$(V\otimes_kk')^{\lambda}(S) = V^{\lambda}(S)\otimes_kk'$ và $(V\otimes_kk')_{\lambda}(S) = V_{\lambda}(S)\otimes_kk'$.

Cho $(a_i)$ là một cơ sở của không gian vectơ $k$-vectơ $k'$. Nếu $v\in V\otimes_kk',v$ có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng $\sum v_i\otimes a_i$ trong đó $(v_i)$ là một họ hữu hạn phần tử của V có giá hữu hạn. Với mọi $s\in S$,

Suy ra rằng

$v\in (V\otimes_kk')^{\lambda}(S)\Leftarrow \Rightarrow v_i\in V^{\lambda}(S)$ với mọi $i$,

$v\in (V\otimes_kk')_{\lambda}(S)\Leftarrow \Rightarrow v_i\in V_{\lambda}(S)$ với mọi $i$,

suy ra mệnh đề.

(i) Cho $f: V\rightarrow W$ là một ánh xạ tuyến tính sao cho $q(s)f(v) =f(r(s)v)$ với $s\in S$ và $v\in V$. Khi đó, với mọi $\lambda \in P,f$ biến $V^{\lambda}(S)$ (tương ứng $V_{\lambda}(S)$) vào $W^{\lambda}(S)$ (tương ứng $W_{\lambda}(S)$).

(ii) Cho $B : V\times V'\rightarrow W$ là một ánh xạ song tuyến tính sao cho

với $s\in S,v\in V,v'\in V'$. Khi đó, với mọi $\lambda , \mu\in P$, B biến $V^{\lambda}(S)\times {V'}^\mu(S)$ (tương ứng $V_{\lambda}(S)\times V'_\mu(S)$) vào $W^{\lambda+\mu}(S)$ (tương ứng $W_{\lambda+\mu}(S)$).

(iii) Cho $B : V\times V'\rightarrow W$ là một ánh xạ song tuyến tính sao cho

với $s\in S,v\in V,v'\in V'$. Khi đó, với mọi $\lambda , \mu\in P$, B biến $V^{\lambda}(S)\times {V'}^\mu(S)$ (tương ứng $V_{\lambda}(S)\times V'_\mu(S)$) vào $W^{\lambda \mu}(S)$ (tương ứng $W_{\lambda \mu}(S)$).

Trong trường hợp (i), $(q(s)-\lambda (s))^nf(v) =f((r(s)-\lambda (s))^nv)$ với $s\in S$ và $v\in V$, do đó có kết luận. Trong trường hợp (ii),

với $s\in S,v\in V,v'\in V'$, do đó bằng quy nạp theo $n$

$(q(s)-\lambda (s)-\mu(s))^nB(v, v) =\sum B((r(s)-\lambda (s))^iv,(r(s)-\mu(s))^jv)$.

$i+j=n$

Các mệnh đề trong (ii) suy ra ngay lập tức. Trong trường hợp (iii), $(q(s)-\lambda (s)\mu(s))B(v, v') = B((r(s)-\lambda (s))v, r'(s)v')+B(\lambda (s)v,(r'(s)-\mu(s))v')$ với $s\in S,v\in V,v'\in V'$, do đó bằng quy nạp theo $n$

= $\sum(n)B(\lambda (s)^j(r(s)-\lambda (s))^iv, r'(s)^i(r'(s)-\mu(s))^jv')$.

$i+j=n$

Các mệnh đề trong (iii) suy ra ngay lập tức.

Mệnh đề thứ hai là hệ quả của mệnh đề thứ nhất; do đó chỉ cần chứng minh điều đó. Ta phân biệt một số trường hợp.

$a) S$ là rỗng. Mệnh đề là tầm thường.

$b) S$ được thu gọn còn một phần tử duy nhất $s$. Cho $\lambda_0, \lambda_1, . . . , \lambda_n$ là các phần tử phân biệt của $k$. Với $i= 0,1, . . . , n$, cho $v_i\in V^{\lambda_i}(s)$ và giả sử rằng $v_0=v_1+\cdots +v_n$. Chỉ cần chứng minh rằng $v_0$ = 0. Với $i= 0, . . . , n$, tồn tại một số nguyên $q_i>$ 0 sao cho $(r(s)-\lambda_i)^{q_i}v_i$ = 0. Xét các đa thức $P(X) =\prod_{i\geq 1}(X-\lambda_i)^{q_i}$ và $Q(X) = (X-\lambda_0)^{q_0}$. Ta có $Q(r(s))v_0= 0$, và

$P(r(s))v_0=\sum_{i=1}^nP(r(s))v_i= 0$. Vì P và Q nguyên tố cùng nhau, đẳng thức Bezout chứng minh rằng $v_0= 0$.

$c) S$ là hữu hạn và không rỗng. Ta chứng minh bằng quy nạp theo lực lượng của S. Cho $s\in S$ và $S'= S$-- $\{s\}$. Cho $(v_{\lambda})_{\lambda\in P}$ là một họ có giá đỡ hữu hạn của các phần tử của V sao cho $\sum_{\lambda\in P}v_{\lambda}= 0$ và $v_{\lambda}\in V^{\lambda}(S)$. Cho $\lambda_0\in P$. Cho $P'$ là tập các $\lambda \in P$ sao cho $\lambda |S'=\lambda_0|S'$. Theo giả thiết quy nạp áp dụng cho $S'$, ta có $\sum_{\lambda\in P'}v_{\lambda}= 0$. Nếu $\lambda , \mu$ là các phần tử phân biệt của $P'$, thì $\lambda (s)\not=\mu(s)$.

Vì tổng $\sum_{\alpha\in k}V^{\alpha}(s)$ là trực tiếp theo b), và vì $v_{\lambda}\in V^{\lambda(s)}(s)$, suy ra $v_{\lambda}= 0$ với mọi $\lambda \in P'$, và đặc biệt $v_{\lambda_0}= 0$, điều phải chứng minh.

d) Trường hợp tổng quát. Cho $(v_{\lambda})_{\lambda\in P}$ là một họ có giá đỡ hữu hạn của các phần tử của V sao cho $\sum_{\lambda\in P}v_{\lambda}= 0$ và $v_{\lambda}\in V^{\lambda}(S)$. Cho $P'$ là tập hữu hạn các $\lambda \in P$ sao cho $v_{\lambda}\not= 0$, và cho $S'$ là một tập con hữu hạn của S sao cho các điều kiện $\lambda \in P'$, $\mu\in P',\lambda |S'=\mu|S'$ suy ra rằng $\lambda =\mu$. Ta có $v_{\lambda}\in V^{\lambda|S'}(S')$; áp dụng c), ta thấy rằng $v_{\lambda}= 0$ với $\lambda \in P'$, điều đó hoàn tất chứng minh.

Nhắc lại rằng, nếu $x\in$ End(V), ta ký hiệu ad $x$ là ánh xạ $y \rightarrow xy-yx= [x, y]$ từ End(V) vào chính nó.

(i) Giả sử rằng V hữu hạn chiều. Khi đó $x$ tam giác hóa được khi và chỉ khi $V =\sum_{a\in k}V^a(x)$.

(ii) Nếu tồn tại một số nguyên $n$ sao cho (ad $x$)$^ny= 0$, thì mỗi $V^a(x)$ đều ổn định dưới $y$.

(iii) Giả sử V hữu hạn chiều. Nếu $V =\sum_{a\in k}V^a(x)$ và nếu mỗi

$V^a(x)$ đều ổn định dưới $y$, thì tồn tại một số nguyên $n$ sao cho (ad $x$)$^ny= 0$.

Phần (i) suy ra từ Đại số, Chương VII, §5, no. 2, Mệnh đề 3.

Đặt E = End(V). Gọi B là ánh xạ song tuyến tính $(u, v) \rightarrow u(v)$ từ $E\times V$ đến V. Theo định nghĩa của ad $x$,

$x(B(u, v)) =B(u, x(v)) +$ B((ad $x$)$(u), v$)

với $x\in E,u\in E,v\in V$. Cho $x$ tác động lên E qua ad $x$. Theo Mệnh đề 2 (ii), $B(E^0(x),V^a(x))\subset V^a(x)$ với mọi $a\in k$. Nếu (ad $x$)$^ny= 0$, thì $y\in E^0(x)$, do đó $y(V^a(x))\subset V^a(x)$, điều này chứng minh (ii).

Để chứng minh (iii), ta có thể thay V bởi $V^a(x)$ và thay $x$ (tương ứng $y$) bởi hạn chế của nó trên $V^a(x)$. Thay $x$ bởi $x-a$, ta có thể giả sử rằng $x$ là lũy linh. Khi đó, (ad $x$)$^{2 dim V-1}= 0$ (Chương I, §4, no. 2), điều này chứng minh (iii).

(i) Điều kiện (AC) được thỏa mãn và, với mọi $s\in S,r(s)$ là khả tam giác hóa.

(ii) Với mọi $\lambda \in P$, $V^{\lambda}(S)$ ổn định dưới $r(S)$, và $V =\sum_{\lambda\in P}V^{\lambda}(S)$.

Nếu $V =\sum_{\lambda\in P}V^{\lambda}$(S), thì $V =\sum_{a\in k}V^a(s)$ với mọi $s\in S$, và suy ra từ Bổ đề 1 rằng (ii) kéo theo (i). Giả sử điều kiện (i) được thỏa mãn. Bổ đề 1 và công thức (1) suy ra rằng mỗi $V^{\lambda}(S)$ đều ổn định dưới $r(S)$. Còn phải chứng minh rằng $V =\sum_{\lambda\in P}V^{\lambda}(S)$. Ta chứng minh bằng quy nạp theo dim V. Ta phân biệt hai trường hợp.

a) Với mọi $s\in S,r(s)$ có một trị riêng duy nhất $\lambda (s)$. Khi đó $V = V^{\lambda}(S)$.

b) Tồn tại $s\in S$ sao cho $r(s)$ có ít nhất hai giá trị riêng phân biệt. Khi đó V là tổng trực tiếp của các $V^a(s)$ với $a\in k$, và dim $V^a(s)<$ dim V với mọi $a$. Mỗi $V^a(s)$ đều ổn định dưới $r$(S), và chỉ cần áp dụng giả thiết quy nạp.

Cho $r': S\rightarrow$ End(V$\otimes_kk'$) là ánh xạ được xác định bởi $r$. Nếu $s_1, s_2\in S$, tồn tại một số nguyên $n$ sao cho (ad $r(s_1)$)$^nr(s_2) = 0$, do đó (ad $r'(s_1)$)$^nr'(s_2) = 0$. Bây giờ chỉ cần áp dụng Định lý 1.

(i) $V^0(S)$ và $V^+(S)$ đều ổn định dưới $r(S)$;

(ii) $V = V^0(S)\oplus V^+(S)$;

(iii) mọi không gian con vectơ W của V, ổn định dưới $r(S)$ và thỏa $W^0(S) = 0$, đều được chứa trong $V^+(S)$;

(iv) $\sum_{s\in S}r(s)V^+(S) = V^+(S)$.

Hơn nữa, $V^+(S)$ là không gian con vectơ duy nhất của V có các tính chất (i) và (ii). Với mọi mở rộng $k'$ của $k,(V\otimes_kk')^+(S) = V^+(S)\otimes_kk'$.

Khẳng định cuối cùng là hiển nhiên. Do đó, xét đến Mệnh đề 1, khi chứng minh các mệnh đề còn lại ta có thể giả sử rằng $k$ đóng đại số. Theo Định lý 1, V = $\sum_{\lambda\in P}V^{\lambda}$(S), và các $V^{\lambda}(S)$ đều ổn định dưới $r(S)$. Nếu $s\in S$, đa thức

đặc trưng của $r(s)|V^{\lambda}(S)$ là $(X-\lambda (s))^{dim V^{\lambda}(S)}$; suy ra rằng $\bigcap_{i\geq 1}r(s)^iV^{\lambda}(s)$

là không nếu $\lambda (s) = 0$ và bằng $V^{\lambda}(S)$ nếu $\lambda (s)\not= 0$; do đó,

điều này chứng minh (i), (ii) và (iv). Nếu W là một không gian con vectơ của V ổn định dưới $r$(S), thì $W =\sum_{\lambda\in P}W^{\lambda}(S)$ và $W^{\lambda}(S) = W\cap V^{\lambda}(S)$. Nếu $W^0(S) = 0$, ta thấy rằng $W\subset V^+$(S), điều này chứng minh (iii).

Cho $V'$ là một không gian con của V ổn định dưới $r(S)$ và sao cho $V'\cap V^0(S) = 0$. Khi đó ${V'}^0(S) = 0$, nên $V'\subset V^+(S)$ theo (iii). Nếu, thêm nữa, $V = V^0(S) + V'$, ta thấy rằng $V'= V^+(S)$. Q.E.D.

Đôi khi ta gọi $(V^0(S),V^+(S))$ là phân rã Fitting của V, hay của ánh xạ $r: S\rightarrow$ End(V). Nếu S chỉ còn một phần tử $s$, ta viết $V^+(s)$ hoặc $V^+(r(s))$ thay cho $V^+(\{s\})$. Ta có $V = V^0(s)\oplus V^+(s), V^0(s)$ và $V^+(s)$ ổn định dưới $r(s),r(s)|V^0(s)$ là lũy linh và $r(s)|V^+(s)$ là song ánh.

Theo Mệnh đề 1, ta quy về trường hợp $k$ là đóng đại số. Ta có $V =\bigoplus_{\lambda\in P}V^{\lambda}$(S), $V'=\bigoplus_{\lambda\in P}{V'}^{\lambda}(S)$ theo Định lý 1, và $V'=f(V) =$ $\sum_{\lambda\in P}f(V^{\lambda}(S))$. Cuối cùng, $f(V^{\lambda}(S))\subset {V'}^{\lambda}(S)$ theo Mệnh đề 2 (i), suy ra hệ quả.

(i) Với mọi $\lambda \in k,V^{\lambda}(u) = V^{\lambda}(u_s) = V_{\lambda}(u_s)$.

(ii) Nếu V có cấu trúc đại số và nếu $u$ là một đạo hàm của V$,u_s$ và $u_n$ là các đạo hàm của V.

(iii) Nếu V có cấu trúc đại số và nếu $u$ là một tự đẳng cấu của V, thì $u_s$ và $1 +u^{-1}_su_n$ là các tự đẳng cấu của V.

Theo Mệnh đề 1, ta có thể giả sử rằng $k$ là đóng đại số, nên

Thành phần nửa đơn của $u|V^{\lambda}(u)$ là phép vị tự với tỉ số $\lambda$ trên $V^{\lambda}(u)$. Điều đó chứng minh (i).

Từ đây giả sử rằng V có cấu trúc đại số. Cho $x\in V^{\lambda}(u)$, $y\in V^\mu(u)$.

Nếu $u$ là một đạo hàm của V, thì $xy\in V^{\lambda+\mu}(u)$ (Mệnh đề 2 (ii)), nên

Điều đó chứng minh rằng $u_s$ là một đạo hàm của V. Khi đó $u_n=u-u_s$ là một đạo hàm của V.

Nếu $u$ là một tự đẳng cấu của V, Ker($u_s$) $= V^0(u) = 0$, nên $u_s$ là song ánh. Mặt khác, $xy\in V^{\lambda \mu}(u)$ (Mệnh đề 2 (iii)), nên

Điều này chứng tỏ rằng $u_s$ là một tự đẳng cấu của V; nhưng khi đó thì

Vì $V^{\lambda}(S)$ ổn định dưới $r(S)$ (Bổ đề 1 và công thức (1) của no. 1), ta có thể giả sử rằng $V = V^{\lambda}(S)$. Cho $n=$ chiều của V. Do đó, với $s\in S$,

det(X $-r(s)$) $= (X-\lambda (s))^n$.

Mặt khác, khai triển của định thức cho thấy rằng

det(X $-r(s)$) $= X^n+a_1(s)X^{n-1}+\cdots +a_i(s)X^{n-i}+\cdots$

trong đó $a_i: S\rightarrow k$ là một hàm đa thức thuần nhất bậc $i$. Viết $n=qm$ trong đó $q$ là một lũy thừa của số mũ đặc số của $k$ và $(q, m) = 1$. Khi đó $(X-\lambda (s))^n= (X^q-\lambda (s)^q)^m$; suy ra $-m\lambda (s)^q=a_q(s)$, điều này chứng tỏ kết quả.

Đẳng thức thứ nhất suy ra từ Mệnh đề 1. Để chứng minh đẳng thức thứ hai, ta có thể giả sử rằng $V = V^0(S)$ và do đó $V'{= V'}^0(S)$. Cho $(s_1, . . . , s_m)$ là một cơ sở của S và $(e_1, . . . , e_n)$ là một cơ sở của V. Tồn tại các đa thức $P_{ij}(X_1, . . . ,X_m)$ sao cho

với $1\leq j\leq n$ và $a_1, . . . , a_m\in k'$. Theo giả thiết, $r'(s)^n= 0$ với mọi $s\in S$, nói cách khác $P_{ij}(a_1, . . . , a_m) = 0$ với $1\leq i, j\leq n$ và $a_1, . . . , a_m\in k$. Vì $k$ là vô hạn, $P_{ij}= 0$. Do đó, mọi phần tử của $r'(S')$ đều lũy linh và $V'{= V'}^0(S')$.

(i) Hàm $s \rightarrow P(s)$ là đa thức trên S. Ta có $\widetilde{S} =\{s\in S|P(s)\not= 0\}$; đây là một tập con mở của S trong tôpô Zariski (App. 1).

(ii) $\widetilde{S}$ không rỗng, và $V^+(s) = V^+(S)$ với mọi $s\in \widetilde{S}$.

Việc $s \rightarrow P(s)$ là đa thức suy ra từ tính tuyến tính của $r$. Nếu $s\in S, V^0(s)\supset V^0$(S), với đẳng thức khi và chỉ khi $r(s)$ xác định một tự đẳng cấu của $V/V^0$(S), suy ra (i).

Bây giờ cho $k'$ là một bao đóng đại số của $k$, và giới thiệu $V',S', r'$ như trong Mệnh đề 6. Chúng ta nhận xét rằng $S'$ thỏa mãn điều kiện (AC) nhờ tiếp tục đẳng thức đa thức (ad $r(s_1)$)$^{2 dim V-1}r(s_2) = 0$ đúng với $s_1, s_2\in S$ (no. 1, Nhận xét ). Áp dụng Định lý 1, ta suy ra một phân tích

với $\lambda_i\not= 0$ cho $1\leq i\leq m$. Với $1\leq i\leq m$, tồn tại một hàm đa thức $P_i$ không bằng 0 trên $S'$ và một số nguyên $q_i$ sao cho $\lambda^{q_i}_i= P_i$ (Mệnh đề 5). Vì $k$ là vô hạn, tồn tại $s\in S$ sao cho $(P_1. . .P_m)(s)\not= 0$, xem Đại số, Chương IV, §2, no. 3, Hệ quả 2 của Mệnh đề 9. Khi đó $\lambda_i(s)\not= 0$ với mọi $i$, nên ${V'}^0(S'{) = V'}^0(s)$ và do đó $V^0(S) = V^0(s)$ (Mệnh đề 6), điều này cho thấy rằng $\widetilde{S}\not=\emptyset$. Nếu $s\in \widetilde{S}$, việc $V^+(S)$ ổn định dưới $r(s)$ và là một phần bù của $V^0(s)$ trong V suy ra rằng $V^+(S) = V^+(s)$ (Hệ quả 2 của Định lý 1).

(i) Tổng $\sum_{\lambda\in P}L^{\lambda}(P)$ là trực tiếp.

(ii) Nếu $f: L\rightarrow M$ là một đồng cấu của $\mathfrak{h}$-môđun, thì $f(L^{\lambda}(\mathfrak{h}))\subset M^{\lambda}(\mathfrak{h})$ với mọi $\lambda \in P$.

(iii) Nếu $f: L\times M\rightarrow N$ là một ánh xạ song tuyến tính bất biến theo $\mathfrak{h}$,

với mọi $\lambda , \mu\in P$.

Điều này suy ra từ các Mệnh đề 2 và 3.

(i) Mỗi $M^{\lambda}(\mathfrak{h})$ là một $\mathfrak{h}$-môđun con của M. Nếu $x_M$ là tam giác hóa được với mọi $x\in \mathfrak{h}$, thì $M =\sum_{\lambda\in P}M^{\lambda}(\mathfrak{h})$.

(ii) Nếu $k$ là vô hạn, tồn tại $x\in \mathfrak{h}$ sao cho $M^0(x) = M^0(\mathfrak{h})$.

(iii) Nếu $k$ có đặc số 0, và nếu $\lambda \in P$ sao cho $M^{\lambda}(\mathfrak{h})\not= 0$, thì $\lambda$ là một dạng tuyến tính trên $\mathfrak{h}$ triệt tiêu trên $[\mathfrak{h},\mathfrak{h}]$, và $M_{\lambda}(\mathfrak{h})\not= 0$.

(iv) Nếu $f: M\rightarrow N$ là một đồng cấu toàn ánh của các $\mathfrak{h}$-môđun hữu hạn chiều, thì $f(M^{\lambda}(\mathfrak{h})) = N^{\lambda}(\mathfrak{h})$ với mọi $\lambda \in P$.

(v) Nếu N là một $\mathfrak{h}$-môđun hữu hạn chiều, và B là một dạng song tuyến tính trên $M\times N$ bất biến dưới $\mathfrak{h}$, thì $M^{\lambda}(\mathfrak{h})$ và $N^\mu(\mathfrak{h})$ trực giao đối với B nếu $\lambda +\mu\not= 0$. Hơn nữa, nếu B không suy biến thì phép hạn chế của nó trên $M^{\lambda}(\mathfrak{h})\times N^{-\lambda}(\mathfrak{h})$ cũng không suy biến với mọi $\lambda \in P$.

Phần (i) suy ra từ no. 1, Bổ đề 1 và Định lý 1. Phần (ii) suy ra từ no. 2, Mệnh đề 7. Phần (iv) suy ra từ no. 1, Hệ quả 3 của Định lý 1. Ta chứng minh (iii). Ta có thể giả sử rằng $M = M^{\lambda}(\mathfrak{h})$. Khi đó, với mọi $x\in \mathfrak{h},\lambda (x) =$ (dim $M$)$^{-1}$Tr($x_M$); điều này chứng tỏ rằng $\lambda$ là tuyến tính (điều này cũng suy ra từ Mệnh đề 5) và rằng $\lambda$ triệt tiêu trên $[\mathfrak{h},\mathfrak{h}]$. Xét ánh xạ $\rho :\mathfrak{h}\rightarrow$ End$_k(M)$ được xác định bởi

theo trên, đây là một biểu diễn của $\mathfrak{h}$ trên M, và $\rho (x)$ là lũy linh với mọi $x\in \mathfrak{h}$. Theo định lý Engel (Chương I, §4, no. 2, Định lý 1), tồn tại $m\not= 0$ trong M sao cho $\rho (x)m= 0$ với mọi $x\in \mathfrak{h}$, nên $m\in M_{\lambda}(\mathfrak{h})$.

Mệnh đề đầu tiên của (v) suy ra từ no. 1, Mệnh đề 2 (ii). Để chứng minh mệnh đề thứ hai, ta có thể giả sử rằng $k$ là đóng đại số theo Mệnh đề 1 của no. 1; khi đó suy ra từ mệnh đề thứ nhất và sự kiện rằng $M =\sum_{\lambda}M^{\lambda}(\mathfrak{h}), N =\sum_{\lambda}N^{\lambda}(\mathfrak{h})$, xem (i).