Cho $\mathfrak{h}'$ là một đại số con lũy linh của $\mathfrak{g}$ chứa $\mathfrak{h}$. Khi đó $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{h}'$ (Ví dụ 3), nên $\mathfrak{h}=\mathfrak{h}'$ (Ví dụ 1).

Có những đại số con lũy linh cực đại không phải là các đại số con Cartan (Bài tập 2).

Các đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$ là các đại số con có dạng $\prod_{i\in I}\mathfrak{h}_i$, trong đó $\mathfrak{h}_i$

là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}_i$.

Nếu $\mathfrak{h}_i$ là một đại số con của $\mathfrak{g}_i$ với chuẩn hóa tử $\mathfrak{n}_i$, thì $\prod\mathfrak{h}_i$ là một đại số con của $\mathfrak{g}$ với chuẩn hóa tử $\prod\mathfrak{n}_i$; nếu các $\mathfrak{h}_i$ lũy linh, thì $\prod\mathfrak{h}_i$ lũy linh; do đó, nếu $\mathfrak{h}_i$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}_i$ với mọi $i,\prod\mathfrak{h}_i$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$. Ngược lại, giả sử $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$; phép chiếu $\mathfrak{h}_i$ của $\mathfrak{h}$ lên $\mathfrak{g}_i$ là một đại số con lũy linh của $\mathfrak{g}_i$, và $\prod\mathfrak{h}_i$ là một đại số con lũy linh của $\mathfrak{g}$ chứa $\mathfrak{h}$; do đó $\mathfrak{h}=\prod\mathfrak{h}_i$ (Mệnh đề 1); vậy, với mọi $i,\mathfrak{h}_i$ là chuẩn hóa tử của chính nó trong $\mathfrak{g}_i$, và vì thế là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}_i$.

Thật vậy, $\mathfrak{h}$ là lũy linh nếu và chỉ nếu $\mathfrak{h}\otimes_kk'$ là lũy linh (Chương I, §4, no. 5). Mặt khác, nếu $\mathfrak{n}$ là bộ chuẩn hóa của $\mathfrak{h}$ trong $\mathfrak{g}$, thì bộ chuẩn hóa của $\mathfrak{h}\otimes_kk'$ trong $\mathfrak{g}\otimes_kk'$ là $\mathfrak{n}\otimes_kk'$ (Chương I, §3, no. 8).

Nếu $\mathfrak{g}^0(\mathfrak{h}) =\mathfrak{h},\mathfrak{h}$ là bộ chuẩn hoá của chính nó (§1, Mệnh đề 10 (i)), do đó $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$. Giả sử rằng $\mathfrak{g}^0(\mathfrak{h})\not=\mathfrak{h}$. Xét biểu diễn của $\mathfrak{h}$ trên $\mathfrak{g}^0(\mathfrak{h})/\mathfrak{h}$ thu được từ biểu diễn phụ hợp bằng cách chuyển sang thương. Áp dụng định lý Engel (Chương I, §4, no. 2, Định lý 1), ta thấy tồn tại $x\in \mathfrak{g}^0(\mathfrak{h})$ sao cho $x \notin \mathfrak{h}$ và $[\mathfrak{h}, x]\subset \mathfrak{h}$; khi đó $x$ thuộc bộ chuẩn hoá của $\mathfrak{h}$ trong $\mathfrak{g}$, do đó $\mathfrak{h}$ không phải là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$.

Thật vậy, $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0(\mathfrak{h})$ và ta có thể áp dụng Mệnh đề 9 (ii) của §1.

Thật vậy, $f(\mathfrak{h})$ là một đại số con lũy linh của $\mathfrak{g}'$. Mặt khác, xét biểu diễn $x \rightarrow$ ad $f(x)$ của $\mathfrak{h}$ trên $\mathfrak{g}'$. Theo Mệnh đề 9 (iv) của §1, no. 3, $f(\mathfrak{g}^0(\mathfrak{h})) ={\mathfrak{g}'}^0(\mathfrak{h})$. Mà $\mathfrak{g}^0(\mathfrak{h}) =\mathfrak{h}$, và mặt khác hiển nhiên rằng ${\mathfrak{g}'}^0(\mathfrak{h}) ={\mathfrak{g}'}^0(f(\mathfrak{h}))$. Do đó, $f(\mathfrak{h}) ={\mathfrak{g}'}^0(f(\mathfrak{h}))$ và chỉ cần áp dụng Mệnh đề 4.

Thật vậy, Hệ quả 2 cho thấy rằng ảnh của $\mathfrak{h}$ trong $\mathfrak{g}/\mathscr{C}^n\mathfrak{g}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}/\mathscr{C}^n\mathfrak{g}$, do đó bằng $\mathfrak{g}/\mathscr{C}^n\mathfrak{g}$ vì $\mathfrak{g}/\mathscr{C}^n\mathfrak{g}$ là lũy linh (Ví dụ 1).

(i) $\mathfrak{a}$ bằng chuẩn hóa tử của chính nó trong $\mathfrak{g}$.

(ii) Giả sử rằng $k=\mathbf{R}$ hoặc $\mathbf{C}$; cho G là một nhóm Lie có đại số Lie $\mathfrak{g}$, A là nhóm con nguyên của G có đại số Lie $\mathfrak{a}$. Khi đó A là một nhóm con Lie của G, và nó là thành phần đơn vị của chuẩn hóa tử của A trong G.

Gọi $\mathfrak{n}$ là chuẩn hóa tử của $\mathfrak{a}$ trong $\mathfrak{g}$. Vì $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{n}$ (Ví dụ $3$)$,\{0\}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{n}/\mathfrak{a}$ (Hệ quả 2), nên bằng với chuẩn hóa tử của nó trong $\mathfrak{n}/\mathfrak{a}$; nói cách khác, $\mathfrak{n}=\mathfrak{a}$. Mệnh đề (ii) suy ra từ (i) và Chương III, §9, no. 4, Hệ quả của Mệnh đề 11.

Điều kiện ấy là cần thiết (Mệnh đề 4). Bây giờ giả sử rằng $E =\mathfrak{g}^0(E)$. Theo Mệnh đề 2 (ii) của §1, no. 1, khi đó E là một đại số con của $\mathfrak{g}$. Nếu $x\in E$, ad$_Ex$ là lũy linh vì $E\subset \mathfrak{g}^0(E)$; do đó đại số E là lũy linh. Nhưng khi đó E là một đại số con Cartan theo Mệnh đề 4.

Điều này suy ra từ Hệ quả 5, vì điều kiện $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0(\mathfrak{h})$ không liên quan đến trường cơ sở.

Giả sử rằng $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$. Vì $[\mathfrak{c},\mathfrak{g}]\subset \mathfrak{h}$, ta có $\mathfrak{c}\subset \mathfrak{h}$. Mặt khác, $\mathfrak{h}/\mathfrak{c}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}/\mathfrak{c}$ theo Hệ quả 2 của Mệnh đề 4.

Giả sử rằng $\mathfrak{h}\supset \mathfrak{c}$ và $\mathfrak{h}/\mathfrak{c}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}/\mathfrak{c}$. Gọi $f$ là cấu xạ chính tắc từ $\mathfrak{g}$ đến $\mathfrak{g}/\mathfrak{c}$. Đại số $\mathfrak{h}$, là một mở rộng trung tâm của $\mathfrak{h}/\mathfrak{c}$, là lũy linh. Gọi $\mathfrak{n}$ là bộ chuẩn hóa của $\mathfrak{h}$ trong $\mathfrak{g}$. Nếu $x\in \mathfrak{n}$, thì $[f(x),\mathfrak{h}/\mathfrak{c}]\subset \mathfrak{h}/\mathfrak{c}$, do đó $f(x)\in \mathfrak{h}/\mathfrak{c}$, và vì vậy $x\in \mathfrak{h}$. Điều này chứng tỏ rằng $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$.

Thật vậy, tâm của $\mathfrak{g}/\mathscr{C}_i\mathfrak{g}$ là $\mathscr{C}_{i+1}\mathfrak{g}/\mathscr{C}_i\mathfrak{g}$, và hệ quả suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 5 bằng quy nạp.

(i) Một phần tử $x$ của $\mathfrak{g}$ là chính quy trong $\mathfrak{g}$ khi và chỉ khi $x\otimes 1$ là chính quy trong $\mathfrak{g}'$.

(ii) rk($\mathfrak{g}$) $=$ rk($\mathfrak{g}'$).

Điều này suy ra từ Nhận xét 2.

(i) Một phần tử $(x_i)_{i\in I}$ của $\mathfrak{g}$ là chính quy trong $\mathfrak{g}$ khi và chỉ khi, với mọi $i\in I,x_i$ là chính quy trong $\mathfrak{g}_i$.

(ii) rk($\mathfrak{g}$) $=\sum_{i\in I}$ rk($\mathfrak{g}_i$).

Thật vậy, với mọi $x= (x_i)_{i\in I}\in \mathfrak{g}$, đa thức đặc trưng của ad$_{\mathfrak{g}}x$ là tích của các đa thức đặc trưng của các ad$_{\mathfrak{g}_i}x_i$.

(i) Nếu $x$ là một phần tử chính quy của $\mathfrak{g},f(x)$ là chính quy trong $\mathfrak{g}'$. Đảo lại là đúng nếu Ker $f$ được chứa trong tâm của $\mathfrak{g}$.

(ii) rk($\mathfrak{g}$)$\geq$ rk($\mathfrak{g}'$).

Đặt rk($\mathfrak{g}$) $=r$, rk($\mathfrak{g}'$) $=r'$. Cho $x\in \mathfrak{g}$. Các đa thức đặc số của ad $x$, ad $f(x)$ và ad $x|$Ker $f$ có dạng

trong đó các $a_i, b_i, c_i$ là các hàm đa thức trên $\mathfrak{g}$, với $a_r\not= 0, b_{r'}\not= 0, c_{r''}\not= 0$. Ta có P = QR, nên $r=r'+r''$ và $a_r(x) =b_{r'}(x)c_{r''}(x)$, điều này chứng minh (ii) và mệnh đề thứ nhất của (i). Nếu Ker $f$ được chứa trong tâm của $\mathfrak{g}$, thì $R(T) = T^{n''}$ và do đó $a_r(x) =b_{r'}(x)$, suy ra mệnh đề thứ hai của (i).

Với $x\in \mathfrak{g}'$, hạn chế của ad$_{\mathfrak{g}}x$ lên $\mathfrak{g}'$ là ad$_{\mathfrak{g}'}x$, và do đó xác định, bằng cách chuyển sang thương, một tự đồng cấu $u(x)$ của không gian vectơ $\mathfrak{g}/\mathfrak{g}'$. Gọi $d_0(x)$ (tương ứng $d_1(x)$) là chiều của không gian không hóa của ad$_{\mathfrak{g}'}(x)$ (tương ứng của $u(x)$), và gọi $c_0$ (tương ứng $c_1$) là giá trị nhỏ nhất của $d_0(x)$ (tương ứng $d_1(x)$) khi $x$ thuộc $\mathfrak{g}'$. Tồn tại các ánh xạ đa thức khác không $p_0, p_1$ từ $\mathfrak{g}'$ vào $k$ sao cho

Vì $k$ là vô hạn, tập hợp S gồm các $x\in \mathfrak{g}'$ sao cho $d_0(x) =c_0$ và $d_1(x) =c_1$ là không rỗng. Mọi phần tử của S đều chính quy trong $\mathfrak{g}'$. Mặt khác, S là tập hợp các phần tử của $\mathfrak{g}'$ sao cho không gian nil của ad$_{\mathfrak{g}}x$ có chiều nhỏ nhất, và do đó chứa mọi phần tử của $\mathfrak{g}'$ chính quy trong $\mathfrak{g}$.

(i) Nếu $x$ là một phần tử chính quy của $\mathfrak{g},\mathfrak{g}^0(x)$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$.

(ii) Nếu $\mathfrak{h}$ là một đại số con lũy linh cực đại của $\mathfrak{g}$, và nếu $x\in \mathfrak{h}$ là chính quy trong $\mathfrak{g}$, thì $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0(x)$.

(iii) Nếu $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$, thì dim($\mathfrak{h}$)$\geq$ rk($\mathfrak{g}$).

(iv) Các đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$ có chiều rk($\mathfrak{g}$) là các $\mathfrak{g}^0(x)$ trong đó $x$ là một phần tử chính quy.

Cho $x$ là một phần tử chính quy của $\mathfrak{g}$ và đặt $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0(x)$. Rõ ràng $\mathfrak{h}^0(x) =\mathfrak{h}$. Vì $x$ là chính quy trong $\mathfrak{h}$ (Mệnh đề 9), rk($\mathfrak{h}$) $=$ dim($\mathfrak{h}$), nên $\mathfrak{h}$ là lũy linh. Mặt khác, $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0(x)\supset \mathfrak{g}^0(\mathfrak{h})\supset \mathfrak{h}$, nên $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0(\mathfrak{h})$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$ (Mệnh đề 4). Điều này chứng minh (i).

Nếu $\mathfrak{h}$ là một đại số con lũy linh cực đại của $\mathfrak{g}$, và nếu $x\in \mathfrak{h}$ là chính quy trong $\mathfrak{g}$, thì $\mathfrak{h}\subset \mathfrak{g}^0(x)$ và $\mathfrak{g}^0(x)$ là lũy linh theo (i), do đó $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0(x)$, điều này chứng minh (ii).

Nếu $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$, thì tồn tại $x\in \mathfrak{h}$ sao cho $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0(x)$ (Hệ quả 1 của Mệnh đề 4), do đó chiều($\mathfrak{h}$)$\geq$ hạng($\mathfrak{g}$), điều này chứng minh (iii). Nếu hơn nữa chiều($\mathfrak{h}$) $=$ hạng($\mathfrak{g}$)$,x$ là chính quy. Cuối cùng, nếu $x'$ là chính quy trong $\mathfrak{g},\mathfrak{g}^0(x')$ là một đại số con Cartan theo (i), và hiển nhiên có chiều hạng($\mathfrak{g}$). Điều này chứng minh (iv).

Ta sẽ thấy ở §3, Định lý 2 rằng, khi $k$ có đặc số không, mọi đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$ đều có chiều rk($\mathfrak{g}$).

Đặt $\mathfrak{a}=f^{-1}(\mathfrak{h}')$. Theo Hệ quả $1,\mathfrak{a}$ có một đại số con Cartan $\mathfrak{h}$. Theo Hệ quả 2 của Mệnh đề $4,f(\mathfrak{h}) =\mathfrak{h}'$. Ta sẽ chỉ ra rằng $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$. Gọi $\mathfrak{n}$ là chuẩn hóa tử của $\mathfrak{h}$ trong $\mathfrak{g}$. Chỉ cần chứng minh rằng $\mathfrak{h}=\mathfrak{n}$. Nếu $x\in \mathfrak{n},f(x)$ thuộc chuẩn hóa tử của $\mathfrak{h}'$ trong $\mathfrak{g}'$, nên $f(x)\in \mathfrak{h}'$ và $x\in \mathfrak{a}$; nhưng $\mathfrak{h}$ là chuẩn hóa tử của chính nó trong $\mathfrak{a}$, nên $x\in \mathfrak{h}$.

Tổng $\mathfrak{s}$ của các đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$ chứa tập hợp các phần tử chính quy của $\mathfrak{g}$ (Định lý 1 (i)). Vì tập hợp này là trù mật trong $\mathfrak{g}$ đối với tôpô Zariski, nên $\mathfrak{s}=\mathfrak{g}$.

Cho $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{c}$. Vì $\mathfrak{a}$ được chứa trong tâm $\mathfrak{z}$ của $\mathfrak{c},\mathfrak{a}\subset \mathfrak{z}\subset \mathfrak{h}$ (Mệnh đề 5). Gọi $\mathfrak{n}$ là bộ chuẩn hoá của $\mathfrak{h}$ trong $\mathfrak{g}$. Khi đó

Vì các ad$_{\mathfrak{g}}x,x\in \mathfrak{a}$ là nửa đơn và giao hoán với nhau, nên theo Đại số, Chương VIII, §5, no. 1, suy ra tồn tại một không gian con vectơ $\mathfrak{d}$ của $\mathfrak{n}$ ổn định dưới ad$_{\mathfrak{g}}\mathfrak{a}$ và sao cho $\mathfrak{n}=\mathfrak{h}\oplus \mathfrak{d}$. Khi đó $[\mathfrak{a},\mathfrak{d}]\subset \mathfrak{h}\cap \mathfrak{d}= 0$, nên $\mathfrak{d}\subset \mathfrak{c}$. Do đó, $\mathfrak{n}$ là bộ chuẩn hoá của $\mathfrak{h}$ trong $\mathfrak{c}$, và vì thế $\mathfrak{n}=\mathfrak{h}$, nên $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$ chứa $\mathfrak{a}$.

Ngược lại, cho $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$ chứa $\mathfrak{a}$. Khi đó $\mathfrak{h}=$ $\mathfrak{g}^0(\mathfrak{h})\subset \mathfrak{g}^0(\mathfrak{a})$, và theo giả thiết $\mathfrak{g}_0(\mathfrak{a}) =\mathfrak{g}^0(\mathfrak{a}) =\mathfrak{c}$. Do đó $\mathfrak{a}\subset \mathfrak{h}\subset \mathfrak{c}$ và $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{c}$ (vì nó bằng với chuẩn hóa tử của chính nó trong $\mathfrak{g}$, và do đó a fortiori trong $\mathfrak{c}$).

Đặt $\mathfrak{a}=\mathfrak{g}^0(\mathfrak{n})$. Khi đó $\mathfrak{n}\subset \mathfrak{a}$ vì $\mathfrak{n}$ là lũy linh. Nếu $x\in \mathfrak{a}$, gọi $P(x)$ là định thức của tự đồng cấu của $\mathfrak{g}/\mathfrak{a}$ được xác định bởi ad $x$. Ký hiệu $\mathfrak{a}'$ là tập hợp các $x\in \mathfrak{a}$ sao cho $P(x)\not= 0$, đó là một tập con mở của $\mathfrak{a}$ trong tôpô Zariski; các quan hệ $x\in \mathfrak{a}'$ và $\mathfrak{g}^0(x)\subset \mathfrak{a}$ là tương đương. Theo Mệnh đề 7 (ii) của §1, no. 2, tồn tại $y\in \mathfrak{n}$ sao cho $\mathfrak{g}^0(y) =\mathfrak{a}$, và $y\in \mathfrak{a}'$ nên $\mathfrak{a}'$ là không rỗng. Vì $\mathfrak{a}'$ là mở, giao của nó với tập hợp các phần tử chính quy của $\mathfrak{a}$ là không rỗng. Lấy $x$ là một phần tử của giao này. Khi đó $\mathfrak{g}^0(x)\subset \mathfrak{a}$ và $\mathfrak{g}^0(x)$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{a}$, do đó nó lũy linh. Mặt khác, Mệnh đề 10 (i) của §1, no. 3, cho thấy rằng $\mathfrak{g}^0(x)$ là chuẩn hóa tử của chính nó trong $\mathfrak{g}$; bởi vậy nó là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$, điều này hoàn thành chứng minh.

Vì $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0(\mathfrak{h}),\mathfrak{h}$ là khả quy (§1, Mệnh đề 11), do đó giao hoán vì nó lũy linh. Mặt khác, hạn chế của biểu diễn kề của $\mathfrak{g}$ lên $\mathfrak{h}$ là nửa đơn (loc. cit.), nên các phần tử của $\mathfrak{h}$ là nửa đơn trong $\mathfrak{g}$ (Đại số, Ch. VIII, §5, no. 1).

Thật vậy, $\mathfrak{g}^{\lambda(x)}(x) =\mathfrak{g}_{\lambda(x)}(x)$ vì ad $x$ là nửa đơn.

Thật vậy, một phần tử như vậy thuộc một đại số con Cartan (no. 3, Th. 1 (i)).

a$)\mathfrak{h}$ là giao hoán.

b) Nếu $\rho$ là một biểu diễn nửa đơn hữu hạn chiều của $\mathfrak{g}$, thì các phần tử của $\rho (\mathfrak{h})$ là nửa đơn.

Cho $\mathfrak{c}$ là tâm của $\mathfrak{g}$, và $\mathfrak{s}$ là đại số dẫn xuất của nó. Khi đó $\mathfrak{g}=\mathfrak{c}\times \mathfrak{s}$, nên $\mathfrak{h}=\mathfrak{c}\times \mathfrak{h}'$, trong đó $\mathfrak{h}'$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{s}$ (Mệnh đề 2). Theo Định lý $2,\mathfrak{h}'$ là giao hoán, do đó $\mathfrak{h}$ cũng giao hoán. Hơn nữa, $\rho (\mathfrak{h}')$ gồm các phần tử nửa đơn và $\rho (\mathfrak{c})$ cũng vậy (Chương I, §6, no. 5, Định lý 4); mệnh đề b) được suy ra.