Afr. Mat. (2014) 25:1063–1075
DOI 10.1007/s13370-013-0172-4
Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent
Joseph Bayara · Amidou Konkobo · Moussa Ouattara
Received: 1 January 2013 / Accepted: 10 June 2013 / Published online: 26 June 2013
© African Mathematical Union and Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2013
Abstract Idempotents play an important role in the investigation of nonassociative algebras
structure (Albert in Trans Am Math Soc 69:503–527, 1950; Schafer in An introduction to
nonassociative algebras Academic Press, New York, 1966; Zhevlakov et al. in Rings that
are nearly associative. Academic Press, New York, 1982). However, the existence of such
elements is not always guaranteed, specially when dealing with algebras that are defined by
polynomial identities. Hence, in many cases, one has to assume the existence of idempotents
(Arenas in Comm Algebra 35:675–688, 2007; Osborn in Trans Am Math Soc 16:1114–
1120, 1965; Petersson in Math Zeitschr 98:104–118, 1967) in order to investigate algebraic
structures via the classical Peirce decomposition. Lie triple algebras appear historically and
independently in Osborn (Trans Am Math Soc 16:1114–1120, 1965) and Petersson (Math
Zeitschr 97:1–15, 1967). In this paper, we deal mainly with Lie triple algebras which admit
no idempotent. We prove that non nil algebras possess either an idempotent or a pseudoidempotent. In the latter case, it is possible to obtain a Peirce decomposition relatively to the
pseudo-idempotent and some relations on Peirce’s components. We notice that these results
are analogous to that obtained by Osborn in (Trans Am Math Soc 16:1114–1120, 1965).
When a Lie triple algebra has a non-trivial idempotent, we show that its heart is a Jordan
subalgebra. Then we give a Lie triple non-conservative algebras classification for dimensions
2 and 3. Finally, we characterize train algebras of rank ≤ 3 that are Lie triple algebras.
J. Bayara
Université Polytechnique de Bobo-Dioulasso,
01 BP 1091, Bobo-Dioulasso, Burkina Faso
e-mail: josephbayara@yahoo.fr
M. Ouattara · A. Konkobo (B)
Université de Ouagadougou,
03 BP 7021, Ouagadougou, Burkina Faso
e-mail: konkoboa@yahoo.fr
M. Ouattara
e-mail: ouatt_ken@yahoo.fr
123
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J. Bayara et al.
Keywords Lie triple algebra · Pseudo-idempotent · Jordan algebra · Peirce decomposition ·
Train algebra
Mathematics subject Classification (2010)
Primary 17A30; Secondary 17C50 · 17D92
1 Introduction
Soient K un corps commutatif infini de caractéristique = 2, 3 et A une K -algèbre commutative. Les trois identités de degré ≤ 4, non conséquence de la commutativité, exhibées par
J.M. Osborn [9] sont
(x 2 x)x = x 2 x 2
(1.1)
3
2
2x(x(x y)) + yx = 3x(yx )
(1.2)
2(y 2 x)x + 2(x 2 y)y + (yx)(yx) = 2((yx)y)x + 2((yx)x)y + y 2 x 2 .
(1.3)
Rappelons qu’une algèbre de Jordan est une algèbre commutative vérifiant x 2 (yx) =
Une algèbre commutative est dite à puissances associatives si toute sous-algèbre
monogène est associative, i.e x i x j = x i+ j , pour tout élément x (i, j ≥ 1). En caractéristique
différente de 2, 3 et 5, la condition x 2 x 2 = x 4 est suffisante pour que l’algèbre soit è
puissances associatives.
On appelle algèbre de Lie triple [14] toute algèbre commutative vérifiant l’identité (1.2).
En caractéristique différente de 2, l’équation (1.2) est équivalente à
(x 2 y)x.
(x.yz)w + (x.zw)y + (x.wy)z = (y.x z)w + (y.zw)x + (y.wx)z.
(1.4)
Dans [7] les auteurs montrent que ces algèbres vérifient également
(a, x z, y) = (a, x, y)z + (a, z, y)x,
(1.5)
relation qui est équivalente à
R(a,z,y) = [Rz , [R y , Ra ]],
(1.6)
où (x, y, z) = (x y)z − x(yz) désigne l’associateur, [x, y] = x y − yx est le commutateur
de x et y, Rx est la multiplication par x, i.e. R x (y) = x y.
On sait [8] que toute algèbre de Jordan satisfait l’identité (1.5). En conséquence, toute
algèbre de Jordan vérifie (1.2). De plus, toute algèbre vérifiant les identités (1.1) et (1.2) est
une algèbre de Jordan.
Dans [7,18,19] Hentzel, Peresi et Sidorov montrent l’existence d’un idéal L, engendré par
(x 2 , x, x) = x 4 − x 2 x 2 , dont le carré est nul. En caractéristique = 2, 3, Hentzel et Peresi ([7,
Lemma 3]) montrent que L coïncide avec l’idéal engendré par les associateurs (x x, a, x).
En conséquence, on a:
Théorème 1.1 ([7,18]) Soient A une algèbre de Lie triple et L l’idéal engendré par les
associateurs (x 2 , x, x) pour x parcourant A. Alors L 2 = 0 et A/L est une algèbre de
Jordan.
Dans [14] Petersson définit l’idéal J (A) de A comme suit:
J (A) =
{V | V est un idéal de A et A/V est une algèbre de Jordan},
i.e J (A) est le plus petit idéal de A tel que A/J (A) est une algèbre de Jordan.
123
Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent
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Lemme 1.2 On a
L = J (A).
Preuve En effet, puisque A/L est une algèbre de Jordan, alors J (A) ⊆ L. Réciproquement,
comme A/J (A) est une algèbre de Jordan, alors (x x, a, x) ∈ J (A), pour tout x et a dans A.
Or, d’après le Lemme 3 de [7] les éléments (x x, a, x) engendrent l’idéal L. En conséquence
on a L ⊆ J (A), d’où l’égalité.
⊔
⊓
Corollaire 1.3 Une algèbre de Lie triple est une algèbre de Jordan si et seulement si L = 0.
Il existe des algèbres de Lie triple qui ne sont pas à puissances associatives.
Example 1.4 ([10,14]) Considérons l’algèbre commutative de dimension 2 sur K dont la
table de multiplication dans la base {s, t} est donnée par : s 2 = s + t, st = 1/2t et t 2 = 0.
On a s + 2t = (s 2 )2 = s 4 = s + 47 t. C’est donc une algèbre de Lie triple qui n’est, ni
à puissances associatives, ni à élément unité et sans idempotent non nul. En observant que
L =< t >, alors s̄ = s + L est l’unique idempotent de l’algèbre quotient A/L.
C’est certainement une des raisons pour lesquelles Petersson [14,16] (voir aussi [3])
introduit la notion suivante:
Définition 1.5 Soient A une algèbre et R son radical résoluble. On dira que A est faiblement
conservative si pour tout idéal I de A, on a, soit I possède un idempotent non nul, soit I ⊆ R.
L’algèbre A sera dite conservative si toute sous-algèbre de A est faiblement conservative.
En utilisant le fait que L est l’idéal engendré par les associateurs (x x, x, x), les auteurs
ont démontré, dans [7, Lemma 7] (voir aussi [19, Theorem 2]) le résultat suivant.
Lemme 1.6 Soient K un corps commutatif de caractéristique = 2, 3 et A une K -algèbre de
Lie triple. Alors
(A, L , A) = 0, (A, AL , A) = 0 et (A, A, A)L = 0.
(1.7)
2 Algèbres de Lie triple à élément idempotent
Soit A une K -algèbre de Lie triple en caractéristique = 2. Supposons que A admette un
idempotent e = 0, qui n’est pas une unité. Alors A admet la décomposition de Peirce
A = A1 (e) ⊕ A1/2 (e) ⊕ A0 (e), où Aµ (e) = {x ∈ A | ex = µx}. Dans toute la suite, pour
indiquer qu’un élément x est dans Aµ (e), on l’écrira xµ .
L’idempotent e est dit principal s’il n’existe pas d’idempotent orthogonal à e dans A;
c’est-à-dire A0 (e) ne contient pas d’idempotent.
2.1 Résultats de Osborn
Théorème 2.1 ([11]) Soit A une K -algèbre de Lie triple et supposons que A contient un
idempotent e qui n’est pas l’unité. Alors A est une algèbre de Jordan si, et seulement si,
A1 (e) et A0 (e) sont des sous-algèbres de Jordan. En particulier, si A est simple, alors A est
une algèbre de Jordan.
Pour démontrer ce résultat, il établit le lemme suivant.
123
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J. Bayara et al.
Lemme 2.2 Les composantes de Peirce et les produits de leurs éléments satisfont les relations
suivantes:
(i) A1/2 (e)A1/2 (e) ⊆ A1 (e) + A0 (e), Aλ (e)Aλ (e) ⊆ Aλ (e), Aλ (e)A1/2 (e) ⊆ A1/2 (e),
Aλ (e)A1−λ (e) = 0, (λ = 0, 1);
(ii) (x1 y1 )a1/2 = x1 (y1 a1/2 ) + y1 (x1 a1/2 ), (x0 y0 )a1/2 = x0 (y0 a1/2 ) + y0 (x0 a1/2 );
(iii) [x1 (x1/2 a1/2 )]1 = [(x1 x1/2 )a1/2 + (x1 a1/2 )x1/2 ]1 , [x0 (x1/2 a1/2 )]0 = [(x0 x1/2 )a1/2 +
(x0 a1/2 )x1/2 ]0 ;
(iv) [(x1 x1/2 )y1/2 ]0 = [(x1 y1/2 )x1/2 ]0 , [(x0 x1/2 )y1/2 ]1 = [(x0 y1/2 )x1/2 ]1 ;
(v) x0 (y1 a1/2 ) = y1 (x0 a1/2 );
1 3
2 ) =x
2
(vi) x1/2 (x1/2
1
1/2 (x 1/2 )0 = 2 x 1/2 .
De plus, il existe un unique nil-idéal maximal R dans A, contenant A1/2 (e) + A0 (e), pour
tout idempotent principal e de A.
Enfin, si u et v sont des idempotents orthogonaux, alors Ru Rv = Rv Ru .
2.2 Sous-algèbres de Jordan
Pour deux sous-K -espaces vectoriels B et C de A, on définit BC = V ect K {bc | b ∈ B, c ∈
C}, B 1 = B, B n+1= B n B, où V ect K {X } est le sous-K -espace
vectoriel engendré par X .
Puisque A =
A
(e),
on
définit
B
◦
C
=
λ∈{0,1/2,1} λ
λ∈{0,1/2,1} (BC)λ (e) où x ∈
(BC)λ (e) si et seulement s’il existe y ∈ BC, y = λ∈{0,1/2,1} yλ tel que x = yλ . En suivant
R. L. Hemminger, on écrit B (2) = B ◦ B. Il est clair que BC ⊆ B ◦ C, mais il arrive que
B ◦ C ⊆ BC. Toutefois, si BC est un idéal de A, alors B ◦ C = BC [6, page 46].
Lemme 2.3 A1/2 (e)(2) est un idéal de la sous-algèbre A1 (e) ⊕ A0 (e).
car
Preuve Puisque A1 (e) ⊕ A0 (e) est une somme directe d’algèbres,
A1 (e) et A0 (e) sont
des sous-algèbres orthogonales, il suffira de prouver que A1/2 (e)(2) λ est un idéal de Aλ (e)
on a xλ (x1/2 y1/2 ) = [x1/2 (y1/2 xλ )+y1/2 (x1/2 xλ )]λ ∈
(λ
= 0, 1).
Or, par (iii) du Lemme 2.2,
n
A1/2 (e)(2) λ et en général, pour z = i=1
αi xi yi , avec xi , yi ∈ A1/2 (e), on a
xλ z =
n
i=1
xλ αi (xi yi ) =
n
i=1
αi [xi (xλ yi ) + yi (xλ xi )]λ ∈ A1/2 (e)(2) .
λ
⊔
⊓
Lemme 2.4 L’idéal A1/2 (e)(2) est une sous-algèbre de Jordan.
Preuve Il suffira de montrer que A1/2 (e)(2) λ est une sous-algèbre de Jordan de Aλ (e)
(λ = 0, 1). Soient donc xλ ∈ Aλ (e) et xi , yi ∈ A1/2 (e). On a
xλ2 [(xi yi )xλ ] = xλ2 [xi (xλ yi )]λ + xλ2 [yi (xλ xi )]λ
= [xi (xλ2 (xλ yi ))]λ + [(xλ yi )(xλ2 xi )]λ + [yi (xλ2 (xλ xi ))]λ + [(xλ xi )(xλ2 yi )]λ
= [xi (xλ (xλ2 yi ))]λ + [(xλ yi )(xλ2 xi )]λ + [yi (xλ (xλ2 xi ))]λ + [(xλ xi )(xλ2 yi )]λ
= [xi (xλ2 yi )]λ xλ + [yi (xλ2 xi )]λ xλ = [xλ2 (xi yi )]xλ ,
où, en plus du Lemme 2.2(iii), on
a utilisé le fait que xλ2 (x1/2 xλ ) = (xλ2 x1/2 )xλ (conn
séquence du Lemme 2.2(ii)). Pour z = i=1
αi xi yi quelconque dans A1/2 (e)(2) λ , il vient,
2
2
par linéarité, que xλ (zxλ ) = (xλ z)xλ .
⊔
⊓
123
Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent
1067
Dans le cas où l’idempotent e est principal, alors [2, Theorem 7] A1/2 (e) + A0 (e) est
contenu dans le nilradical R de A et on a R = R1 (e)⊕R1/2 (e)⊕R0 (e), où R1 (e) = A1 (e)∩R
est le nilradical de A1 (e), R1/2 (e) = A1/2 (e) et R0 (e) = A0 (e).
Corollaire 2.5 Si l’idempotent e est principal et si A est de dimension finie, alors A1/2 (e)(2)
est nilpotent.
Preuve Il suffira de voir que, sous cette hypothèse A1/2 (e)(2) λ est nil et que dans ce cas
A1/2 (e)(2) est une nil-algèbre de Jordan. Puisque toute nil-algèbre de Jordan de dimension
finie est nilpotente [17,20], alors A1/2 (e)(2) est nilpotent.
⊔
⊓
Considérons maintenant le sous-espace vectoriel He = A1/2 (e) ⊕ A1/2 (e)(2) .
Lemme 2.6 He = A1/2 (e) ⊕ A1/2 (e)(2) est un idéal de A.
Preuve On a AHe = (A1 (e) + A1/2 (e) + A0 (e))(A1/2 (e) + A1/2 (e)(2) ) = (A1 (e) + A0 (e) +
A1/2 (e)(2) )A1/2 (e)+(A1/2 (e)2 +(A1 (e)+ A0 (e))A1/2 (e)(2) ) ⊆ A1/2 (e)+ A1/2 (e)(2) = He ,
car, puisque A1/2 (e)(2) ⊆ A1 (e) + A0 (e), le premier terme de l’avant dernière somme est
contenu dans A1/2 (e), tandis que le second terme est contenu dans A1/2 (e)(2) du fait que
A1/2 (e)2 ⊆ A1/2 (e)(2) et que A1/2 (e)(2) est un idéal de la sous-algèbre A1 (e) ⊕ A0 (e). ⊓
⊔
Le résultat suivant est une variante de [12, Proposition 6.7] et généralise le Théorème 4.8
de [4] en ce qui concerne les algèbres de Lie triple.
Théorème 2.7 Soit A = A1 (e) ⊕ A1/2 (e) ⊕ A0 (e) la décomposition de Peirce d’une K algèbre de Lie triple, relative à l’idempotent e qui n’est pas l’unité. Alors la sous-algèbre
C = K e ⊕ A1/2 (e) ⊕ A1/2 (e)(2) est une algèbre de Jordan.
Preuve Puisque e ∈ C, soit C = C1 (e) ⊕ C1/2
(e) ⊕ C0(e) la décomposition de Peirce de
l’algèbre de Lie triple C, où C1 (e) = K e ⊕ A1/2 (e)(2) 1 , C1/2 (e) = A1/2 (e) et C0 (e) =
A1/2 (e)(2) 0 . Puisque les A1/2 (e)(2) λ sont des algèbres de Jordan par le Lemme 2.4, les
Cλ (e) sont aussi des algèbres de Jordan. Le Théorème 2.1 nous dit alors que C est une algèbre
de Jordan.
⊔
⊓
La sous-algèbre C = K e ⊕ A1/2 (e) ⊕ A1/2 (e)(2) est couramment appelée le cœur de
l’algèbre A.
3 Lifting d’idempotent et pseudo-idempotent
Lemme 3.1 Soit A une algèbre de Lie triple, non nil-algèbre. Soit ē = e + L un idempotent
non nul de A = A/L où e2 − e = t ∈ L. Si (e2 , e, e) = 0, alors la sous-algèbre engendrée
par e est associative et il existe un idempotent f , non nul, dans A tel que f¯ = ē.
Preuve Si L = 0, alors l’algèbre A est une algèbre de Jordan qui contient un idempotent non
nul et il n’y a rien à démontrer. Supposons donc L = 0. Puisque le Théorème 1.1 nous dit que
A/L est une algèbre de Jordan, soit ē ∈ A/L un idempotent non nul. Pour tout représentant
e de ē, on a e2 − e = t ∈ L. Alors e3 = e + t + et, e4 = e + t + et + e(et), e2 e2 = e + t + 2et
et l’égalité (e2 , e, e) = 0 entraîne e(et) = et. Maintenant, on montre par induction que
ek+2 = e+t +ket, pour tout entier k ≥ 0. De plus e j+2 ek+2 = e+t +2et + je(et)+ke(et) =
e + t + ( j + k + 2)et = e j+k+2 , quels que soient j et k. Par conséquent, la sous-algèbre
engendrée par e est associative. Puisque e4 − e3 = e3 − e2 , le représentant e annule le
polynôme X 4 − 2X 3 + X 2 . Enfin f = 3e2 − 2e3 peut être choisi comme l’idempotent
cherché, car f 2 = f et f¯ = ē.
⊔
⊓
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J. Bayara et al.
Soit ē = e + L un idempotent non nul de A = A/L où e2 − e = t ∈ L. Puisque e2 t = et,
en prenant x = e et y ∈ L, l’équation (1.2) donne (2ℓ3e − 3ℓ2e + ℓe )(y) = 0, où on a noté
ℓe l’endomorphisme de L défini par y → ey, la restriction de Re à L. Un résultat classique
d’algèbre linéaire nous dit alors que
L = L 1 (e) ⊕ L 1/2 (e) ⊕ L 0 (e),
(3.1)
où L λ (e) = ker(ℓe − λI ) = {x ∈ L | ex = λx} (λ ∈ {1, 1/2, 0}). Ainsi, si on écrit
t = t1 + t1/2 + t0 dans cette décomposition, alors et = t1 + 21 t1/2 , e(et) = t1 + 41 t1/2 ,
et − e(et) = 41 t1/2 . Le Lemme 3.1 nous dit que si t1/2 = 0, alors f = e − t1 + t0 est un
idempotent non nul de A. Sinon, i.e si L 1/2 (e) = 0, en posant encore f = e − t1 + t0 , on
a f 2 = e + t − 2t1 = e − t1 + t0 + t1/2 = f + t1/2 , f t1/2 = 21 t1/2 , i.e t1/2 ∈ L 1/2 ( f ). La
sous-algèbre de dimension 2, engendrée par f , est isomorphe à l’algèbre de l’Exemple 1.4.
Définition 3.2 On appelle pseudo-idempotent de A tout élément e = 0, tel qu’il existe t = 0
dans L vérifiant e2 = e + t, et = 21 t.
Théorém 3.3 Toute algèbre de Lie triple, non nil, contient soit un idempotent non nul, soit
un pseudo-idempotent.
4 Algèbres de Lie triple à pseudo-idempotent
4.1 Décomposition de Peirce relative à un pseudo-idempotent
Dans l’exemple d’algèbre de Lie triple de dimension 2 sans idempotent donnée par H.P.
Petersson [15] (resp. par J.M. Osborn [11]), l’élément c (resp. s) est un pseudo-idempotent.
D’autre part V.M. Abraham [1] en étudiant les algèbres train de rang 3, particulièrement
en voulant démontrer que toute algèbre train de rang 3 est une algèbre train spéciale, il
décompose l’algèbre relativement à un élément c0 , qui est un pseudo-idempotent quand
λ = 21 .
Soit A une K -algèbre de Lie triple, non conservative. Il existe alors une sous-algèbre B de
A qui n’est pas faiblement conservative. Donc B contient un idéal I qui n’est pas résoluble
et qui ne contient pas d’idempotent. Si L désigne l’idéal de A engendré par les éléments
(x 2 , x, x), alors I ∩ L est un idéal de I et l’algèbre quotient I /(I ∩ L) ≃ (I + L)/L est une
algèbre de Jordan, nécessairement non résoluble, sinon L étant résoluble, I ∩ L est résoluble
et I serait résoluble [17]. Soit ē un idempotent = 0 de I /(I ∩ L). Alors ē est un idempotent
de A/L et e2 − e = t pour un certain t ∈ L.
Le Théorème 3.3 nous dit alors que A admet un pseudo-idempotent. Soit donc e un
pseudo-idempotent vérifiant e2 − e = t, où t ∈ L 1/2 (e). On a
L = L 1 (e) ⊕ L 1/2 (e) ⊕ L 0 (e).
(3.1)
Lemme 4.1 Pour tout λ ∈ {1, 1/2, 0}, on a L λ (e)A ⊆ L λ (e). Autrement dit, les sous-espaces
vectoriels L 1 (e), L 1/2 (e) et L 0 (e) sont des idéaux de A.
Preuve Pour tous x ∈ A et z ∈ L λ (e), on a 0 = (x, z, e) = e(x z) − λx z entraîne que
x z ∈ L λ (e).
⊔
⊓
Pour x = e et y ∈ A dans (1.2), on a (2Re3 − 3Re2 + Re )(y) = 23 (2Re − I )(t y). Par
le Lemme 4.1, (2Re3 − 3Re2 + Re )(y) = 0, car t ∈ L 1/2 (e). Par conséquent A admet la
décomposition de Peirce
123
Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent
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A = A1 (e) ⊕ A1/2 (e) ⊕ A0 (e),
(4.1)
où Aλ (e) = {x ∈ A | ex = λx}.
Lemme 4.2 Soient L = L 1 (e) ⊕ L 1/2 (e) ⊕ L 0 (e) et A = A1 (e) ⊕ A1/2 (e) ⊕ A0 (e) les
décompositions de Peirce de L et A, respectivement, par rapport au pseudo-idempotent e,
vérifiant e2 = e + t avec t ∈ L 1/2 (e) fixé. Alors
A0 (e)L 1/2 (e) ⊆ L 1/2 (e), A1 (e)L 1/2 (e) ⊆ L 1/2 (e),
A1 (e)L 1 (e) ⊆ L 1 (e), A0 (e)L 0 (e) ⊆ L 0 (e), A0 (e)L 1 (e) = A1 (e)L 0 (e) = 0,
A1/2 (e)L 0 (e) = A1/2 (e)L 1 (e) = A1/2 (e)L 1/2 (e) = 0.
Preuve En posant w = x = e, ye = j y, ze = kz dans (1.4), on obtient
[Re2 − 2k Re + (k 2 + j 2 − j)I ](yz) = z(t y).
(4.2)
Si y ou z est dans L, alors l’équation (4.2) devient
[Re2 − 2k Re + (k 2 + j 2 − j)I ](yz) = 0.
En prenant y dans L et en faisant varier j, k ∈ {1, 1/2, 0} d’une part, prenant z dans L et
faisant varier j, k ∈ {1, 1/2, 0} d’autre part, on obtient A1 (e)L 1 (e) ⊆ L 1 (e), A0 (e)L 1 (e) =
0, A1/2 (e)L 1 (e) ⊆ L 1/2 (e), A1 (e)L 0 (e) = 0, A0 (e)L 0 (e) ⊆ L 0 (e), A1/2 (e)L 0 (e) ⊆
L 1/2 (e), A1 (e)L 1/2 (e) ⊆ L 1/2 (e), A0 (e)L 1/2 (e) ⊆ L 1/2 (e), A1/2 (e)L 1/2 (e) ⊆ L 1 (e) +
L 0 (e). Mais le Lemme 4.1 nous dit que L 1 (e), L 1/2 (e) et L 0 (e) sont des idéaux, alors
A1/2 (e)L 1 (e) = 0, A1/2 (e)L 0 (e) = 0 et A1/2 (e)L 1/2 (e) = 0.
⊔
⊓
Proposition 4.3 Soient L = L 1 (e) ⊕ L 1/2 (e) ⊕ L 0 (e) et A = A1 (e) ⊕ A1/2 (e) ⊕ A0 (e) les
décompositions de Peirce de L et A, respectivement, par rapport au pseudo-idempotent e,
vérifiant e2 = e + t avec t ∈ L 1/2 (e) fixé. Alors
(i) A1 (e)A0 (e) ⊆ L 1/2 (e), A0 (e)A1/2 (e) ⊆ A1/2 (e), A1 (e)A1/2 (e) ⊆ A1/2 (e),
A0 (e)A0 (e) ⊆ A0 (e) + L 1/2 (e), A1 (e)A1 (e) ⊆ A1 (e) + L 1/2 (e),
A1/2 (e)A1/2 (e) ⊆ A1 (e) + A0 (e);
(ii) (x0 y0 )1/2 = 4(x0 t)y0 = 4(y0 t)x0 ;
(x1 y1 )1/2 = 4(x1 t)y1 = 4(y1 t)x1 ;
(x0 y1 )1/2 = 4(x0 t)y1 = 4(y1 t)x0 .
Preuve Soient ye = j y, ze = kz. Faisons varier j, k ∈ {1, 1/2, 0} dans (4.2) et utilisons
les relations du Lemme 4.2. Pour k = j = 0 dans (4.2), on a Re2 (yz) = z(t y) ∈ L 1/2 (e).
En posant yz = (yz)1 + (yz)1/2 + (yz)0 , il vient que (yz)1 = 0 et (yz)1/2 = 4z(t y). En
permutant y et z, on a A0 (e)A0 (e) ⊆ A0 (e) + L 1/2 (e) et (yz)1/2 = 4z(t y) = 4y(t z).
Pour k = j = 1 dans (4.2), on montre de même que A1 (e)A1 (e) ⊆ A1 (e) + L 1/2 (e) et
(yz)1/2 = 4z(t y) = 4y(t z).
Pour k = 0 et j = 21 , on a (Re2 − 41 I )(yz) = 0, car t y = 0. Donc (Re − 21 I )(Re + 21 I )(yz) =
0, soit A0 (e)A1/2 (e) ⊆ A1/2 (e).
Pour k = 1 et j = 21 , on obtient de même A1 (e)A1/2 (e) ⊆ A1/2 (e).
Pour k = 0 et j = 1, on a Re2 (yz) = z(t y), soit yz ∈ A0 (e)+ L 1/2 (e). Mais, pour k = 1 et
j = 0, on a (Re − I )2 (yz) = z(t y), soit yz ∈ A1 (e)+L 1/2 (e). Donc yz ∈ (A1 (e)+L 1/2 (e))∩
(A0 (e) + L 1/2 (e)) = L 1/2 (e). Donc A1 (e)A0 (e) ⊆ L 1/2 (e) et yz = 4z(t y) = 4y(t z).
Enfin, pour k = j = 21 , on a (Re2 − Re )(yz) = 0, donc A1/2 (e)A1/2 (e) ⊆ A1 (e) +
A0 (e).
⊔
⊓
123
1070
J. Bayara et al.
Pour ce qui est des produits de trois éléments, on a:
Lemme 4.4 Pour tous xλ , yλ ∈ Aλ (e) (λ = 0, 1) et a1/2 ∈ A1/2 (e), on a:
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
(v)
(vi)
(vii)
(viii)
(ix)
(x)
(x1 y1 )a1/2 = x1 (y1 a1/2 ) + y1 (x1 a1/2 );
(x0 y0 )a1/2 = x0 (y0 a1/2 ) + y0 (x0 a1/2 );
x0 (y1 a1/2 ) = y1 (x0 a1/2 );
[x0 (x1/2 a1/2 )]0 = [(x0 x1/2 )a1/2 + (x0 a1/2 )x1/2 ]0 ;
[x1 (x1/2 a1/2 )]1 = [(x1 x1/2 )a1/2 + (x1 a1/2 )x1/2 ]1 ;
[(x0 x1/2 )y1/2 ]1 = [(x0 y1/2 )x1/2 ]1 ;
[(x1 x1/2 )y1/2 ]0 = [(x1 y1/2 )x1/2 ]0 ;
1 3
2 ) =x
2
x1/2 (x1/2
1
1/2 (x 1/2 )0 = 2 x 1/2 ;
(x1/2 y1/2 )0 z 1/2 + (y1/2 z 1/2 )0 x1/2 + (z 1/2 x1/2 )0 y1/2 = (x1/2 y1/2 )1 z 1/2
+ (y1/2 z 1/2 )1 x1/2 + (z 1/2 x1/2 )1 y1/2 ;
z λ (y1−λ xλ ) = xλ (y1−λ z λ ), y1−λ (xλ z λ ) = 3xλ (y1−λ z λ ) = 3z λ (y1−λ xλ );
(yλ z λ )1/2 xλ = (xλ z λ )1/2 yλ = (xλ yλ )1/2 z λ (λ = 0, 1).
Preuve En faisant w = e, ex = i x, ey = j y et ez = kz dans (1.4) on obtient
(Re − k I )(x(yz) − y(x z)) + ( j − i)z(x y) = 0.
(4.3)
Posons xi pour x, y j pour y et z k pour z. Les différentes relations s’obtiennent en donnant
des valeurs convenables à i, j, k parmi 0, 1/2, 1, en tenant compte du Lemme 4.2 et en ayant
⊔
⊓
à l’esprit les relations de la Proposition 4.3.
Example 4.5 Considérons l’algèbre de dimension deux de l’Exemple 1.4. La décomposition
de Peirce de A relative au pseudo-idempotent s est A = A1 (s) ⊕ A1/2 (s), avec A1 (s) =
K (s + 2t) et A1/2 (s) = K t. On voit que s ∈ A1 (s), toutefois u = s + 2t ∈ A1 (s) est aussi
un pseudo-idempotent.
4.2 Adjonction d’une unité
On peut également avoir deux pseudo-idempotents dont la somme est l’unité. Soit A =
K 1 ⊕ A l’algèbre de Lie triple obtenue par adjonction d’un élément unité. Alors u = 1 − e
est un pseudo-idempotent vérifiant u 2 = u + t, avec eu = −t.
Lemme 4.6 Si A = A1 (u) ⊕ A1/2 (u) ⊕ A0 (u) est la décomposition de Peirce de A relativement à u, alors A1 (u) = A0 (e), A1/2 (u) = A1/2 (e) et A0 (u) = A1 (e).
De plus L 1 (u) = L 0 (e), L 1/2 (u) = L 1/2 (e) et L 0 (u) = L 1 (e).
Example 4.7 Soit B la K -algèbre obtenue de l’algèbre A, de l’exemple précédent, par adjonction d’un élément unité 1, i.e. B = K 1 ⊕ A. En posant u = 1 − s, on a u 2 = u + t et u
est un pseudo-idempotent. De plus ut = t − st = 21 t, us = s − s 2 = −t, u(s + 2t) = 0
et s(u + 2t) = 0. On a B = B1 (s) ⊕ B1/2 (s) ⊕ B0 (s) avec B1 (s) = B0 (u) = K (s + 2t),
B0 (s) = B1 (u) = K (u + 2t), B1/2 (s) = B1/2 (u) = K t. On vèrifie que B est une algèbre
de Lie triple.
4.3 Pseudo-idempotent orthogonal à un idempotent
Notons que le sous-espace vectoriel A0 (e) + L 1/2 (e) est une sous-algèbre de A. Si cette
sous-algèbre est conservative, non résoluble, alors elle admet un idempotent σ = u + z,
pour un certain z ∈ L 1/2 (e). De σ 2 = σ il vient nécessairement que u 2 = u et 2uz = z,
123
Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent
1071
sinon u serait également un pseudo-idempotent. Donc u est un idempotent dans A0 (e) et
eu = 0. Soit A = A1 (u) ⊕ A1/2 (u) ⊕ A0 (u) la décomposition de Peirce de A relative à u.
Puisque e ∈ A0 (u), l’idempotent u n’est pas principal. En désignant par Jλ (u) = ker(Sλ ), où
Sλ : Aλ (u) → End K (A1/2 (u)), xλ → Sλ (xλ ) et Sλ (xλ ) : a1/2 → xλ a1/2 , on sait [2,11] que
Jλ (u) est un idéal de Aλ (u) (λ = 0, 1) et puisque A est u-stable, alors J (u) = J1 (u) + J0 (u)
est un idéal de A tel que A/J (u) est une algèbre de Jordan. Puisque A/J (u) est une algèbre
de Jordan, pour tout x ∈ A, on a x 2 x 2 − x 4 ∈ J (u) et comme ces éléments engendrent L,
on a L ⊆ J (u).
Lemme 4.8 Soient e un pseudo-idempotent, tel que e2 = e + t , et = 21 t, et u un idempotent
non nul orthogonal à e. Alors, on a: L 1 (u) ⊆ L 0 (e) et L 1 (e) + L 1/2 (e) ⊆ L 0 (u).
Preuve Puisque eu = 0, on a e ∈ A0 (u) et u ∈ A0 (e). Le Lemme 1.6 nous dit que
(e, z, u) = 0, pour tout z ∈ L. Soit z 1 ∈ L 1 (e). Alors uz 1 ∈ A0 (e)L 1 (e) = 0, donc uz 1 = 0
et L 1 (e) ⊆ L 0 (u).
Si z ∈ L 1 (u) alors ez ∈ A0 (u)L 1 (u) ⊆ A0 (u)A1 (u) = 0, donc ez = 0 et z ∈ L 0 (e).
Ainsi L 1 (u) ⊆ L 0 (e).
Soit z ∈ L 1/2 (e). Alors e(uz) = u(ez) = 21 uz et uz ∈ L 1/2 (e). Mais z = z 0 + z 1 dans
L 0 (u) + L 1 (u) entraîne uz = z 1 ∈ L 1 (u) ⊆ L 0 (e), donc e(uz) = ez 1 = 0 et uz = z 1 = 0.
Donc z = z 0 ∈ L 0 (u) et on a L 1/2 (e) ⊆ L 0 (u), d’où le lemme.
⊔
⊓
Lemme 4.9 Soient u ∈ A un idempotent qui n’est pas l’unité et e un pseudo-idempotent
orthogonal à u. Alors
A1 (u) ⊆ A0 (e), A1 (e) + L 1/2 (e) ⊆ A0 (u), A1/2 (e) ⊆ A1/2 (u) + A1/2 (e) ∩ A0 (u).
De plus, on a Re Ru = Ru Re .
Preuve Si x ∈ A1 (u), alors ex ∈ A1 (u)A0 (u) = 0, donc ex = 0 et A1 (u) ⊆ A0 (e).
Si x ∈ A1 (e), ux ∈ A0 (e)A1 (e) ⊆ L 1/2 (e) et pour w = u, z = y = e dans (1.4), on
a e(e(ux)) = u(xt) = 0 (car xt ∈ A0 (u)). Donc 41 ux = 0, ux = 0 et x ∈ A0 (u). Ainsi
A1 (e) ⊆ A0 (u).
Soit a ∈ A1/2 (e). Pour x = z = u, y = e dans (1.5) il vient que e(au) ∈ A1/2 (u). Écrivons
a = a1 + a1/2 + a0 dans la décomposition de Peirce relative à u. On a ua = a1 + 21 a1/2 ,
e(au) = 21 ea1/2 . Alors ea = ea0 +ea1/2 = 21 (a1 +a0 +a1/2 ) entraène a1 = 0 et alors ea0 =
1
1
2 a0 , ea1/2 = 2 a1/2 . Ainsi a0 ∈ A1/2 (e)∩ A0 (u). Donc A1/2 (e) ⊆ A1/2 (u)+ A1/2 (e)∩ A0 (u).
Enfin, on a aussi montré que A1 (e) + L 1/2 (e) ⊆ A0 (u). On voit alors que si z ∈ A1 (e), alors
⊔
⊓
u(ez) = ez tandis que e(uz) = 21 uz, donc Re Ru = Ru Re .
Example 4.10 Considérons l’algèbre de dimension trois dont la table de multiplication dans
la base {e, t, u} est donnée par : e2 = e + t, et = 21 t, u 2 = u, les autres produits sont
nuls. On a A = A1 (e) ⊕ A1/2 (e) ⊕ A0 (e) avec A1 (e) = K (e + 2t), A1/2 (e) = K t,
A0 (e) = K u. On a aussi A = A1 (u) ⊕ A1/2 (u) ⊕ A0 (u), avec A1 (u) = A0 (e), A1/2 (u) = 0,
A0 (u) = A1 (e) + A1/2 (e).
On peut avoir deux pseudo-idempotents orthogonaux.
Example 4.11 Soit A la K -algèbre de dimension 4 dont la table de multiplication dans la base
{e, t, u, r } est donnée par: e2 = e + t, u 2 = u +r , et = 21 t, ur = 21 r , les autres produits étant
nuls. On vérifie que A est une algèbre de Lie triple. Les décompositions de Peirce de A sont
données par: A1 (e) = K (e + 2t), A1/2 (e) = K t, A0 (e) =< u, r >; A1 (u) = K (u + 2r ),
A1/2 (u) = K r , A0 (u) =< e, t >.
123
1072
J. Bayara et al.
4.4 Classification des algèbres de Lie triple, non conservatives, en dimension ≤ 3
Proposition 4.12 A isomorphisme près, il existe une unique algèbre de Lie triple non conservative de dimension 2 dont la table de multiplication est donnée par e2 = e + t, et = 21 t
avec t 2 = 0.
Proposition 4.13 A isomorphisme près il existe 6 algèbres de Lie triple non conservatives
de dimension 3 dont les produits non nuls dans la base {e, e1 , t} sont donnés par:
A1
A2
A3
A4
A5
A6
: e2
: e2
: e2
: e2
: e2
: e2
= e + t, et
= e + t, et
= e + t, et
= e + t, et
= e + t, et
= e + t, et
= 21 t;
= 21 t, ee1 = e1 ;
= 21 t, ee1 = 21 e1 ;
= 21 t, e12 = e1 ;
= 21 t, ee1 = e1 , e12 = e1 ;
= e1 t = 21 t, e12 = e1 + t.
Preuve Puisque les (x 2 , x, x) engendrent l’idéal L, dim(L) = 1. Dans ce cas L = L 1/2 (e) =
K t, e2 = e + t, et = 21 t. Il existe e1 ∈ A1 (e) ∪ A1/2 (e) ∪ A0 (e) tel que {e, e1 , t} soit une
base de A. Ceci permet de distinguer les trois cas suivants:
(1) e1 ∈ A0 (e). On a ee1 = 0, e12 = ae1 +αt, e1 t = γ t avec a, α, γ ∈ K . En faisant x = e1
et y = e dans l’équation (1.2), on obtient 21 α(a + γ ) = 23 αγ , soit α(a − 2γ ) = 0. De
plus (e12 )1/2 = 4e1 (e1 t) donne α = 4γ 2 .
(i) α = 0. Alors γ = 0, e12 = ae1 , e1 t = 0. Le cas a = 0 conduit à l’algèbre A1 . Si
a = 0, quitte à poser u 1 = a −1 e1 on obtient l’algèbre A4 .
(ii) α = 0. Dans ce cas a = 2γ et γ = 0. Alors e12 = 2γ e1 + 4γ 2 t. En posant
u 1 = 21 γ −1 e1 on obtient l’algèbre A6 .
(2) e1 ∈ A1 (e). On a ee1 = e1 , e12 = ae + be1 + αt, e1 t = γ t, avec a, b, α et γ dans
K . En faisant x = e1 et y = e dans (1.2), il vient que ab = 21 αb − αγ + 3aγ . Par la
Proposition 4.3(iii), on a (e12 )1/2 = 4e1 (e1 t) = 4γ 2 t, or (e12 )1/2 = αt, donc α = 4γ 2 .
Mais le Lemme 4.4(i) nous dit que e12 t = 2e1 (e1 t), soit 21 a + bγ = 2γ 2 . Les équations
ab = 21 αb − αγ + 3aγ et 21 a + bγ = 2γ 2 entraînent que a(b − 2γ ) = 0.
(i) b − 2γ = 0. Alors a = 0, e12 = 2γ e1 + 4γ 2 t et e1 t = γ t. Si γ = 0, on obtient
l’algèbre A2 . Si γ = 0, en posant u 1 = e − 21 γ −1 e1 + 2t on obtient l’algèbre A5 .
(ii) b − 2γ = 0 et a = 0. On a γ (2γ − b) = 0 entraîne γ = 0 et on a e12 = be1 , e1 t = 0
avec b = 0. En posant u 1 = b−1 e1 , on a u 21 = u 1 , eu 1 = u 1 et u 1 t = 0 on obtient
de nouveau l’algèbre A5 .
(3) e1 ∈ A1/2 (e). Alors ee1 = 21 e1 , e1 t = 0. Puisque, dans ce cas, A1 (e) = K (e + 2t), on
a e12 = α(e + 2t) et le Lemme 4.4(vii) nous dit que e13 = 2e1 (e12 )1 = 2e1 (e12 )0 = 0, or
e13 = 21 αe1 , donc α = 0. On trouve l’algèbre A3 .
Toutes ces algèbres sont non conservatives. En effet, pour chacune des algèbres
A1 , A2 , A3 , A4 et A6 , l’idéal I =< e, t > est non résoluble et ne contient pas d’idempotent
non nul tandis que pour l’algèbre A5 , l’idéal I =< e − e1 , t > satisfait cette condition.
On vérifie enfin sans difficulté que ces algèbres sont deux à deux non isomorphes.
⊔
⊓
123
Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent
1073
5 Algèbres train de rang 3 qui sont des algèbres de Lie triple
Rappelons qu’une algèbre A est dite pondérée s’il existe un morphisme d’algèbres ω : A →
K , non nul. Une algèbre pondérée est dite algèbre train de rang 3, si
x 3 − (1 + λ)ω(x)x 2 + λω(x)2 x = 0,
(5.1)
pour tout x ∈ A, où λ ∈ K est appelé racine train principale. On sait que si λ = 21 , alors
A admet un idempotent non nul [5].
Dans [5] I. M. H. Etherington montre que toute algèbre train de rang 3 vérifie également
x 2 x 2 − (1 + 2λ)ω(x)2 x 2 + 2λω(x)3 x = 0.
(5.2)
Théorème 5.1 Soit A une algèbre train de rang 3. Alors, les conditions suivantes sont équivalentes:
(i) A est une algèbre de Lie triple;
(ii) A vérifie l’une des identités suivantes:
(a) x 3 − ω(x)x 2 = 0,
(b) x 3 − 2ω(x)x 2 + ω(x)2 x = 0,
(c) 2ω(y)x 2 − 2ω(x)x y + ω(x)2 y − ω(x y)x = 0.
Preuve La linéarisation de (5.1) donne
x 2 y +2x(x y)−(1 + λ)ω(y)x 2 −2(1 + λ)ω(x)x y +λω(x)2 y +2λω(x y)x = 0.
(5.3)
tandis que celle de (5.2) donne
2x 2 (x y)−(1 + 2λ)ω(x)2 x y −(1 + 2λ)ω(x y)x 2 +3λω(x)2 ω(y)x +λω(x)3 y = 0. (5.4)
En remplaçant y par x y dans (5.3), on a
x 2 (x y) + 2x(x(x y)) − (1 + λ)ω(x y)x 2 − 2(1 + λ)ω(x)x(x y)
+λω(x)2 x y + 2λω(x)2 ω(y)x = 0.
(5.5)
En multipliant (5.3) par x, on a
x(x 2 y) + 2x(x(x y)) − (1 + λ)ω(y)x 3 − 2(1 + λ)ω(x)x(x y)
+λω(x)2 x y + 2λω(x y)x 2 = 0.
(5.6)
En multipliant maintenant par 2 l’équation (5.5) et en y retranchant l’équation (5.4) on
obtient
4x(x(x y)) − 4(1 + λ)ω(x)x(x y) − ω(x y)x 2 + (1 + 4λ)ω(x)2 x y
+λω(x)2 ω(y)x − λω(x)3 y = 0.
En multipliant par
vient que
1
2
(5.7)
l’équation (5.7) et en retranchant ce résultat de l’équation (5.6), il
1
x(x 2 y) = (1 + λ)ω(y)x 3 − (1 + 4λ)ω(x y)x 2 +
2
1
1
+ λω(x)2 ω(y)x − λω(x)3 y.
2
2
1
+ λ ω(x)2 x y
2
(5.8)
123
1074
J. Bayara et al.
Maintenant les équations (5.1), (5.4) et (5.8) permettent d’obtenir
2x(x(x y)) + x 3 y − 3x(x 2 y) = λ(1 − λ)ω(x)[2ω(y)x 2 − 2ω(x)x y + ω(x)2 y − ω(x y)x]
(5.9)
x2 y
x3
où on a dû remplacer
+ 2x(x y) et par leurs expressions à travers les équations 5.3
et (5.1).
On suppose maintenant que A est une algèbre de Lie triple. Dans ce cas, le membre de
gauche de 5.9 est nul. Puisque le corps K est infini, si λ ∈ {0, 1}, l’ensemble des x tels que
ω(x) = 0 étant dense, au sens de la topologie de Zariski, dans A, on a 2ω(y)x 2 − 2ω(x)x y +
ω(x)2 y − ω(x y)x = 0 d’où (c). Les cas λ = 0 , λ = 1 correspondent respectivement à (a)
et (b).
Il est bien connu que les algèbres définies par les équations (a) et (b) du Théorème 5.1
sont des algèbres train de rang 3 qui sont de Jordan ([13]). Elles sont donc aussi des algèbres
de Lie triple.
Celles vérifiant l’équation (c) sont des algèbres train de rang 3 pour λ = 21 . En effet en
y remplaçant y par x 2 , on a 2ω(x)[x 3 − 23 ω(x)x 2 + 21 ω(x)2 x] = 0 et encore une fois, par
l’argument de la topologie de Zariski, on a x 3 − 23 ω(x)x 2 + 21 ω(x)2 x = 0, pour tout x ∈ A.
Enfin l’équation (5.9) montre que ces algèbres sont Lie triple car 21 ∈
/ {0, 1}.
⊔
⊓
Considérons l’algèbre de Lie triple de dimension 2 de l’Exemple 1.4. L’application linéaire
ω : A → K définie par ω(s) = 1 et ω(t) = 0, est une pondération de A. C’est une algèbre
train de rang 3 car, pour tout x ∈ A, on a 2ω(y)x 2 − 2ω(x)x y + ω(x)2 y − ω(x y)x = 0.
Proposition 5.2 Soit (A, ω) une algèbre pondérée. Les assertions suivantes sont équivalentes:
(i) Pour tous x et y dans A:
2ω(y)x 2 − 2ω(x)x y + ω(x)2 y − ω(x y)x = 0;
(5.10)
(ii) Pour tous x et y dans A:
3
1
x(x y) − ω(x)x y + ω(x)2 y = 0;
2
2
(5.11)
(iii) Il existe des éléments e ∈ A et t dans ker(ω) tels que e2 = e + t, A = K e ⊕ ker(ω)
avec ex = 1/2x, ∀x ∈ ker(ω) et (ker(ω))2 = 0.
Preuve (i) ⇒ (ii): En remplaçant y par x y dans (5.10) il vient que
ω(x)[2ω(y)x 2 − 2x(x y) + ω(x)x y − ω(x y)x] = 0
et l’argument de densité de l’ensemble des x tels que ω(x) = 0, via la topologie de Zariski,
nous dit
2ω(y)x 2 − 2x(x y) + ω(x)x y − ω(x y)x = 0.
La différence de cette équation avec (5.10) donne (5.11).
(ii) ⇒ (iii): La linéarisation de l’identité (5.11) donne pour tous x1 , x2 , x3 ∈ A :
3
(∗ )
x1 (x2 x3 ) + (x1 x2 )x3 − [ω(x1 )x2 x3 + ω(x3 )x1 x2 ] + ω(x1 x3 )x2 = 0.
2
Soient e ∈ A, ω(e) = 1 et x, y ∈ ker(ω). En prenant x 1 = e, x2 = x et x3 = y dans (*)
on obtient:
123
Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent
e(x y) + y(ex) −
1075
3
x y = 0.
2
(∗∗ )
En échangeant alors x et y dans cette relation, il vient e(x y) + x(ey) − 23 x y = 0. Donc
x(ey) = y(ex). Mais, pour x1 = x, x2 = e et x3 = y dans (∗ ) on a x(ey) + y(ex) = 0. Par
conséquent, x(ey) = 0 pour tous x, y ∈ ker ω. Ainsi, l’équation (∗∗ ) devient e(x y) − 23 x y =
0. Enfin, comme e(e(x y)) − 23 e(x y) + 21 x y = 0 par l’identité (5.11), on a x y = 0 pour tous
x, y ∈ ker ω i.e (ker ω)2 = 0. Prenons maintenant x2 = x3 = e et x1 = y dans (*). Il vient
e2 y + e(ey) − 23 ey = 0 pour tout y ∈ ker ω. Mais (5.11) nous dit que e(ey) − 23 ey + 21 y = 0.
Donc e2 y = 21 y pour tout y ∈ ker ω. Comme e2 − e ∈ ker ω et (ker ω)2 = 0, pour tout
y ∈ ker ω on a ey = e2 y = 21 y.
(iii)⇒(i): Pour x = ω(x)e+x1/2 et y = ω(y)e+y1/2 , on a x 2 = ω(x)2 (e+t)+ω(x)x1/2 ,
x y = ω(x y)(e + t) + 21 ω(x)y1/2 + 21 ω(y)x1/2 . On vérifie alors que 2ω(y)x 2 − 2ω(x)x y +
ω(x)2 y − ω(x y)x = 0.
⊔
⊓
Remerciements
Nous remercions le Referee pour ses suggestions qui ont permis d’améliorer substantiellement la rédaction de ce texte, notamment la Proposition 5.2.
References
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