(a) g là nửa đơn. (b) Căn r của g là không. (c) Dạng Killing $\beta$ của g là không suy biến.

Hơn nữa, một đại số Lie nửa đơn bằng iđêan dẫn xuất của nó.

(a) $\Rightarrow$ (b): vì nếu $r \neq \{0\}$, đại số dẫn xuất cuối cùng khác không của r là một iđêan giao hoán của g.

(b) $\Rightarrow$ (c): điều này suy ra từ Mệnh đề 5 (b) của § 5, no. 5 (đồng thời chứng minh khẳng định cuối cùng của định lý).

(c) $\Rightarrow$ (a): điều này suy ra từ Mệnh đề 6 (b) của § 4, no. 4.

Dạng tuyến tính $x \mapsto \operatorname{Tr} \rho(x)$ ($x \in g$) bằng không khi x có dạng $[y, z]$ ($y \in g, z \in g$) và do đó trên $\mathscr{D}g = g$.

Phần trực giao của $g$ đối với dạng này là một iđêan giải được ($§ 5$, no. 4, Định lý 2) và do đó là không.

Cho $\beta'$ là hạn chế của $\beta$ lên $a$: đó là dạng song tuyến tính liên kết với biểu diễn $x \mapsto \operatorname{ad}_g x$ của a trên không gian g. Biểu diễn này là trung thành và do đó $\beta'$ không suy biến (Mệnh đề 1). Vì vậy h bổ sung cho a trong g. Mặt khác, nếu $x, y$ thuộc a và $z \in h$, thì

vì $[x, y] \in a$, và do đó $[y, z] \in h$, điều này chứng tỏ rằng $[a, h] \subset h$. Nếu $a$ là một iđêan của $g$, ta biết rằng $h$ là một iđêan của $g$ ($§ 3$, Mệnh đề 7) và $g$ được đồng nhất với $a \times h$. Vì tâm của $a$ bằng không, bộ trung tâm hóa của $a$ trong $g$ là $h$.

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

$\operatorname{ad} g$ đẳng cấu với $g$ và do đó là nửa đơn, và là một iđêan của đại số Lie $\delta$ các đạo hàm của $g$ ($§ 1$, Mệnh đề 1). Nếu $D \in \delta$ giao hoán với các phần tử của $\operatorname{ad} g$, thì, với mọi $x \in g$, $\operatorname{ad} D(x) = [D, \operatorname{ad} x] = 0$, do đó $D(x) = 0$; suy ra $D = 0$. Khi đó Hệ quả 3 suy ra từ Hệ quả 1.

Cho $a$ là một iđêan của $g$. Phần trực giao $b$ của $a$ trong $g$ đối với dạng Killing là một iđêan của $g$ và $a \cap b$ là một iđêan giao hoán ($§ 3$, no. 6, Mệnh đề 7) và do đó bằng không. Vậy $b$ là phần bù của $a$ trong $g$. Hơn nữa, vì dạng Killing của $g$ là không suy biến, nên các hạn chế của nó lên $a$ và $b$ cũng không suy biến (Algebra, Chương IX, $§ 4$, no. 1, Hệ quả của Mệnh đề 1) và do đó $a$ và $b$ là nửa đơn (no. 1, Định lý 1 và $§ 3$, no. 6, Mệnh đề 9).

Rõ ràng (a) suy ra (b). Giả sử (b) đúng. Cho $\sigma$ là một biểu diễn hữu hạn chiều của $g$ trên một không gian vectơ M và N là một không gian con của M ổn định dưới $\sigma(g)$. Cho $\mu$ là biểu diễn của $g$ trên $\mathscr{L}(M)$ được dẫn xuất một cách chính tắc từ $\sigma$ (§ 3, no. 3): nhắc lại rằng $\mu(x) = \mathrm{ad}_{\mathscr{L}(M)} \rho(x)$. Gọi V (tương ứng W) là không gian con của $\mathscr{L}(M)$ gồm các ánh xạ tuyến tính từ M vào N mà hạn chế của chúng lên N là một phép vị tự (tương ứng bằng không); khi đó W có đối chiều 1 trong V và $\mu(x)(V) \subset W$ với mọi $x \in g$. Theo điều kiện (b), tồn tại $u \in V$ bị triệt tiêu bởi $\mu(x)$ với mọi $x \in g$ và có hạn chế lên N là một phép vị tự khác không. Nhân $u$ với một vô hướng thích hợp, có thể giả sử rằng $u$ là một phép chiếu của M lên N. Việc nói rằng $\mu(x) \cdot u = 0$ có nghĩa là $u$ giao hoán được với $\sigma(x)$. Do đó hạt nhân của $u$ là một phần bù của N trong M ổn định dưới $\sigma(x)$ với mọi $x \in g$. Vậy $\sigma$ là nửa đơn.

Với mọi $x \in g$ gọi $\sigma(x)$ là hạn chế của $\rho(x)$ lên W. Trước hết giả sử rằng $\sigma$ là đơn. Nếu $\sigma = 0$, khi đó $\rho(x)\rho(y) = 0$ với mọi $x, y$ trong $g$, do đó $\rho(g) = \rho(\mathscr{D}g) = \{0\}$ và mệnh đề của chúng ta là hiển nhiên. Nếu $\sigma \neq 0$, gọi n là hạt nhân của $\sigma$ và gọi m là một iđêan bổ sung của n trong $g$ (Bổ đề 1); khi đó $m \neq \{0\}$ và hạn chế của $\sigma$ lên m là trung thành; hạn chế lên m của dạng song tuyến tính liên kết với $\sigma$ là không suy biến (Mệnh đề 1) và do đó phần tử Casimir c liên kết với m và $\sigma$ có thể được lập. Theo Mệnh đề 12 của § 3, no. 7, $\sigma(c)$ là một tự đẳng cấu của W. Mặt khác, $\rho(c)(V) \subset W$. Do đó hạt nhân Z của $\rho(c)$ là một đường thẳng bổ sung của W; vì c thuộc tâm của đại số bao quanh của $g$, $\rho(c)$ giao hoán được với $\rho(x)$ với mọi $x \in g$ và do đó Z ổn định dưới $\rho(g)$.

Trong trường hợp tổng quát, ta lập luận bằng quy nạp theo chiều của V. Gọi T là một không gian con ổn định cực tiểu khác không của W. Gọi $\rho'$ là biểu diễn thương trên $V' = V/T$. Khi đó, với mọi $x \in g$, $\rho'(x)(V') \subset W'$, trong đó $W' = W/T$ có đối chiều 1 trong $V'$. Theo giả thiết quy nạp tồn tại một đường thẳng $Z'$ bù cho $W'$ và ổn định đối với $\rho'(g)$. Ảnh ngược của nó Z trong V là ổn định đối với $\rho(g)$, chứa T như một không gian con có đối chiều 1, $Z \cap W = T$, và do đó $\rho(x)(Z) \subset T$ với mọi $x \in g$. Theo điều đã chứng minh ở trên, tồn tại một đường thẳng bù của T trong Z ổn định đối với $\rho(g)$; đường thẳng này bù cho W trong V, điều này hoàn tất chứng minh.

Điều này suy ra từ các Bổ đề 2 và 3.

Điều kiện này là đủ (no. 1, Nhận xét 3). Ngược lại, giả sử rằng g là nửa đơn. Vì biểu diễn phụ hợp của g là nửa đơn, g là tổng trực tiếp của các iđêan cực tiểu khác không $a_1, \ldots, a_m$. Khi đó g được đồng nhất với đại số tích của các $a_i$ (§ 1, no. 1). Mọi iđêan của $a_i$ khi đó là một iđêan của g và do đó bằng không hoặc bằng $a_i$. Mặt khác $a_i$ không giao hoán. Vậy các $a_i$ là các đại số Lie đơn.

$g = a_1 \times \cdots \times a_m$, trong đó các $a_i$ là đơn. Vì tâm của $a_i$ bằng không, đại số giao hoán hóa của $a_i$ trong g là tích của các $a_j$ với $j \neq i$. Khi đó cho a là một iđêan của g. Nếu nó không chứa $a_i$, thì $a \cap a_i = \{0\}$, do đó $[a, a_i] = \{0\}$ và a được chứa trong tích của các $a_j$ với $j \neq i$. Suy ra a là tích của một số các $a_i$. Vì vậy các iđêan đơn của g chính xác là các $a_i$.

Các iđêan đơn của một đại số Lie nửa đơn được gọi là các thành phần đơn của g.

Vì $f(r)$ giải được, $f(r) \subset r'$. Mặt khác, $g/r$ là nửa đơn (§ 5, no. 2, Mệnh đề 3), do đó $g'/f(r)$, là đẳng cấu với một thương của $g/r$, là nửa đơn (Bổ đề 1) và do đó $f(r) \supset r'$ (§ 5, no. 2, Mệnh đề 3).

Nếu $K_1$ là một mở rộng của K, dạng Killing của $g_{(K_1)}$ là mở rộng lên $g_{(K_1)}$ của dạng Killing của $g$ (§ 3, no. 8) và do đó không suy biến; vì vậy $g_{(K_1)}$ là nửa đơn. Do đó chỉ cần chứng minh Mệnh đề 3 khi trường cơ sở là đóng đại số, điều mà từ nay ta sẽ giả sử là đúng.

Với mọi không gian con N của M, đặt $g_N$ là đại số con của $\mathfrak{gl}(M)$ gồm các phần tử làm cho N ổn định và có hạn chế lên N có vết bằng không. Vì $g = \mathscr{D}g$, ta có $g \subset g_N$ nếu N ổn định dưới $g$. Khi đó đặt $g^*$ là giao của bộ chuẩn hóa của $g$ trong $\mathfrak{gl}(M)$ với các đại số $g_N$ khi N chạy qua tập hợp các không gian con của M ổn định dưới g. Vì thành phần nửa đơn (ứng với lũy linh) s (ứng với n) của $x \in gl(M)$ là một đa thức theo x không có hằng số và ad s (ứng với ad n) là phần nửa đơn (ứng với lũy linh) của ad x ($§ 5$, no. 4, Bổ đề 2), rõ ràng $x \in g^*$ kéo theo $s \in g^*$ và $n \in g^*$; do đó chỉ cần chứng minh rằng $g^* = g$. Vì g là một iđêan nửa đơn của $g^*$, nên $g^* = a \times g$ (no. 1, Hệ quả 1 của Mệnh đề 1). Lấy $a \in a$ và lấy N là một không gian con cực tiểu trong các không gian con khác không của M ổn định dưới g. Hạn chế của a lên N là một bội vô hướng của đồng nhất thức theo Định lý Burnside, có vết bằng không theo phép dựng, và vì thế bằng không vì K có đặc số 0. Vì M là tổng trực tiếp của các không gian con như N, suy ra $a = 0$ và do đó $g^* = g$.

Gọi s (ứng với n) là thành phần nửa đơn (ứng với lũy linh) của $x \in g$. Khi đó $s \in g$ và $n \in g$ (Mệnh đề 3). Khi đó $ad_g s$ (ứng với $ad_g n$) là thành phần nửa đơn (ứng với lũy linh) của $ad_g x$, theo Bổ đề 2 của $§ 5$, no. 4. Nếu x là nửa đơn (ứng với lũy linh) thì $ad_g x$ cũng vậy. Nếu bây giờ $ad_g x$ là nửa đơn (ứng với lũy linh), thì nó bằng $ad_g s$ (ứng với $ad_g n$) và do đó $x = s$ (ứng với $x = n$) vì biểu diễn liên hợp của g là trung thành.

Nếu $\rho$ là một biểu diễn của g', thì $\rho \circ f$ là một biểu diễn của g, do đó có mệnh đề thứ nhất. Nếu f là toàn ánh, tồn tại một đồng cấu g từ g' vào g sao cho $f \circ g$ là đồng cấu đồng nhất của g' (no. 1, Hệ quả 2 của Mệnh đề 1) và khi đó mệnh đề thứ hai suy ra từ mệnh đề thứ nhất.

(a) Cho $x \in g$. Nếu tồn tại một biểu diễn trung thành $\rho$ của g sao cho $\rho(x)$ là một tự đồng cấu nửa đơn (ứng với lũy linh), thì x là nửa đơn (ứng với lũy linh).

(b) Mọi phần tử của g có thể được viết một cách duy nhất thành tổng của một phần tử nửa đơn và một phần tử lũy linh giao hoán với nhau.

Giả sử giả thiết của (a) được thỏa mãn. Gọi $\sigma$ là một biểu diễn của g, b là iđêan phụ bù của hạt nhân của $\sigma$ và $\alpha$ là phép chiếu của g lên b. Khi đó $ad_g x$ là nửa đơn (ứng với lũy linh) theo Hệ quả của Mệnh đề 3 và do đó $ad_b \alpha(x)$ là nửa đơn (ứng với lũy linh). Vì $\sigma(x) = \sigma(\alpha(x))$, mệnh đề thứ nhất suy ra từ Hệ quả của Mệnh đề 3. Kết quả thứ hai khi đó suy ra từ Mệnh đề 3 áp dụng cho một biểu diễn trung thành.

(a) $\Rightarrow$ (b): nếu biểu diễn phụ hợp của $g$ là nửa đơn, $g$ là một tổng trực tiếp của các iđêan cực tiểu khác không $a_i$ và do đó $g$ đẳng cấu với tích của các $a_i$; và $a_i$ không có iđêan nào khác ngoài $\{0\}$ và $a_i$ và do đó là đơn hoặc giao hoán có chiều 1. Vì vậy $\mathscr{D}g$ bằng tích của những $a_i$ đơn và do đó là nửa đơn.

(b) $\Rightarrow$ (c): nếu $\mathscr{D}g$ là nửa đơn, $g$ đẳng cấu với tích của $\mathscr{D}g$ bởi một đại số Lie $h$ (no. 1, Hệ quả 1 của Mệnh đề 1); $h$ đẳng cấu với $g/\mathscr{D}g$ và do đó giao hoán.

(c) $\Rightarrow$ (d): cho $g_1$ và $g_2$ là hai đại số Lie, $\rho_i$ là một biểu diễn hữu hạn chiều của $g_i$ và $\beta_i$ là dạng song tuyến tính trên $g_i$ liên kết với $\rho_i$ ($i = 1, 2$); $\rho_1$ và $\rho_2$ có thể được xem là các biểu diễn của $g = g_1 \times g_2$; gọi $\rho$ là tổng trực tiếp của chúng. Rõ ràng dạng song tuyến tính trên $g$ liên kết với $\rho$ là tổng trực tiếp của $\beta_1$ và $\beta_2$ và do đó không suy biến nếu $\beta_1$ và $\beta_2$ không suy biến. Khi đó để chứng minh kéo theo (c) $\Rightarrow$ (d) chỉ cần xét 2 trường hợp sau: (1) $g$ là nửa đơn; khi đó biểu diễn phụ hợp có dạng liên kết là dạng Killing, không suy biến; (2) $g = K$; khi đó biểu diễn đồng nhất của $g$ trên $K$ có một dạng song tuyến tính liên kết không suy biến.

(d) $\Rightarrow$ (e): cho $\rho$ là một biểu diễn hữu hạn chiều của $g$ và $\beta$ là dạng song tuyến tính liên kết; theo Mệnh đề 4 của § 4, no. 3, tồn tại một biểu diễn nửa đơn hữu hạn chiều $\sigma$ của $g$ sao cho hạt nhân $n$ của $\sigma$ trực giao với $g$ đối với $\beta$. Nếu $\beta$ không suy biến, thì $n = \{0\}$ và do đó $\sigma$ là trung thành.

(e) $\Rightarrow$ (f): điều này là hiển nhiên.

(f) $\Rightarrow$ (g): nếu căn lũy linh của $g$ bằng không, thì $\mathscr{D}g \cap r$ bằng không ($§ 5$, no. 3, Định lý 1); vì $[g, r] \subset \mathscr{D}g \cap r$, nên $r$ là tâm của $g$.

(g) ⇒ (a): nếu r là tâm của g, thì biểu diễn kề của g được đồng nhất với một biểu diễn của g/r, mà g/r là một đại số Lie nửa đơn (§ 5, no. 2, Mệnh đề 3); do đó biểu diễn này là nửa đơn (Định lý 2).

Mệnh đề (a) suy ra chẳng hạn từ điều kiện (c) của Mệnh đề 5.

Giả sử rằng g là khả quy. Gọi a là một iđêan của g. Vì biểu diễn kề của g là nửa đơn, a có một iđêan bù b và g được đồng nhất với a × b. Với mọi $x \in g$, gọi $\rho(x)$ là hạn chế của $\mathrm{ad}_g x$ lên a. Khi đó $\rho$ là một biểu diễn nửa đơn của g, bằng không trên b và khi chuyển qua thương xác định biểu diễn kề trên a. Do đó a là khả quy. Tương tự, g/a và b, là đẳng cấu, đều khả quy. Sau cùng, gọi d, d' là các tâm của a và b; khi đó $a = d \times \mathscr{D}a, b = d' \times \mathscr{D}b, d \times d' = c, \mathscr{D}a \times \mathscr{D}b = \mathscr{D}g$; do đó $a = (a \cap c) + (a \cap \mathscr{D}g)$.

Rõ ràng $[g, r] \subset \mathscr{D}g \cap r$. Bây giờ $\mathscr{D}g \cap r = s$ theo Định lý 1 của § 5, no. 3. Gọi $g' = g/[g, r]$ và f là đồng cấu chính tắc của g lên $g'$; khi đó $f(r)$ là căn $r'$ của $g'$ (Hệ quả 3 của Mệnh đề 2, no. 2), do đó $[g', r'] = \{0\}$ và $r'$ là tâm của $g'$; vì thế (Mệnh đề 5) $g'$ có một biểu diễn hữu hạn chiều trung thành nửa đơn, do đó $s \subset [g, r]$. Điều này chứng minh (a).

Gọi t là giao của các trực giao của g đối với các dạng song tuyến tính liên kết với các biểu diễn hữu hạn chiều của g. Khi đó $s \subset t$ (§ 4, no. 3, Mệnh đề 4 (d)). Mặt khác, $g/s$ có một biểu diễn hữu hạn chiều trung thành nửa đơn và vì thế (Mệnh đề 5) có một biểu diễn hữu hạn chiều $\rho$ sao cho dạng song tuyến tính liên kết là không suy biến; khi được xét như một biểu diễn của g, $\rho$ có một dạng song tuyến tính liên kết $\beta$ trên g và trực giao của g đối với $\beta$ là s, do đó $t \subset s$. Vậy $t = s$.

Ngay cả khi $s \neq \{0\}$ vẫn có thể tồn tại các dạng song tuyến tính đối xứng không suy biến trên g (Bài tập 18 (c)). Dĩ nhiên, các dạng như thế không liên kết với bất kỳ biểu diễn nào của g.

Nếu $r, r'$ là các căn của $g, g'$, thì $s' = [g', r'] = [f(g), f(r)] = f([g, r]) = f(s)$. Mệnh đề (b) là một hệ quả ngay lập tức của (a).

(a) $\Rightarrow$ (b): nếu $\rho$ là nửa đơn thì $g'$ là khả quy (Mệnh đề 5); đại số kết hợp được sinh bởi 1 và $g'$ là nửa đơn (\emph{Algebra}, Chapter VIII, § 5, no. 1, Proposition 3), do đó tâm của nó là nửa đơn (\emph{loc. cit.}, § 5, no. 4, Proposition 12) và vì thế các phần tử của tâm này là nửa đơn (\emph{loc. cit.}, § 9, no. 1, Proposition 2).

(b) $\Rightarrow$ (c): nếu $g'$ là khả quy thì tâm của nó bằng căn của nó, tức là $r'$, do đó suy ra (b) $\Rightarrow$ (c).

(c) $\Rightarrow$ (d): giả sử rằng $r'$ gồm các nội tự đồng cấu nửa đơn. Vì $[g', r']$ gồm các nội tự đồng cấu lũy linh (no. 4, Proposition 6), nên $[g', r'] = \{0\}$. Khi đó suy ra (c) $\Rightarrow$ (d) từ \emph{Algebra}, Chapter VIII, § 9, no. 2, Theorem 1.

(d) $\Rightarrow$ (a): cho $s$ là căn lũy linh của $g$ và $\rho'$ là hạn chế của $\rho$ lên $r$. Các phần tử của $\rho(s)$ là lũy linh và do đó $s$ được chứa trong iđêan lũy linh lớn nhất của $\rho'$. Vì $\rho'$ là nửa đơn nên $\rho'(s) = \{0\}$ và $g'$ là khả quy (Hệ quả của Mệnh đề 6), vì vậy $g' = a' \times r'$ với $a'$ nửa đơn (Mệnh đề 5). Gọi $A'$ (tương ứng $R'$) là đại số kết hợp được sinh bởi 1 và $a'$ (tương ứng $r'$). Nó là nửa đơn (\emph{Algebra}, Chapter VIII, § 5, no. 1, Proposition 3), do đó $A' \otimes_K R'$ là nửa đơn (\emph{loc. cit.}, § 7, no. 6, Corollary 4 to Theorem 3) và vì thế đại số kết hợp được sinh bởi 1 và $g'$, là một thương của $A' \otimes_K R'$, là nửa đơn, điều này chứng minh rằng $\rho$ là nửa đơn.

Cho $r$ là căn của $g$. Với $x \in r$, $\rho(x)$ và $\rho'(x)$ là nửa đơn (Định lý 4), do đó $\rho(x) \otimes 1 + 1 \otimes \rho'(x)$ là nửa đơn (\emph{Algebra}, Chapter VIII, § 9, Corollary to Theorem 1) và vì thế tích tenxơ của $\rho$ và $\rho'$ là nửa đơn (Định lý 4).

Cho $T^n$ là không gian con của $T$ gồm các tenxơ thuần nhất cấp $n$. Không gian con này ổn định đối với $\sigma_T$, và biểu diễn do $\sigma_T$ xác định trên $T^n$ là nửa đơn (Hệ quả 1). Suy ra hệ quả đối với $\sigma_T$ và do đó đối với $\sigma_S$, là biểu diễn thương của $\sigma_T$.

$g$-môđun $\mathscr{L}_K(M, M')$ được đồng nhất một cách chính tắc với $g$-môđun $M^* \otimes_K M'$ (§ 3, no. 3, Mệnh đề 4), nên Hệ quả 3 suy ra từ Hệ quả 1.

Chuyển qua thương theo hạt nhân của $\rho$, có thể giả sử rằng $\rho$ là trung thành. Khi đó $g$ là khả quy. Đặt $g = g_1 \times g_2$, trong đó $g_1$ là tâm của $g$ và $g_2$ là nửa đơn. Khi đó $a = a_1 \times a_2$, trong đó $a_1 \subset g_1$, $a_2 \subset g_2$ và $a_1$ là tâm của $a$. Các phần tử của $\rho(g_1)$, và đặc biệt các phần tử của $\rho(a_1)$, là nửa đơn (Định lý 4) và do đó $\rho'$ là nửa đơn (Định lý 4). Suy ra (a). Mệnh đề (b) suy ra từ (a), dùng § 3, no. 1, Hệ quả của Mệnh đề 1.

Cho $W_0$ là một $h$-môđun con đơn hữu hạn chiều của $V$. Ta cần chứng minh rằng $\rho(x)(W_0) \subset W$ với mọi $x \in g$. Ký hiệu $M$ là không gian vectơ $g$ được coi là một $h$-môđun nhờ biểu diễn $x \mapsto \operatorname{ad}_g x$ của $h$ trên $g$. Khi đó $M \otimes_K W_0$ là một $h$-môđun nửa đơn (Hệ quả 1 của Định lý 4). Cho $\theta$ là ánh xạ K-tuyến tính từ $M \otimes_K W_0$ vào V được xác định bởi $\theta(x \otimes w) = \rho(x)w$. Đây là một đồng cấu $\mathfrak{h}$-môđun, vì nếu $y \in \mathfrak{h}$ thì:

Do đó $\theta(M \otimes_K W_0)$ là một $\mathfrak{h}$-môđun nửa đơn hữu hạn chiều. Do đó $\theta(M \otimes_K W_0) \subset W$, nghĩa là $\rho(x)(W_0) \subset W$ với mọi $x \in g$.

Chỉ cần xét trường hợp $\rho$ đơn. Ta dùng ký hiệu V, W của Mệnh đề 4. Gọi $W_1$ là một không gian con khác không cực tiểu của V ổn định dưới $\rho(\mathfrak{h})$. Khi đó $W_1 \subset W$, do đó $W \neq \{0\}$ và do đó $W = V$.

Biểu diễn $x \mapsto \mathrm{ad}_g x$ của $\mathfrak{h}$ trên $g$ là nửa đơn và do đó hạn chế của nó lên $\mathfrak{k}$ là nửa đơn (Hệ quả 1).

Biểu diễn đồng nhất của $\mathrm{gl}(V)$ là đơn, do đó $\mathrm{gl}(V)$ là khả quy và vì vậy $\mathrm{gl}(V)$ là tổng trực tiếp của tâm $c$ và đại số dẫn xuất $\mathscr{D}(\mathrm{gl}(V))$ của nó. Tâm $c$ là tập hợp các phép vị tự (Đại số, Chương II, § 2, no. 5, Hệ quả 1 của Mệnh đề 5). Rõ ràng $\mathscr{D}(\mathrm{gl}(V)) \subset \mathrm{sl}(V)$. Vì $\mathrm{sl}(V) \cap c = \{0\}$, $\mathscr{D}(\mathrm{gl}(V)) = \mathrm{sl}(V)$. Do đó $\mathrm{sl}(V)$ là nửa đơn.

Với mọi u ∈ gl(V), ký hiệu u* là phần tử liên hợp của nó đối với β; khi đó Tr(u) = Tr(u*) theo Mệnh đề 7 của Đại số, Chương IX, § 1, no. 8. Điều kiện

với mọi m, m' trong V có nghĩa là $u + u^* = 0$. Đặc biệt, nếu $v \in \mathrm{gl}(V)$ thì $(v - v^*)^* = v^* - v$ và do đó $v - v^* \in g$. Khi đó gọi u là một phần tử của g trực giao với g đối với dạng song tuyến tính φ liên kết với biểu diễn đồng nhất của g. Với mọi $v \in \mathrm{gl}(V)$, $\mathrm{Tr}\,u(v - v^*) = 0$, do đó

và do đó $\mathrm{Tr}(uw) = 0$. Suy ra $u = 0$, do đó φ không suy biến. Vậy g là khả quy (Mệnh đề 5). Còn phải chứng minh rằng tâm của g bằng không (trừ khi β đối xứng và $n = 2$). Bằng cách mở rộng trường cơ sở, ta có thể giả sử rằng K đóng đại số.

(a) Khi β đối xứng, nó có thể được đồng nhất với dạng song tuyến tính trên $K^n$ có ma trận $I_n$ đối với cơ sở chính tắc (Đại số, Chương IX, § 6, Hệ quả 1 của Định lý 1). Trong các điều kiện này, g được đồng nhất với đại số Lie của các ma trận phản đối xứng ($§ 3$, no. 4, Ví dụ 1). Cho $U = (u_{ij}) \in g$; ta sử dụng sự kiện rằng U giao hoán với ma trận $(v_{ij}) \in g$ mà mọi phần tử của nó đều bằng không ngoại trừ $v_{i_0j_0}$ và $v_{j_0i_0}$ ($i_0 \neq j_0$), lần lượt bằng 1 và −1. Ta nhận được rằng $u_{i_0j} = u_{j_0i} = u_{i_0} = u_{j_0} = 0$ với $i \neq i_0, j_0$ và $j \neq i_0, j_0$. Nếu $n > 2$, với mọi cặp chỉ số phân biệt $i_0$ và $j$, tồn tại các chỉ số phân biệt i và $j_0$ sao cho $i \neq i_0, j_0 \neq j, j_0 \neq i_0$; do đó $u_{i_0j} = 0$. Điều này chứng minh rằng một phần tử của tâm của g bằng không.

(b) Khi β phản xứng và $n = 2m$, β có thể được đồng nhất với dạng song tuyến tính trên $K^{2m}$ có ma trận $\begin{pmatrix} 0 & I_m \\ -I_m & 0 \end{pmatrix}$ đối với cơ sở chính tắc (Đại số, Chương IX, § 5, Hệ quả 1 của Định lý 1). Trong các điều kiện này, g được đồng nhất với đại số Lie của các ma trận dạng $U = \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}$ trong đó $D = -{}^tA$, B và C đối xứng ($A, B, C, D$ trong $\mathbf{M}_m(K)$) ($§ 3$, no. 4, Ví dụ 1). Trước hết ta sử dụng sự kiện rằng U giao hoán với ma trận $\begin{pmatrix} X & 0 \\ 0 & -{}^tX \end{pmatrix}$, trong đó $X \in \mathbf{M}_m(K)$. Khi đó $AX = XA, CX = -{}^tXC, XB = -B\cdot{}^tX$; vì các đẳng thức này phải đúng với mọi X, suy ra A là một ma trận vô hướng $\lambda I_m$. Bây giờ ta sử dụng sự kiện rằng U giao hoán với ma trận $\begin{pmatrix} 0 & Y \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, trong đó

Y là một ma trận đối xứng của $\mathbf{M}_m(\mathbf{K})$. Khi đó $\lambda Y = YC = CY = 0$. Điều này trước hết chứng minh rằng $\lambda = 0$. Hơn nữa, với mọi $X \in \mathbf{M}_m(\mathbf{K})$, $X + {}^tX$ là đối xứng và do đó $XC = -{}^tXC$. Sử dụng phương trình $CX = -{}^tXC$ thu được ở trên, ta thấy rằng C giao hoán với mọi phần tử của $\mathbf{M}_m(\mathbf{K})$ và do đó C là một ma trận vô hướng, nhất thiết bằng không vì $YC = 0$. Tương tự, ta chứng minh được rằng $B = 0$.

Với $\beta$ đối xứng và $n = 2$, $g$ có chiều 1 và do đó giao hoán. Với các trường hợp khác, xem Bài tập 25 và 26.