Nếu $\mathscr{C}^k g = \{0\}$ (resp. $\mathscr{C}_k g = g$), rõ ràng dãy $\mathscr{C}^1 g, \ldots, \mathscr{C}^k g$ (resp. $\mathscr{C}_k g, \mathscr{C}_{k-1} g, \ldots, \mathscr{C}_0 g$) có các tính chất của Định nghĩa 1 và do đó $g$ là lũy linh. Ngược lại, giả sử rằng tồn tại một dãy $(g_i)_{0 \leq i \leq p}$ có các tính chất của Định nghĩa 1. Ta thấy bằng quy nạp theo $n$ rằng $g_i \supset \mathscr{C}^{i+1} g$ và $g_{p-i} \subset \mathscr{C}_i g$. Do đó $\mathscr{C}^{p+1} g = \{0\}$ và $\mathscr{C}_p g = g$. Như vậy ta đã chứng minh rằng các điều kiện (a), (b) và (c) là tương đương. Mặt khác, $\mathscr{C}^1 g$ là tập hợp các tổ hợp tuyến tính của các phần tử có dạng

trong đó $x_1, x_2, \ldots, x_i$ chạy qua $g$. Do đó các điều kiện (b) và (d) là tương đương. Cuối cùng, nếu tồn tại một dãy $(g_i)_{0 \leq i \leq p}$ các iđêan có các tính chất của

Định nghĩa 1, thì tồn tại một dãy giảm $(\mathfrak{h}_i)_{0 \leq i \leq n}$ các không gian con vectơ của $g$ có số chiều $n, n-1, n-2, \ldots, 0$ và một dãy chỉ số

với $g_0 = \mathfrak{h}_{i_0}, g_1 = \mathfrak{h}_{i_1}, \ldots, g_p = \mathfrak{h}_{i_p}$; khi đó, vì $[g, \mathfrak{h}_{i_k}] \subset \mathfrak{h}_{i_{k+1}}$ nên các $\mathfrak{h}_i$ là các iđêan và $[g, \mathfrak{h}_i] \subset \mathfrak{h}_{i+1}$ với mọi $i$. Do đó các điều kiện (a) và (e) là tương đương.

Định nghĩa 1 và Mệnh đề 2 cho thấy rằng các đại số Lie lũy linh chính xác là các đại số thu được từ các đại số Lie giao hoán bằng một dãy các mở rộng trung tâm.

Chứng minh được tiến hành bằng quy nạp theo chiều $n$ của $g$. Định lý là hiển nhiên nếu $n = 0$. Giả sử nó đúng đối với các đại số có chiều $< n$.

Cho $h$ là một đại số Lie con của $g$ có chiều $m < n$. Nếu $x \in h$, thì $\mathrm{ad}_g x$ biến $h$ vào chính nó và khi chuyển qua thương xác định một tự đồng cấu $\sigma(x)$ của không gian $g/h$. Theo Bổ đề 1, $\mathrm{ad}_g x$ là lũy linh và do đó $\sigma(x)$ là lũy linh. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại một phần tử khác không của $g/h$ bị mọi $\sigma(x),\ x \in h$, triệt tiêu. Suy ra $h$ là một iđêan trong một đại số con nào đó có số chiều $(m+1)$ của $g$.

Ta kết luận (bằng cách lặp bắt đầu từ $h = \{0\}$) rằng $g$ có một iđêan $h$ chiều $n-1$. Lấy $a \in g,\ a \notin h$. Ta lại dùng giả thiết quy nạp: các $u \in V$ sao cho $x.u = 0$ với mọi $x \in h$ tạo thành một không gian con vectơ khác không U của V. Không gian con này ổn định dưới tác dụng của $a$ (§ 3, no. 5, Mệnh đề 5). Vì $a$ là một tự đồng cấu lũy linh của V, tồn tại một phần tử khác không của U bị triệt tiêu bởi $a$ và do đó bởi mọi phần tử của $g$.

Điều kiện này là cần thiết (Mệnh đề 1). Giả sử rằng tính đủ của nó đã được chứng minh đối với các đại số Lie chiều $< n$ ($n \neq 0$). Cho $g$ là một đại số Lie $n$-chiều sao cho, với mọi $x \in g$, $\mathrm{ad}\ x$ là lũy linh. Định lý 1, áp dụng cho tập hợp các $\mathrm{ad}\ x\ (x \in g)$, chứng minh rằng tâm $c$ của $g$ là khác không. Khi đó $g$ là một mở rộng trung tâm của đại số Lie $g/c$, đại số này là lũy linh theo giả thiết quy nạp của chúng ta. Chứng minh được hoàn tất bằng cách áp dụng Mệnh đề 2.

Cho $x \in g$. Vì $g/h$ là lũy linh, tồn tại một số nguyên $k$ sao cho $(\mathrm{ad}\ x)^k(g) \subset h$. Theo giả thiết tồn tại một số nguyên $k'$ sao cho $(\mathrm{ad}\ x)^{k'}(h) = \{0\}$. Do đó $(\mathrm{ad}\ x)^{k+k'}(g) = \{0\}$. Vậy Hệ quả 2 là một hệ quả của Hệ quả 1.

Điều này suy ra ngay lập tức từ Bổ đề 1 và Hệ quả 1.

Cho N là không gian con của M gồm các $m \in M$ sao cho $x_M.m = 0$ với mọi $x \in a$. Theo Định lý 1, $N \neq \{0\}$. Mặt khác, với mọi $y \in g$, N ổn định dưới $y_M$ (§ 3, no. 5, Mệnh đề 5). Do đó $N = M$, điều này chứng minh bổ đề.

K và $(M_i)_{0 \leq i \leq n}$ là một chuỗi Jordan-Hölder của $g$-môđun $M$. Các điều kiện sau là tương đương:

(a) với mọi $x \in a$, $x_M$ là lũy linh; (b) với mọi $x \in a$, $x_M$ thuộc căn Jacobson của đại số kết hợp $A$ sinh bởi 1 và các $y_M$ với $y \in g$; (c) với mọi $x \in a$,

Nếu các điều kiện này được thỏa mãn, $a$ trực giao với $g$ đối với dạng song tuyến tính liên kết với $g$-môđun $M$.

(b) $\Rightarrow$ (a): vì $A$ là hữu hạn chiều trên $K$, căn Jacobson của $A$ là một iđêan lũy linh (Đại số, Chương VIII, § 6, no. 4, Định lý 3) và do đó mọi phần tử của căn này đều lũy linh.

(a) $\Rightarrow$ (c): mỗi $Q_i = M_i/M_{i+1}$ ($0 \leq i < n$) là một $g$-môđun đơn. Với mọi $x \in a$, tự đồng cấu $x_{Q_i}$ (được dẫn xuất từ $x_M$ bằng cách hạn chế vào $M_i$ và chuyển qua thương) là lũy linh nếu điều kiện (a) được thỏa mãn và do đó bằng không theo Bổ đề 2; nói cách khác, $x_M(M_i) \subset M_{i+1}$.

(c) $\Rightarrow$ (b): giả sử điều kiện (c) được thỏa mãn; lấy $x \in a$ và $z \in A$. Khi đó $z(M_i) \subset M_i$ ($0 \leq i < n$) và do đó $(zx_M)^n(M) = \{0\}$; vì thế $Ax_M$ là một iđêan trái lũy linh của $A$ và do đó được chứa trong căn Jacobson của $A$ (Đại số, Chương VIII, § 6, no. 3, Hệ quả 3 của Định lý 1).

Cuối cùng, giả sử các điều kiện (a), (b) và (c) được thỏa mãn. Lấy $x \in a$ và $y \in g$. Ta vừa thấy rằng $y_M x_M$ là lũy linh và do đó $\operatorname{Tr}(y_M x_M) = 0$, điều này chứng minh khẳng định cuối cùng của bổ đề.

(a) Các iđêan $a$ của $g$ sao cho $x_M$ là lũy linh với mọi $x \in a$ đều được chứa trong một iđêan trong số đó, $n$.

(b) Iđêan $n$ là tập hợp các $x \in g$ sao cho $x_M$ thuộc căn Jacobson của $A$.

(c) Cho $(M_i)_{0 \leq i \leq n}$ là một chuỗi Jordan-Hölder của $g$-môđun $M$; khi đó $n$ cũng là tập hợp các $x \in g$ sao cho $(x)_{M_i/M_{i+1}} = 0$ với mọi $i$.

(d) $n$ trực giao với $g$ đối với dạng song tuyến tính liên kết với $\varphi$.

Tập hợp các $x \in g$ sao cho $x_M$ thuộc căn Jacobson của $A$ hiển nhiên là một iđêan của $g$. Khi đó mệnh đề suy ra ngay lập tức từ Bổ đề 3.

Cần lưu ý rằng $g/n$ có thể có các iđêan lũy linh khác không.