a) g est semi-simple. b) Le radical r de g est nul. c) La forme de Killing β de g est non dégénérée.

En outre, une algèbre de Lie semi-simple est égale à son idéal dérivé.

a) ⇒ b) : car, si r ≠ {0}, la dernière algèbre dérivée non nulle de r est un idéal commutatif de g.

b) ⇒ c) : ceci résulte de la prop. 5 b) du § 5, n° 5 (qui prouve en même temps la dernière assertion du théorème).

c) ⇒ a) : ceci résulte de la prop. 6 b) du § 4, n° 4.

En effet, la forme linéaire x ↦ Tr ρ(x) (x ∈ g) s’annule quand x est de la forme [y, z] (y ∈ g, z ∈ g), donc sur $\mathfrak{g}$ = g.

En effet, l’orthogonal de $g$ pour cette forme est un idéal résoluble ($§ 5$, no 4, th. 2), donc est nul.

Soit $\beta'$ la restriction de $\beta$ à $a$ : c’est la forme bilinéaire associée à la représentation $x \to \mathrm{ad}_g x$ de $a$ dans l’espace $g$. Cette représentation est fidèle, donc $\beta'$ est non dégénérée (prop. 1). Donc $h$ est supplémentaire de $a$ dans $g$. Par ailleurs, si $x, y$ sont dans $a$ et $z \in h$, on a $\beta(x, [y, z]) = \beta([x, y], z) = 0$, car $[x, y] \in a$, donc $[y, z] \in h$, ce qui prouve que $[a, h]) \subset h$. Si $a$ est un idéal de $g$, on sait que $h$ est un idéal de $g$ ($§ 3$, prop. 7) et $g$ s’identifie à $a \times h$. Comme le centre de $a$ est nul, le commutant de $a$ dans $g$ est $h$.

Ceci résulte aussitôt du cor. 1.

En effet, $\mathrm{ad}\, g$ est isomorphe à $g$, donc semi-simple, et est un idéal de l’algèbre de Lie $\mathfrak{d}$ des dérivations de $g$ ($§ 1$, prop. 1). Si $D \in \mathfrak{d}$ commute aux éléments de $\mathrm{ad}\, g$, on a, pour tout $x \in g$, $\mathrm{ad}\, D(x) = [D, \mathrm{ad}\, x] = 0$, d’où $D(x) = 0$; donc $D = 0$. Le cor. 3 résulte donc du cor. 1.

En effet, soit $a$ un idéal de $g$. L’orthogonal $b$ de $a$ dans $g$ pour la forme de Killing est un idéal de $g$, et $a \cap b$ est un idéal commutatif ($§ 3$, no 6, prop. 7), donc nul. Donc $b$ est supplémentaire de $a$ dans $g$. En outre, comme la forme de Killing de $g$ est non dégénérée, il en est de même de ses restrictions à $a$ et $b$ (Alg., chap. IX, $§ 4$, no 1, cor. de la prop. 1), donc $a$ et $b$ sont semi-simples (no 1, th. 1, et $§ 3$, no 6, prop. 9).

a) Toutes les représentations linéaires de dimension finie de $g$ sont semi-simples.

b) *Etant donnés une représentation linéaire $\rho$ de $g$ dans un espace vectoriel $V$ de dimension finie et un sous-espace vectoriel $W$ de codimension 1 tel que $\rho(x)(V) \subset W$ pour tout $x \in g$, il existe une droite supplémentaire de $W$ stable pour $\rho(g)$ (donc annulée par $\rho(g)$).

Il est clair que a) entraîne b). Supposons b) vraie. Soient $\sigma$ une représentation de dimension finie de $g$ dans un espace vectoriel $M$, et $N$ un sous-espace vectoriel stable pour $\sigma(g)$. Soit $\mu$ la représentation de $g$ dans $\mathscr{L}(M)$ canoniquement déduite de $\sigma$ ($§ 3$, no 3) : rappelons que $\mu(x) = \operatorname{ad}_{\mathscr{L}(M)} \sigma(x)$. Soit $V$ (resp. $W$) le sous-espace de $\mathscr{L}(M)$ formé des applications linéaires de $M$ dans $N$ dont la restriction à $N$ est une homothétie (resp. est nulle) ; alors $W$ est de codimension 1 dans $V$, et $\mu(x)(V) \subset W$ pour tout $x \in g$. D’après la condition b), il existe un $u \in V$ annulé par $\mu(x)$ pour tout $x \in g$, et dont la restriction à $N$ est une homothétie non nulle. En multipliant $u$ par un scalaire convenable, on peut supposer que $u$ est un projecteur de $M$ sur $N$. Dire que $\mu(x) \cdot u = 0$ signifie que $u$ est permutable à $\sigma(x)$. Donc le noyau de $u$ est un supplémentaire de $N$ dans $M$ stable pour $\sigma(x)$, quel que soit $x \in g$. Donc $\sigma$ est semi-simple.

Pour tout $x \in g$, soit $\sigma(x)$ la restriction de $\rho(x)$ à $W$. Supposons d’abord que $\sigma$ soit simple. Si $\sigma = 0$, alors $\rho(x)\rho(y) = 0$ quels que soient $x, y$ dans $g$, donc $\rho(g) = \rho(\cap g) = \{0\}$, et notre assertion est évidente. Si $\sigma \neq 0$, soit $n$ le noyau de $\sigma$, et soit $m$ un idéal supplémentaire de $n$ dans $g$ (lemme 1) ; on a $m \neq \{0\}$, et la restriction de $\sigma$ à $m$ est fidèle ; la restriction à $m$ de la forme bilinéaire associée à $\sigma$ est non dégénérée (prop. 1), donc on peut former l’élément de Casimir $c$ associé à $m$ et $\sigma$. D’après la prop. 12 du , no 7, $\sigma(c)$ est un automorphisme de $W$. D’autre part, $\rho(c)(V) \subset W$. Donc le noyau $Z$ de $\rho(c)$ est une droite supplémentaire de $W$ ; puisque $c$ appartient au centre de l’algèbre enveloppante de $g$, $\rho(c)$ est permutable à $\rho(x)$ pour tout $x \in g$, donc $Z$ est stable pour $\rho(g)$

Dans le cas général, on raisonne par récurrence sur la dimension de $V$. Soit $T$ un sous-espace stable non nul minimal de $W$. Soit $\rho'$ la représentation quotient dans $V' = V/T$. On a, pour tout $x \in g$, $\rho'(x)(V') \subset W'$, où $W' = W/T$ est de codimension 1 dans $V'$. Par l’hypothèse de récurrence, il existe une droite $Z'$ supplémentaire de $W'$ et stable pour $\rho'(g)$. Son image réciproque $Z$ dans $V$ est stable pour $\rho(g)$, contient $T$ comme sous-espace de codimension 1, et on a $Z \cap W = T$, donc $\rho(x)(Z) \subset T$ pour tout $x \in g$. D’après ce qui a été démontré plus haut, il existe une droite supplémentaire de $T$ dans $Z$, stable pour $\rho(g)$ ; cette droite est supplémentaire de $W$ dans $V$, ce qui achève la démonstration.

Ceci résulte des lemmes 2 et 3.

La condition est suffisante (no 1, remarque 3). Réciproquement, supposons $g$ semi-simple. Puisque la représentation adjointe de $g$ est semi-simple, $g$ est somme directe d’idéaux non nuls minimaux $a_1, \ldots, a_m$. Alors $g$ s’identifie à l’algèbre produit des $a_i$ ($§ 1, \mathrm{n}^{\circ} 1$). Tout idéal de $a_i$ est alors un idéal de $g$, donc nul ou égal à $a_i$. Par ailleurs, $a_i$ est non commutatif. Donc les $a_i$ sont des algèbres de Lie simples.

On a $g = a_1 \times \cdots \times a_m$, où les $a_i$ sont simples. Comme le centre de $a_i$ est nul, le commutant de $a_i$ dans $g$ est le produit des $a_j$ pour $j \neq i$. Soit alors $a$ un idéal de $g$. S’il ne contient pas $a_i$, on a $a \cap a_i = \{0\}$, donc $[a, a_i] = \{0\}$, et $a$ est contenu dans le produit des $a_j$ pour $j \neq i$. Il s’ensuit que $a$ est produit de certains des $a_i$. Donc les idéaux simples de $g$ sont exactement les $a_i$.

Les idéaux simples d’une algèbre de Lie semi-simple sont appelés les composants simples de $g$.

Comme $f(r)$ est résoluble, on a $f(r) \subset r'$. D’autre part, $g/r$ est semi-simple ($§ 5, \mathrm{n}^{\circ} 2$, prop. 3), donc $g'/f(r)$, qui est isomorphe à un quotient de $g/r$, est semi-simple (lemme 1), donc $f(r) \supset r'$ ($§ 5, \mathrm{n}^{\circ} 2$, prop. 3).

Si $K_1$ est une extension de $K$, la forme de Killing de $g_{(K_1)}$ est l’extension à $g_{(K_1)}$ de celle de $g$ (§ 3, no 8), donc est non dégénérée ; par suite, $g_{(K_1)}$ est semi-simple. Il suffit donc de démontrer la prop. 3 lorsque le corps de base est algébriquement clos, ce que nous supposons désormais.

Pour tout sous-espace $N$ de $M$, soit $g_N$ la sous-algèbre de $gl(M)$ formée des éléments qui laissent $N$ stable, et dont la restriction à $N$ est de trace nulle. Comme $g = \mathscr{O}g$, on a $g \subset g_N$ si $N$ est stable par $g$. Soit alors $g^*$ l’intersection du normalisateur de $g$ dans $gl(M)$ et des algèbres $g_N$ où $N$ parcourt l’ensemble des sous-espaces de $M$ stables par $g$. Comme la composante semi-simple $s$ (resp. nilpotente $n$) de $x \in gl(M)$ est un polynôme sans terme constant en $x$, et que $ad\ s$ (resp. $ad\ n$) est la partie semi-simple (resp. nilpotente) de $ad\ x$ (§ 5, no 4, lemme 2), il est clair que $x \in g^*$ implique $s \in g^*$ et $n \in g^*$; il suffit donc de faire voir que $g^* = g$. Puisque $g$ et un idéal semi-simple de $g^*$, on a $g^* = a \times g$ (no 1, cor. 1 de la prop. 1). Soit $a \in a$ et soit $N$ un sous-espace minimal parmi les sous-espaces non nuls de $M$ stables par $g$. La restriction de $a$ à $N$ est un multiple scalaire de l’identité d’après le th. de Burnside, de trace nulle par construction, donc est nulle puisque $K$ est de caractéristique 0. Comme $M$ est somme directe de sous-espaces tels que $N$, il s’ensuit que $a = 0$, donc $g^* = g$.

Soit $s$ (resp. $n$) la composante semi-simple (resp. nilpotente) de $x \in g$. On a $s \in g$ et $n \in g$ (prop. 3). Alors $ad_g\ s$ (resp. $ad_g\ n$) est la composante semi-simple (resp. nilpotente) de $ad_g\ x$, d’après le lemme 2 du § 5, no 4. Si $x$ est semi-simple (resp. nilpotent), il en est donc de même de $ad_g\ x$. Si maintenant $ad_g\ x$ est semi-simple (resp. nilpotent), il est égal à $ad_g\ s$ (resp. $ad_g\ n$), donc $x = s$ (resp. $x = n$) puisque la représentation adjointe de $g$ est fidèle.

Si $\rho$ est une représentation de g', $\rho \circ f$ est une représentation de g, d’où la première assertion. Si f est surjectif, il existe un homomorphisme g de g' dans g tel que $f \circ g$ soit l’homomorphisme identique de g' (n° 1, cor. 2 de la prop. 1), et la deuxième assertion résulte donc de la première.

a) Soit $x \in g$. S’il existe une représentation fidèle de $\rho$ de g telle que $\rho(x)$ soit un endomorphisme semi-simple (resp. nilpotent), alors x est semi-simple (resp. nilpotent).

b) Tout élément de g s’écrit de manière unique comme somme d’un élément semi-simple et d’un élément nilpotent commutant entre eux.

Supposons satisfaite l’hypothèse de a). Soient $\sigma$ une représentation de g, b l’idéal supplémentaire du noyau de $\sigma$, et $\alpha$ la projection de g sur b. Alors, $\mathrm{ad}_g x$ est semi-simple (resp. nilpotent) d’après le cor. de la prop. 3, donc $\mathrm{ad}_b \alpha(x)$ est semi-simple (resp. nilpotent). Comme $\sigma(x) = \sigma(\alpha(x))$, la première assertion résulte du cor. de la prop. 3. La deuxième résulte alors de la prop. 3 appliquée à une représentation fidèle.

a) g est réductive. b) $\mathscr{O}g$ est semi-simple.

c) $g$ est produit d’une algèbre semi-simple et d’une algèbre commutative.

d) $g$ possède une représentation de dimension finie telle que la forme bilinéaire associée soit non dégénérée.

e) $g$ possède une représentation de dimension finie semi-simple fidèle.

f) Le radical nilpotent de $g$ est nul.

g) $r$ est le centre de $g$.

a) $\Rightarrow b)$ : si la représentation adjointe de $g$ est semi-simple, $g$ est somme directe d’idéaux non nuls minimaux $a_i$, donc $g$ est isomorphe au produit des $a_i$; et $a_i$ ne possède pas d’autre idéaux que $\{0\}$ et $a_i$, donc est simple ou commutatif de dimension 1. Par suite, $\mathscr{O}g$ est égal au produit de ceux des $a_i$ qui sont simples, donc est semi-simple.

$b) \Rightarrow c)$ : si $\mathscr{O}g$ est semi-simple, $g$ est isomorphe au produit de $\mathscr{O}g$ par une algèbre de Lie $h$ (no 1, cor. 1 de la prop. 1); $h$ est isomorphe à $g/\mathscr{O}g$, donc commutative.

$c) \Rightarrow d)$ : soient $g_1$ et $g_2$ deux algèbres de Lie, $\rho_i$ une représentation de dimension finie de $g_i$, $\beta_i$ la forme bilinéaire sur $g_i$ associée à $\rho_i$ ($i = 1, 2$); on peut considérer $\rho_1$ et $\rho_2$ comme des représentations de $g = g_1 \times g_2$; soit $\rho$ leur somme directe. Il est clair que la forme bilinéaire sur $g$ associée à $\rho$ est la somme directe de $\beta_1$ et $\beta_2$, donc est non dégénérée si $\beta_1$ et $\beta_2$ sont non dégénérées. Ceci posé, pour prouver l’implication $c) \Rightarrow d)$, il suffit de considérer les 2 cas suivants : 1) $g$ est semi-simple ; alors la représentation adjointe admet pour forme associée la forme de Killing, qui est non dégénérée ; 2) $g = K$; alors la représentation identique de $g$ dans $K$ a une forme bilinéaire associée qui est non dégénérée.

$d) \Rightarrow e)$ : soient $\rho$ une représentation de dimension finie de $g$ et $\beta$ la forme bilinéaire associée ; d’après la prop. 4 du § 4, no 3, il existe une représentation semi-simple de dimension finie $\sigma$ de $g$ telle que le noyau $n$ de $\sigma$ soit orthogonal à $g$ pour $\beta$. Si $\beta$ est non dégénérée, on a $n = \{0\}$, donc $\sigma$ est fidèle.

$e) \Rightarrow f)$ : ceci est évident.

$f) \Rightarrow g)$ : si le radical nilpotent de $g$ est nul, $\mathscr{O}g \cap r$ est nul ($§ 5,$ no 3, th. 1); comme $[g, r] \subset \mathscr{O}g \cap r$, $r$ est le centre de $g$.

g) ⇒ a) : si r est le centre de g, la représentation adjointe de g s’identifie à une représentation de g/r, qui est une algèbre de Lie semi-simple ( , n° 2, prop. 3); cette représentation est donc semi-simple (th. 2)

b) Si g est une algèbre de Lie réductive, de centre c, tout idéal de g est facteur direct, produit de ses intersections avec c et $\mathscr{O}g$, et est une algèbre de Lie réductive.

c) Tout quotient d’une algèbre de Lie réductive est une algèbre de Lie réductive.

L’assertion a) résulte par exemple de la condition c) de la prop. 5.

Supposons g réductive. Soit a un idéal de g. Puisque la représentation adjointe de g est semi-simple, a possède un idéal supplémentaire b, et g s’identifie à a × b. Pour tout $x \in g$, soit $\rho(x)$ la restriction de $\mathrm{ad}_g x$ à a. Alors, $\rho$ est une représentation semi-simple de g qui s’annule sur b, et définit par passage au quotient la représentation adjointe de a. Donc a est réductive. De même, g/a et b, qui sont isomorphes, sont réductives. Enfin, soient d, d’ les centres de a et b ; on a $a = d \times \mathscr{O}a, b = d' \times \mathscr{O}b, d \times d' = c, \mathscr{O}a \times \mathscr{O}b = \mathscr{O}g$; donc $a = (a \cap c) + (a \cap \mathscr{O}g)$.

a) $s = [g, r] = \mathscr{O}g \cap r$.

b) s est l’intersection des orthogonaux de g pour les formes bilinéaires associées aux représentations de dimension finie de g.

Il est clair que $[g, r] \subset \mathscr{O}g \cap r$. On a $\mathscr{O}g \cap r = s$ d’après le th. 1 du § 5, n° 3. Soient $g' = g/[g, r]$, et f l’homomorphisme canonique de g sur $g'$; alors $f(r)$ est le radical $r'$ de $g'$ (cor. 3 de la prop. 2, n° 2), donc $[g', r'] = \{0\}$ et $r'$ est le centre de $g'$; par suite (prop. 5) $g'$ possède une représentation semi-simple fidèle de dimension finie, d’où $s \subset [g, r]$. On a prouvé a).

Soit $t$ l’intersection des orthogonaux de $g$ pour les formes bilinéaires associées aux représentations de dimension finie de $g$. On a $s \subset t$ (§ 4, n° 3, prop. 4 d)). D'autre part, $g/s$ possède une représentation semi-simple fidèle de dimension finie, donc (prop. 5) une représentation $\rho$ de dimension finie telle que la forme bilinéaire associée soit non dégénérée; considérée comme représentation de $g$, $\rho$ possède une forme bilinéaire associée $\beta$ sur $g$, et l'orthogonal de $g$ pour $\beta$ est $s$, d'où $t \subset s$. Donc $t = s$.

Même si $s \neq \{0\}$, il peut exister des formes bilinéaires invariantes symétriques non dégénérées sur $g$ (exerc. 18 c)). De telles formes, bien entendu, ne sont associées à aucune représentation de $g$.

En effet, si $r, r'$ sont les radicaux de $g, g'$, on a $s' = [g', r'] = [f(g), f(r)] = f([g, r]) = f(s)$. L'assertion b) est conséquence immédiate de a).

a) $\Rightarrow b)$: si $\rho$ est semi-simple, $g'$ est réductive (prop. 5); l’algèbre associative engendrée par 1 et $g'$ est semi-simple ($Alg.$, chap. VIII, , no 1, prop. 3), donc son centre est semi-simple (loc. cit., § 5, no 4, prop. 12), donc les éléments de ce centre sont semi-simples (loc. cit., § 9, no 1, prop. 2)

$b) \Rightarrow c)$: si $g'$ est réductive, son centre est égal à son radical, c’est-à-dire à $r'$, d’où l’implication $b) \Rightarrow c)$.

$c) \Rightarrow d)$: supposons $r'$ formé d’endomorphismes semi-simples. Comme $[g', r']$ est formé d’endomorphismes nilpotents (no 4, prop. 6), on a $[g', r'] = \{0\}$. Ceci posé, l’implication $c) \Rightarrow d)$ résulte d’*Alg.*, chap. VIII, § 9, no 2, th. 1.

$d) \Rightarrow a)$: soient $s$ le radical nilpotent de $g$, et $\rho'$ la restriction de $\rho$ à $r$. Les éléments de $\rho(s)$ sont nilpotents, donc $s$ est contenu dans le plus grand idéal de nilpctence de $\rho'$. Comme $\rho'$ est semi-simple, on a $\rho'(s) = \{0\}$, et $g'$ est réductive (cor. de la prop. 6), de sorte que $g' = a' \times r'$ avec $a'$ semi-simple (prop. 5). Soit $A'$ (resp. $R'$) l’algèbre associative engendrée par 1 et $a'$ (resp. $r'$). Elle est semi-simple (Alg., chap. VIII, § 5, no 1, prop. 3), donc $A' \otimes_K R'$ est semi-simple (loc. cit., § 7, no 6, cor. 4 du th. 3), donc l’algèbre associative engendrée par 1 et $g'$, qui est un quotient de $A' \otimes_K R'$, est semi-simple, ce qui prouve que $\rho$ est semi-simple.

Soit $r$ le radical de $g$. Pour $x \in r$, $\rho(x)$ et $\rho'(x)$ sont semi-simples (th. 4), donc $\rho(x) \otimes 1 + 1 \otimes \rho'(x)$ est semi-simple (Alg., chap. VIII, § 9, cor. du th. 1), donc le produit tensoriel de $\rho$ et $\rho'$ est semi-simple (th. 4).

Soit $T^n$ le sous-espace de T formé des tenseurs homogènes d’ordre $n$. Ce sous-espace est stable pour $\sigma_T$, et la représentation définie par $\sigma_T$ dans $T^n$ est semi-simple (cor. 1). D’où le corollaire pour $\sigma_T$, et par suite pour $\sigma_S$, qui est une représentation quotient de $\sigma_T$.

En effet, le $g$-module $\mathscr{L}_k(M, M')$ s’identifie canoniquement au $g$-module $M^* \otimes_k M'$ (§ 3, no 3, prop. 4), de sorte que le cor. 3 résulte du cor. 1.

Passant au quotient par le noyau de $\rho$, on peut supposer $\rho$ fidèle. Alors, $g$ est réductive. Soit $g = g_1 \times g_2$, où $g_1$ est le centre de $g$ et où $g_2$ est semi-simple. On a $a = a_1 \times a_2$, avec $a_1 \subset g_1$, $a_2 \subset g_2$, et $a_1$ est le centre de $a$. Les éléments de $\rho(g_1)$, et en particulier ceux de $\rho(a_1)$, sont semi-simples (th. 4), donc $\rho'$ est semi-simple (th. 4). D’où $a$. L’assertion $b$ résulte de $a$, compte tenu du § 3, no 1, cor. de la prop. 1.

Soit $W_0$ un sous-$\mathfrak{h}$-module simple de dimension finie de $V$. Il s’agit de montrer que $\rho(x)(W_0) \subset W$ pour tout $x \in g$. Désignons par $M$ l’espace vectoriel $g$ considéré comme $\mathfrak{h}$-module grâce à la représentation $x \mapsto \mathrm{ad}_g x$ de $\mathfrak{h}$ dans $g$. Alors, $M \otimes_K W_0$ est un $\mathfrak{h}$-module semi-simple (cor. 1 du th. 4). Soit $\theta$ l’application K-linéaire de $M \otimes_K W_0$ dans $V$ définie par $\theta(x \otimes w) = \rho(x)w$. C’est un homomorphisme de $\mathfrak{h}$-modules, car, si $y \in \mathfrak{h}$, on a :

Donc $\theta(M \otimes_K W_0)$ est un $\mathfrak{h}$-module semi-simple de dimension finie. Donc $\theta(M \otimes_K W_0) \subset W$, c’est-à-dire $\rho(x)(W_0) \subset W$ pour tout $x \in g$.

En effet, il suffit d’étudier le cas où $\rho$ est simple. Adoptons les notations $V, W$ de la prop. 4. Soit $W_1$ un sous-espace de $V$ minimal parmi les sous-espaces non nuls et stables pour $\rho(\mathfrak{h})$. On a $W_1 \subset W$, donc $W \neq \{0\}$, donc $W = V$.

En effet, la représentation $x \mapsto \mathrm{ad}_g x$ de $\mathfrak{h}$ dans $g$ est semi-simple, donc sa restriction à $\mathfrak{k}$ est semi-simple (cor. 1).

La représentation identique de $\mathrm{gl}(V)$ est simple, donc $\mathrm{gl}(V)$ est réductive, et par suite $\mathrm{gl}(V)$ est somme directe de son centre $c$ et de son algèbre dérivée $\mathscr{O}(\mathrm{gl}(V))$. Le centre $c$ est l’ensemble des homothéties (Alg., chap. II, § 2, n° 5, cor. 1 de la prop. 5). Il est clair que $\mathscr{O}(gl(V)) \subset sl(V)$. Comme $sl(V) \cap c = \{0\}$, on a $\mathscr{O}(gl(V)) = sl(V)$. Donc $sl(V)$ est semi-simple.

Pour tout $u \in gl(V)$, on notera $u^*$ son adjoint relativement à $\beta$; on a $\operatorname{Tr}(u) = \operatorname{Tr}(u^*)$ d’après la prop. 7 d’Alg., chap. IX, § 1, n° 8. La condition $\beta(um, m') + \beta(m, um') = 0$ quels que soient $m, m'$ dans V signifie que $u + u^* = 0$. En particulier, si $v \in gl(V)$, on a $(v - v^*)^* = v^* - v$, donc $v - v^* \in g$. Ceci posé, soit $u$ un élément de g orthogonal à g pour la forme bilinéaire $\varphi$ associée à la représentation identique de g. Quel que soit $v \in gl(V)$, on a $\operatorname{Tr}\, u(v - v^*) = 0$, donc

donc $\operatorname{Tr}(uv) = 0$. Il en résulte que $u = 0$, de sorte que $\varphi$ est non dégénérée. Donc g est réductive (prop. 5). Il nous reste à montrer que le centre de g est nul (sauf si $\beta$ est symétrique et que $n = 2$). Par extension du corps de base, on peut supposer K algébriquement clos.

a) Lorsque $\beta$ est symétrique, on peut l’identifier à la forme bilinéaire sur $K^n$ de matrice $I_n$ par rapport à la base canonique ($Alg.$, chap. IX, , cor. 1 du th. 1). Dans ces conditions, $g$ s’identifie à l’algèbre de Lie des matrices antisymétriques ($§ 3$, no 4, exemple 1). Soit $U = (u_{ij}) \in g$, et exprimons que $U$ commute à la matrice $(\nu_{ij}) \in g$ dont tous les éléments sont nuls sauf $\nu_{i_0j_0}$ et $\nu_{j_0i_0}$ ($i_0 \neq j_0$) qui sont égaux respectivement à 1 et -1. On trouve que $u_{ij} = u_{ji} = u_{ii_0} = u_{ij_0} = 0$ pour $i \neq i_0, j_0$ et $j \neq i_0, j_0$. Si $n > 2$, il existe, quels que soient les indices distincts $i_0$ et $j$, des indices distincts $i$ et $j_0$ tels que $i \neq i_0, j_0 \neq j, j_0 \neq i_0$; donc $u_{ij} = 0$. Ceci prouve qu’un élément du centre de $g$ est nul

b) Lorsque $\beta$ est alternée et que $n = 2m$, on peut identifier $\beta$ à la forme bilinéaire sur $K^{2m}$ de matrice $\begin{pmatrix} 0 & I_m \\ -I_m & 0 \end{pmatrix}$ par rapport à la base canonique ($Alg.$, chap. IX, § 5, cor. 1 du th. 1). Dans ces conditions $g$ s’identifie à l’algèbre de Lie des matrices de la forme $U = \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}$ avec $D = -'A$, $B$ et $C$ symétriques ($A, B, C, D$ dans $\mathbf{M}_m(K)$) ($§ 3$, no 4, exemple 1). Exprimons d’abord que $U$ commute à la matrice $\begin{pmatrix} X & 0 \\ 0 & -'X \end{pmatrix}$, où $X \in \mathbf{M}_m(K)$. Il vient $AX = XA$, $CX = -'XC$, $XB = -B.'X$; comme ces égalités doivent être vérifiées quel que soit $X$, on en déduit que $A$ est une matrice scalaire $\lambda I_m$. Exprimons maintenant que $U$ commute à la matrice $\begin{pmatrix} 0 & Y \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, où $Y$ est une matrice symétrique de $\mathbf{M}_m(K)$. Il vient $\lambda Y = YC = CY = 0$. Ceci prouve d’abord que $\lambda = 0$. En outre, pour tout $X \in \mathbf{M}_m(K)$, $X + 'X$ est symétrique, et on doit donc avoir $XC = -'XC$. Compte tenu de l’égalité $CX = -'XC$ obtenue plus haut, on voit que $C$ commute à tout élément de $\mathbf{M}_m(K)$, donc que $C$ est une matrice scalaire, nécessairement nulle puisque $YC = 0$. On démontre de même que $B = 0$.

Pour $\beta$ symétrique et $n = 2$, $g$ est de dimension 1, donc commutative. Pour les autres cas, cf. exerc. 25 et 26.