Cho $\tau'$ là đồng cấu duy nhất của $T$ vào $L$ mở rộng $\sigma$ và biến 1 thành 1. Khi đó, với $x, y$ trong $g$,

do đó $\tau'$ bằng không trên $J$ và xác định, khi chuyển qua thương, một đồng cấu $\tau$ của $U$ vào $L$, ánh xạ 1 vào 1, sao cho $\sigma = \tau \circ \sigma_0$. Tính duy nhất của $\tau$ là ngay lập tức vì $\sigma_0(g)$ và 1 sinh đại số $U$.

Cho $g'$ là một đại số Lie khác trên $K$, $U'$ là đại số bao của nó và $\sigma'_0$ là ánh xạ chính tắc của $g'$ vào $U'$. Cho $\phi$ là một đồng cấu của $g$ vào $g'$. Khi đó $\sigma'_0 \circ \phi$ là một ánh xạ $\alpha$ của $g$ vào $U'$; do đó tồn tại một và chỉ một đồng cấu $\tilde{\phi}$ của $U$ vào $U'$ ánh xạ 1 vào 1 và sao cho biểu đồ

là giao hoán. Đồng cấu này ánh xạ các phần tử của $U$ có số hạng hằng bằng không vào các phần tử của $U'$ có số hạng hằng bằng không. Nếu $g''$ là một đại số Lie khác trên $K$ và $\phi'$ là một đồng cấu của $g'$ vào $g''$, thì $(\phi' \circ \phi)^{\sim} = \tilde{\phi}' \circ \tilde{\phi}$.

Ánh xạ $\sigma': (x_1, x_2) \mapsto \sigma_1(x_1) \otimes 1 + 1 \otimes \sigma_2(x_2)$ ($x_1 \in g_1, x_2 \in g_2$) là một ánh xạ $\alpha$ của $g$ vào $U_1 \otimes_K U_2$ và do đó tồn tại (no. 1, Mệnh đề 1) một đồng cấu duy nhất $\tau$ của $U$ vào $U_1 \otimes_K U_2$ biến 1 thành 1, sao cho:

Bây giờ $\phi \circ \tau \circ \sigma = \phi \circ \sigma' = \sigma$ và $\tau \circ \phi \circ \sigma' = \tau \circ \sigma = \sigma'$, do đó $\phi \circ \tau$ và $\tau \circ \phi$ lần lượt là các ánh xạ đồng nhất của $U$ và $U_1 \otimes_K U_2$. Do đó có mệnh đề.

$U_1 \otimes_K U_2$ được đồng nhất với $U$ qua đẳng cấu $\phi$. Khi đó ánh xạ chính tắc của $g$ vào $U$ được đồng nhất theo (1) với ánh xạ:

Tương tự, nếu $g_1, \ldots, g_n$ là các đại số Lie trên $K$ với các đại số bao $U_1, \ldots, U_n$, thì đại số bao $U$ của $g_1 \times \cdots \times g_n$ được đồng nhất một cách chính tắc với $U_1 \otimes_K \cdots \otimes_K U_n$ và ánh xạ chính tắc của $g_1 \times \cdots \times g_n$ vào $U$ được đồng nhất với ánh xạ:

($\sigma_i$ ký hiệu ánh xạ chính tắc của $g_i$ vào $U_i$).

Cho $\sigma''$ là ánh xạ chính tắc của $g/\mathfrak{h}$ vào W. Biểu đồ giao hoán:

chứng minh rằng $\tilde{p}$ bằng không trên $\sigma(\mathfrak{h})$ và do đó trên R. Gọi $\psi$ là đồng cấu chính tắc của U lên U/R. Có một đồng cấu $\phi$ của U/R

vào W sao cho $\tilde{p} = \phi \circ \psi$. Ánh xạ $\psi \circ \sigma$ của g vào U/R là một ánh xạ $\alpha$ và bằng không trên $\mathfrak{h}$, do đó xác định một ánh xạ $\alpha$ $\theta$ của $g/\mathfrak{h}$ vào U/R sao cho $\theta \circ p = \psi \circ \sigma$. Khi đó $\phi \circ \theta \circ p = \phi \circ \psi \circ \sigma = \sigma'' \circ p$. Suy ra $\phi \circ \theta = \sigma''$. Có một và chỉ một đồng cấu $\phi'$ của W vào U/R (no. 1, Mệnh đề 1) biến 1 thành 1 và sao cho $\theta = \phi' \circ \sigma''$. Khi đó $\phi' \circ \phi \circ \theta = \phi' \circ \sigma'' = \theta$ và $\phi \circ \phi' \circ \sigma'' = \phi \circ \theta = \sigma''$, và do đó $\phi' \circ \phi$ và $\phi \circ \phi'$ lần lượt là các ánh xạ đồng nhất của U/R và W. Điều này hoàn tất chứng minh.

U/R được đồng nhất với W dưới đẳng cấu $\phi$. Khi đó ánh xạ chính tắc $\sigma''$ của $g/\mathfrak{h}$ vào W được đồng nhất với $\theta$, tức là với ánh xạ của $g/\mathfrak{h}$ vào U/R dẫn xuất từ $\sigma$ bằng cách lấy thương.

Tồn tại một đồng cấu $\phi'$ từ U vào $V^0$ biến 1 thành 1 và sao cho $\sigma_0 = \phi' \circ \sigma$. Có thể xem $\phi'$ như một đồng cấu từ $U^0$ vào V. Khi đó $\sigma_0 = \phi' \circ \phi \circ \sigma_0$ và $\sigma = \phi \circ \phi' \circ \sigma$ và do đó $\phi' \circ \phi$ và $\phi \circ \phi'$ là các ánh xạ đồng nhất của V và U. Do đó có mệnh đề.

V được đồng nhất với $U^0$ theo đẳng cấu $\phi$. Khi đó $\sigma_0$ được đồng nhất với $\sigma$.

Với sự đồng nhất này, đẳng cấu $\theta : x \mapsto -x$ của $g$ lên $g^0$ xác định một đẳng cấu $\tilde{\theta}$ của U lên $V = U^0$. Đẳng cấu này có thể được xem như một phản tự đẳng cấu của U. Nó được gọi là phản tự đẳng cấu chính của U. Nếu $x_1, \ldots, x_n$ thuộc $g$, thì:

Nếu $t \in T^n$ và $t' \in T^p$, thì $\phi(t)\phi(t') = \phi(tt')$ theo định nghĩa của phép nhân trên $G$. Do đó $\phi$ là một đồng cấu đại số và rõ ràng $\phi(1) = 1$. Nếu $x, y$ thuộc $g$, thì $x \otimes y - y \otimes x \in T^2$ và ảnh chính tắc của phần tử này trong $U_2$ bằng ảnh của $[x, y]$ và do đó thuộc $U_1$. Vì vậy $\phi(x \otimes y - y \otimes x) = 0$, điều này chứng minh mệnh đề.

Cho $S$ là đại số đối xứng của $K$-môđun $g$ và $\tau$ là đồng cấu chính tắc từ $T$ lên $S$. Mệnh đề 5 chứng minh rằng tồn tại một đồng cấu duy nhất $\omega$, được gọi là chính tắc, từ đại số $S$ lên đại số $G$, biến 1 thành 1, sao cho $\phi = \omega \circ \tau$. Ta có $\omega(S^n) = \phi(T^n) = G^n$. Gọi $\tau_n$ là hạn chế của $\tau$ lên $T^n$, $\omega_n$ là hạn chế của $\omega$ lên $S^n$, $\psi_n$ là ánh xạ chính tắc từ $T^n$ vào $U_n$ và $\theta_n$ là ánh xạ chính tắc từ $U_n$ lên $G^n$. Định nghĩa của $\omega_n$ chứng minh rằng biểu đồ sau đây là giao hoán:

S là một đại số sinh hữu hạn trên K và do đó là một vành Noether (Đại số giao hoán, Chương III, § 2, no. 10, Hệ quả 3 của Định lý 2). Vì thế G, đẳng cấu với một vành thương của S, là Noether. Vì thế U là Noether phải và trái (Đại số giao hoán, Chương III, § 2, no. 10, Nhận xét 2).

Bằng quy nạp theo m, chỉ cần xét trường hợp, chẳng hạn, của hai iđêan phải. U-môđun phải I₁ được sinh bởi một số hữu hạn phần tử u₁, ..., uₚ (Mệnh đề 6). Gọi v₁, ..., vₐ là các phần tử của U sao cho các lớp của chúng theo môđun I₂ sinh không gian vectơ U/I₂. Khi đó các ảnh chính tắc trong I₁/I₁I₂ của các uᵢvⱼ sinh không gian vectơ I₁/I₁I₂, do đó không gian này là hữu hạn chiều. Vì thế dim_K(U/I₁I₂) = dim_K(U/I₁) + dim_K(I₁/I₁I₂) < +∞.

Gọi $(x_\lambda)_{\lambda \in \Lambda}$ là một cơ sở của $K$-môđun g; ta trang bị cho $\Lambda$ một thứ tự toàn phần (Lý thuyết tập hợp, Chương III, § 2, no. 3, Định lý 1). Gọi P là đại số đa thức $K[z_\lambda]_{\lambda \in \Lambda}$ theo các ẩn $z_\lambda$ tương ứng một-một với các $x_\lambda$. Với mọi dãy $M = (\lambda_1, \lambda_2, ..., \lambda_n)$ gồm các phần tử của $\Lambda$, gọi $z_M$ là đơn thức $z_{\lambda_1}z_{\lambda_2}...z_{\lambda_n}$ và $x_M$ là tenxơ $x_{\lambda_1} \otimes x_{\lambda_2} \otimes \cdots \otimes x_{\lambda_n}$.

Các $z_M$, với M tăng, tạo thành một cơ sở của K-môđun P (ta quy ước rằng $\varnothing$ là một dãy tăng và $z_\varnothing = 1$). Gọi $P_p$ là môđun con các đa thức bậc $\leq p$. Trước hết ta sẽ chứng minh một số bổ đề. (Để viết gọn, ta viết $\lambda \leq M$ nếu $\lambda \leq \mu$ với mọi chỉ số $\mu$ của dãy M.)

Hơn nữa, hạn chế của $f_p$ lên $g \otimes P_{p-1}$ trùng với $f_{p-1}$.

Khẳng định cuối cùng suy ra từ các khẳng định khác vì hạn chế của $f_p$ trên $g \otimes_K P_{p-1}$ thỏa mãn các điều kiện (A_{p-1}), (B_{p-1}) và (C_{p-1}). Ta sẽ chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất của $f_p$ bằng quy nạp theo $p$. Với $p = 0$, điều kiện (A_0) cho $f_0(x_\lambda \otimes 1) = z_\lambda$ và các điều kiện (B_0) và (C_0) khi đó hiển nhiên được thỏa mãn. Giả sử bây giờ rằng sự tồn tại và tính duy nhất của $f_{p-1}$ đã được chứng minh. Ta chứng minh rằng $f_{p-1}$ có một mở rộng duy nhất $f_p$ lên $g \otimes_K P_p$ thỏa mãn các điều kiện (A_p), (B_p) và (C_p).

Ta phải định nghĩa $f_p(x_\lambda \otimes z_M)$ đối với một dãy tăng M gồm $p$ phần tử.

Nếu $\lambda \leq M$, giá trị này được cho bởi điều kiện (A_p). Ngược lại, M có thể được viết duy nhất dưới dạng ($\mu, N$), trong đó $\mu < \lambda, \mu \leq N$. Khi đó

theo (A_{p-1}), do đó vế trái của (C_p) là $f_p(x_\lambda \otimes z_M)$. Bây giờ vế phải của (C_p) đã được định nghĩa: vì (B_{p-1}) cho phép ta viết: trong đó $w \in P_{p-1}$; do đó vế phải của (C_p) trở thành:

Như vậy $f_p$ được xác định duy nhất và hiển nhiên thỏa mãn các điều kiện (A_p) và (B_p). Điều kiện (C_p) được thỏa mãn nếu $\mu < \lambda, \mu \leq N$. Vì $[x_\mu, x_\lambda] = -[x_\lambda, x_\mu]$, điều kiện (C_p) cũng được thỏa mãn đối với $\lambda < \mu, \lambda \leq N$. Vì (C_p) được thỏa mãn hiển nhiên đối với $\lambda = \mu$, nên (C_p) do đó được thỏa mãn nếu $\lambda \leq N$ hoặc $\mu \leq N$. Nếu không có bất kỳ bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức này đúng, $N = (\nu, Q)$, trong đó $\nu \leq Q, \nu < \lambda, \nu < \mu$. Từ nay viết tắt $f_p(x \otimes z) = xz$ với $x \in g$ và $z \in P_p$, ta có theo giả thiết quy nạp:

Bây giờ $z_\mu z_Q$ có dạng $z_\mu z_Q + w$, trong đó $w \in P_{p-2}$. (C_p) có thể được áp dụng cho $x_\lambda(x_\nu(z_\mu z_Q))$, vì $\nu \leq Q$ và $\nu < \mu$, và cho $x_\lambda(x_\nu w)$ theo giả thiết quy nạp, và do đó cho $x_\lambda(x_\nu(x_\mu z_Q))$. Suy ra:

Đổi chỗ $\lambda$ và $\mu$ rồi lấy hiệu:

và do đó theo đồng nhất thức Jacobi

điều này hoàn thành chứng minh của Bổ đề 1.

(1) $\sigma(x_{\lambda})z_{M} = z_{\lambda}z_{M}$ đối với $\lambda \leq M$; (2) $\sigma(x_{\lambda})z_{M} \equiv z_{\lambda}z_{M}$ (mod. $P_{p}$) nếu $M$ có $p$ phần tử.

Theo Bổ đề 1 tồn tại một đồng cấu $f$ của K-môđun $g \otimes_{K} P_{p}$ vào $P$ thỏa mãn, với mọi $p$, các điều kiện (A$_{p}$), (B$_{p}$), (C$_{p}$) (trong đó $f_{p}$ được thay bởi $f$). Đồng cấu này xác định một đồng cấu $\sigma$ của K-môđun $g$ vào K-môđun $\mathscr{L}_{K}(P)$ và $\sigma$ là một ánh xạ $\alpha$ do điều kiện (C$_{p}$). Cuối cùng, $\sigma$ thỏa mãn các tính chất (1) và (2) của bổ đề do các điều kiện (A$_{p}$) và (B$_{p}$).

Ta viết $t_{n}$ dưới dạng $\sum_{i=1}^{r} x_{M_{i}}$, trong đó các $M_{i}$ là các dãy gồm $n$ phần tử của $\Lambda$. Ánh xạ $\sigma$ mở rộng thành một đồng cấu của đại số $T$ vào đại số $\mathscr{L}_{K}(P)$ (mà ta cũng sẽ ký hiệu là $\sigma$), bằng không trên $J$. Theo Bổ đề 2, $\sigma(t) . 1$ là một đa thức mà các số hạng có bậc cao nhất là $\sum_{i=1}^{r} z_{M_{i}}$. Vì $t \in J$, nên $\sigma(t) = 0$ và do đó $\sum_{i=1}^{r} z_{M_{i}} = 0$ trong $P$. Bây giờ $P$ được đồng nhất một cách chính tắc với $S$, vì $g$ có cơ sở $(x_{\lambda})$. Vì thế ảnh chính tắc của $t_{n}$ trong $S$ là không, tức là $t_{n} \in I$.

Bây giờ ta có thể chứng minh Định lý 1. Cần chứng minh rằng đồng cấu chính tắc của $S$ lên $G$ là đơn ánh. Nói cách khác, nếu $t \in T^{n}$ và $\psi$ ký hiệu đồng cấu chính tắc của $T$ lên $U$, thì cần chỉ ra rằng điều kiện $\psi(t) \in U_{n-1}$ kéo theo $t \in I$. Mà $\psi(t) \in U_{n-1}$ có nghĩa là tồn tại một tenxơ $t' \in T_{n-1}$ sao cho $t - t' \in J$. Tenxơ $t - t'$ nhận $t$ làm thành phần thuần nhất cấp $n$ và do đó $t \in I$ theo Bổ đề 3.