Forme de Killing non dégénérée
J'essaie de terminer un truc que j'avais commencé il y a longtemps. J'ai un bouquin sur les groupes et algèbres de Lie, et très tôt dans le bouquin, on introduit la forme de Killing, mais ils parachutent complètement les propriétés en moins d'une page et ça ne me convient pas. J'ai voulu compléter ça moi-même mais j'ai du mal avec certains résultats.
Cadre : $\mathfrak{g}$ est une algèbre de Lie de dimension finie sur $\C$. On pose $\text{ad}_x : \mathfrak{g} \longrightarrow \mathfrak{g}$, $v \longmapsto [x,v]$. C'est une application linéaire.
On introduit l'application $\langle \cdot~,~\cdot\rangle : \mathfrak{g} \times \mathfrak{g} \longrightarrow \C$, $(x,y) \longmapsto \langle x,y\rangle := \text{Tr}(\text{ad}_x \circ \text{ad}_y)$. C'est une forme bilinéaire symétrique.
Jusque-là, j'ai tout vérifié à la main.
Maintenant, les auteurs affirment que si $\mathfrak{g}$ une algèbre de Lie simple (seuls idéaux : $\{0\}$ et $\mathfrak{g}$) et non triviale ($\dim \mathfrak{g} >1$), alors $\langle \cdot~,~\cdot\rangle$ est "non dégénérée" au sens suivant : si pour tout $y \in \mathfrak{g}$, on a $\langle x,y \rangle = 0$, alors $x=0$.
J'ai des éléments de réponse, mais rien de complet. Voilà :
Je pense qu'il est plus réaliste de montrer la contraposée. Je fixe $x \neq 0$.
Je pense qu'il est plus réaliste de montrer la contraposée. Je fixe $x \neq 0$.
1) Il faudrait que si $x \neq 0$, alors $\text{ad}_x$ ne soit pas l'application linéaire nulle, mais je ne suis pas sûr si c'est toujours vrai.
2) Supposons que ça soit effectivement vrai, alors toute matrice de $\text{ad}_x$ est non nulle. Tout endomorphisme est trigonalisable sur $\C$ (car $\C$ est algébriquement clos), donc il existe une base dans laquelle $\text{ad}_x$ admet une matrice triangulaire supérieure. Problème : peut-on être sûr que $\text{ad}_x$ admet une valeur propre non nulle ? Si ce n'est pas le cas, toute matrice triangulaire représentant $\text{ad}_x$ a une diagonale identiquement nulle, et le raisonnement tombe à l'eau.
3) Supposons que $\text{ad}_x$ admet effectivement une valeur propre non nulle. Dans ce cas, il me suffirait d'un $y$ tel que $\text{ad}_y$ admette dans la même base une diagonale presque identiquement nulle, sauf pour un coefficient non nul au même endroit que la valeur propre non nulle de $\text{ad}_x$. Avec ça, on aurait montré qu'il existe $y \in \mathfrak{g}$ tel que $\text{Tr}(\text{ad}_x \circ \text{ad}_y) \neq 0$, et le résultat serait établi. Mais comment sait-on si l'existence d'un tel $y$ est garantie ?
En gros, j'en suis là. Je sais qu'il existe des théorèmes de trigonalisation simultanée, j'ai rédigé une preuve détaillée du théorème de Lie à la main parce que internet n'en fournit aucune de bien explicite, je sais qu'il en existe d'autres (Engel, par exemple) mais je crois que je n'en connais aucun qui s'applique directement ici. Le bouquin n'en mentionne pas un seul en tout cas, là je suis sur la page 15 d'un petit livre de poche, donc soit le résultat ici est très simple à démontrer et je suis juste passé à côté des bons arguments, soit c'est compliqué et le bouquin n'est juste pas très pédagogique.
Je me suis demandé s'il est vrai que si $\text{Tr}(AB)=0$ pour toute matrice $B$, alors $A=0$. Même ça, je ne sais pas si c'est vrai. On peut déduire 2-3 choses si $A$ est triangulaire : en choisissant les bonnes matrices $B$, tous les coefficients diagonaux de $A$ doivent être $0$, mais ça ne dit pas que $A=0$ non plus...
Bref. Je suis bloqué. Je ne sais pas non plus où l'hypothèse que $\mathfrak{g}$ est simple doit servir.
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Réponses
1) vérifier si $\text{simple}~\Longrightarrow~\text{semi-simple}$
Cela dit, tu ne vas pas avoir de chance pour 2), puisque la preuve est certainement "on se réduit au cas simple et on le prouve". J'ai mentionné le critère de Cartan pour que tu en cherches des preuves en ligne, te donner de l'inspiration.
Je n'ai pas lu tout le fil. Un bouquin que j'ai trouvé court, clair, bien écrit : Introduction to Lie Algebras and Representation Theory, James E. Humphreys
Plus précisément, chaque terme contient $n$ fois $x$ et une fois $y$ (tu peux prouver ça par récurrence). Donc si on prend $ad_x^{2n}$, chaque terme doit avoir un $x^n$ qui traîne.
En particulier, le caclul de $ad_x^N$ est un biinôme de Newton: $ad_x^N = \sum_{i=0}^N \binom{N}{i} L_x^{N-i} (-1)^i R_x^i$. En évaluant en $y$, on trouve ta formule. (je dis ça pour que personne ne refasse cette récurrence :-D )
EDIT : j'ai l'impression qu'on peut montrer par récurrence que $\text{ad}(\mathfrak{g})^{(n)}=\{0\} \Longrightarrow [\mathfrak{g}^{(n)},\mathfrak{g}]=\{0\}$. A voir si je peux en tirer quelque chose...
(si c'était une représentation nilpotente, ça je pourrais te dire)
En admettant que tu as raison, $ad(\mathfrak g)\cong \mathfrak g/Z(\mathfrak g)$, de sorte que $ad(\mathfrak g)^{(n)} = \mathfrak g^{(n)}/(Z(\mathfrak g)\cap \mathfrak g^{(n)})$ (tu as prouvé la surjectivité plus tôt, et le noyau de la restriction est bien entendu l'intersection), donc si $ad(\mathfrak g)^{(n)} = 0$, on trouve $\mathfrak g^{(n)} = \mathfrak g^{(n)}\cap Z(\mathfrak g)$. Sauf que $[\mathfrak g, Z(\mathfrak g)] = 0$, donc $[\mathfrak g^{(n)}, \mathfrak g^{(n)}\cap Z(\mathfrak g)] = 0$ donc $\mathfrak g^{(n+1)} = 0$.