Soient g une algèbre de Lie, g' une sous-algèbre, h un idéal de g, $\mathfrak{k} = g/h$, et $\varphi$ l’application canonique de g sur $\mathfrak{k}$. Si g est résoluble, on a $\mathscr{D}^k g = \{0\}$ pour un entier k, donc $\mathscr{D}^k g' \subset \mathscr{D}^k g = \{0\}$, et $\mathscr{D}^k \mathfrak{k} = \varphi(\mathscr{D}^k g) = \{0\}$, donc g' et $\mathfrak{k}$ sont résolubles. Si h et $\mathfrak{k}$ sont résolubles, il existe des entiers s, t tels que $\mathscr{D}^s h = \mathscr{D}^t \mathfrak{k} = \{0\}$; on a alors $\mathscr{D}^t g \subset h$, donc $\mathscr{D}^{s+t} g = \mathscr{D}^s (\mathscr{D}^t g) \subset \mathscr{D}^s h = \{0\}$, et g est résoluble. La dernière assertion résulte de la deuxième par récurrence sur le nombre des facteurs.

a) g est résoluble ; b) il existe une suite décroissante $g = g_0 \supset g_1 \supset \cdots \supset g_n = \{0\}$ d’idéaux de g tels que les algèbres $g_i / g_{i+1}$ soient commutatives ($i = 0, 1, \ldots, n-1$) ; c) il existe une suite décroissante $g = g'_0 \supset g'_1 \supset \cdots \supset g'_p = \{0\}$ de sous-algèbres de g telles que $g'_{i+1}$ soit un idéal dans $g'_i$ et que $g'_i / g'_{i+1}$ soit commutative ($i = 0, 1, \ldots, p-1$). d) Il existe une suite décroissante $g = g''_0 \supset g''_1 \supset \cdots \supset g''_q = \{0\}$ de sous-algèbres de g telles que $g''_{i+1}$ soit un idéal de codimension 1 dans $g''_i$ ($i = 0, 1, \ldots, q-1$).

a) $\Rightarrow$ b) : il suffit de considérer la suite des idéaux dérivés de g. b) $\Rightarrow$ c) : c’est évident. c) $\Rightarrow$ d) : supposons la condition c) satisfaite ; tout sous-espace vectoriel de $g'_i$ contenant $g'_{i+1}$ est un idéal de $g'_i$, d’où aussitôt d). d) $\Rightarrow$ a) ; ceci résulte du fait qu’une extension d’une algèbre résoluble par une algèbre résoluble est résoluble.

Exemples d’algèbres de Lie résolubles.

I. Soient g un espace vectoriel de dimension 2 sur K, $(e_1, e_2)$ une base de g. Il existe une multiplication bilinéaire alternée $(x, y) \mapsto [x, y]$ et une seule sur g telle que $[e_1, e_2] = e_2$. On vérifie facilement que g est ainsi muni d’une structure d’algèbre de Lie résoluble. Maintenant, soit $h$ une algèbre de Lie non commutative de dimension 2 sur K. On va montrer que $h$ est isomorphe à g. Soit $(f_1, f_2)$ une base de h. L’élément $[f_1, f_2]$ n’est pas nul (sinon h serait commutative), donc il engendre un sous-espace $f$ de dimension 1 de h. On a $[h, h] = f$. Soit $(e'_1, e'_2)$ une base de h telle que $e'_2 \in f$. On a $[e'_1, e'_2] = \lambda e'_2$ avec $\lambda \neq 0$. Remplaçant $e'_1$ par $\lambda^{-1} e_1$, on voit qu’on peut supposer $\lambda = 1$, d’où notre assertion.

II. Les formules (5) du § 1 prouvent que $\mathscr{O}t(n, K) = n(n, K)$. Comme $n(n, K)$ est nilpotente donc résoluble, $t(n, K)$ est résoluble. Par suite, $st(n, K)$ est résoluble. En particulier, $st(2, K)$ est isomorphe à l’algèbre de l’exemple I.

Soient a un idéal de g, et $\varphi$ l’application canonique de g sur $g/a$. Si le radical de $g/a$ est nul, alors $\varphi(r)$, qui est un idéal résoluble de $g/a$, est nul ; donc $r \subset a$. D’autre part, l’image réciproque $\varphi^{-1}(r')$ du radical $r'$ de $g/r$ est un idéal de g qui est résoluble d’après la prop. 1, donc est égal à r ; par suite $r' = \{0\}$.

Le produit $r'$ des $r_i$ est un idéal résoluble (prop. 1), donc $r' \subset r$. L’image canonique de $r$ dans $g_i$ est un idéal résoluble de $g_i$, donc est contenue dans $r_i$; donc $r \subset r'$.

Soit $(V_i)_{0 \leq i \leq r}$ une suite de Jordan-Hölder du $a$-module $V$. Soit $S$ la sous-algèbre de $\mathscr{L}(V)$ engendrée par $1$ et $a$.

Si $b$ est un idéal de $g$ contenu dans $a$ et tel que l’on ait $\mathrm{Tr}\, bs = 0$ pour tout $b \in b$ et tout $s \in S$, on a en particulier, par définition de $S$, $\mathrm{Tr}\,(b^n) = 0$ pour tout entier $n > 0$, donc $b$ est nilpotent

(Alg., chap. VII, , no 5, cor. 4 de la prop. 13) ; comme les éléments de b sont tous nilpotents, on a b = {0} (\S 4, no 3, lemme 2). Appliquons d’abord ceci à l’idéal [g, a] de g. Si x ∈ g, a ∈ a, s ∈ S, on a Tr [x, a]s = Tr (xas − axs) = Tr x(as − sa) = 0 puisque as = sa ; on a donc [g, a] = {0}. Les éléments de g commutent donc à ceux de a, donc aussi à ceux de S. Si x, y appartiennent à g, et si s ∈ S, on a Tr [x, y]s = Tr (xys − yxs) = Tr x(ys − sy) = 0 puisque ys = sy ; prenant alors pour b l’idéal $\mathscr{O}g \cap a$, on a $\mathscr{O}g \cap a = \{0\}$

On sait déjà que s ⊂ $\mathscr{O}g \cap r$. Il suffira donc de montrer que, si ρ est une représentation simple de dimension finie de g, on a $\rho(\mathscr{O}g \cap r) = \{0\}$. Soit k le plus petit entier ≥ 0 tel que $\rho(\mathscr{O}^{k+1}r) = \{0\}$; posons $g' = \rho(g)$, $a' = \rho(\mathscr{O}^k r)$; comme $\mathscr{O}^k r$ est un idéal de g, $a'$ est un idéal de $g'$; cet idéal est commutatif puisque $\rho(\mathscr{O}^{k+1}r) = \{0\}$. Si V est l’espace de ρ, on a $g' \subset \mathrm{gl}(V)$ et V est un $g'$-module simple. Alors, $\rho(\mathscr{O}g \cap \mathscr{O}^k r) \subset \mathscr{O}g' \cap a' = \{0\}$. Si on avait $k > 0$, on aurait $\mathscr{O}^k r \subset \mathscr{O}g$, $\rho(\mathscr{O}^k r) = \{0\}$, contrairement à la définition de k. Donc $k = 0$, c’est-à-dire que $\rho(\mathscr{O}g \cap r) = \{0\}$.

On a ici r = g, d’où s = $\mathscr{O}g$. Donc $\rho(\mathscr{O}g) = \{0\}$, ce qui montre que $g' = \rho(g)$ est commutative. Tout élément ≠ 0 de L est invér-sible en vertu du lemme de Schur ; L est donc un corps.

Soit $\rho_i$ la représentation de $g$ dans $M_{i-1}/M_i$. L’algèbre associative $L_i$ engendrée par 1 et $\rho_i(g)$ est un corps, extension de degré fini de $K$, donc égal à $K$; et $M_{i-1}/M_i$ est un $L_i$-module simple, d’où $\dim M_{i-1}/M_i = 1$. Le reste du corollaire est évident.

En effet, tout idéal fait partie d’une suite de Jordan-Hölder de $g$, considéré comme espace de la représentation adjointe (Alg., chap. I, § 6, no 14, cor. du th. 8) ; il suffit alors d’appliquer le cor. 2.

Cela se démontre de la même manière que les cor. 2 et 3, tenant compte de ce que toute extension algébrique de $\mathbf{R}$ est de degré $\leq 2$.

La condition est nécessaire en vertu du cor. 1. Elle est suffisante puisque $g/\mathscr{O}g$ est commutative.

Soit V l’espace de ρ ; soit (V_i)_{0 \leq i \leq r} une suite de Jordan-Hölder pour la structure de r-module de V, et soit ρ_i la représentation de r d’espace V_i/V_{i-1} (1 \leq i \leq r). Si ρ(x) est nilpotent, il en est de même des ρ_i(x) ; comme, pour tout i, l’algèbre engendrée par ρ_i(r) est un corps, on a ρ_i(x) = 0. Réciproquement, si ρ_i(x) = 0 pour tout i, ρ(x) = 0. Ceci montre que l’ensemble a des x \in r tels que ρ(x) soit nilpotent est un idéal de r. D’autre part, [g, a] \subset \mathfrak{g} \cap r \subset n \cap r \subset a, donc a est un idéal de g. Ceci prouve que a \subset n.

Désignons par a, b, c, d ces quatre ensembles. Les inclusions a \subset b \subset d \subset c sont claires. On a c \subset a d’après le cor. 6 appliqué à la représentation adjointe de g.

On a ad x = ad s + ad n, [ad s, ad n] = 0, et ad n est nilpotent (§ 4, lemme 1). Montrons que ad s est semi-simple. Il suffit de le faire pour K algébriquement clos (cf. Alg., chap. VIII, § 9, no 2, prop. 3). Soit alors (e_i)_{1 \leq i \leq n} une base de V telle que s(e_i) = \lambda_i e_i (\lambda_i \in K). Soit (E_{ij}) la base canonique de \mathbf{M}_n(K) = gl(V). D’après les formules (5) du § 1, on a (ad s).E_{ij} = (\lambda_i - \lambda_j)E_{ij}, donc ad s est semi-simple. La dernière assertion du lemme résulte d’Alg., chap. VIII, § 9, no 4, prop. 8.

Il suffit de faire la démonstration lorsque K est algébriquement clos, ce que nous supposerons désormais. Soient s et n les composantes semi-simple et nilpotente de z, et soit (e_i) une base de M telle que s(e_i) = λ_i e_i (λ_i ∈ K). Soit V ⊂ K l’espace vectoriel sur Q engendré par les λ_i. Il s’agit de montrer que V = {0}. Soit f une forme Q-linéaire sur V, et soit t l’endomorphisme de M tel que te_i = f(λ_i)e_i. Si (E_{ij}) est la base canonique de gl(M) définie par E_{ij}e_k = δ_{jk}e_i, on a

Il existe un polynôme P, sans terme constant, à coefficients dans K, tel que P(λ_i - λ_j) = f(λ_i) - f(λ_j) quels que soient i et j (car, si λ_i - λ_j = λ_h - λ_k, on a f(λ_i) - f(λ_j) = f(λ_h) - f(λ_k), et, si λ_i - λ_j = 0, f(λ_i) - f(λ_j) = 0). Alors, ad t = P(ad s). D’autre part, ad s est un polynôme sans terme constant en ad z. Or (ad z)(A) ⊂ B, d’où aussi (ad t)(A) ⊂ B. Vu l’hypothèse, on a 0 = Tr (zt) = Σλ_i f(λ_i), d’où 0 = f(Tr (zt)) = Σ f(λ_i)^2. Puisque les f(λ_i) sont des nombres rationnels, f = 0, ce qui achève la démonstration.

On peut évidemment se ramener au cas où g est une sous-algèbre de Lie de gl(M) et où ρ est l’application identique. Si g est résoluble, O_g est contenu dans le plus grand idéal de nilpotence de la représentation identique de g (th. 1), donc est orthogonal à g pour β (§ 4, prop. 4 d)). Supposons O_g orthogonal à g pour β, et prouvons que g est résoluble. Soit T l’ensemble des t ∈ gl(M) tels que [t, g] ⊂ O_g. Si t ∈ T et si x, y appartiennent à g, on a [t, x] ∈ O_g, donc

d’où par linéarité $\operatorname{Tr}(tu) = 0$ pour tout $u \in \mathscr{O}g$. Par ailleurs, il est clair que $\mathscr{O}g \subset T$. Donc (lemme 3) tout élément de $\mathscr{O}g$ est nilpotent. Il est résulte que $\mathscr{O}g$ est nilpotente ($§ 4$, cor. 3 du th. 1), donc que $g$ est résoluble (no 3, cor. 5 du th. 1).

Le cor. 2 peut être précisé de la manière suivante :

Soit D une dérivation de g. Soit g' = g + Kx_0 une algèbre de Lie dans laquelle g est un idéal de codimension 1, telle que Dx = [x_0, x] pour tout x ∈ g (§ 1, n° 8, exemple 1). D’après le cor. 3 de la prop. 5, r est contenu dans le radical r' de g'. On a D(r) = [x_0, r] ⊂ [g', g'] ∩ r' = s'. Pour tout x ∈ s', ad_{g'} x est nilpotent (th. 1). Donc, pour tout x ∈ s' ∩ g, ad_g x est nilpotent. Donc D(r) est contenu dans l’idéal nilpotent s' ∩ g de g.