$\operatorname{Rad}(k)=\operatorname{Rad}(L)$

Question

Dada una álgebra de Lie $L$ en un campo $F$ definimos el radical de $L$ $\operatorname{Rad}(L)$ como el mayor ideal soluble de $L$ .

Definimos la representación adjunta $\operatorname{ad}_L:L\to\mathfrak{gl}(L)$ de la que obtenemos el forma de matar una forma simétrica bilineal $k:L\times L\to F$ definido como $k(x,y):=\operatorname{Tr}(\operatorname{ad}_L(x) \operatorname{ad}_L(y))$ .

A continuación definimos el radical de $k$ como $\operatorname{Rad}(k):=\{x\in L\;:\;k(x,L)=0\}$ .

¿Cómo puedo demostrar que $\operatorname{Rad}(k)=\operatorname{Rad}(L)$ ?

Answer 1

Esto no es cierto en general. He aquí un contraejemplo. Sea $L$ sea el $2$ -álgebra de Lie no abeliana con base $(x,y)$ y los soportes de Lie $[x,y]=y$ . Por supuesto, ${\rm Rad}(L)=L$ porque $L$ es solucionable. Sin embargo, la matriz de la forma Killing $\kappa$ viene dada por $$ \kappa = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, $$ para que ${\rm Rad}(\kappa)\neq L$ de hecho, $\kappa(x,L)\neq 0$ porque ${\rm tr} \, ad(x)^2=1$ .
Sin embargo, para un semipreparado Álgebra de Lie $L$ de característica cero tenemos, por definición, ${\rm Rad}(L)=0$ . Como la forma de Killing de un álgebra de Lie semisimple es no degenerada, también tenemos ${\rm Rad}(\kappa)=0$ . Así que en este caso tenemos trivialmente ${\rm Rad}(L)={\rm Rad}(\kappa)$ .