Cho $g$ là một đại số Lie, $g'$ một đại số con, $h$ một iđêan của $g$, $t = g/h$ và $\phi$ là ánh xạ chính tắc của $g$ lên $t$. Nếu $g$ giải được thì $D^k g = \{0\}$ với một số nguyên $k$, do đó $D^k g' \subset D^k g = \{0\}$, $D^k t = \phi(D^k g) = \{0\}$ và vì thế $g'$ và $t$ giải được. Nếu $h$ và $t$ giải được thì tồn tại các số nguyên $s, t$ sao cho

khi đó $D^t g \subset h$, do đó $D^{s+t} g = D^s(D^t g) \subset D^s h = \{0\}$ và $g$ giải được. Khẳng định cuối cùng suy ra từ khẳng định thứ hai bằng quy nạp theo số các thừa số.

(a) $g$ giải được; (b) tồn tại một dãy giảm $g = g_0 \supset g_1 \supset \cdots \supset g_n = \{0\}$ các iđêan của $g$ sao cho các đại số $g_i/g_{i+1}$ là giao hoán ($i = 0, 1, \ldots, n-1$); (c) tồn tại một dãy giảm $g = g'_0 \supset g'_1 \supset \cdots \supset g'_p = \{0\}$ các đại số con của $g$ sao cho $g'_{i+1}$ là một iđêan của $g'_i$ và $g'_i/g'_{i+1}$ là giao hoán ($i = 0, 1, \ldots, p-1$); (d) tồn tại một dãy giảm $g = g''_0 \supset g''_1 \supset \cdots \supset g''_q = \{0\}$ các đại số con của $g$ sao cho $g''_{i+1}$ là một iđêan của $g''_i$ có đối chiều 1 ($i = 0, 1, \ldots, q-1$).

(a) $\Rightarrow$ (b): chỉ cần xét dãy các iđêan dẫn xuất của $g$. (b) $\Rightarrow$ (c): điều này hiển nhiên. (c) $\Rightarrow$ (d): giả sử điều kiện (c) được thỏa mãn; mọi không gian con vectơ của $g'_i$ chứa $g'_{i+1}$ đều là một iđêan của $g'_i$, do đó ngay lập tức suy ra (d). (d) $\Rightarrow$ (a): điều này suy ra ngay lập tức từ việc một mở rộng của một đại số giải được bởi một đại số giải được là giải được.

† Người đọc sẽ chú ý rằng giả thiết về đặc số của $K$ không được dùng trong số 1 và 2 của đoạn này.

Các ví dụ về đại số Lie giải được

I. Cho $g$ là một không gian vectơ 2 chiều trên $K$ và $(e_1, e_2)$ là một cơ sở của $g$. Tồn tại một và chỉ một phép nhân song tuyến tính phản xứng $(x, y) \mapsto [x, y]$ trên $g$ sao cho $[e_1, e_2] = e_2$. Dễ dàng kiểm tra rằng như vậy $g$ được trang bị một cấu trúc đại số Lie giải được. Bây giờ, cho $h$ là một đại số Lie không giao hoán chiều 2 trên $K$. Ta chỉ ra rằng $h$ đẳng cấu với $g$. Cho $(f_1, f_2)$ là một cơ sở của $h$. Phần tử $[f_1, f_2]$ khác không (nếu không thì $h$ sẽ giao hoán) và do đó nó sinh ra một không gian con 1 chiều $t$ của $h$. Khi đó $[h, h] = t$. Cho $(e'_1, e'_2)$ là một cơ sở của $h$ sao cho $e'_2 \in t$. Khi đó $[e'_1, e'_2] = \lambda e'_2$ với $\lambda \neq 0$. Thay $e'_1$ bằng $\lambda^{-1} e_1$, ta có thể giả sử rằng $\lambda = 1$, do đó có mệnh đề của ta.

II. Các công thức (5) của § 1 chứng minh rằng $\mathscr{D}t(n, K) = n(n, K)$. Vì $n(n, K)$ lũy linh và do đó giải được, nên $t(n, K)$ giải được. Vậy $st(n, K)$ giải được. Đặc biệt, $st(2, K)$ đẳng cấu với đại số của Ví dụ I.

Cho $a$ là một iđêan của $g$ và $\phi$ là ánh xạ chính tắc từ $g$ lên $g/a$. Nếu căn của $g/a$ bằng không, thì $\phi(r)$, là một iđêan giải được của $g/a$, bằng không; do đó $r \subset a$.

Mặt khác, ảnh ngược $\phi^{-1}(r')$ của căn $r'$ của $g/r$ là một iđêan của $g$ giải được theo Mệnh đề 1 và do đó bằng $r$; vì thế $r' = \{0\}$.

Tích $r'$ của các $r_i$ là một iđêan giải được (Mệnh đề 1) và do đó $r' \subset r$. Ảnh chính tắc của $r$ trong $g_i$ là một iđêan giải được của $g_i$ và vì thế được chứa trong $r_i$; do đó $r \subset r'$.

Nếu b là một iđêan của g được chứa trong a sao cho $\operatorname{Tr} bs = 0$ với mọi $b \in b$ và mọi $s \in S$, thì đặc biệt, theo định nghĩa của S, $\operatorname{Tr}(b^n) = 0$ với mọi số nguyên $n > 0$ và do đó b là lũy linh (Đại số, Chương VII, § 5, no. 5, Hệ quả 4 của Mệnh đề 13); vì mọi phần tử của b đều lũy linh, $b = \{0\}$ (§ 4, no. 3, Bổ đề 2). Trước hết ta áp dụng điều này cho iđêan $[g, a]$ của g. Nếu $x \in g, a \in a, s \in S$, thì $\operatorname{Tr}[x, a]s = \operatorname{Tr}(xas - axs) = \operatorname{Tr} x(as - sa) = 0$ vì $as = sa$; do đó $[g, a] = \{0\}$. Vậy các phần tử của g giao hoán với các phần tử của a và do đó cũng giao hoán với các phần tử của S. Nếu $x, y$ thuộc g và $s \in S$, thì

vì $ys = sy$; khi đó lấy b là iđêan $\mathscr{D}g \cap a$, suy ra $\mathscr{D}g \cap a = \{0\}$.

Ta đã biết rằng $s \subset \mathscr{D}g \cap r$. Vì thế, chỉ cần chứng minh rằng nếu $\rho$ là một biểu diễn đơn hữu hạn chiều của g thì $\rho(\mathscr{D}g \cap r) = \{0\}$. Gọi k là số nguyên nhỏ nhất $\geq 0$ sao cho $\rho(\mathscr{D}^{k+1}r) = \{0\}$; đặt $g' = \rho(g)$, $a' = \rho(D^k r)$; vì $\mathscr{D}^k r$ là một iđêan của g nên $a'$ là một iđêan của $g'$; iđêan này là giao hoán vì $\rho(\mathscr{D}^{k+1}r) = \{0\}$. Nếu V là không gian của $\rho$, thì $g' \subset \operatorname{gl}(V)$ và V là một $g'$-môđun đơn. Khi đó $\rho(\mathscr{D}g \cap \mathscr{D}^k r) \subset \mathscr{D}g' \cap a' = \{0\}$. Nếu $k > 0$, thì $\mathscr{D}^k r \subset \mathscr{D}g$ và $\rho(\mathscr{D}^k r) = \{0\}$, trái với định nghĩa của k. Vậy $k = 0$, nghĩa là

Ở đây $r = g$, do đó $s = \mathscr{D}g$. Vì thế $\varphi(\mathscr{D}g) = \{0\}$, điều đó chứng tỏ rằng $g' = \rho(g)$ là giao hoán. Mọi phần tử $\neq 0$ của $L$ đều khả nghịch theo Bổ đề Schur; vậy $L$ là một trường.

Hệ quả 2 (Định lý Lie). Cho $g$ là một đại số Lie giải được; giả sử rằng $K$ đóng đại số. Cho $M$ là một $g$-môđun có số chiều hữu hạn trên $K$ và cho $(M_i)_{0 \leq i \leq r}$ là một chuỗi Jordan-Hölder của $M$. Khi đó $M_{i-1}/M_i$ có chiều bằng 1 trên $K$ với $1 \leq i \leq r$ và, với mọi $x \in g$, $x_{M_{i-1}/M_i} = \lambda_i(x) \cdot 1$, trong đó $\lambda_i$ là một dạng tuyến tính trên $g$ triệt tiêu trên $\mathscr{D}g$. Đặc biệt, mọi $g$-môđun đơn có chiều hữu hạn trên $K$ thực ra đều có chiều bằng 1.

Gọi $\rho_i$ là biểu diễn của $g$ trên $M_{i-1}/M_i$. Đại số kết hợp $L_i$ sinh bởi 1 và $\rho_i(g)$ là một trường, một mở rộng hữu hạn của $K$ và do đó bằng $K$; và $M_{i-1}/M_i$ là một $L_i$-môđun đơn, do đó $\dim M_{i-1}/M_i = 1$. Phần còn lại của hệ quả là hiển nhiên.

Mọi iđêan đều là một phần của một chuỗi Jordan-Hölder của $g$, được xét như không gian của biểu diễn phụ hợp (Đại số, Chương I, § 6, no. 14, Hệ quả của Định lý 8); khi đó chỉ cần áp dụng Hệ quả 2.

Điều kiện đó là cần theo Hệ quả 1. Nó là đủ vì $g/\mathscr{D}g$ là giao hoán.

Cho V là không gian của $\rho$; cho $(V_i)_{0 \leq i \leq r}$ là một chuỗi Jordan-Hölder đối với cấu trúc r-môđun trên V và cho $\rho_i$ là biểu diễn của r có không gian $V_i / V_{i-1}$ ($1 \leq i \leq r$). Nếu $\rho(x)$ lũy linh, thì $\rho_i(x)$ cũng vậy; vì với mọi $i$, đại số sinh bởi $\rho_i(x)$ là một trường, nên $\rho_i(x) = 0$. Ngược lại, nếu $\rho_i(x) = 0$ với mọi $i$, thì $\rho(x) = 0$. Điều này cho thấy rằng tập $a$ các $x \in r$ sao cho $\rho(x)$ lũy linh là một iđêan của r. Mặt khác, $[g, a] \subset \mathscr{D}g \cap r \subset n \cap r \subset a$ và do đó $a$ là một iđêan của g. Điều này chứng minh rằng $a \subset n$.

Ký hiệu các tập hợp này bởi $a, b, c, d$. Các bao hàm $a \subset b \subset d \subset c$ là hiển nhiên. $c \subset a$ theo Hệ quả 6 áp dụng cho biểu diễn liên hợp của g.

Ta biết rằng $\mathrm{ad}\, x = \mathrm{ad}\, s + \mathrm{ad}\, n, [\mathrm{ad}\, s, \mathrm{ad}\, n] = 0$ và $\mathrm{ad}\, n$ là lũy linh ($§ 4$, Bổ đề 1). Ta sẽ chỉ ra rằng $\mathrm{ad}\, s$ là nửa đơn. Chỉ cần làm điều này khi K đóng đại số (xem Đại số, Chương VIII, § 9, no. 2, Mệnh đề 3). Khi đó, lấy $(e_i)_{1 \leq i \leq n}$ là một cơ sở của V sao cho $s(e_i) = \lambda_i e_i$ ($\lambda_i \in K$). Cho $(E_{ij})$ là cơ sở chính tắc của $M_n(K) = \mathfrak{gl}(V)$. Theo các công thức (5) của $§ 1$,

và do đó $\mathrm{ad}\, s$ là nửa đơn. Khẳng định cuối cùng của bổ đề suy ra từ Đại số, Chương VIII, § 9, no. 4, Mệnh đề 8.

Chỉ cần chứng minh điều này khi K đóng đại số, và từ đây về sau ta sẽ giả thiết như vậy. Cho s và n là các thành phần nửa đơn và lũy linh của z và cho $(e_i)$ là một cơ sở của M sao cho $s(e_i) = \lambda_i e_i$ ($\lambda_i \in K$). Cho $V \subset K$ là không gian vectơ trên $\mathbf{Q}$ sinh bởi các $\lambda_i$. Ta cần chứng minh rằng $V = \{0\}$. Cho f là một dạng tuyến tính $\mathbf{Q}$-tuyến tính trên V và cho t là tự đồng cấu của M sao cho

$te_i = f(\lambda_i)e_i$. Nếu $(E_{ij})$ là cơ sở chính tắc của $\mathfrak{gl}(M)$ được xác định bởi $E_{ij}e_k = \delta_{jk}e_i$, thì

Tồn tại một đa thức P không có số hạng hằng và có các hệ số trong K sao cho $P(\lambda_i - \lambda_j) = f(\lambda_i) - f(\lambda_j)$ với mọi i và j (thật vậy, nếu $\lambda_i - \lambda_j = \lambda_h - \lambda_k$, thì $f(\lambda_i) - f(\lambda_j) = f(\lambda_h) - f(\lambda_k)$ và, nếu $\lambda_i - \lambda_j = 0$, thì $f(\lambda_i) - f(\lambda_j) = 0$). Khi đó $\mathrm{ad}\ t = P(\mathrm{ad}\ s)$. Mặt khác, $\mathrm{ad}\ s$ là một đa thức không có số hạng hằng theo $\mathrm{ad}\ z$. Bây giờ $(\mathrm{ad}\ z)(A) \subset B$, do đó cũng có $(\mathrm{ad}\ t)(A) \subset B$. Theo giả thiết $0 = \mathrm{Tr}(zt) = \sum \lambda_i f(\lambda_i)$, do đó $0 = f(\mathrm{Tr}(zt)) = \sum f(\lambda_i)^2$. Vì các $f(\lambda_i)$ là những số hữu tỉ, suy ra $f = 0$, điều này hoàn tất chứng minh.

Hiển nhiên có thể quy về trường hợp g là một đại số con Lie của $\mathfrak{gl}(M)$ và ρ là ánh xạ đồng nhất. Nếu g giải được, $\mathscr{D}$g được chứa trong iđêan lũy linh lớn nhất của biểu diễn đồng nhất của g (Định lý 1) và vì thế trực giao với g đối với β (§ 4, Mệnh đề 4 (d)). Giả sử rằng $\mathscr{D}$g trực giao với g đối với β. Ta chứng minh rằng g giải được. Gọi T là tập hợp các $t \in \mathfrak{gl}(M)$ sao cho $[t, g] \subset \mathscr{D}g$. Nếu $t \in T$ và x, y thuộc g, thì $[t, x] \in \mathscr{D}g$ và do đó

Đây là một hệ quả ngay lập tức của Mệnh đề 5 (b).

$\mathscr{D}g$ là một iđêan đặc trưng và dạng Killing là hoàn toàn bất biến (§ 3, no. 6, Mệnh đề 10). Do đó trực giao của $\mathscr{D}g$ đối với dạng Killing là một iđêan đặc trưng (§ 3, no. 6, Mệnh đề 7 (b)).

r ∩ a là một iđêan giải được của a và do đó được chứa trong căn r' của a. Ngược lại, r' là một iđêan của g (Hệ quả 2 và § 1, no. 4, Mệnh đề 2) và do đó r' ⊂ r.

Hệ quả 2 có thể được làm chính xác hơn như sau:

Cho D là một đạo hàm của g. Gọi g' = g + Kx_0 là một đại số Lie trong đó g là một iđêan đồng chiều 1 sao cho Dx = [x_0, x] với mọi x ∈ g (§ 1, no. 8, Ví dụ 1). Theo Hệ quả 3 của Mệnh đề 5, r được chứa trong căn r' của g'. Khi đó D(r) = [x_0, r] ⊂ [g', g'] ∩ r' = s'. Với mọi x ∈ s', ad_{g'} x là lũy linh (Định lý 1). Do đó, với mọi x ∈ s' ∩ g, ad_g x là lũy linh. Vậy D(r) được chứa trong iđêan lũy linh s' ∩ g của g.