Gọi $f'$ là đồng cấu đại số có đơn vị duy nhất của $A(X)$ vào B mở rộng $f$ (Đại số, Chương III, § 2, no. 7, Mệnh đề 7). Ta sẽ chỉ ra rằng $f'$ là liên tục: $f'(A^n(X)) \subset B_{n\lambda}$ do đó $f'(\hat{A}_n(X) \cap A(X)) \subset B_{n\lambda}$. Vì vậy $f'$ có thể được mở rộng theo một và chỉ một cách bằng tính liên tục thành một đồng cấu $\hat{f} : \hat{A}(X) \to B$.

Ta giữ nguyên các giả thiết và ký hiệu của Mệnh đề 1 và lấy $u \in \hat{A}(X)$. Phần tử $\hat{f}(u)$ được ký hiệu bởi $u((f(x))_{x \in X})$ và được gọi là kết quả của việc thay các f(x) cho các x trong u. Đặc biệt, $u((x)_{x \in X}) = u$. Bây giờ cho $u = (u_y)_{y \in Y}$ là một họ các phần tử của $\hat{A}_1(X)$ và cho $v \in \hat{A}(Y)$. Điều trên cho phép ta định nghĩa phần tử $v((u_y)_{y \in Y}) \in \hat{A}(X)$. Nó được ký hiệu bởi $v \circ u$. Vì $u_y((f(x))) \in B_\lambda$, nên các phần tử $u_y((f(x)))$ có thể được thay cho các y trong v. Khi đó các ánh xạ $v \mapsto (v \circ u)((f(x)))$ và $v \mapsto v((u_y((f(x))))))$ là hai đồng cấu liên tục của các đại số có đơn vị từ $\hat{A}(X)$ vào B, nhận cùng một giá trị $u_y((f(x)))$ tại phần tử $y \in Y$. Do đó (Mệnh đề 1)

với mọi $v \in \hat{A}(Y)$.

Nếu $a$ khả nghịch trong $\hat{\mathbf{A}}(\mathbf{X})$, thì $\varepsilon(a)$ khả nghịch trong $K$. Ngược lại, nếu $\varepsilon(a)$ khả nghịch trong $K$, tồn tại $u \in \hat{\mathbf{A}}_1(\mathbf{X})$ sao cho $a = \varepsilon(a)(1-u)$; ta viết $b = \left( \sum_{n \geq 0} u^n \right) \varepsilon(a)^{-1}$. Khi đó $ab = ba = 1$ và $a$ khả nghịch.

Tập hợp các phần tử của $\hat{\mathbf{A}}(\mathbf{X})$ có hệ số hằng bằng 1 do đó là một nhóm con của monoide nhân $\hat{\mathbf{A}}(\mathbf{X})$, gọi là nhóm Magnus được xây dựng trên $\mathbf{X}$ (đối với $K$). Trong chương này nó sẽ được ký hiệu là $\Gamma(\mathbf{X})$ hoặc đơn giản là $\Gamma$. Với mọi số nguyên $n \geq 1$, ta ký hiệu bởi $\Gamma_n$ tập hợp các $a \in \Gamma$ sao cho $\omega(a-1) \geq n$. Theo Mệnh đề 2 của § 4, no. 5, dãy $(\Gamma_n)_{n \geq 1}$ là một bộ lọc trung tâm nguyên trên $\Gamma$.

Trước hết ta chứng minh ba bổ đề.

Cho $m$ là một iđêan cực đại của $K$ và $k$ là trường $K/m$; gọi $p : \hat{\mathbf{A}}_K(\mathbf{X}) \to \hat{\mathbf{A}}_k(\mathbf{X})$ là đồng cấu liên tục duy nhất của các $K$-đại số có đơn vị sao cho $p(x) = x$ với $x \in \mathbf{X}$ (no. 1, Mệnh đề 1). Chỉ cần chứng minh rằng $p\left( \prod_{i=1}^s (1+x_i)^{n_i} \right) \neq 1$ và bài toán được quy về trường hợp $K$ là một trường.

Theo ký hiệu của Bổ đề 2:

Theo Bổ đề 2, tồn tại các số nguyên $a_i > 0$ sao cho $c_{a_i, n_i} \neq 0$ ($1 \leq i \leq s$). Theo Đại số, Chương I, § 7, no. 4, Mệnh đề 6, không có đơn thức nào $x_1^{b_1} \cdots x_s^{b_s}$ sao cho $b_i \geq 0$ và $(b_1, \ldots, b_s) \neq (a_1, \ldots, a_s)$ có thể bằng $x_1^{a_1} \ldots x_s^{a_s}$. Suy ra hệ số của $x_1^{a_1} \ldots x_s^{a_s}$ trong $\prod_{i=1}^s (1 + x_i)^{n_i}$ là $c_{a_1, n_1} \ldots c_{a_s, n_s} \neq 0$, điều này suy ra kết quả.

$\sigma(x) \equiv x \mod \hat{A}_2(X)$ với $x \in X$, do đó, với $n \geq 1$ và $x_1, \ldots, x_n$ trong $X$,

theo tính tuyến tính suy ra rằng $\sigma(a) \equiv a$ modulo $\hat{A}_{n+1}(X)$ với mọi $a \in A^n(X)$ và đặc biệt $\sigma(A^n(X)) \subset \hat{A}_n(X)$. Suy ra $\sigma(A^n(X)) \subset \hat{A}_n(X)$ với $m \geq n$, do đó $\sigma(\hat{A}_n(X)) \subset \hat{A}_n(X)$. Nói cách khác, $\sigma$ tương thích với phép lọc $(\hat{A}_m(X))$ trên $A(X)$ và hạn chế của nó lên vành phân bậc liên kết là đồng nhất. Vậy $\sigma$ là song ánh (Đại số giao hoán, chương III, § 2, no. 8, hệ quả 3 của định lý 1).

Cuối cùng ta chứng minh Định lý 1. Cho $w \neq 1$ là một phần tử của $F(X)$. Theo Đại số, Chương I, § 7, no. 5, Mệnh đề 7, tồn tại các $x_1, \ldots, x_s$ trong $X$ và các số nguyên hữu tỉ khác không $n_1, \ldots, n_s$ sao cho $s \geq 1$, $x_i \neq x_{i+1}$ ($1 \leq i \leq s-1$) và

Theo ký hiệu của Bổ đề 4, do đó $g(w) \neq 1$ theo các Bổ đề 3 và 4.

Nói một cách lỏng lẻo, đại số Lie phân bậc trên $\mathbf{Z}$ liên kết với nhóm tự do $F(X)$ (với chuỗi trung tâm dưới) là đại số Lie tự do trên $\mathbf{Z}$ $L_\mathbf{Z}(X)$.

Ta viết $F(X) = F, \Gamma(X) = \Gamma, \hat{A}(X) = \hat{A}, \hat{A}_\mathbf{Z}(X) = \hat{A}_\mathbf{Z}, C^n F(X) = C^n, \Gamma_n = 1 + \hat{A}_n(X)$ và gọi $\alpha : L_\mathbf{Z}(X) \to g$ là đồng cấu được đưa vào trong mệnh đề của Định lý 3.

(A) Các rút gọn sơ bộ.

Ký hiệu $\gamma$ là đồng cấu từ $F$ vào $\Gamma$ được xác định bởi $\gamma(x) = 1 + x$ với $x \in X$. Theo Bổ đề 4, tồn tại một tự đẳng cấu $\sigma$ của đại số $\hat{A}$ tương thích với lọc trên $\hat{A}$ và sao cho $\sigma(1 + x) = g(x)$ với mọi $x \in X$; khi đó $\sigma(\Gamma_n) = \Gamma_n$ với mọi $n$. Vì các đồng cấu $g$ và $\sigma \circ \gamma$ từ $F$ vào $\Gamma$ trùng nhau trên $X, g = \sigma \circ \gamma$ và do đó $g^{-1}(\Gamma_n) = \gamma^{-1}(\Gamma_n)$. Dưới các giả thiết của Định lý 2, $\mathbf{Z}$ có thể được đồng nhất với một vành con của $K$; vì thế đại số Magnus $\hat{A}_\mathbf{Z}$ được đồng nhất với một vành con của $\hat{A}$ và lọc trên $\hat{A}_\mathbf{Z}$ được cảm sinh bởi lọc trên $\hat{A}$. Vì $\gamma$ ánh xạ $F$ vào $\hat{A}_\mathbf{Z}$, ta thấy rằng chỉ cần chứng minh các Định lý 2 và 3 dưới các giả thiết bổ sung $K = \mathbf{Z}, r = 0$ và do đó $g = \gamma$, những giả thiết mà từ nay về sau ta sẽ đặt ra.

(B) Tính toàn ánh của $\alpha$.

Vì $X$ sinh nhóm $F = C^1$, nên tập hợp $c(X)$ sinh $\mathbf{Z}$-môđun $g^1 = C^1/C^2$. Nhưng $g^1$ sinh đại số Lie trên $\mathbf{Z}$ $g$ (§ 4, no. 6, Mệnh đề 5), và do đó $c(X)$ sinh $g$, điều này chứng minh rằng $\alpha$ là toàn ánh.

(C) Ta đồng nhất đại số phân bậc $\mathrm{gr}(\hat{A})$ với $A(X)$ dưới các đẳng cấu chính tắc $A^n(X) \to \hat{A}_n/\hat{A}_{n+1}$. Với mọi số nguyên $n \geq 1$, ta đặt $F^n = \gamma^{-1}(\Gamma_n)$; ta biết (§ 4, no. 5) rằng $(F^n)_{n \geq 1}$ là một lọc trung tâm nguyên trên $F$. Ký hiệu $g'$ là đại số Lie $\mathbf{Z}$ phân bậc liên kết (§ 4, no. 4). Gọi $f$ là đồng cấu đại số Lie từ $g'$ vào $A(X)$ liên kết với $\gamma$ (§ 4, no. 5, Mệnh đề 3). Bây giờ $C^n \subset F^n$ với mọi số nguyên $n \geq 1$ (§ 4, no. 6, Mệnh đề 4) và do đó có một đồng cấu chính tắc $\varepsilon$ từ $g = \bigoplus_{n \geq 1} C^n/C^{n+1}$ vào $g' = \bigoplus_{n \geq 1} F^n/F^{n+1}$

Ta viết $\beta = f \circ \varepsilon$; ta cho $\beta$ một cách tường minh như sau: nếu $u$ là lớp modulo $C^{n+1}$ của một phần tử $w$ của $C^n$, thì $\gamma(w) - 1$ có cấp $\geq n$ trong $\hat{A}$ và $\beta(u)$ là thành phần thuần nhất của $\gamma(w) - 1$ có bậc $n$. Đặc biệt,

(D) Chứng minh của Định lý 2 và 3.

Đồng cấu đại số Lie $\beta \circ \alpha : L_\mathbf{Z}(X) \to A(X)$ hạn chế trên $X$ là đồng nhất theo (3) và do đó là đơn ánh chính tắc (§ 3, no. 1). Vì thế $\alpha$ là đơn ánh và do đó song ánh theo (B); điều này chứng minh Định lý 3. Vì $\beta \circ \alpha = f \circ \varepsilon \circ \alpha$ là đơn ánh và $\alpha$ là song ánh, nên $\varepsilon$ là đơn ánh. Với mọi $n \geq 1$,

là đơn ánh và do đó

C^1 = F = F^1; nếu C^n = F^n, thì C^n \cap F^{n+1} = F^{n+1} do đó C^{n+1} = F^{n+1} điều này chứng minh Định lý 2 bằng quy nạp theo n \geqslant 1.

Áp dụng Định lý 2 với K = \mathbf{Z} và r = 0,

Lập luận bằng quy nạp theo $n$, chỉ cần chứng minh rằng $F_n^{(p)}(X)/F_{n+1}^{(p)}(X)$ là một $p$-nhóm giao hoán hữu hạn với mọi $n \geqslant 1$. Với mọi $w \in F_n^{(p)}(X)$, phần tử $\gamma(w) - 1$ của $\hat{A}(X)$ có cấp $\geqslant n$; ta ký hiệu bởi $\delta_n(w)$ thành phần thuần nhất của $\gamma(w) - 1$ có bậc $n$. Ánh xạ $\delta_n : F_n^{(p)}(X) \to A^n(X)$ là một đồng cấu với hạt nhân $F_{n+1}^{(p)}(X)$ (§ 4, no. 5, Mệnh đề 3) và do đó $F_n^{(p)}(X)/F_{n+1}^{(p)}(X)$ đẳng cấu với một nhóm con của $A^n(X)$. Vì $X$ là hữu hạn, $A^n(X)$ là một không gian vectơ hữu hạn chiều trên $\mathbf{F}_p$ và do đó là một $p$-nhóm giao hoán hữu hạn, và vì thế $F_n^{(p)}(X)/F_{n+1}^{(p)}(X)$ cũng vậy.

Tồn tại các phần tử $x_1, \ldots, x_r$ của $X$ và các số nguyên $n_1, \ldots, n_r$ sao cho $w = x_1^{n_1} \ldots x_r^{n_r}$. Đặt $Y = \{x_1, \ldots, x_r\}$. Đơn ánh chính tắc của $Y$ vào $X$ kéo dài thành một đồng cấu $\alpha : F(Y) \to F(X)$; mặt khác, gọi $\beta$ là đồng cấu của $F(X)$ vào $F(Y)$ mà hạn chế trên $Y$ là đồng nhất và ánh xạ $X - Y$ vào $\{1\}$. Khi đó $\beta(\alpha(y)) = y$ với $y \in Y$ và do đó $\beta \circ \alpha$ là tự đẳng cấu đồng nhất của $F(Y)$. Hiển nhiên tồn tại $w'$ trong $F(Y)$ sao cho $w = \alpha(w')$; khi đó $\beta(w) = w' \neq 1$; mà $\bigcap_{n \geqslant 1} F_n^{(p)}(Y) = \{1\}$ và vì vậy tồn tại một số nguyên $n \geqslant 1$ sao cho $\beta(w) \notin F_n^{(p)}(Y)$. Theo Mệnh đề 2, nhóm $G = F(Y)/F_n^{(p)}(Y)$ là một $p$-nhóm hữu hạn. Nếu $f$ là hợp thành của $\beta$ với đồng cấu chính tắc của $F(Y)$ lên $G$, thì $f(w) \neq 1$.