Forme de Killing non dégénérée

Homo Topi

En admettant que j'aie raison, tu as donné l'autre sens de l'équivalence, donc que mon interprétation soit la bonne ou pas, on a prouvé un truc

Maxtimax

Exactement :-D 

Homo Topi

J'ai dû faire une petite pause. En fait, je n'arrive pas à comprendre tous tes arguments. Tu utilises le fait que $Z(\mathfrak{g})$ est le noyau de $\text{ad} : \mathfrak{g} \longrightarrow \mathfrak{gl}(\mathfrak{g})$ et que $\text{ad}$ est surjectif sur son image $\text{ad}(\mathfrak{g})$ pour sortir l'isomorphisme $\text{ad}(\mathfrak{g}) \simeq \mathfrak{g}/Z(\mathfrak{g})$ du théorème de factorisation. Jusque-là, pas de problème. On obtient que $\big(\text{ad}(\mathfrak{g})\big)^{(n)} \simeq \big(\mathfrak{g}/Z(\mathfrak{g})\big)^{(n)}$, mais ce n'est pas ce que tu as écrit.

Je veux décomposer ça en deux étapes. Je pense que $ \big(\mathfrak{g}/Z(\mathfrak{g})\big)^{(n)} \simeq \mathfrak{g}^{(n)}/\big(Z(\mathfrak{g})\big)^{(n)}$, et donc il faudrait que $\big(Z(\mathfrak{g})\big)^{(n)} = Z(\mathfrak{g}) \cap \mathfrak{g}^{(n)}$. Je n'ai pas encore regardé la deuxième égalité.

La question est en principe la suivante : si $\mathfrak{h}$ est un idéal d'une algèbre de Lie $\mathfrak{g}$, a-t-on $(\mathfrak{g}/\mathfrak{h})^{(n)} \simeq \mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)}$ ? Une récurrence s'impose.

Pour $n=0$, c'est immédiat. Et si on suppose que $(\mathfrak{g}/\mathfrak{h})^{(n)} \simeq \mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)}$ pour un certain $n$, alors $(\mathfrak{g}/\mathfrak{h})^{(n+1)} = [(\mathfrak{g}/\mathfrak{h})^{(n)},(\mathfrak{g}/\mathfrak{h})^{(n)}] \simeq [\mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)},\mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)}]$.

Cet ensemble est l'ensemble des combinaisons linéaires finies de $[x_i +\mathfrak{h}^{(n)}, y_i + \mathfrak{h}^{(n)}]$ avec $x_i,y_i \in \mathfrak{g}^{(n)}$, donc l'ensemble des combinaisons linéaires de $[x_i + a_i, y_i + b_i]$ avec $x_i,y_i \in \mathfrak{g}^{(n)}$ et $a_i,b_i \in \mathfrak{h}^{(n)}$. Quand on développe, $[x+a,y+b]=[x,y]+[x,b]+[a,y]+[a,b]$. On a $[a,b] \in [ \mathfrak{h}^{(n)}, \mathfrak{h}^{(n)}]:= \mathfrak{h}^{(n+1)}$, et les trois autres sont à coup sûr dans $[\mathfrak{g}^{(n)},\mathfrak{g}^{(n)}]:=\mathfrak{g}^{(n+1)}$. Donc en fait, $[x_i +\mathfrak{h}^{(n)}, y_i + \mathfrak{h}^{(n)}] = z_i + \mathfrak{h}^{(n+1)}$, avec $z_i \in  \mathfrak{g}^{(n+1)}$.

Si je ne dis pas de bêtises, j'ai montré que $[\mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)},\mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)}] \subseteq \mathfrak{g}^{(n+1)}/\mathfrak{h}^{(n+1)}$. J'essaie de montrer l'inclusion réciproque.

Soit $X \in \mathfrak{g}^{(n+1)}/\mathfrak{h}^{(n+1)}$. Alors il existe $x \in \mathfrak{g}^{(n+1)}$ tel que $X = x + \mathfrak{h}^{(n+1)}  = \{x+a  \mid a \in \mathfrak{h}^{(n+1)}\}$. Si $x \in \mathfrak{g}^{(n+1)}$, alors $x= \displaystyle \sum_i \lambda_i [x_i,y_i]$ avec $x_i,y_i \in \mathfrak{g}^{(n)}$. Et si $a \in \mathfrak{h}^{(n+1)}$, alors $a= \displaystyle \sum_j \mu_j [a_j,b_j]$ avec $a_j,b_j \in \mathfrak{h}^{(n)}$.

Donc $X  =  \Big\{ \displaystyle \sum_i \lambda_i [x_i,y_i] + \mu_i [a_i,b_i] \ \Big|\ x_i,y_i \in \mathfrak{g}^{(n)}, a_i,b_i \in \mathfrak{h}^{(n)} \Big\}$. Je mets un seul indice pour simplifier, il suffit d'étendre la somme la plus courte avec des scalaires nuls et des vecteurs quelconques. Il reste à bidouiller ça pour espérer trouver mon autre inclusion.

Je n'ai pas terminé mais je publie déjà le commentaire pour ne pas perdre mon travail, je commence à avoir mal à la tête (je préfèrerais avoir sommeil, mais bon, on fait avec ce qu'on a, n'est-ce pas). J'ai beaucoup écrit, donc ça contient peut-être des bêtises qu'il faudra corriger.

Homo Topi

Je ne sais pas trop comment m'en sortir ici. Je ne suis pas sûr d'être sur la bonne piste...

Homo Topi

Bon, juste parce que je m'embrouille, je recommence. Je veux donc vérifier si $[\mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)},\mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)}]  = \mathfrak{g}^{(n+1)}/\mathfrak{h}^{(n+1)}$.

Je crois que j'ai compris sur quoi je bloque. Par définition, $[\mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)},\mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)}] = \Big\{ \displaystyle \sum_i [\overline{x}_i,\overline{y}_i]~~\Big|~~\overline{x}_i,\overline{y}_i \in \mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)} \Big\}$.

Et encore par définition, $[\overline{x}_i,\overline{y}_i] = [x_i+\mathfrak{h}^{(n)},y_i+\mathfrak{h}^{(n)}]=[x_i,y_i] +\mathfrak{h}^{(n)} = \overline{[x_i,y_i]}$. Mais du coup, en écrivant ça, je me balade dans $\mathfrak{g}^{(n+1)}/\mathfrak{h}^{(n)}$, à supposer que ce machin existe.

Sauf que $[x_i+\mathfrak{h}^{(n)},y_i+\mathfrak{h}^{(n)}] = \Big\{ \displaystyle \sum_j [x_i+a_j,y_i+b_j] ~~\Big|~~ a_j,b_j\in \mathfrak{h}^{(n)} \Big\}$

$=\Big\{ \displaystyle \sum_j \Big([x_i,y_i]+[x_i,b_j]+[a_j,y_i]+[a_j,b_j]\Big) ~~\Big|~~ a_j,b_j\in \mathfrak{h}^{(n)} \Big\}$

$=\Big\{ \displaystyle \Big([x_i,y_i]+ \sum_j [x_i,b_j]+[a_j,y_i]\Big)+\sum_j[a_j,b_j] ~~\Big|~~ a_j,b_j\in \mathfrak{h}^{(n)} \Big\}$

$\in\Big\{ \displaystyle \Big([x_i,y_i]+ \sum_j [x_i,b_j]+[a_j,y_i]\Big)+\mathfrak{h}^{(n+1)} ~~\Big|~~ a_j,b_j\in \mathfrak{h}^{(n)} \Big\}$

Là, j'ai bien $\mathfrak{h}^{(n+1)}$ qui apparait. Je ne sais pas si je peux "faire disparaitre" $\displaystyle\sum_j [x_i,b_j]+[a_j,y_i]$ convenablement.

Homo Topi

Si quelqu'un pouvait m'aider à démêler mon bazar.

i.zitoussi

Bonjour,

je pense que l'identité $(\mathfrak{g}/\mathfrak{h})^{(n)} \simeq \mathfrak{g}^{(n)}/\mathfrak{h}^{(n)}$ est fausse en général. Contre-exemple: $\mathfrak{g} = \mathfrak{g}_0\ltimes \mathfrak{h}$, avec $\mathfrak{g}_0=\mathfrak{sl}_m(\C)$, $\mathfrak{h} = \C^m$ et $m\geq 2$. (Ici, $\mathfrak{h}$ est un idéal abélien et le produit mixte $[x,v]$, $x\in \mathfrak{g}_0$, $v\in \mathfrak{h}$, est donné par l'action naturelle de $\mathfrak{sl}_m(\C)$ sur $\C^m$). Comme $\mathfrak{sl}_m(\C)$ est simple et que l'action est simple, on vérifie que $[\mathfrak{g}, \mathfrak{g}] = \mathfrak{g}$.

Pour tout $n\geq 2$, le membre de gauche de ton isomorphisme donne invariablement $\mathfrak{g}_0$, alors que le membre de droite donne toujours $\mathfrak{g}$.

Homo Topi

Dans ce cas, je n'ai toujours aucune idée comment montrer la formule $\text{ad}(\mathfrak g)^{(n)} = \mathfrak g^{(n)}/(Z(\mathfrak g)\cap \mathfrak g^{(n)})$ de Maxtimax.

Math Coss

Dans la veine d'@i.zitoussi, $Z(\mathfrak{g})'=0$.

Homo Topi

Qu'est-ce que tu notes $'$ ?

Math Coss

L'algèbre de Lie dérivée, i.e. engendrée par les commutateurs. Suis-je à côté de la plaque ? 

Homo Topi

Non, mais je la note différemment. Tout ça ne m'explique pas comment Maxtimax a fait. Je suis bloqué...

Maxtimax

HT : Soit $\mathfrak g \to \mathfrak h$ un morphisme surjectif d'algèbres de Lie. 

Alors 1- $\mathfrak g^{(n)}\to \mathfrak h^{(n)}$ est surjectif (c'est évident par récurrence en regardant les générateurs de $\mathfrak h^{(n+1)}$)
2- Le noyau de $\mathfrak g^{(n)}\to \mathfrak h^{(n)}$ est... l'intersection du noyau $\mathfrak k$ de $\mathfrak g\to \mathfrak h$ avec $\mathfrak g^{(n)}$ : si $x\in \mathfrak g^{(n)}$ va sur $0$, alors c'est que $x\in\mathfrak g$ va sur $0$... 

Corollaire: $\mathfrak h^{(n)}\cong \mathfrak g^{(n)}/ (\mathfrak k \cap \mathfrak g^{(n)})$. Maintenant tu combines ça au fait que le noyau de $\mathfrak g\to ad(\mathfrak g)$ c'est $Z(\mathfrak g)$ et tu obtiens cet énoncé.

Homo Topi

Bien, j'ai pu finalement tout dépatouiller. Par rapport à la liste Wikipédia, j'ai donc montré toutes les équivalences sauf (v) et (vii). Toutes les autres sont valables en dimension et caractéristiques quelconques. Pour la (vii), je pense savoir que la dimension finie et la caractéristique nulle sont toutes les deux essentielles, puisqu'il est mentionné qu'il faut le théorème de Lie pour démontrer le critère de Cartan. Je veux faire ça en dernier.

Par contre, je ne sais pas si la (v) requiert la caractéristique nulle. Elle requiert la dimension finie, c'est évident au vu de son énoncé.

Dans la preuve du théorème de Lie, une étape consiste à exhiber un idéal de codimension $1$. Voir ici (partie "step 2" de la preuve). J'ai l'impression qu'on se fiche complètement de la caractéristique ici, à moins que ce soit caché quelque part sans être mentionné. Auquel cas, pour prouver (i) $\Longrightarrow$ (v), il n'y a qu'à recopier cette étape 2 de la preuve du théorème de Lie. Il ne me resterait qu'à prouver la réciproque. Je réfléchis...

Homo Topi

Je suis bête. J'ai démontré que (vi) $\Longrightarrow$ (i), j'ai juste à montrer que (v) $\Longrightarrow$ (vi), et ça c'est immédiat : toute algèbre de Lie de dimension 1 est abélienne. Si $\dim \mathfrak{g}=1$, $[x,y]=[x,\lambda x]= \lambda[x,x]=\lambda \times 0 = 0$.