∈ [A, A] operator ad_{x}ad_{y} jest nilpotentny, czyli K(x, y) = Tr(ad_{x}ad_{y}) = 0. Jeśli A jest ortogonalne do [A, A] względem formy Killinga, ale A nie jest rozwiązalna to definiując A_{0} = A, A_{k+1} = [A_{k}, A_{k}] dla pewnego k ≥ 1 mielibyśmy A_{k} = A_{k+1} = [A_{k}, A_{k}]. A_{k} są ideałami A, a więc forma Killinga A_{k} jest obcięciem formy Killinga A do A_{k}. Czyli forma Killinga A_{k} byłaby zerowa. Ale na mocy lematu 0.2 jest to niemożliwe, co kończy dowód pierwszej części twierdzenia.

Jeśli I ⊂ A jest nietrywialnym ideałem rozwiązalnym to rozważając I_{0} = I, I_{k+1} = [I_{k}, I_{k}] widzimy że A zawierałaby nietrywialny ideał abelowy (takim ideałem jest I_{k} z maksymalnym k takim że I_{k} ≠ {0}. Jeśli I jest ideałem abelowym, x ∈ A, y ∈ I to I jest podprzestrzenią niezmienniczą dla ad_{x} i dla ad_{y} czyli I jest nieziennicze dla ad_{x}ad_{y}. Na I mamy ad_{y} = 0 czyli Tr_{I}(ad_{x}ad_{y}) = 0. Skoro ad_{y}(A) ⊂ I to na przestrzni ilorazowej A/I operator ad_{y} indukuje operator zerowy i

K(x, y) = Tr(ad_{x}ad_{y}) = Tr_{I}(ad_{x}ad_{y}) + Tr_{A/I}(ād_{x}ād_{y}) = 0

gdzie ād_{x} i ād_{y} = 0 są operatorami na A/I indukownymi przez ad_{x} i ad_{y}. A więc gdyby A nie była półprosta to forma Killinga K byłaby zdegenerowana.

Pozostaje pokazać że algebra półprosta ma niezdegenerowaną formę Killinga. Nie wprost, gdyby A była półprosta, zaś K byłaby zdegenerona to I = {x ∈ A : ∀_{y∈A}K(x, y) = 0} byłby ideałem A z zerową formą Killinga. Na mocy pierwszej części I były ideałem rozwiązalnym, co przeczyłoby półprostocie. Czyli I = {0} i K jest niezdegenerowana. ⋄

Twierdzenie 0.4 Niech A będzie skończenie wymiarową półprostą algebrą Liego nad ciałem charakterystyki 0 i niech Der(A) będzie algebrą Liego różniczkowań A. Wtedy odwzorowanie x ↦ ad_{x} zadaje izomorfizm A z Der(A)

Dowód: Jądrem odwzorowania x ↦ ad_{x} jest centrum A, skoro A jest półprosta to centum jest trywialne i A jest izomorficzne ze swoim obrazem Ã w Der(A). Ã jest ideałem w Der(A):

[d, ad_{x}](z) = d([x, z])−[x, d(z)] = [d(x), z]+[x, d(z)]−[x, d(z)] = [d(x), z] = ad_{d(x)}(z).

A więc forma Killing Der(A) na Ã jest identyczna z formą Killinga Ã czyli jest niezdegenorowana. Niech I = {d ∈ Der(A) : ∀_{x∈Ã}K(d, x) = 0}. Mamy wtedy Der(A) = Ã ⊕ I. Mianowicie, dla d ∈ Der(A) i x ∈ Ã definujemy β_{d}(x) = K(d, x). Skoro K jest niezdegenerowana na Ã to istnieje y ∈ Ã taki że β_{d}(x) = K(y, x). Teraz dla dowolnego x ∈ Ã mamy K(d − y, x) = 0, czyli d − y ∈ I, co pokazuje że d ∈ Ã + I. Jako że d jest dowolne to Der(A) = Ã + I. Jeśli x ∈ I ∩ Ã to x leży jądrze K obciętego do Ã, co dzieki temu że K jest niezdegenerowana na Ã oznacza że x = 0, czyli suma Ã + I jest sumą prostą.

Forma Killinga jest niezmiennicza, a więc I jest ideałem: dla d ∈ I, x ∈ Ã, z ∈ Der(A) mamy [z, x] ∈ Ã i

K([z, d], x) = −K(d, [z, x]) = 0

czyli [z, d] ∈ I. Teraz dla d ∈ I i x ∈ Ã mamy [d, x] ∈ Ã ∩ I = {0}. Lecz, jak to obliczyliśmy wyżej [d, ad_{x}] = ad_{d(x)}, czyli d = 0, co oznacza że I = {0} i Der(A) = Ã. ⋄

Definicja: Mówimy że operator S na przestrzeni wektorowej V jest półprosty jeśli V ma bazę złożoną z wektorów własnych S.

Lemat 0.5 Jeśli V jest skończenie wymiarową przestrzenią wektorową nad ciałem algebraicznie domkniętym zaś A jest operatorem liniowym na V, to istnieją operatory S i N takie że A = S + N, S jest półprosty, N jest nilpotentny i S komutuje z każdym operatorem komutującym z A.

Dowód: Jeśli A ma tylko jedną wartość własną a to S = aI i N = A − S daje żądany rozkład. Mianowicie, skoro A ma tylko jedną wartość własną to wielomian minimaly A to (X −a)^{k} dla pewnego k, czyli N^{k} = (A−aI)^{k} = 0 i N jest nilpotentny. Oczywiście S jest półprosty i komutuje z każdym operatorm a więc tym bardziej z każdym operatorem komutującym z A.

Jeśli A ma wartości własne a_{1}, …, a_{n} to niech V_{i} = {v ∈ V : (A−a_{i}I)^{dim(V)}v = 0}. Jeśli B komutuje z A to dla v ∈ V_{i} mamy (A − a_{i}I)^{dim(V)}Bv = B(A − a_{i}I)^{dim(V)}v = 0, czyli Bv ∈ V_{i}. Innymi słowy, podprzestrzenie V_{i} są niezmiennicze dla B. Lecz V = ⊕V_{i} czyli jeśli zbudujemy rozkład na każdym z V_{i} z osobna to będzie miał żądane własności: skoro V_{i} są niezmiennicze dla B to S komitując z B na każdym z V_{i} z osobna będzie komitował z B. Oczywiście S będąc sumą prostą operatorów półprostych jest półprosty, N będąc sumą prostą operatorów nilpotentnych jest nilpotentny. ⋄

Lemat 0.6 Niech A będzie skończenie wymiarową półprostą algebrą Liego nad ciałem algebraicznie domkniętym charakterystyki 0 i niech C będzie podalgebrą Cartana w A. Niech A = ⊕_{α}A_{α} gdzie A_{0} = C. Dla α ≠ −β przestrzenie A_{α} i A_{β} są ortogonalne względem formy Killinga. Forma Killinga A obcięta do C jest niezdegenerowana. Ponadto forma Killinga zadaje dualność między A_{α} a A_{−α}.

Dowód: Wiemy że [A_{α}, A_{γ}] ⊂ A_{α+γ}, a więc dla x ∈ A_{α}, y ∈ A_{β} mamy ad_{x}ad_{y}(A_{γ}) ⊂ A_{α+β+γ} i (ad_{x}ad_{y})^{k}(A_{γ}) ⊂ A_{k(α+β)+γ}. Jeśli α ≠ −β dla dowolnego γ takiego że A_{γ} ≠ {0} i dużych k mamy A_{k(α+β)+γ} = {0}, czyli ad_{x}ad_{y} jest nilpotentny, czyli K(x, y) = Tr(ad_{x}ad_{y}) = 0. Skoro forma Killinga jest niezdegenrowana zaś dla α ≠ −β A_{α} jest ortogonalne do A_{β} to A_{−α} musi być dualne do A_{α}. W szczególności dla α = 0 oznacza to że forma Killinga obcięta do C jest niezdegenerowana. ⋄

Lemat 0.7 Przy założenich poprzedniego lematu C jest przemienna i dla x ∈ C operator ad_{x} jest półprosty.

Dowód: Dla x, y ∈ C mamy

K(x, y) = ∑ α(x)α(y) dim(A_{α})

Jeśli y ∈ [C, C] to wtedy α(y) = 0 dla dowolnego α takiego że A_{α} ≠ {0}. A więc wtedy K(x, y) = 0, czyli y = 0 bo forma Killinga obcięta do C jest niezdegenerowana. Konsekwentnie [C, C] = {0} is C jest przemienna.

Dla x ∈ C niech ad_{x} = S + N będzie rozkładem ad_{x} na część półprostą i nilpotentną. S jest różniczkowaniem A: dla y ∈ A_{α}, z ∈ A_{β} mamy [y, z] ∈ A_{α+β}, S(y) = α(x)y, S(z) = β(x)z a więc

S([y, z]) = (α + β)(x)[y, z] = [α(x)y, z] + [y, β(x)z] = [S(y), z] + [y, S(z)].

Na mocy 0.4 istnieją s, n ∈ A takie że ad_{s} = S i ad_{n} = N. S komutuje z każdymo operatorm komutującym z ad_{x}, a więc w szczególności S komutuje z ad_{y} dla dowolnego y ∈ C. A więc jeszcze raz używając 0.4 widzimy że s komutuje z C, czyli s należy do normalizatora C, czyli s ∈ C. Skoro x = s + n to również n ∈ C. Jednakże ad_{n} jest nilpotentny, czyli α(n) = 0 dla α takich że A_{α} ≠ {0}, czyli jak poprzednio n = 0, co oznacza że ad_{x} = S jest półprosty.

Niech Λ = {α ≠ 0 : A_{α} ≠ {0}}. Przy założeniach jak wyżej forma Killinga jest niezdegenerowana na C, a więc dla α ∈ Λ istnieje dokładnie jeden h_{α} ∈ C takie że α(x) = K(h_{α}, x) dla dowolnego x ∈ C.

Lemat 0.8 • Jeśli e ∈ A_{α}, f ∈ A_{−α} to [e, f] = K(e, f)h_{α}.

• α(h_{α}) ≠ 0

• {h_{α} : α ∈ Λ} rozpina C

• Jeśli e ∈ A_{α}, f ∈ A_{−α}, K(e, f) ≠ 0 to podalgebra A generowana przez e, f i h_{α} jest izomorficzna z sl(2, F)

• Przestrzenie A_{α} są jednowymiarowe

• Jeśli α, tα ∈ Λ to t ∈ −1, 1

• Jeśli α, β ∈ Λ to 2K(h_{α}, h_{β})/K(h_{α}, h_{α}) jest liczbą całkowitą

Dowód: Niech e ∈ A_{α}, f ∈ A_{−α}. Dla x ∈ C mamy

K([e, f], x) = −K(f, [e, x]) = α(x)K(f, e) = K(f, e)K(h_{α}, x)

czyli K([e, f]−K(e, f)h_{α}, x) = 0 co na mocy niezdegenerowania K na C oznacza że [e, f] = K(e, f)h_{α}. A więc pokazaliśmy pierwszy punkt.

Na mocy lematu 0.1 dla dowolnego β ∈ Λ mamy β(h_{α}) = c_{α,β}α(h_{α}), czyli α(h_{α}) implikowałoby β(h_{α}) = 0, czyli (jak w dowodzie 0.7) h_{α} byłoby ortogonelne do C względem formy Killinga i h_{α} = 0. Lecz α ≠ 0, więc h_{α} ≠ 0 co oznacza że α(h_{α}) ≠ 0

A jest półprosta, więc A = [A, A] = lin[A_{α}, A_{β}] Dla α ≠ −β dostajemy składniki rozkładu różne od C, a więc C = lin_{α≠0}[A_{α}, A_{−α}]. Na mocy poprzednigo punktu [A_{α}, A_{−α}] jest rozpinane przez h_{α}, czyli C = lin{h_{α} : α ∈ Λ}.

Aby pokazać trzeci punkt niech g = 2f/(α(h_{α})K(e, f)). Wtedy K(e, g) = K(e, f)/(α(h_{α})K(e, f)) = 2/α(h_{α}), h = [e, g] = K(e, g)h_{α} = 2h_{α}/α(h_{α}) i α(h) = 2α(h_{α})/α(h_{α}) = 2. A więc [h, e] = α(h)e = 2e i [h, g] = −α(h)g = −2g co oznacza że h, e, g spełniają te same relacje komutacji co

H = [ \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ] ,  X = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ] ,  Y = [ \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} ]

czyli h ↦ h, e ↦ X, g ↦ Y zadaje izomorfizm.

Przypuśćmy teraz że A_{α} ma wymiar większy niż 1. Wtedy istniałby z ∈ A_{α} taki że z ≠ 0, lecz K(z, g) = 0. A więc [g, z] = K(z, g)h_{α} = 0, czyli z generowały skończenie wymiarowy moduł M nad sl(2, F) taki że wszystkie wartości własne h byłyby dodanie. Dokładniej niech z_{0} = 0 i z_{k+1} = [e, z_{k}]. Zauważmy że istnieją stałe c_{k} takie że [g, z_{k}] = c_{k}z_{k−1} dla k ≥ 0 (gdzie c_{0} = 0 i z_{−1} = 0). Mianowicie indukcyjnie [g, z_{k+1}] = [g, [e, z_{k}]] = [[g, e], z_{k}] + [e, [g, z_{k}]] = −[h, z_{k}] + [e, c_{k}z_{k−1}] = −2kz_{k} + c_{k}z_{k} czyli M = lin{ad_{e}^{k}(z) : k ∈ ℤ, k ≥ 0} bo ta podprzestrzeń jest niezmiennicza na działanie h, e, g. Ale taki moduł M nie istnieje co oznacza że przestrzeń A_{α} jest jednowymiarowa.

Podobnie, jeśli A_{tα} jest nietrywialne to h musi mieć całkowitą wartość własną na A_{tα}, czyli 2t ∈ ℤ. Ale rola α i tα jest symetryczna, czyli również 2/t ∈ ℤ. Gdyby t = 2 to A_{2α} = ad_{e}(A_{α}) lecz jest to niemożliwe bo A_{α} jest rozpinane przez e i ad_{e}(A_{α}) = {0}. Przez symetrię wykluczone jest również t = −2, t = 1/2, i t = −1/2. A więc jedne możliwości które pozostają to t = −1 lub t = 1.

Aby pokazać ostatni punkt rozważmy podalgebrę A generowaną przez h_{α}, e, f. Jak wiemy ta algebra jest izomorficzna z sl(2, F). Niech H = 2h_{α}/K(h_{α}, h_{α}). Z opisu skończenie wymiarowych modułów nad sl(2, F) wiemy że w dowolnym takim module H ma całkowite wartości własne. Rozważmy działanie H na x ∈ A_{β}: [H, x] = 2β(h_{α})/K(h_{α}, h_{α}) = 2K(h_{β}, h_{α})/K(h_{α}, h_{α}), czyli 2K(h_{β}, h_{α})/K(h_{α}, h_{α}) jako wartość własna H jest liczbą całkowitą. ⋄

Lemat 0.9 α(h_{α}) ∈ ℚ i α(h_{α}) > 0. Niech V = lin_{ℚ}{h_{α} : α ∈ Λ}. Forma Killinga obcieta do V przyjmuje wartości wymierne i jest dodatnio określona. Ponadto, jeśli S ⊂ Λ i Δ = {h_{α} : α ∈ S} jest bazą C and F, to Δ jest bazą V.

Dowód: α(h_{α}) = K(h_{α}, h_{α}) = ∑_{β∈Λ} β(h_{α})^{2} = ∑_{β∈Λ}(r_{α,β}α(h_{α}))^{2} czyli

α(h_{α}) = \frac{1}{∑_{β∈Λ} r_{α,β}^{2}} ,

więc α(h_{α}) ∈ ℚ i α(h_{α}) > 0.

Jeśli h = ∑ q_{α}h_{α}, to β(h) = ∑_{α,β∈Λ} q_{α}r_{α,β}α(h_{α}) czyli β(h) ∈ ℚ. Jeśli h_{1}, h_{2} ∈ V to K(h_{1}, h_{2}) = ∑_{β∈Λ} β(h_{1})β(h_{2}) ∈ ℚ i K(h, h) = ∑_{β∈Λ} β(h)^{2} ≥ 0. Jeśli K(h, h) = 0 to dla każdego β ∈ Λ mamy β(h) = 0 i h jest ortogonalne względem formy Killinga do C, czyli h = 0.

Niech Δ jak wyżej będzie bazą C nad F, Ṽ = lin_{ℚ}(Δ) i niech β ∈ Λ. Dla h_{α} ∈ Δ mamy β(h_{α}) = K(h_{β}, h_{α}) ∈ ℚ czyli βinṼ^{∗}, czyli istnieje h̃ ∈ Ṽ taki że β(h) = K(h̃, h) dla h ∈ Ṽ. Jednakże Δ ⊂ Ṽ jest bazą C nad F, więc β(h) = K(h̃, h) dla h ∈ C, czyli h̃ = h_{β}, a więc h_{β} ∈ Ṽ ⋄

Niech V będzie skończenie wymiarową przestrzenią nad ciałem F ⊂ ℝ. Zakładamy że na V jest zadany iloczyn skalarny. Dla wektora v ∈ V odbicie σ_{v} w kierunku v definiujemy wzorem

σ_{v}(x) = x − 2\frac{v(v, x)}{(v, v)}

Lemat 0.10 Istnieje automorfizm ϕ : A ↦ A taki że ϕ(C) = C, ϕ(h_{α}) = −h_{α} i ϕ(h) = h dla h ∈ C takich że α(h) = 0. Innymi słowy, ϕ|_{C} jest odbiciem w kierunku h_{α}.

Dowód: Wybieramy e ∈ A_{α}, f ∈ A_{−α}, tak by α([e, f]) = 2. Wtedy podalgebra A generowana nad ℚ przez [e, f], e, f jest izomorficzna z sl(2, ℚ). Niech

H = [ \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ] ,  X = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ] ,  Y = [ \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} ]

Przy izomorfiźmie [e, f] przechodzi na H, e przechodzi na X, f przechodzi na Y. Zauważmy że ad_{e} i ad_{f} są nilpotentnymi automorfizmami A, dlatego ψ_{1} = exp(ad_{e}) = ∑ ad_{e}^{k}/k! i ψ_{2} = exp(−ad_{f}) = ∑(−ad_{f})^{k}/k! są dobrze zdefinowanymi automorfizmami A. Pokażemy że ϕ = ψ_{1}ψ_{2}ψ_{1} jest pożądanym automorfizmem. Mianowicie, jeśli h ∈ C i α(h) = 0 to [h, e] = [h, f] = 0, czyli ad_{e}(h) = ad_{f}(h) = 0 i konsekwentnie ψ_{1}(h) = ψ_{2}(h) = 0, wiec ϕ(h) = h. Pozostaje pokazać że ϕ([e, f]) = −[e, f]. Dzięki izomorfizmowi algebry generowanej przez [e, f], e, f z sl(2, ℚ) jest to cwiczenie na mnożenie macierzy 2 na 2. Dokładniej, wystarczy wykonać obliczenia używając ad_{X} i ad_{Y} zamiast ad_{e} i ad_{f}. Dla Z ∈ sl(2, ℚ) mamy ad_{X}(Z) = XZ − ZX = L_{X}(Z) − R_{X}(Z) gdzie L_{X} jest operatorem mnożenia z lewej strony, zaś R_{X} operatorem mnożenia z prawej strony. Ponieważ mnożenie z lewej komutuje z mnożeniem z prawej many exp(ad_{X}) = L_{exp(X)}R_{exp(−X)} i konsekwentnie ϕ([e, f]) przechodzi przy izomorfiźmie na L_{exp(X) exp(−Y) exp(X)}R_{exp(−X) exp(Y) exp(−X)}H. Teraz

exp(X) = [ \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ]

exp(−Y) = [ \begin{matrix}1 & 0 \\ −1 & 1 \end{matrix} ]

exp(X) exp(−Y) exp(X) = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix} ]

L_{exp(X) exp(−Y) exp(X)}R_{exp(−X) exp(Y) exp(−X)}H = [ \begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ] = −H.

⋄

Definicja: Niech V będzie jak w definicji odbicia. Mówimy że skończony podzbiór Λ ⊂ V jest systemem pierwiastków jeśli 0 ∉ Λ, Λ rozpina V i dla każdego v ∈ Λ mamy σ_{v}(Λ) ⊂ Λ. Mówimy że Λ jest krystalograficzny jeśli 2(α, β)/(β, β) ∈ ℤ dla dowolnych α, β ∈ Λ. Mówimy że Λ jest zredukowany jeśli dla α, tα ∈ Λ implikuje że t ∈ −1, 1.

Twierdzenie 0.11 Niech A, V, Λ będzą jak wyżej (na V rozpatrujemy iloczyn skalarny wyznaczony przez formę Killinga). Λ jest zredukowanym krystalograficznym układem pierwiastków na V. A jest wyznaczona przez Λ z dokładnością do izomorfizmu. Dla dowolnego zredukowanego krystalograficznego układu pierwiastków Λ istnieje półprosta algebra Liego A_{Λ,F} nad F z Λ jako układem pierwiastków. Ponadto istnieje półprosta algebra Liego A_{Λ} nad ℚ taka że jej podalgebra Cartana diagonalizuje się i Λ jest jej układem pierwiastków (innymi słowy, w odpowiedniej bazie można A zdefiniować nad liczbami wymiernymi).

Szkic dowodu: Na mocy 0.10 Λ jest układem pierwiastków. Na mocy 0.8 Λ jest zredukowanym układem krystalograficznym. A priori Λ zależy od wyboru podalgebry Cartana. Jednakże wszystkie podalgebry Cartana A są sprzężone, tzn. dla downych podalgebr Cartana C_{1}, C_{2} ⊂ A istnieje automorfizm A przeprowadzający C_{1} na C_{2} (to twierdzenie pryjmujemy bez dowodu). Oznacza to że układ pierwiastków jest wyznaczony przez A z dokładnością do izomorfizmu. Istnienie algebry z zadanym układem pierwiastków dowodzimy dla każdego nierozkładalnego układu pierwiastków z osobna (dla serii A_{n}, B_{n}, C_{n} i D_{n} sprawdzamy że klasyczne algebry mają taki układ pierwiastków, potem trzeba przeanalizować pozostałe pięć układów pierwiastków). Pomijam dowód pozostałej części twierdzenia. ⋄

Teraz chcemy wyznaczyć strukturę nierozkładalnych układów pierwiastków.

Lemat 0.12 Niech Λ będzie układem pierwiastów w przestrzni dwuwymiarowej nad ℝ zaś e_{α} = α/|α| dla α ∈ Λ. Wtedy e_{α} są wierzchołkami 2n-kąta foremnego dla pewnego n ∈ Z.

Dowód: e_{α} są wektorami jednostkowej długości, każdy z nich wyznacza punkt na okręgu jednostkowym. Ponumerujmy α tak by te punkty wypadały po kolei, tzn. e_{α_{j−1}} i e_{α_{j+1}} są najbliższymi punktami do e_{α_{j}} (i leżą po róznych stronach). Skoro układ pierwiastków jest nizmienniczy na odbicia w kierunku swoich elementów, to σ_{e_{α_{j}}} (e_{α_{j−1}}) = −e_{α_{j+1}}, czyli kąt między e_{α_{j−1}} a e_{α_{j}} jest taki sam jak kąt między e_{α_{j}} a e_{α_{j+1}}, co oznacza że e_{α} są wierzchołkami wielokąta foremnego. Ponieważ α ∈ Λ implikuje −α ∈ Λ, moc {e_{α}} jest parzysta. ⋄

Niech ω ∈ V będzie wektorem takim że (α, ω) ≠ 0 dla α ∈ Λ, Λ_{+} = {α ∈ Λ : (α, ω) > 0}. Λ_{+} nazywamy zbiorem pierwiastków dodatnich.

Lemat 0.13 Niech Δ ⊂ Λ_{+} będzie zbiorem tych elementów Λ_{+} które dają wszystkie kierunki ekstremalne stożka wypukłego generowanego przez Λ_{+}. Wtedy dla α, β ∈ Δ, α ≠ β mamy (α, β) ≤ 0. Co więcej kąt pomiędzy α a β to (n − 1)π/n dla pewngo n ∈ ℤ. Ponadto Δ jest bazą V.

Dowód: Wiadomo dowolny element właściwego domkniętego stożka wypukłago jest kombinacją liniową o współczynnikach dodatnich elementów zadających kierunki ekstremalne. Czyli każdy element Λ_{+} jest kombinacją linową elementów z Δ. Ponieważ Λ = Λ_{+} ∪ −Λ_{+} to również każdy element z Λ jest kombinacją linową elementów z Δ. Lecz Λ rozpina V czyli Δ rozpina V. Jeśli V jest jednowymiarowe to Δ składa się z jednego elementu i teza jest oczywista. W przeciwnym razie dla α, β ∈ Δ α ≠ β rozpatrzmy podprzestrzeń V_{α,β} = lin{α, β} ⊂ V. Niech Ω = Λ ∩ V_{α,β} zaś Ω_{+} = Λ_{+} ∩ V_{α,β}. Ω jest systemem pierwiastków w przestrzeni dwuwymiarowej zaś Ω_{+} odpowiednim układem pierwiastków dodatnich. Z lematu wiemy że po unormowaniu elementy Ω są wierzchołkami 2n-kąta foremnego. n ≥ 2, przy tym dla n = 0 mamy czworokąt i widać że α i β są ortogonalne. Dla n > 2 mamy |Ω_{+}| = n, czyli pomiędzy α a β musi być n − 1 innych pierwiasków, czyli kąt pomiędzy α a β to (n − 1)π/n. Dla n > 2 to implikuje że (α, β) < 0.

Aby pokazać że Δ jest liniowo niezależne rozważmy kombinację liniową ∑_{α∈Δ} a_{α}α. Niech D_{+} = {α ∈ Δ : a_{α} > 0}, D_{−} = {α ∈ Δ : a_{α} < 0} i niech w = ∑_{α∈D_{+}} a_{α}α, v = ∑_{α∈D_{−}} a_{α}α. Ponieważ dla αinΛ_{+} mamy (ω, α) > 0 to (ω, w) = ∑_{α∈D_{+}} a_{α}(ω, α) > 0 czyli w ≠ 0 o ile D_{+} ≠ ∅. Podobnie v ≠ 0 o ile D_{−} ≠ ∅. Jeśli nie wszystkie współczynniki rozważanej kombinacji liniowej znikają to co najmniej jeden z D_{+} lub D_{−} jest niepusty. Jeśli dokładnie jeden jest niepusty to poprzednie uwagi pokazują że ta kombinacja jest niezrowa.

Jeśli oba są niepuste to (w + v, w + v) = (w, w) + 2(w, v) + (v, v). Następnie (w, v) = ∑_{α∈D_{+},β∈D_{−}} a_{α}a_{β}(α, β) ≥ 0 bo a_{α} > 0, a_{β} < 0, (α, β) ≤ 0, czyli (w + v, w + v) ≥ (w, w) + (v, v) > 0, czyli w + v ≠ 0 co pokazuje liniową niezależność. ⋄

Diagramem Coxetera-Dynkina (lub krótko diagramem Dynkina) związanym z Λ nazywany graf którego wierchołkami są elementy Δ zaś krawędzię są pomiędzy takimi α, β ∈ Δ że (α, β) < 0. Przy tym krawędzi przypisujemy wagę n jeśli kąt pomiędzy α a β to (n − 1)π/n.

Ogólniej, możemy rozpatrywać układy wektorów Δ takie że dla α, β ∈ Δ, α ≠ β kąt pomiędzy α a β to (n − 1)π/n dla pewnego n ∈ ℤ, n ≥ 2.

Lemat 0.14 Diagram Dynkina nie zawiera cykli.

Dowód. Jeśli α_{i} dla i = 1, …, k stanowią cykl, to biorąc e_{i} = α_{i}/|α_{i}| i v = ∑_{i=1}^{k} e_{i} mam (v, v) = ∑_{i=1}^{k}(e_{i}, e_{i}) + 2 ∑_{i≠j}(e_{i}, e_{j}). Dla i ≠ j połączonych krawędzią kąt między e_{i} a e_{j} to co najmniej 2π/3, czyli (e_{i}, e_{j}) ≤ −1/2. W cyklu mamy k par i, j połączonych krawędziami, co oznacza że (v, v) ≤ 0, co dałoby sprzeczność z liniową niezależnością α_{i}. ⋄

Dla α ∈ Δ niech e_{α} = α/|α|. Dla α, β ∈ Δ niech q_{α,β} = (e_{α}, e_{β})

Lemat 0.15 Niech S ∈ Δ, α ∉ S. Wtedy ∑_{β∈S} q_{α,β}^{2} < 1

Dowód: Bez zmniejszania ogólności możemy zakładać że q_{α,β} ≠ 0 dla β ∈ S. Z poprzedniego lematu (braku cykli) wynika teraz że q_{β_{1},β_{2}} = 0 dla β_{1}, β_{2} ∈ S, czyli {e_{β} ∈ S} jest bazą ortonormalną pewnej podprzestrzeni W ⊂ V. e_{α} ∉ W, czyli rzut e_{α} na W ma długość mniejszą niż 1. Lecz kwadrat tej długości wynosi ∑_{β∈S}(e_{α}, e_{β})^{2} = ∑_{β∈S} q_{α,β}^{2}. ⋄

Lemat 0.16 Spójny diagram Dynkina z krawędzią wagi ≥ 6 ma dwa wierzchołki.

Dowód. Niech α i β będą wierzchołkami połączonymi krawędzią wagi ≥ 6. Gdyby było więcej wierzchołków to istniałaby wierzchołek γ połączony albo z α albo z β. Bez utraty ogólności można zakładać że γ jest połączony z α. Waga 6 oznacza że q_{α,β}^{2} ≥ 3/4, q_{α,γ}^{2} ≥ 1/4 co dałoby sprzeczność z poprzednim lematem.

Lemat 0.17 Wierzchołek diagramu Dynkina jest połączony z co najwyżej trzema innymi wierzchołkami. Jeśli jest połączony z trzema wierzchołkami to wagi krawędzi to 3. Żaden wierzchołek nie należy do dwu krawędzi wagi ≥ 4.

Dowód. To wynika bezpośrednio z lematy o sumie q_{α,β}^{2}: q_{α,β}^{2} ≥ 1/4, a jeśli waga jest większa niż 3 to q_{α,β}^{2} ≥ 1/2 ⋄

Lemat 0.18 Diagram Dynkina zawiera co najwyżej jeden punkt rozgałęzienia i co najwyżej jedną krawędź wagi ≥ 4. Jeśli jest punkt rozgałęzienia to wszystkie wagi to 3.

Lematy powyżej i kilka następnych lematów tego typu w sumie daje dowód podanego na wykładzie twierdzenia o klasyfikacji układów pierwiastków.