Si $C^k g = \{0\}$ (resp. $C_k g = g$), il est clair que la suite $C^1 g, \ldots, C^k g$ (resp. $C_k g, C_{k-1} g, \ldots, C_0 g$) possède les propriétés de la définition 1, donc que g est nilpotente. Réciproquement, supposons qu’il existe une suite $(g_i)_{0 \leq i \leq p}$ possédant les propriétés de la définition 1. On voit par récurrence sur i que $g_i \supset C^{i+1} g$ et $g_{p-i} \subset C_i g$. Donc $C^{p+1} g = \{0\}$ et $C_p g = g$. On a ainsi prouvé que les conditions a), b), c) sont équivalentes. D’autre part, $C^i g$ est l’ensemble des combinaisons linéaires d’éléments de la forme

quand $x_1, x_2, \ldots, x_i$ parcourent g. Donc les conditions b) et d) sont équivalentes. Enfin, s’il existe une suite $(g_i)_{0 \leq i \leq p}$ d’idéaux possédant les propriétés de la déf. 1, il existe une suite décroissante (h_i)_{0 \leq i \leq n} de sous-espaces vectoriels de g de dimension n, n - 1, n - 2, \ldots, 0, et une suite d’indices i_0 < i_1 < \cdots < i_p avec g_0 = h_{i_0}, g_1 = h_{i_1}, \ldots, g_p = h_{i_p}; alors, comme [g, h_{i_k}] \subset h_{i_{k+1}}, les h_i sont des idéaux et [g, h_i] \subset h_{i+1} pour tout i. Donc les conditions a) et e) sont équivalentes.

En effet, quels que soient x et y dans une algèbre de Lie nilpotente, ad x \circ ad y est nilpotent, donc de trace nulle.

Soient g une algèbre de Lie, g' une sous-algèbre de g, h un idéal de g, \mathfrak{k} = g/h, et \varphi l’application canonique de g sur \mathfrak{k}. Si g est nilpotente, on a C^k g = \{0\} pour un entier k, donc C^k g' \subset C^k g = \{0\} et C^k \mathfrak{k} = \varphi(C^k g) = \{0\}, donc g' et \mathfrak{k} sont nilpotentes. Si \mathfrak{k} est nilpotente et h contenu dans le centre de g, on a C^k \mathfrak{k} = \{0\} pour un entier k, donc C^k g \subset h, et par suite C^{k+1} g \subset [h, g] = \{0\}, de sorte que g est nilpotente. Enfin, l’assertion relative aux produits résulte par exemple de l’assertion a) \Leftrightarrow d) de la prop. 1.

La définition 1 et la proposition 2 montrent que les algèbres de Lie nilpotentes sont exactement les algèbres obtenues à partir des algèbres de Lie commutatives par une suite d’extensions centrales.

Soit k le plus grand entier tel que C^k g + h \neq h. Alors, [C^k g + h, h] \subset C^{k+1} g + h \subset h, donc le normalisateur de h dans g contient C^k g + h.

En effet, si f désigne cette application, $f^m(y)$ est une somme de termes de la forme $\pm x^i y x^j$ avec $i + j = m$. Si $x^k = 0$, on a donc $f^{2k-1}(y) = 0$ pour tout $y$.

La démonstration procède par récurrence sur la dimension n de g. Le théorème est évident si $n = 0$. Supposons-le vrai pour les algèbres de dimension < n.

Soit $\mathfrak{h}$ une sous-algèbre de Lie de g de dimension $m < n$. Si $x \in \mathfrak{h}$, $\mathrm{ad}_g x$ applique $\mathfrak{h}$ dans lui-même et définit par passage au quotient un endomorphisme $\sigma(x)$ de l’espace $g/\mathfrak{h}$. D’après le lemme 1, $\mathrm{ad}_g x$ est nilpotent, donc $\sigma(x)$ est nilpotent. En vertu de l’hypothèse de récurrence, il existe un élément non nul de $g/\mathfrak{h}$ qui est annulé par tous les $\sigma(x), x \in \mathfrak{h}$. Autrement dit, il existe $y \in g, y \notin \mathfrak{h}$, tel que $[x, y] \in \mathfrak{h}$ pour tout $x \in \mathfrak{h}$. Il en résulte que $\mathfrak{h}$ est un idéal dans une certaine sous-algèbre de dimension $m + 1$ de g.

On en conclut (par itération à partir de $\mathfrak{h} = \{0\}$) que g possède un idéal $\mathfrak{h}$ de dimension $n - 1$. Soit $a \in g, a \notin \mathfrak{h}$. Faisons usage à nouveau de l’hypothèse de récurrence : les $u \in V$ tels que $x.u = 0$ pour tout $x \in \mathfrak{h}$ forment un sous-espace vectoriel non nul U de V. Ce sous-espace est stable pour $a$ (§ 3, no 5, prop. 5). Puisque $a$ est un endomorphisme nilpotent de V, il existe un élément non nul de U qui est annulé par $a$, donc par tout élément de g.

La condition est nécessaire (prop. 1). Supposons démontrée sa suffisance pour les algèbres de Lie de dimension < n ($n \neq 0$). Soit g une algèbre de Lie de dimension n telle que, pour tout $x \in g$, ad $x$ soit nilpotent. Le théorème 1, appliqué à l’ensemble des ad $x\ (x \in g)$, prouve que le centre $c$ de $g$ est non nul. Alors, $g$ est extension centrale de l’algèbre de Lie $g/c$, qui est nilpotente d’après notre hypothèse de récurrence. On conclut en appliquant la prop. 2.

Soit x \in g. Comme g/h est nilpotente, il existe un entier k tel que (ad x)^k(g) \subset h. Par hypothèse, il existe un entier k' tel que (ad x)^{k'}(h) = \{0\}. Donc (ad x)^{k+k'} = \{0\}. Le cor. 2 est donc une conséquence du cor. 1.

Ceci résulte aussitôt du lemme 1 et du cor. 1.

En effet, soit N le sous-espace de M formé des m \in M tels que x_M . m = 0 pour tout x \in a. D’après le th. 1, N \neq \{0\}. D’autre part, pour tout y \in g, N est stable pour y_M (§ 3, no 5, prop. 5). Donc N = M, ce qui prouve le lemme.

a) pour tout x \in a, x_M est nilpotent ;

b) pour tout $x \in \mathfrak{a}$, $x_{\mathbf{M}}$ est dans le radical de l’algèbre associative $A$ engendrée par 1 et les $y_{\mathbf{M}}$, où $y \in \mathfrak{g}$; c) pour tout $x \in \mathfrak{a}$, on a

Si ces conditions sont remplies, $\mathfrak{a}$ est orthogonal à $\mathfrak{g}$ pour la forme bilinéaire associée au $\mathfrak{g}$-module $M$.

$b) \Rightarrow a)$ : comme $A$ est de dimension finie sur $K$, le radical de $A$ est un idéal nilpotent ($Alg.$, chap. VIII, § 6, n° 4, th. 3), donc tout élément de ce radical est nilpotent.

$a) \Rightarrow c)$ : chaque $Q_i = M_i/M_{i+1}$ ($0 \leq i < n$) est un $\mathfrak{g}$-module simple. Pour tout $x \in \mathfrak{a}$, l’endomorphisme $x_{Q_i}$ (qui se déduit de $x_{\mathbf{M}}$ par restriction à $M_i$ et passage au quotient) est nilpotent si la condition a) est satisfaite, donc nul d’après le lemme 2 ; autrement dit, $x_{\mathbf{M}}(M_i) \subset M_{i+1}$.

$c) \Rightarrow b)$ : supposons satisfaite la condition c); soient $x \in \mathfrak{a}$ et $z \in A$. On a $z(M_i) \subset M_i$ ($0 \leq i < n$), donc $(zx_{\mathbf{M}})^n(M) = \{0\}$; ainsi $Ax_{\mathbf{M}}$ est un nilidéal à gauche de $A$, donc est contenu dans le radical de $A$ ($Alg.$, chap. VIII, § 6, n° 3, cor. 3 du th. 1).

Enfin, supposons satisfaites les conditions $a),\ b),\ c)$. Soient $x \in \mathfrak{a}$ et $y \in \mathfrak{g}$. On vient de voir que $y_{\mathbf{M}}x_{\mathbf{M}}$ est nilpotent, donc $\operatorname{Tr}(y_{\mathbf{M}}x_{\mathbf{M}}) = 0$, ce qui prouve la dernière assertion du lemme.

a) Les idéaux $\mathfrak{a}$ de $\mathfrak{g}$, tels que $x_{\mathbf{M}}$ soit nilpotent pour tout $x \in \mathfrak{a}$, sont tous contenus dans l’un d’eux, $\mathfrak{n}$.

b) L’idéal $\mathfrak{n}$ est l’ensemble des $x \in \mathfrak{g}$ tels que $x_{\mathbf{M}}$ appartienne au radical de $A$.

c) Soit $(M_i)_{0 \leq i \leq n}$ une suite de Jordan-Hölder du $\mathfrak{g}$-module $M$; alors $\mathfrak{n}$ est aussi l’ensemble des $x \in \mathfrak{g}$ tels que $(x)_{M_i/M_{i+1}} = 0$ pour tout $i$.

d) $\mathfrak{n}$ est orthogonal à $\mathfrak{g}$ pour la forme bilinéaire associée à $\varphi$.

L’ensemble des $x \in \mathfrak{g}$ tels que $x_{\mathbf{M}}$ appartienne au radical de $A$ est évidemment un idéal de $\mathfrak{g}$. La proposition résulte alors aussitôt du lemme 3.

On prendra garde que $g/n$ peut avoir des idéaux nilpotents non nuls.