Critère de nilpotence
J'approche de la fin de mon combat contre les résultats fondamentaux manquant dans mon bouquin sur les algèbres de Lie.
J'ai besoin du critère de nilpotence énoncé ici. Je vais le réécrire dans une forme un peu plus lisible que leur paragraphe indigeste, ce qui m'intéresse est surtout la rédaction de leur démonstration, qui me dérange (je trouve ça mal rédigé).
On veut donc démontrer le résultat suivant :
Soient
- $k$ un corps algébriquement clos et de caractéristique nulle
- $V$ un $k$-espace vectoriel de dimension finie
- $x \in \mathscr{L}(V)$ tel que $x=s+n$ est la décomposition de Jordan-Chevalley de $x$ : $s$ est semi-simple (donc ici, diagonalisable), $n$ est nilpotent, et ils commutent
- $(\lambda_1...,\lambda_d)$ les valeurs propres de $s$, $m_i$ la multiplicité de $\lambda_i$ et $V_i$ l'espace propre associé à $\lambda_i$, de sorte que $V = \displaystyle \bigoplus V_i$
- $E = \mathscr{L}_{\mathbb{Q}}(k)$, l'ensemble des applications $\mathbb{Q}$-linéaires $k \longrightarrow k$
- Pour tout $\varphi \in E$, on note $\varphi(s) \in \mathscr{L}(V)$ l'endomorphisme tel que $\varphi(s) : V_i \longrightarrow V_i$ soit $[v \longmapsto \varphi(\lambda_i)v]$ pour tout $i$
Proposition : $x$ est nilpotent (c'est-à-dire $s=0$) si, et seulement si, pour tout $\varphi \in E$ : $\text{Tr}(x \circ \varphi(s))=0$.
- $k$ un corps algébriquement clos et de caractéristique nulle
- $V$ un $k$-espace vectoriel de dimension finie
- $x \in \mathscr{L}(V)$ tel que $x=s+n$ est la décomposition de Jordan-Chevalley de $x$ : $s$ est semi-simple (donc ici, diagonalisable), $n$ est nilpotent, et ils commutent
- $(\lambda_1...,\lambda_d)$ les valeurs propres de $s$, $m_i$ la multiplicité de $\lambda_i$ et $V_i$ l'espace propre associé à $\lambda_i$, de sorte que $V = \displaystyle \bigoplus V_i$
- $E = \mathscr{L}_{\mathbb{Q}}(k)$, l'ensemble des applications $\mathbb{Q}$-linéaires $k \longrightarrow k$
- Pour tout $\varphi \in E$, on note $\varphi(s) \in \mathscr{L}(V)$ l'endomorphisme tel que $\varphi(s) : V_i \longrightarrow V_i$ soit $[v \longmapsto \varphi(\lambda_i)v]$ pour tout $i$
Proposition : $x$ est nilpotent (c'est-à-dire $s=0$) si, et seulement si, pour tout $\varphi \in E$ : $\text{Tr}(x \circ \varphi(s))=0$.
Premier point : est-ce que $x=s+n$ est effectivement nilpotent si, et seulement si, $s=0$ ? Bon, le sens réciproque est clair, mais, si $(s+n)^N=0$, a-t-on forcément $s=0$ ? Je ne trouve pas ça si immédiat que ça. $\text{Tr}(s+n)=\text{Tr}(n)=0$ par nilpotence, et $\text{Tr}(s+n)=\text{Tr}(s)+\text{Tr}(n)=\text{Tr}(s)$ donc $\text{Tr}(s)=0$, c'est un début, mais ça ne veut rien dire : la matrice $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ est diagonal(isabl)e et de trace nulle, mais la seule matrice diagonalisable nilpotente est la matrice nulle donc A n'est pas nilpotente.
J'ai écrit sagement ma formule du binôme $(s+n)^N=\displaystyle \sum_{j=0}^N \binom{d}{j}s^jn^{N-j}$ mais sans connaitre l'indice de nilpotence de $n$, je ne sais pas trop quoi en faire.
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Réponses
[Inutile de reproduire le message précédent. AD]
J'arrive à en conclure que $\varphi(\lambda_i)=0$ pour tout $i$, et ce pour toute $\varphi$ à valeurs dans $\Q$. Mais je ne vois pas tout à fait comment choisir les bonnes $\varphi$ pour montrer que les $\lambda_i$ sont tous nuls. Je veux y réfléchir un peu tout seul.
- $V$ un espace vectoriel de dimension finie sur $k$
- $\mathfrak{g}$ une sous-algèbre de Lie de $\mathfrak{gl}(V)$
$\mathfrak{g}$ est résoluble si, et seulement si, pour tous $a \in \mathfrak{g}$ et $b \in [\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$, $\text{Tr}(a \circ b)=0$.
En même temps, $f\big(s(v_i)\big) = f(\lambda_i v_i) = \lambda_i f(v_i) = \lambda_i \displaystyle \sum_j \alpha_{i,j} v_j$... ce n'est pas la même chose. Qu'est-ce que j'ai fait comme erreur ?
Je ne connais pas ce domaine des algèbres de Lie. En gros, c'est la next step après l'algèbre linéaire de licence ?
Finalement, comment conclure quand tu sais que $[\varphi(s), \mathfrak g]\subset D\mathfrak g$ ? Pour ça il faut regarder l'hypothèse du critère de nilpotence ! On te dit que si $x\in \mathfrak g, y\in D\mathfrak g$, $tr(xy) = 0$, par hypothèse. Donc en particulier $tr(x_i[\varphi(s), y_i]) = 0$ si tu sais que $ad(\varphi(s))$ est à valeurs dans $D\mathfrak g$
1- Comme tu l'as remarqué on a un morphisme canonique d'algèbres (et donc d'algèbres de Lie) $L_k(V)\to L_K(K\otimes_k V)$
2- Ce morphisme canonique a le bon goût d'être injectif, donc si tu obtiens une équation particulière après l'avoir appliqué, tu peux remonter et l'obtenir avant.
3- Ce morphime est "presque" surjectif si $V$ est de dimension finie, au sens où le morphisme induit $L_k(V)\otimes_k K\to L_K(K\otimes_k V)$ est surjectif (en fait, un isomorphisme), donc tout ce qui se passe à l'arrivée est une combinaison $K$-linéaire de trucs qui se passe au départ.
En particulier ça devrait résoudre tes complications sur la fin
$=\displaystyle \varphi(s)\bigg( \sum_i y(v_i)\bigg) - y\bigg( \sum_i\varphi(s)(v_i)\bigg) = \sum_i\varphi(s)\big( y(v_i)\big) - y\big( \varphi(s)(v_i)\big) = \sum_i\varphi(s)\Big( \sum_j \alpha_{i,j}v_j\Big) - y\big( \varphi(\lambda_i)v_i\big)$