(i) Các thành phần nửa đơn và lũy linh của ad$_{\mathfrak{g}}x$ lần lượt là ad$_{\mathfrak{g}}s$ và ad$_{\mathfrak{g}}n$.

(ii) $x$ là chính quy trong $\mathfrak{g}$ khi và chỉ khi $s$ là chính quy.

(iii) Nếu $\mathfrak{g}'$ là một đại số con của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$ chứa $\mathfrak{g}$, mọi tự đẳng cấu sơ cấp của $\mathfrak{g}$ mở rộng được thành một tự đẳng cấu sơ cấp của $\mathfrak{g}'$.

Đặt $\mathfrak{a}=\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$. Theo Chương I, §5, no. 4, Bổ đề 2, các thành phần nửa đơn và lũy linh của ad$_{\mathfrak{a}}x$ lần lượt là ad$_{\mathfrak{a}}s$ và ad$_{\mathfrak{a}}n$; mệnh đề (i) suy ra từ điều này. Ta suy ra rằng các đa thức đặc trưng của ad$_{\mathfrak{g}}x$ và ad$_{\mathfrak{g}}s$ là như nhau; do đó có (ii). Nếu ad$_{\mathfrak{g}}x$ là lũy linh, ad$_{\mathfrak{g}}x=$ ad$_{\mathfrak{g}}n$, do đó ad$_{\mathfrak{g}'}n$ mở rộng ad$_{\mathfrak{g}}x$, và $n$ là một phần tử lũy linh của $\mathfrak{g}'$, do đó có (iii).

Cho $\mathfrak{g}$ là một đại số con Lie của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$. Ta biết (Chương I, §6, no. 5, Định lý 4) rằng các điều kiện sau là tương đương:

(i) biểu diễn đồng nhất của $\mathfrak{g}$ là nửa đơn;

(ii) $\mathfrak{g}$ là khả quy và mọi phần tử của tâm của $\mathfrak{g}$ là một tự đồng cấu nửa đơn.

Các điều kiện này thực sự tương đương với các điều kiện sau:

(iii) $\mathfrak{g}$ là một đại số con khả quy trong $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$.

Thật vậy, (i) $=\Rightarrow$ (iii) theo Chương I, §6, no. 5, Hệ quả 3 của Định lý 4, và (iii) $=\Rightarrow$ (i) theo Chương I, §6, no. 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 7. Ta sẽ chứng minh rằng nếu $\mathfrak{g}$ thỏa mãn các điều kiện này thì $\mathfrak{g}$ là phân tích được. Tổng quát hơn:

(i) $\mathfrak{g}$ và $\pi (\mathfrak{g})$ đều phân tích được.

(ii) Các phần tử nửa đơn (resp. lũy linh) của $\pi (\mathfrak{g})$ là ảnh qua $\pi$ của các phần tử nửa đơn (resp. lũy linh) của $\mathfrak{g}$.

(iii) Nếu $\mathfrak{h}$ là một đại số con phân tích được của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$ được chứa trong $\mathfrak{g}$, $\pi (\mathfrak{h})$ là một đại số con phân tích được của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(E)$.

(iv) Nếu $\mathfrak{h}'$ là một đại số con phân tích được của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(E)$, $\pi^{-1}(\mathfrak{h}')$ là một đại số con phân tích được của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$.

Đặt $\mathfrak{s}= [\mathfrak{g},\mathfrak{g}]$ và gọi $\mathfrak{c}$ là tâm của $\mathfrak{g}$. Khi đó $\mathfrak{g}=\mathfrak{s}\times \mathfrak{c}$, và $\pi (\mathfrak{g}) =$ $\pi (\mathfrak{s})\times \pi (\mathfrak{c})$ theo Chương I, §6, no. 4, Hệ quả của Mệnh đề 5. Cho $y\in \mathfrak{s}, z\in \mathfrak{c}, y_s$ và $y_n$ là các thành phần nửa đơn và lũy linh của $y$. Khi đó $y_s, y_n\in \mathfrak{s}$ (Chương I, §6, no. 3, Mệnh đề $3$)$,y_s+z$ là nửa đơn (Đại số, Chương VII, §5, no. 7, Hệ quả của Mệnh đề 16), và $y_n$ giao hoán với $y_s+z$. Suy ra, các thành phần nửa đơn và lũy linh của $y+z$ là $y_s+z$ và $y_n$. Do đó, $\mathfrak{g}$ phân tích được. Vì $\pi (\mathfrak{g})$ khả quy trong $\mathfrak{g}\mathfrak{l}$(E), lập luận tương tự áp dụng cho $\pi (\mathfrak{g})$ và cho thấy rằng $\pi (\mathfrak{g})$ phân tích được. Hơn nữa, các phần tử lũy linh của $\mathfrak{g}$ (resp. $\pi (\mathfrak{g})$) là các phần tử lũy linh của $\mathfrak{s}$ (resp. $\pi (\mathfrak{s})$). Suy ra các phần tử lũy linh của $\pi (\mathfrak{g})$ là ảnh qua $\pi$ của các phần tử lũy linh của $\mathfrak{g}$ (Chương I, §6, no. 3, Mệnh đề 4). Các phần tử nửa đơn của $\mathfrak{g}$ (resp. $\pi (\mathfrak{g})$) là tổng của các phần tử nửa đơn của $\mathfrak{s}$ (resp. $\pi (\mathfrak{s})$) và các phần tử của $\mathfrak{c}$ (resp. $\pi (\mathfrak{c})$). Do đó các phần tử nửa đơn của $\pi (\mathfrak{g})$ là ảnh qua $\pi$ của các phần tử nửa đơn của $\mathfrak{g}$ (Chương I, loc. cit.). Suy ra (ii).

Các khẳng định (iii) và (iv) suy ra ngay lập tức từ (i) và (ii).

Đặt $\mathfrak{g}=\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$; đại số con $\mathfrak{h}'$ của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(\mathfrak{g})$ gồm các $z\in \mathfrak{g}\mathfrak{l}(\mathfrak{g})$ sao cho $z(\mathfrak{c})\subset \mathfrak{b}$ là phân tích được (Ví dụ 1). Gọi $\pi :\mathfrak{g}\rightarrow \mathfrak{g}\mathfrak{l}(\mathfrak{g})$ là biểu diễn phụ hợp của $\mathfrak{g}$. Mệnh đề 2 (iv), áp dụng cho $\pi$, cho thấy rằng $\pi^{-1}(\mathfrak{h}')$ là phân tích được. Do đó $\mathfrak{a}'=\mathfrak{a}\cap \pi^{-1}(\mathfrak{h}')$ cũng vậy.

Điều này suy ra từ Mệnh đề 3 bằng cách lấy $\mathfrak{c}=\mathfrak{n},\mathfrak{b}=\mathfrak{n}$ (tương ứng $\mathfrak{c}=\mathfrak{n},\mathfrak{b}=\{0\}$).

Điều này suy ra từ Hệ quả 1.

Cho $\mathfrak{g}_1$ là tập hợp các $x\in \mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$ sao cho $[x,\mathfrak{n}]\subset [\mathfrak{g},\mathfrak{n}]$. Đây là một đại số con Lie phân rã được của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}$(V), chứa $\mathfrak{g}$ và do đó chứa $e(\mathfrak{g})$, cf. no. 1, Mệnh đề 3; nói cách khác, $[e(\mathfrak{g}),\mathfrak{n}]\subset [\mathfrak{g},\mathfrak{n}]$. Gọi $\mathfrak{n}_1$ là tập hợp các $y\in \mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$ sao cho

Đây là một đại số con Lie phân rã được của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$ chứa $\mathfrak{n}$ theo điều trên, và do đó chứa $e(\mathfrak{n})$; nói cách khác $[e(\mathfrak{g}), e(\mathfrak{n})]\subset [\mathfrak{g},\mathfrak{n}]$, vậy

Suy ra rằng $[e(\mathfrak{g}),\mathfrak{n}]\subset [e(\mathfrak{g}), e(\mathfrak{n})]\subset \mathfrak{n}$, do đó $\mathfrak{n}$ và $e(\mathfrak{n})$ là các iđêan của $e(\mathfrak{g})$.

(ii) Nếu $\mathfrak{g}$ là giao hoán (tương ứng, lũy linh, tương ứng, giải được), thì $e(\mathfrak{g})$ là giao hoán (tương ứng, lũy linh, tương ứng, giải được).

Khẳng định (i) suy ra từ Mệnh đề 4 bằng quy nạp theo $i$ và (ii) suy ra từ (i).

Thật vậy, $e(\mathfrak{r})$ là một iđêan giải được của $\mathfrak{g}$ theo Mệnh đề 4 và Hệ quả 1, do đó $e(\mathfrak{r}) =\mathfrak{r}$.

Nếu $x\in \mathfrak{t}$, ad$_{\mathfrak{g}}x$ là nửa đơn và lũy linh, do đó bằng không, nên $x$ là trung tâm trong $\mathfrak{g}$. Do đó, $\mathfrak{t}$ là một iđêan của $\mathfrak{g}$, và $\mathfrak{t}\cap \mathfrak{n}_V(\mathfrak{g}) = 0$. Vì $\mathfrak{g}$ phân rã được, $\mathfrak{g}=\mathfrak{t}+\mathfrak{n}_V(\mathfrak{g})$, do đó có mệnh đề.

(i) Với $\mathfrak{h}\in \mathscr{H}$, đặt $\varphi (\mathfrak{h})$ là tập hợp các phần tử nửa đơn của $\mathfrak{h}$. Khi đó $\varphi (\mathfrak{h})\in \mathscr{T}_1$.

(ii) Với $\mathfrak{t}\in \mathscr{T}_1$, đặt $\psi (\mathfrak{t})$ là hoán tập của $\mathfrak{t}$ trong $\mathfrak{g}$. Khi đó $\psi (\mathfrak{t})\in \mathscr{H}$.

(iii) Các ánh xạ $\varphi$ và $\psi$ là các song ánh nghịch đảo từ $\mathscr{H}$ đến $\mathscr{T}_1$ và từ $\mathscr{T}_1$ đến $\mathscr{H}$.

(iv) Nếu $k$ đóng đại số, Aut$_e(\mathfrak{g})$ tác động bắc cầu trên $\mathscr{T}_1$.

Cho $\mathfrak{h}\in \mathscr{H}$, và đặt $\mathfrak{t}=\varphi (\mathfrak{h})$. Theo Mệnh đề 5 và Hệ quả 2 của Mệnh đề $3,\mathfrak{t}\in \mathscr{T}$ và $\mathfrak{h}=\mathfrak{t}\times \mathfrak{n}_V(\mathfrak{h})$. Với mọi đại số con $\mathfrak{u}$ của $\mathfrak{g}$, ta ký hiệu $\psi (\mathfrak{u})$ là hoán tập của $\mathfrak{u}$ trong $\mathfrak{g}$. Khi đó $\mathfrak{h}\subset \psi (\mathfrak{t})$, và $\psi (\mathfrak{t})\subset \mathfrak{g}^0(\mathfrak{h})$ vì các phần tử của $\mathfrak{n}_V(\mathfrak{h})$ là lũy linh, nên $\mathfrak{h}=\psi (\mathfrak{t})$. Nếu $\mathfrak{t}'\in \mathscr{T}$ và $\mathfrak{t}\subset \mathfrak{t}'$, ta có $\mathfrak{t}'\subset \psi (\mathfrak{t}) =\mathfrak{h}$ nên $\mathfrak{t}'=\mathfrak{t}$, và do đó $\mathfrak{t}\in \mathscr{T}_1$.

Cho $\mathfrak{t}\in \mathscr{T}_1$, và đặt $\mathfrak{c}=\psi (\mathfrak{t})$. Cho $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{c}$. Theo §2, no. 3, Mệnh đề $10,\mathfrak{h}\in \mathscr{H}$ và $\mathfrak{t}\subset \mathfrak{h}$. Đặt $\mathfrak{t}_1=\varphi (\mathfrak{h})\in \mathscr{T}$. Khi đó $\mathfrak{t}\subset \mathfrak{t}_1$ nên $\mathfrak{t}=\mathfrak{t}_1$, và $\mathfrak{h}=\psi (\mathfrak{t}_1) =\psi (\mathfrak{t}) =\mathfrak{c}$ theo điều trên. Do đó, $\psi (\mathfrak{t})\in \mathscr{H}$, và $\varphi (\psi (\mathfrak{t})) =\mathfrak{t}$.

Ta đã chứng minh được (i), (ii) và (iii). Giả sử rằng $k$ đóng đại số. Vì Aut$_e(\mathfrak{g})$ tác động bắc cầu trên $\mathscr{H}($§3, no. 2, Định lý 1), Aut$_e(\mathfrak{g})$ tác động bắc cầu trên $\mathscr{T}_1$.

Nếu $x\in \mathfrak{g}$ là chính quy, $\mathfrak{g}^0(x)$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}($§2, no. 3, Định lý 1 (i)); hơn nữa, nếu $x$ là nửa đơn thì $\mathfrak{g}^0(x)$ là tâm hóa tử của $x$ trong $\mathfrak{g}$. Ngược lại, cho $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$. Tồn tại $\mathfrak{t}\in \mathscr{T}_1$ sao cho $\mathfrak{h}=\psi (\mathfrak{t})$. Theo §1, no. 2, Mệnh đề 7, tồn tại $x\in \mathfrak{t}$ sao cho $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0(x)$; vì $x\in \mathfrak{t}$, $\mathfrak{g}^0(x) =\mathfrak{g}_0(x)$. Theo §3, no. 3, Định lý 2 (ii), $x$ là chính quy.

(i) Nhóm con của Aut($\mathfrak{g}$) gồm các $e^{adx}, x\in \mathscr{C}^{\infty}\mathfrak{g}$ (xem §3, no. 4), tác động bắc cầu trên $\mathscr{T}_1$.

(ii) Nếu $\mathfrak{t}\in \mathscr{T}_1,\mathfrak{g}$ là tích nửa trực tiếp của $\mathfrak{t}$ và $\mathfrak{n}_V(\mathfrak{g})$.

Mệnh đề (i) suy ra từ sự kiện rằng nhóm của các $e^{adx},x\in \mathscr{C}^{\infty}\mathfrak{g}$, tác động bắc cầu trên $\mathscr{H}($§3, no. 4, Định lý 3).

Ta chứng minh (ii). Cho $\mathfrak{t}\in \mathscr{T}_1$, và đặt $\mathfrak{h}=\psi (\mathfrak{t})$ là đại số con Cartan tương ứng của $\mathfrak{g}$. Theo Mệnh đề $5,\mathfrak{h}=\mathfrak{t}+\mathfrak{n}_V(\mathfrak{h})\subset \mathfrak{t}+\mathfrak{n}_V(\mathfrak{g})$. Mặt khác, $\mathfrak{g}=\mathfrak{h}+ [\mathfrak{g},\mathfrak{g}] ($§2, no. 1, Hệ quả 3 của Mệnh đề 4) và $[\mathfrak{g},\mathfrak{g}]\subset \mathfrak{n}_V(\mathfrak{g})$, do đó $\mathfrak{g}=\mathfrak{t}+\mathfrak{n}_V(\mathfrak{g})$. Nhưng rõ ràng rằng $\mathfrak{t}\cap \mathfrak{n}_V(\mathfrak{g}) =\{0\}$. Đại số $\mathfrak{g}$ do đó là tích nửa trực tiếp của $\mathfrak{t}$ và iđêan $\mathfrak{n}_V(\mathfrak{g})$.

(i) Tồn tại một đại số con Lie $\mathfrak{m}$ của $\mathfrak{g}$, khả quy trong $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$, sao cho $\mathfrak{g}$ là tích nửa trực tiếp của $\mathfrak{m}$ và $\mathfrak{n}_V(\mathfrak{g})$.

(ii) Hai đại số con Lie bất kỳ của $\mathfrak{g}$ có các tính chất trong (i) là liên hợp dưới tác động của Aut$_e(\mathfrak{g})$.

Căn $\mathfrak{r}$ của $\mathfrak{g}$ là phân tích được (số 2, Hệ quả 2 của Mệnh đề 4). Theo Hệ quả 2 của Mệnh đề 6, tồn tại một đại số con giao hoán $\mathfrak{t}$ của $\mathfrak{r}$, gồm các phần tử nửa đơn, sao cho $\mathfrak{r}=\mathfrak{t}\oplus \mathfrak{n}_V(\mathfrak{r})$. Vì ad$_{\mathfrak{g}}\mathfrak{t}$ gồm các phần tử nửa đơn, $\mathfrak{g}$ là tổng trực tiếp của $[\mathfrak{t},\mathfrak{g}]$ và tâm hóa $\mathfrak{z}$ của $\mathfrak{t}$ (Chương I, §3, số 5, Mệnh đề 6). Vì $[\mathfrak{t},\mathfrak{g}]\subset \mathfrak{r},\mathfrak{g}=\mathfrak{z}+\mathfrak{r}$. Do đó, nếu $\mathfrak{s}$ là một đại số con Levi của $\mathfrak{z}$ (Chương I, §6, số $8$)$,\mathfrak{g}=\mathfrak{s}+\mathfrak{r}$, nên $\mathfrak{s}$ là một đại số con Levi của $\mathfrak{g}$. Đặt $\mathfrak{m}=\mathfrak{s}\oplus \mathfrak{t}$. Vì $[\mathfrak{s},\mathfrak{t}] =\{0\},\mathfrak{m}$ là một đại số Lie con của $\mathfrak{g}$, khả quy trong $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$ theo Chương I, §6, số 5, Định lý 4. Hơn nữa,

vì $\mathfrak{n}_V(\mathfrak{g}) =\mathfrak{n}_V(\mathfrak{r})$. Do đó (i).

Bây giờ cho $\mathfrak{m}'$ là một đại số Lie con của $\mathfrak{g}$ bổ sung với $\mathfrak{n}_V(\mathfrak{g})$ và khả quy trong $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$. Ta chứng minh rằng $\mathfrak{m}'$ liên hợp với $\mathfrak{m}$ dưới Aut$_e(\mathfrak{g})$. Ta có $\mathfrak{m}'=\mathfrak{s}'\oplus \mathfrak{t}'$, trong đó $\mathfrak{s}'= [\mathfrak{m}',\mathfrak{m}']$ là nửa đơn và tâm $\mathfrak{t}'$ của $\mathfrak{m}'$ gồm các phần tử nửa đơn. Khi đó $\mathfrak{r}=\mathfrak{t}\oplus \mathfrak{n}_V(\mathfrak{g}) =\mathfrak{t}'\oplus \mathfrak{n}_V(\mathfrak{g})$. Theo Hệ quả 2 của Mệnh đề 6, ta quy về trường hợp $\mathfrak{t}=\mathfrak{t}'$. Khi đó $\mathfrak{s}'\subset \mathfrak{z}$; vì dim$\mathfrak{s}'=$ dim$\mathfrak{s}$, $\mathfrak{s}'$ là một đại số con Levi của $\mathfrak{z}$. Theo Chương I, §6, no. 8, Định lý 5, tồn tại $x\in \mathfrak{n}_V(\mathfrak{z})$ sao cho $e^{adx}(\mathfrak{s}) =\mathfrak{s}'$; vì $x$ giao hoán với $\mathfrak{t}$, ta cũng có $e^{adx}(\mathfrak{t}) =\mathfrak{t}$.

(i) Cho $\rho$ là một biểu diễn tuyến tính hữu hạn chiều của $\mathfrak{n}$ trên W, sao cho các phần tử của $\rho (\mathfrak{n})$ là lũy linh, $W'$ là một không gian con vectơ của W ổn định dưới $\rho ,\rho_1$ và $\rho_2$ là biểu diễn con và biểu diễn thương của $\rho$ được xác định bởi $W',\pi , \pi_1, \pi_2$ là các biểu diễn của N tương thích với $\rho , \rho_1, \rho_2($§3, no. 1). Khi đó $\pi_1, \pi_2$ là biểu diễn con và biểu diễn thương của $\pi$ được xác định bởi $W'$.

(ii) Cho $\rho_1, \rho_2$ là các biểu diễn tuyến tính hữu hạn chiều của $\mathfrak{n}$ sao cho các phần tử của $\rho_1(\mathfrak{n})$ và $\rho_2(\mathfrak{n})$ là lũy linh, và $\pi_1, \pi_2$ là các biểu diễn của N tương thích với $\rho_1, \rho_2$. Khi đó $\pi_1\otimes \pi_2$ là biểu diễn của N tương thích với $\rho_1\otimes \rho_2$.

(iii) Cho $\rho_1, \rho_2$ là các biểu diễn tuyến tính hữu hạn chiều của $\mathfrak{n}$ trên các không gian vectơ $V_1,V_2$, sao cho các phần tử của $\rho_1(\mathfrak{n})$ và $\rho_2(\mathfrak{n})$ là lũy linh, $\rho$ là biểu diễn của $\mathfrak{n}$ trên Hom(V$_1,V_2$) được xác định bởi $\rho_1, \rho_2$. Cho $\pi_1, \pi_2$ là các biểu diễn của N tương thích với $\rho_1, \rho_2$, và $\pi$ là biểu diễn của N trên Hom(V$_1,V_2$) được xác định bởi $\pi_1, \pi_2$. Khi đó $\pi$ là biểu diễn của N tương thích với $\rho$.

Mệnh đề (i) hiển nhiên. Cho $\rho_1, \rho_2, \pi_1, \pi_2$ như trong (ii). Nếu $x\in \mathfrak{n}$, ta có, vì $\rho_1(x)\otimes 1$ và $1\otimes \rho_2(x)$ giao hoán,

exp($\rho_1(x)\otimes 1 + 1\otimes \rho_2(x)$) $=$ exp($\rho_1(x)\otimes 1$). exp(1 $\otimes \rho_2(x)$)

= (exp $\rho_1(x)$)$\otimes 1.1\otimes$ (exp$\rho_2(x)$)

= (exp $\rho_1(x)$)$\otimes$ (exp$\rho_2(x)$)

$=\pi_1$(exp $x$)$\otimes \pi_2$(exp $x$)

$= (\pi_1\otimes \pi_2$)(exp $x$),

do đó (ii). Nếu $v_1\in$ EndV$_1$ và $v_2\in$ EndV$_2$, ký hiệu bởi $R_{v_1}$ và $L_{v_2}$ các ánh xạ $u \rightarrow uv_1$ và $u \rightarrow v_2u$ từ Hom(V$_1$,V$_2$) vào chính nó; các ánh xạ này giao hoán và $\rho (x)u= (L_{\rho_2(x)}-R_{\rho_1(x)})u$, nên

exp$\rho (x).u=$ exp $L_{\rho_2(x)}$. exp $R_{-\rho_1(x)}.u$

$=\pi$(exp $x$)$.u$,

do đó (iii).

(ii) Cho $(e_1, . . . , e_n)$ là cơ sở chính tắc của $k^n,\theta$ là biểu diễn chính tắc của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$ trên $\bigwedge(k^n)$, và $x\in \mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$. Khi đó $x\in \mathfrak{n}(n, k)$ khi và chỉ khi

với $1\leq d\leq n$.

(i) Nếu $x(W)\subset W$, thì rõ ràng $\theta (x)D\subset D$. Ngược lại, giả sử $\theta (x)D\subset D$. Cho $u$ là một phần tử khác không của D và cho $y\in W$. Khi đó $y\wedge u= 0$. Vì $\theta (x)$ là một đạo hàm của $\bigwedge V$, điều này suy ra

Bây giờ $\theta (x)u\in ku$, nên $y\wedge \theta (x)u= 0$ và do đó $\theta (x)y\wedge u= 0$. Theo Đại số, Ch. III, §7, no. 9, Mệnh đề 13, điều này suy ra $\theta (x)y\in W$, tức là $x(y)\in W$, điều đó chứng tỏ rằng $x(W)\subset W$.

(ii) Điều kiện nêu trong (ii) hiển nhiên là cần thiết để $x\in \mathfrak{n}(n, k)$. Giả sử điều đó được thỏa mãn. Theo (i), $x$ giữ ổn định

$^2$ Trong bổ đề này, $k$ có thể là một trường giao hoán tùy ý.

và vì điều này đúng với $d= 1, . . . , n,x$ là tam giác dưới. Đặt

Ta có $0 =x(e_n) =x_{nn}e_n$, do đó $x_{nn}= 0$. Cho $i < n$, và giả sử rằng ta đã chứng minh $x_{jj}= 0$ với $j > i$. Khi đó

nên $x_{ii}= 0$. Vậy $x\in \mathfrak{n}(n, k)$.

(i) ảnh qua $\rho$ của một phép vị tự của V là chéo hóa được;

(ii) F ổn định dưới $\rho (\mathfrak{q})$;

(iii) $\mathfrak{n}$ là tập hợp các $x\in \mathfrak{g}\mathfrak{l}(V)$ sao cho $\rho (x)(F) = 0$.

Đặt $n=$ dim V. Theo định lý Engel, V có thể được đồng nhất với $k^n$ sao cho $\mathfrak{n}\subset \mathfrak{n}(n, k)$. Ký hiệu P là đại số các hàm đa thức trên $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$. Với $i= 0,1, . .$., ký hiệu $P_i$ là tập hợp các phần tử của P thuần nhất bậc $i$. Đặt N = exp $\mathfrak{n}$, là một nhóm con của nhóm tam giác dưới nghiêm ngặt T. Gọi J là tập hợp các phần tử của P bằng không trên N; đó là một iđêan trong P. Ký hiệu $N_J$ là tập hợp các $x\in \mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$ sao cho $p(x) = 0$ với mọi $p\in J$. Khi đó $N\subset N_J$. Ngược lại, lấy $x\in N_J$. Ký hiệu bởi $p_{ij}$ các hàm đa thức cho các phần tử của một phần tử của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$. Iđêan J chứa các $p_{ij}$ (với $i < j$) và các $p_{ii}-1$; do đó $x\in T$. Mặt khác, nếu $u$ là một dạng tuyến tính trên $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$ bằng không trên $\mathfrak{n}$, thì tồn tại $p_u\in P$ sao cho $p_u(z) =u$(log $z$) với mọi $z\in T ($§3, no. 1, Bổ đề 1 (i)); ta có $p_u\in J$, nên $u$(log $x$) $= 0$. Suy ra log $x$ thuộc $\mathfrak{n}$, nên $x\in N$, chứng minh rằng $N = N_J$.

Với mọi $p\in P$ và $g\in \mathbf{G}\mathbf{L}_n(k)$, gọi $\lambda (g)p$ là hàm $x \rightarrow p(g^{-1}x)$ trên $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$; khi đó $\lambda (g)p\in P,\lambda (g)$ là một tự đẳng cấu của đại số P, và $\lambda$ là một biểu diễn của $\mathbf{G}\mathbf{L}_n(k)$ trên P, làm cho mỗi $P_i$ ổn định. Ta chứng minh rằng

Nếu $x\in N, p\in J, y\in N$, thì $(\lambda (x)p)(y) =p(x^{-1}y) = 0$ vì $x^{-1}y\in N$; do đó $\lambda (x)p\in J$, suy ra $\lambda (x)J = J$. Giả sử $x\in \mathbf{G}\mathbf{L}_n(k)$ sao cho $\lambda (x)J = J$; lấy $p\in J$; khi đó $p(x^{-1}) = (\lambda (x)p)(e) = 0$, nên $x^{-1}\in N_J= N$ và $x\in N$. Điều này chứng minh (i).

Iđêan J là hữu hạn sinh (Commutative Algebra, Chap. III, §2, no. 10, Cor. 2 of Th. 2). Do đó, tồn tại một số nguyên $q$ sao cho, nếu $W = P_0+ P_1+\cdots + P_q$, thì $J\cap W$ sinh ra J như một iđêan. Ký hiệu bởi $\lambda_j$ (resp. $\lambda '$) biểu diễn con của $\lambda$ được xác định bởi $P_J$ (resp. bởi W). Theo (1),

Ta chứng minh rằng, với mọi $j$, tồn tại một biểu diễn $\sigma_j$ của đại số Lie $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$ trên $P_j$ sao cho:

$\sigma_j|\mathfrak{n}(n, k)$ là tương thích (§$3$, no$.1$) với $\lambda_j|T$. (3)

Với mọi $x\in k.1_n$, $\sigma_j(x)$ là một phép vị tự. (4)

Vì $\lambda_j$ là lũy thừa đối xứng thứ $j$ của $\lambda_1$, đủ chứng minh sự tồn tại của $\sigma_1$, xem Bổ đề 1. Bây giờ $\lambda_1$ là biểu diễn đối ngẫu của biểu diễn $\gamma$ của $\mathbf{G}\mathbf{L}_n(k)$ trên $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$ cho bởi

Cho $c$ là biểu diễn của đại số Lie $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$ trên $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$ cho bởi

Rõ ràng là $c|\mathfrak{n}(n, k)$ và $\gamma |T$ là tương thích, và rằng $c(x)$ là một phép vị tự với mọi $x\in k.1_n$. Vì thế, đủ lấy $\sigma_1$ là biểu diễn đối ngẫu của $c$ (Chap. I, §3, no. 3).

Bây giờ xét $\sigma '$ là biểu diễn của đại số Lie $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$ trên W được cho bởi tổng trực tiếp của các $\sigma_j, 0\leq j\leq q$. Xét theo (2) và các quan hệ

$\lambda '$(exp($x$)) $=$ exp($\sigma '(x)$) và $\sigma '$(log($y$)) $=$ log($\lambda '(y)$)$, x\in \mathfrak{n}(n, k), y\in T$,

ta có

Cho $d=$ dim(J $\cap W$), và cho $\tau =\bigwedge^d\sigma '$. Cho $D =\bigwedge^d(J\cap W)$. Theo (5) và Bổ đề 2 (i),

Nhưng $\tau (\mathfrak{n}(n, k))$ chỉ gồm các tự đồng cấu lũy linh, nên (6) cũng có thể viết là

Bây giờ cho $E =\bigwedge^dW\oplus \bigwedge^1V\oplus \bigwedge^2V\oplus \cdots \oplus \bigwedge^nV$; cho $\rho$ là tổng trực tiếp của $\tau$ và các biểu diễn chính tắc của $\mathfrak{g}\mathfrak{l}(n, k)$ trên $\bigwedge^1V, . . . ,\bigwedge^nV$. Cho $E_0\subset E$ là tổng của $D =\bigwedge^d(J\cap W)$ và các đường thẳng sinh bởi $e_{n-j+1}\wedge \cdots \wedge e_n$ với $j= 1, . . . , n$. Theo (7) và Bổ đề 2 (ii),

Ngay lập tức, nếu $x\in k.1_n,\rho (x)$ là chéo hóa được. Cuối cùng, nếu F là tập hợp các phần tử của E bị triệt tiêu bởi $\rho (\mathfrak{n})$, thì F ổn định dưới $\rho (\mathfrak{q})$ (Chap. I, §3, no. 5, Prop. 5), và theo (8),