Afr. Mat.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© African Mathematical Union and Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2013

Abstract Idempotents play an important role in the investigation of nonassociative algebrasstructure (Albert in Trans Am Math Soc 69:503–527, 1950; Schafer in An introduction tononassociative algebras Academic Press, New York, 1966; Zhevlakov et al. in Rings thatare nearly associative. Academic Press, New York, 1982). However, the existence of suchelements is not always guaranteed, specially when dealing with algebras that are defined bypolynomial 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 algebraicstructures via the classical Peirce decomposition. Lie triple algebras appear historically andindependently in Osborn (Trans Am Math Soc 16:1114–1120, 1965) and Petersson (MathZeitschr 97:1–15, 1967). In this paper, we deal mainly with Lie triple algebras which admitno idempotent. We prove that non nil algebras possess either an idempotent or a pseudo-idempotent. In the latter case, it is possible to obtain a Peirce decomposition relatively to thepseudo-idempotent and some relations on Peirce’s components. We notice that these resultsare 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 Jordansubalgebra. Then we give a Lie triple non-conservative algebras classification for dimensions2 and 3. Finally, we characterize train algebras of rank ≤ 3 that are Lie triple algebras.

J. BayaraUniversité Polytechnique de Bobo-Dioulasso,01 BP 1091, Bobo-Dioulasso, Burkina Fasoe-mail: josephbayara@yahoo.fr

M. Ouattara · A. Konkobo (B)Université de Ouagadougou,03 BP 7021, Ouagadougou, Burkina Fasoe-mail: konkoboa@yahoo.fr

M. Ouattarae-mail: ouatt_ken@yahoo.fr

123

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 commu-tative. Les trois identités de degré ≤ 4, non conséquence de la commutativité, exhibées parJ.M. Osborn [9] sont

(x2x)x = x2x2 (1.1)

2x(x(xy)) + yx3 = 3x(yx2) (1.2)

2(y2x)x + 2(x2 y)y + (yx)(yx) = 2((yx)y)x + 2((yx)x)y + y2x2. (1.3)

Rappelons qu’une algèbre de Jordan est une algèbre commutative vérifiant x2(yx) =(x2 y)x . Une algèbre commutative est dite à puissances associatives si toute sous-algèbremonogène est associative, i.e xi x j = xi+ j , pour tout élément x (i, j ≥ 1). En caractéristiquedifférente de 2, 3 et 5, la condition x2x2 = x4 est suffisante pour que l’algèbre soit èpuissances 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 .yz)w + (x .zw)y + (x .wy)z = (y.xz)w + (y.zw)x + (y.wx)z. (1.4)

Dans [7] les auteurs montrent que ces algèbres vérifient également

(a, xz, y) = (a, x, y)z + (a, z, y)x, (1.5)

relation qui est équivalente à

R(a,z,y) = [Rz, [Ry, Ra]], (1.6)

où (x, y, z) = (xy)z − x(yz) désigne l’associateur, [x, y] = xy − yx est le commutateurde x et y, Rx est la multiplication par x , i.e. Rx (y) = xy.

On sait [8] que toute algèbre de Jordan satisfait l’identité (1.5). En conséquence, toutealgèbre de Jordan vérifie (1.2). De plus, toute algèbre vérifiant les identités (1.1) et (1.2) estune algèbre de Jordan.

Dans [7,18,19] Hentzel, Peresi et Sidorov montrent l’existence d’un idéal L , engendré par(x2, x, x) = x4 − x2x2, 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 (xx, a, x).En conséquence, on a:

Théorème 1.1 ([7,18]) Soient A une algèbre de Lie triple et L l’idéal engendré par lesassociateurs (x2, x, x) pour x parcourant A. Alors L2 = 0 et A/L est une algèbre deJordan.

Dans [14] Petersson définit l’idéal J (A) de A comme suit:

J (A) =⋂

{V | V est un ideal de A et A/V est une algebre 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

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 (xx, a, x) ∈ J (A), pour tout x et a dans A.Or, d’après le Lemme 3 de [7] les éléments (xx, a, x) engendrent l’idéal L . En conséquenceon 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 latable de multiplication dans la base {s, t} est donnée par : s2 = s + t , st = 1/2t et t2 = 0.On a s + 2t = (s2)2 �= s4 = s + 7

4 t . C’est donc une algèbre de Lie triple qui n’est, nià puissances associatives, ni à élément unité et sans idempotent non nul. En observant queL =< t >, alors s = 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 faiblementconservative 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 (xx, x, x), les auteursont 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 deLie 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 unidempotent e �= 0, qui n’est pas une unité. Alors A admet la décomposition de PeirceA = A1(e) ⊕ A1/2(e) ⊕ A0(e), où Aμ(e) = {x ∈ A | ex = μx}. Dans toute la suite, pourindiquer 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 unidempotent 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 estune algèbre de Jordan.

Pour démontrer ce résultat, il établit le lemme suivant.

123

J. Bayara et al.

Lemme 2.2 Les composantes de Peirce et les produits de leurs éléments satisfont les relationssuivantes:

(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(y1a1/2) + y1(x1a1/2), (x0 y0)a1/2 = x0(y0a1/2) + y0(x0a1/2);(iii) [x1(x1/2a1/2)]1 = [(x1x1/2)a1/2 + (x1a1/2)x1/2]1, [x0(x1/2a1/2)]0 = [(x0x1/2)a1/2 +

(x0a1/2)x1/2]0;(iv) [(x1x1/2)y1/2]0 = [(x1 y1/2)x1/2]0, [(x0x1/2)y1/2]1 = [(x0 y1/2)x1/2]1;(v) x0(y1a1/2) = y1(x0a1/2);

(vi) x1/2(x21/2)1 = x1/2(x2

1/2)0 = 12 x3

1/2.

De plus, il existe un unique nil-idéal maximal R dans A, contenant A1/2(e)+ A0(e), pourtout 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 ectK {bc | b ∈ B, c ∈C}, B1 = B, Bn+1 = Bn B, où V ectK {X} est le sous-K -espace vectoriel engendré par X .

Puisque A = ∑λ∈{0,1/2,1} Aλ(e), on définit B ◦ C = ∑

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 queB ◦ 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).

Preuve Puisque A1(e) ⊕ A0(e) est une somme directe d’algèbres, car A1(e) et A0(e) sontdes sous-algèbres orthogonales, il suffira de prouver que

(A1/2(e)(2)

)λ

est un idéal de Aλ(e)(λ = 0, 1). Or, par (i i i) du Lemme 2.2, on a xλ(x1/2 y1/2) = [x1/2(y1/2xλ)+y1/2(x1/2xλ)]λ ∈(

A1/2(e)(2))λ

et en général, pour z = ∑ni=1 αi xi yi , avec xi , yi ∈ A1/2(e), on a

xλz =n∑

i=1

xλαi (xi yi ) =n∑

i=1

αi [xi (xλyi ) + yi (xλxi )]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

x2λ[(xi yi )xλ] = x2

λ[xi (xλyi )]λ + x2λ[yi (xλxi )]λ

= [xi (x2λ(xλyi ))]λ + [(xλyi )(x2

λxi )]λ + [yi (x2λ(xλxi ))]λ + [(xλxi )(x2

λ yi )]λ= [xi (xλ(x2

λ yi ))]λ + [(xλyi )(x2λxi )]λ + [yi (xλ(x2

λxi ))]λ + [(xλxi )(x2λ yi )]λ

= [xi (x2λ yi )]λxλ + [yi (x2

λxi )]λxλ = [x2λ(xi yi )]xλ,

où, en plus du Lemme 2.2(iii), on a utilisé le fait que x2λ(x1/2xλ) = (x2

λx1/2)xλ (con-séquence du Lemme 2.2(ii)). Pour z = ∑n

i=1 αi xi yi quelconque dans(

A1/2(e)(2))λ, il vient,

par linéarité, que x2λ(zxλ) = (x2

λz)xλ. ��

123

Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent

Dans le cas où l’idempotent e est principal, alors [2, Theorem 7] A1/2(e) + A0(e) estcontenu dans le nilradicalR de A et on aR = R1(e)⊕R1/2(e)⊕R0(e), oùR1(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 casA1/2(e)(2) est une nil-algèbre de Jordan. Puisque toute nil-algèbre de Jordan de dimensionfinie 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 estcontenu dans A1/2(e), tandis que le second terme est contenu dans A1/2(e)(2) du fait queA1/2(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 4.8de [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-algèbreC = 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 del’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, lesCλ(e) sont aussi des algèbres de Jordan. Le Théorème 2.1 nous dit alors que C est une algèbrede Jordan. ��

La sous-algèbre C = K e ⊕ A1/2(e) ⊕ A1/2(e)(2) est couramment appelée le cœur del’algèbre A.

3 Lifting d’idempotent et pseudo-idempotent

Lemme 3.1 Soit A une algèbre de Lie triple, non nil-algèbre. Soit e = e + L un idempotentnon nul de A = A/L où e2 − e = t ∈ L. Si (e2, e, e) = 0, alors la sous-algèbre engendréepar e est associative et il existe un idempotent f , non nul, dans A tel que f = e.

Preuve Si L = 0, alors l’algèbre A est une algèbre de Jordan qui contient un idempotent nonnul et il n’y a rien à démontrer. Supposons donc L �= 0. Puisque le Théorème 1.1 nous dit queA/L est une algèbre de Jordan, soit e ∈ A/L un idempotent non nul. Pour tout représentante de e, on a e2 −e = t ∈ L . Alors e3 = e+ t +et , e4 = e+ t +et +e(et), e2e2 = e+ t +2etet l’égalité (e2, e, e) = 0 entraîne e(et) = et . Maintenant, on montre par induction queek+2 = e+t+ket , pour tout entier k ≥ 0. De plus e j+2ek+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-algèbreengendrée par e est associative. Puisque e4 − e3 = e3 − e2, le représentant e annule lepolynôme X4 − 2X3 + X2. Enfin f = 3e2 − 2e3 peut être choisi comme l’idempotentcherché, car f 2 = f et f = e. ��

123

J. Bayara et al.

Soit e = e + L un idempotent non nul de A = A/L où e2 − e = t ∈ L . Puisque e2t = et ,en prenant x = e et y ∈ L , l’équation (1.2) donne (2�3

e − 3�2e + �e)(y) = 0, où on a noté

�e l’endomorphisme de L défini par y �→ ey, la restriction de Re à L . Un résultat classiqued’algèbre linéaire nous dit alors que

L = L1(e) ⊕ L1/2(e) ⊕ L0(e), (3.1)

où Lλ(e) = ker(�e − λI ) = {x ∈ L | ex = λx} (λ ∈ {1, 1/2, 0}). Ainsi, si on écritt = t1 + t1/2 + t0 dans cette décomposition, alors et = t1 + 1

2 t1/2, e(et) = t1 + 14 t1/2,

et − e(et) = 14 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 L1/2(e) �= 0, en posant encore f = e − t1 + t0, ona f 2 = e + t − 2t1 = e − t1 + t0 + t1/2 = f + t1/2, f t1/2 = 1

2 t1/2, i.e t1/2 ∈ L1/2( f ). Lasous-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 �= 0dans L vérifiant e2 = e + t , et = 1

2 t .

Théorém 3.3 Toute algèbre de Lie triple, non nil, contient soit un idempotent non nul, soitun 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, particulièrementen voulant démontrer que toute algèbre train de rang 3 est une algèbre train spéciale, ildécompose l’algèbre relativement à un élément c0, qui est un pseudo-idempotent quandλ = 1

2 .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 résolubleet qui ne contient pas d’idempotent. Si L désigne l’idéal de A engendré par les éléments(x2, x, x), alors I ∩ L est un idéal de I et l’algèbre quotient I/(I ∩ L) � (I + L)/L est unealgèbre de Jordan, nécessairement non résoluble, sinon L étant résoluble, I ∩ L est résolubleet I serait résoluble [17]. Soit e un idempotent �= 0 de I/(I ∩ L). Alors e est un idempotentde 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 unpseudo-idempotent vérifiant e2 − e = t , où t ∈ L1/2(e). On a

L = L1(e) ⊕ L1/2(e) ⊕ L0(e). (3.1)

Lemme 4.1 Pour tout λ ∈ {1, 1/2, 0}, on a Lλ(e)A ⊆ Lλ(e). Autrement dit, les sous-espacesvectoriels L1(e), L1/2(e) et L0(e) sont des idéaux de A.

Preuve Pour tous x ∈ A et z ∈ Lλ(e), on a 0 = (x, z, e) = e(xz) − λxz entraîne quexz ∈ Lλ(e). ��

Pour x = e et y ∈ A dans (1.2), on a (2R3e − 3R2

e + Re)(y) = 32 (2Re − I )(t y). Par

le Lemme 4.1, (2R3e − 3R2

e + Re)(y) = 0, car t ∈ L1/2(e). Par conséquent A admet ladécomposition de Peirce

123

Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent

A = A1(e) ⊕ A1/2(e) ⊕ A0(e), (4.1)

où Aλ(e) = {x ∈ A | ex = λx}.Lemme 4.2 Soient L = L1(e) ⊕ L1/2(e) ⊕ L0(e) et A = A1(e) ⊕ A1/2(e) ⊕ A0(e) lesdécompositions de Peirce de L et A, respectivement, par rapport au pseudo-idempotent e,vérifiant e2 = e + t avec t ∈ L1/2(e) fixé. Alors

A0(e)L1/2(e) ⊆ L1/2(e), A1(e)L1/2(e) ⊆ L1/2(e),

A1(e)L1(e) ⊆ L1(e), A0(e)L0(e) ⊆ L0(e), A0(e)L1(e) = A1(e)L0(e) = 0,

A1/2(e)L0(e) = A1/2(e)L1(e) = A1/2(e)L1/2(e) = 0.

Preuve En posant w = x = e, ye = j y, ze = kz dans (1.4), on obtient

[R2e − 2k Re + (k2 + j2 − j)I ](yz) = z(t y). (4.2)

Si y ou z est dans L , alors l’équation (4.2) devient

[R2e − 2k Re + (k2 + j2 − 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 etfaisant varier j, k ∈ {1, 1/2, 0} d’autre part, on obtient A1(e)L1(e) ⊆ L1(e), A0(e)L1(e) =0, A1/2(e)L1(e) ⊆ L1/2(e), A1(e)L0(e) = 0, A0(e)L0(e) ⊆ L0(e), A1/2(e)L0(e) ⊆L1/2(e), A1(e)L1/2(e) ⊆ L1/2(e), A0(e)L1/2(e) ⊆ L1/2(e), A1/2(e)L1/2(e) ⊆ L1(e) +L0(e). Mais le Lemme 4.1 nous dit que L1(e), L1/2(e) et L0(e) sont des idéaux, alorsA1/2(e)L1(e) = 0, A1/2(e)L0(e) = 0 et A1/2(e)L1/2(e) = 0. ��Proposition 4.3 Soient L = L1(e) ⊕ L1/2(e) ⊕ L0(e) et A = A1(e) ⊕ A1/2(e) ⊕ A0(e) lesdécompositions de Peirce de L et A, respectivement, par rapport au pseudo-idempotent e,vérifiant e2 = e + t avec t ∈ L1/2(e) fixé. Alors

(i) A1(e)A0(e) ⊆ L1/2(e), A0(e)A1/2(e) ⊆ A1/2(e), A1(e)A1/2(e) ⊆ A1/2(e),A0(e)A0(e) ⊆ A0(e) + L1/2(e), A1(e)A1(e) ⊆ A1(e) + L1/2(e),A1/2(e)A1/2(e) ⊆ A1(e) + A0(e);

(ii) (x0 y0)1/2 = 4(x0t)y0 = 4(y0t)x0;(x1 y1)1/2 = 4(x1t)y1 = 4(y1t)x1;(x0 y1)1/2 = 4(x0t)y1 = 4(y1t)x0.

Preuve Soient ye = j y, ze = kz. Faisons varier j, k ∈ {1, 1/2, 0} dans (4.2) et utilisonsles relations du Lemme 4.2. Pour k = j = 0 dans (4.2), on a R2

e (yz) = z(t y) ∈ L1/2(e).En posant yz = (yz)1 + (yz)1/2 + (yz)0, il vient que (yz)1 = 0 et (yz)1/2 = 4z(t y). Enpermutant y et z, on a A0(e)A0(e) ⊆ A0(e) + L1/2(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) + L1/2(e) et(yz)1/2 = 4z(t y) = 4y(t z).

Pour k = 0 et j = 12 , on a (R2

e − 14 I )(yz) = 0, car t y = 0. Donc (Re− 1

2 I )(Re+ 12 I )(yz) =

0, soit A0(e)A1/2(e) ⊆ A1/2(e).Pour k = 1 et j = 1

2 , on obtient de même A1(e)A1/2(e) ⊆ A1/2(e).Pour k = 0 et j = 1, on a R2

e (yz) = z(t y), soit yz ∈ A0(e)+ L1/2(e). Mais, pour k = 1 etj = 0, on a (Re− I )2(yz) = z(t y), soit yz ∈ A1(e)+L1/2(e). Donc yz ∈ (A1(e)+L1/2(e))∩(A0(e) + L1/2(e)) = L1/2(e). Donc A1(e)A0(e) ⊆ L1/2(e) et yz = 4z(t y) = 4y(t z).

Enfin, pour k = j = 12 , on a (R2

e − Re)(yz) = 0, donc A1/2(e)A1/2(e) ⊆ A1(e) +A0(e). ��

123

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) (x1 y1)a1/2 = x1(y1a1/2) + y1(x1a1/2);(ii) (x0 y0)a1/2 = x0(y0a1/2) + y0(x0a1/2);

(iii) x0(y1a1/2) = y1(x0a1/2);(iv) [x0(x1/2a1/2)]0 = [(x0x1/2)a1/2 + (x0a1/2)x1/2]0;(v) [x1(x1/2a1/2)]1 = [(x1x1/2)a1/2 + (x1a1/2)x1/2]1;

(vi) [(x0x1/2)y1/2]1 = [(x0 y1/2)x1/2]1;[(x1x1/2)y1/2]0 = [(x1 y1/2)x1/2]0;

(vii) x1/2(x21/2)1 = x1/2(x2

1/2)0 = 12 x3

1/2;(viii) (x1/2 y1/2)0z1/2 + (y1/2z1/2)0x1/2 + (z1/2x1/2)0 y1/2 = (x1/2 y1/2)1z1/2

+ (y1/2z1/2)1x1/2 + (z1/2x1/2)1 y1/2;(ix) zλ(y1−λxλ) = xλ(y1−λzλ), y1−λ(xλzλ) = 3xλ(y1−λzλ) = 3zλ(y1−λxλ);(x) (yλzλ)1/2xλ = (xλzλ)1/2 yλ = (xλyλ)1/2zλ (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(xz)) + ( j − i)z(xy) = 0. (4.3)

Posons xi pour x , y j pour y et zk pour z. Les différentes relations s’obtiennent en donnantdes valeurs convenables à i , j , k parmi 0, 1/2, 1, en tenant compte du Lemme 4.2 et en ayantà l’esprit les relations de la Proposition 4.3. ��Example 4.5 Considérons l’algèbre de dimension deux de l’Exemple 1.4. La décompositionde 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 aussiun 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 − eest un pseudo-idempotent vérifiant u2 = u + t , avec eu = −t .

Lemme 4.6 Si A = A1(u) ⊕ A1/2(u) ⊕ A0(u) est la décomposition de Peirce de A relative-ment à u, alors A1(u) = A0(e), A1/2(u) = A1/2(e) et A0(u) = A1(e).

De plus L1(u) = L0(e), L1/2(u) = L1/2(e) et L0(u) = L1(e).

Example 4.7 Soit B la K -algèbre obtenue de l’algèbre A, de l’exemple précédent, par adjonc-tion d’un élément unité 1, i.e. B = K 1 ⊕ A. En posant u = 1 − s, on a u2 = u + t et uest un pseudo-idempotent. De plus ut = t − st = 1

2 t, us = s − s2 = −t, u(s + 2t) = 0et 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 algèbrede Lie triple.

4.3 Pseudo-idempotent orthogonal à un idempotent

Notons que le sous-espace vectoriel A0(e) + L1/2(e) est une sous-algèbre de A. Si cettesous-algèbre est conservative, non résoluble, alors elle admet un idempotent σ = u + z,pour un certain z ∈ L1/2(e). De σ 2 = σ il vient nécessairement que u2 = u et 2uz = z,

123

Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent

sinon u serait également un pseudo-idempotent. Donc u est un idempotent dans A0(e) eteu = 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), oùSλ : Aλ(u) → EndK (A1/2(u)), xλ �→ Sλ(xλ) et Sλ(xλ) : a1/2 �→ xλa1/2, on sait [2,11] queJλ(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 algèbrede Jordan, pour tout x ∈ A, on a x2x2 − x4 ∈ 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 = 12 t , et u un idempotent

non nul orthogonal à e. Alors, on a: L1(u) ⊆ L0(e) et L1(e) + L1/2(e) ⊆ L0(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 z1 ∈ L1(e). Alors uz1 ∈ A0(e)L1(e) = 0, donc uz1 = 0et L1(e) ⊆ L0(u).

Si z ∈ L1(u) alors ez ∈ A0(u)L1(u) ⊆ A0(u)A1(u) = 0, donc ez = 0 et z ∈ L0(e).Ainsi L1(u) ⊆ L0(e).

Soit z ∈ L1/2(e). Alors e(uz) = u(ez) = 12 uz et uz ∈ L1/2(e). Mais z = z0 + z1 dans

L0(u) + L1(u) entraîne uz = z1 ∈ L1(u) ⊆ L0(e), donc e(uz) = ez1 = 0 et uz = z1 = 0.Donc z = z0 ∈ L0(u) et on a L1/2(e) ⊆ L0(u), d’où le lemme. ��Lemme 4.9 Soient u ∈ A un idempotent qui n’est pas l’unité et e un pseudo-idempotentorthogonal à u. Alors

A1(u) ⊆ A0(e), A1(e) + L1/2(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) ⊆ L1/2(e) et pour w = u, z = y = e dans (1.4), on

a e(e(ux)) = u(xt) = 0 (car xt ∈ A0(u)). Donc 14 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 + 12 a1/2,

e(au) = 12 ea1/2. Alors ea = ea0 +ea1/2 = 1

2 (a1 +a0 +a1/2) entraène a1 = 0 et alors ea0 =12 a0, ea1/2 = 1

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)+ L1/2(e) ⊆ A0(u). On voit alors que si z ∈ A1(e), alorsu(ez) = ez tandis que e(uz) = 1

2 uz, donc Re Ru �= Ru Re. ��Example 4.10 Considérons l’algèbre de dimension trois dont la table de multiplication dansla base {e, t, u} est donnée par : e2 = e + t , et = 1

2 t , u2 = u, les autres produits sontnuls. 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 , u2 = u +r , et = 1

2 t , ur = 12r , les autres produits étant

nuls. On vérifie que A est une algèbre de Lie triple. Les décompositions de Peirce de A sontdonnées par: A1(e) = K (e + 2t), A1/2(e) = K t , A0(e) =< u, r >; A1(u) = K (u + 2r),A1/2(u) = Kr , A0(u) =< e, t >.

123

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 con-servative de dimension 2 dont la table de multiplication est donnée par e2 = e + t, et = 1

2 tavec t2 = 0.

Proposition 4.13 A isomorphisme près il existe 6 algèbres de Lie triple non conservativesde dimension 3 dont les produits non nuls dans la base {e, e1, t} sont donnés par:

A1 : e2 = e + t, et = 12 t;

A2 : e2 = e + t, et = 12 t , ee1 = e1;

A3 : e2 = e + t, et = 12 t , ee1 = 1

2 e1;A4 : e2 = e + t, et = 1

2 t , e21 = e1;

A5 : e2 = e + t, et = 12 t , ee1 = e1, e2

1 = e1;A6 : e2 = e + t, et = e1t = 1

2 t , e21 = e1 + t .

Preuve Puisque les (x2, x, x) engendrent l’idéal L , dim(L) = 1. Dans ce cas L = L1/2(e) =K t , e2 = e + t , et = 1

2 t . Il existe e1 ∈ A1(e) ∪ A1/2(e) ∪ A0(e) tel que {e, e1, t} soit unebase de A. Ceci permet de distinguer les trois cas suivants:

(1) e1 ∈ A0(e). On a ee1 = 0, e21 = ae1 +αt , e1t = γ t avec a, α, γ ∈ K . En faisant x = e1

et y = e dans l’équation (1.2), on obtient 12α(a + γ ) = 3

2αγ , soit α(a − 2γ ) = 0. Deplus (e2

1)1/2 = 4e1(e1t) donne α = 4γ 2.

(i) α = 0. Alors γ = 0, e21 = ae1, e1t = 0. Le cas a = 0 conduit à l’algèbre A1. Si

a �= 0, quitte à poser u1 = a−1e1 on obtient l’algèbre A4.(ii) α �= 0. Dans ce cas a = 2γ et γ �= 0. Alors e2

1 = 2γ e1 + 4γ 2t . En posantu1 = 1

2γ −1e1 on obtient l’algèbre A6.

(2) e1 ∈ A1(e). On a ee1 = e1, e21 = ae + be1 + αt , e1t = γ t , avec a, b, α et γ dans

K . En faisant x = e1 et y = e dans (1.2), il vient que ab = 12αb − αγ + 3aγ . Par la

Proposition 4.3(iii), on a (e21)1/2 = 4e1(e1t) = 4γ 2t , or (e2

1)1/2 = αt , donc α = 4γ 2.Mais le Lemme 4.4(i) nous dit que e2

1t = 2e1(e1t), soit 12 a + bγ = 2γ 2. Les équations

ab = 12αb − αγ + 3aγ et 1

2 a + bγ = 2γ 2 entraînent que a(b − 2γ ) = 0.

(i) b − 2γ = 0. Alors a = 0, e21 = 2γ e1 + 4γ 2t et e1t = γ t . Si γ = 0, on obtient

l’algèbre A2. Si γ �= 0, en posant u1 = e − 12γ −1e1 + 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 e21 = be1, e1t = 0

avec b �= 0. En posant u1 = b−1e1, on a u21 = u1, eu1 = u1 et u1t = 0 on obtient

de nouveau l’algèbre A5.

(3) e1 ∈ A1/2(e). Alors ee1 = 12 e1, e1t = 0. Puisque, dans ce cas, A1(e) = K (e + 2t), on

a e21 = α(e + 2t) et le Lemme 4.4(vii) nous dit que e3

1 = 2e1(e21)1 = 2e1(e2

1)0 = 0, ore3

1 = 12αe1, donc α = 0. On trouve l’algèbre A3.

Toutes ces algèbres sont non conservatives. En effet, pour chacune des algèbresA1, A2, A3, A4 et A6, l’idéal I =< e, t > est non résoluble et ne contient pas d’idempotentnon 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

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

x3 − (1 + λ)ω(x)x2 + λω(x)2x = 0, (5.1)

pour tout x ∈ A, où λ ∈ K est appelé racine train principale. On sait que si λ �= 12 , alors

A admet un idempotent non nul [5].Dans [5] I. M. H. Etherington montre que toute algèbre train de rang 3 vérifie également

x2x2 − (1 + 2λ)ω(x)2x2 + 2λω(x)3x = 0. (5.2)

Théorème 5.1 Soit A une algèbre train de rang 3. Alors, les conditions suivantes sont équi-valentes:

(i) A est une algèbre de Lie triple;(ii) A vérifie l’une des identités suivantes:

(a) x3 − ω(x)x2 = 0,(b) x3 − 2ω(x)x2 + ω(x)2x = 0,(c) 2ω(y)x2 − 2ω(x)xy + ω(x)2 y − ω(xy)x = 0.

Preuve La linéarisation de (5.1) donne

x2 y+2x(xy)−(1 + λ)ω(y)x2−2(1 + λ)ω(x)xy+λω(x)2 y+2λω(xy)x =0. (5.3)

tandis que celle de (5.2) donne

2x2(xy)−(1 + 2λ)ω(x)2xy−(1 + 2λ)ω(xy)x2+3λω(x)2ω(y)x+λω(x)3 y =0. (5.4)

En remplaçant y par xy dans (5.3), on a

x2(xy) + 2x(x(xy)) − (1 + λ)ω(xy)x2 − 2(1 + λ)ω(x)x(xy)

+λω(x)2xy + 2λω(x)2ω(y)x = 0. (5.5)

En multipliant (5.3) par x , on a

x(x2 y) + 2x(x(xy)) − (1 + λ)ω(y)x3 − 2(1 + λ)ω(x)x(xy)

+λω(x)2xy + 2λω(xy)x2 = 0. (5.6)

En multipliant maintenant par 2 l’équation (5.5) et en y retranchant l’équation (5.4) onobtient

4x(x(xy)) − 4(1 + λ)ω(x)x(xy) − ω(xy)x2 + (1 + 4λ)ω(x)2xy

+λω(x)2ω(y)x − λω(x)3 y = 0. (5.7)

En multipliant par 12 l’équation (5.7) et en retranchant ce résultat de l’équation (5.6), il

vient que

x(x2 y) = (1 + λ)ω(y)x3 − 1

2(1 + 4λ)ω(xy)x2 +

(1

2+ λ

)ω(x)2xy

+1

2λω(x)2ω(y)x − 1

2λω(x)3 y. (5.8)

123

J. Bayara et al.

Maintenant les équations (5.1), (5.4) et (5.8) permettent d’obtenir

2x(x(xy)) + x3 y − 3x(x2 y) = λ(1 − λ)ω(x)[2ω(y)x2 − 2ω(x)xy + ω(x)2 y − ω(xy)x](5.9)

où on a dû remplacer x2 y + 2x(xy) et x3 par leurs expressions à travers les équations 5.3et (5.1).

On suppose maintenant que A est une algèbre de Lie triple. Dans ce cas, le membre degauche de 5.9 est nul. Puisque le corps K est infini, si λ �∈ {0, 1}, l’ensemble des x tels queω(x) �= 0 étant dense, au sens de la topologie de Zariski, dans A, on a 2ω(y)x2 −2ω(x)xy +ω(x)2 y − ω(xy)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 algèbresde Lie triple.

Celles vérifiant l’équation (c) sont des algèbres train de rang 3 pour λ = 12 . En effet en

y remplaçant y par x2 , on a 2ω(x)[x3 − 32ω(x)x2 + 1

2ω(x)2x] = 0 et encore une fois, parl’argument de la topologie de Zariski, on a x3 − 3

2ω(x)x2 + 12ω(x)2x = 0, pour tout x ∈ A.

Enfin l’équation (5.9) montre que ces algèbres sont Lie triple car 12 /∈ {0, 1}. ��

Considérons l’algèbre de Lie triple de dimension 2 de l’Exemple 1.4. L’application linéaireω : A → K définie par ω(s) = 1 et ω(t) = 0, est une pondération de A. C’est une algèbretrain de rang 3 car, pour tout x ∈ A, on a 2ω(y)x2 − 2ω(x)xy + ω(x)2 y − ω(xy)x = 0.

Proposition 5.2 Soit (A, ω) une algèbre pondérée. Les assertions suivantes sont équiva-lentes:

(i) Pour tous x et y dans A:

2ω(y)x2 − 2ω(x)xy + ω(x)2 y − ω(xy)x = 0; (5.10)

(ii) Pour tous x et y dans A:

x(xy) − 3

2ω(x)xy + 1

2ω(x)2 y = 0; (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 xy dans (5.10) il vient que

ω(x)[2ω(y)x2 − 2x(xy) + ω(x)xy − ω(xy)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)x2 − 2x(xy) + ω(x)xy − ω(xy)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 :

x1(x2x3) + (x1x2)x3 − 3

2[ω(x1)x2x3 + ω(x3)x1x2] + ω(x1x3)x2 = 0. (∗)

Soient e ∈ A, ω(e) = 1 et x , y ∈ ker(ω). En prenant x1 = e, x2 = x et x3 = y dans (*)on obtient:

123

Algèbres De Lie Triple Sans Idempotent

e(xy) + y(ex) − 3

2xy = 0. (∗∗)

En échangeant alors x et y dans cette relation, il vient e(xy) + x(ey) − 32 xy = 0. Donc

x(ey) = y(ex). Mais, pour x1 = x , x2 = e et x3 = y dans (∗) on a x(ey) + y(ex) = 0. Parconséquent, x(ey) = 0 pour tous x , y ∈ ker ω. Ainsi, l’équation (∗∗) devient e(xy)− 3

2 xy =0. Enfin, comme e(e(xy)) − 3

2 e(xy) + 12 xy = 0 par l’identité (5.11), on a xy = 0 pour tous

x , y ∈ ker ω i.e (ker ω)2 = 0. Prenons maintenant x2 = x3 = e et x1 = y dans (*). Il viente2 y +e(ey)− 3

2 ey = 0 pour tout y ∈ ker ω. Mais (5.11) nous dit que e(ey)− 32 ey + 1

2 y = 0.Donc e2 y = 1

2 y pour tout y ∈ ker ω. Comme e2 − e ∈ ker ω et (ker ω)2 = 0, pour touty ∈ ker ω on a ey = e2 y = 1

2 y.(iii)�⇒(i): Pour x = ω(x)e+x1/2 et y = ω(y)e+y1/2, on a x2 = ω(x)2(e+t)+ω(x)x1/2,

xy = ω(xy)(e + t) + 12ω(x)y1/2 + 1

2ω(y)x1/2. On vérifie alors que 2ω(y)x2 − 2ω(x)xy +ω(x)2 y − ω(xy)x = 0. ��RemerciementsNous remercions le Referee pour ses suggestions qui ont permis d’améliorer substantielle-ment la rédaction de ce texte, notamment la Proposition 5.2.

References

1. Abraham, V.M.: A note on train algebras. Proc. Edinburgh Math. Soc. (2) 20(1), 53–58 (1976)2. Albert, A.A.: A theory of power-associative commutative algebras. Trans. Am. Math. Soc. 69, 503–527

(1950)3. Arenas, M.: The Wedderburn principal theorem for generalized almost-Jordan algebras. Comm. Algebra

35, 675–688 (2007)4. Bayara, J., Conseibo, A., Micali, A., Ouattara, M.: Derivations in power-associative algebras. Discrete

Contin. Dyn. syst. S 4(6), 1359–1370 (2011)5. Etherington, I.H.M.: Commutative train algebras of ranks 2 and 3. J. Lond. Math. Soc. 15, 136–149

(1940). (Corrigendum ibid 20(1945), 238)6. Hemminger, R.L.: On the Wedderburn principal theorem for commutative power-associative algebras.

Trans. Am. Math. Soc. 121(1), 36–51 (1966)7. Hentzel, I.R., Peresi, L.A.: Almost Jordan rings. Proc. Am. Math. Soc. 104(2), 343–348 (1988)8. Jacobson, N.: Structure and representations of Jordan algebras. Am. Math. Soc. Colloq. 39, Providence,

RI (1968)9. Osborn, J.M.: Identities of non-associative algebras. Can. J. Math. 17, 78–92 (1965)

10. Osborn, J.M.: Commutative non-associative algebras and identities of degree four. Can. J. Math. 20,769–794 (1968)

11. Osborn, J.M.: Commutative algebras satisfying an identity of degree four. Trans. Am. Math. Soc. 16,1114–1120 (1965)

12. Osborn, J.M.: Varieties of algebras. Adv. Math. 8, 163–369 (1972)13. Ouattara, M.: Sur les T-algèbres de Jordan. Linear Algebra Appl. 144, 11–21 (1991)14. Petersson, H.P.: Über eine Verallgemeinerung von Jordan-Algebren, Dissertation, München (1966)15. Petersson, H.P.: Zur Theorie der Lie-Tripel-Algebren. Math. Zeitschr. 97, 1–15 (1967)16. Petersson, H.P.: Über den Wedderburnschen Struktursatz für Lie-tripel-Algebren (German). Math.

Zeitschr. 98, 104–118 (1967)17. Schafer, R.D.: An introduction to nonassociative algebras. Academic Press, New York (1966)18. Sidorov, A.V.: Solvability and nilpotency in Lie triple algebras. Deposited in VINITI, pp. 1125–1177

(1977).19. Sidorov, A.V.: Lie triple algebras. Algebra Logic 87, 20–72 (1981). (Translated from Algebra i Logika,

20(1), 101–108 (1981))20. Zhevlakov, K.A., Slin’ko, A.M., Shestakov, I.P., Shirshov, A.I.: Rings That are Nearly Associative. Aca-

demic Press, New York (1982)

123