Thật vậy, $y-y'\in$ Ker(ad$_{\mathfrak{g}}x$) và (ad$_{\mathfrak{g}}h$)$(y-y') =-2(y-y')$. Nhưng ad$_{\mathfrak{g}}x$ là đơn ánh trên Ker($p+$ ad$_{\mathfrak{g}}h$) với mọi số nguyên $p >0 ($§1, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 2).

Rõ ràng là $e^{ad_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{n})}.h\subset h+\mathfrak{n}$. Ta sẽ chứng minh rằng, nếu $v\in \mathfrak{n}$, thì $h+v\in e^{ad_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{n})}.h$. Chỉ cần chứng minh rằng $h+v\in e^{ad_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{n})}.h+\mathscr{C}0\mathfrak{n}$ với mọi $p\geq 1$ (vì $\mathscr{C}^p\mathfrak{n}= 0$ với $p$ đủ lớn). Điều này là rõ đối với $p= 1$ vì $\mathscr{C}^1\mathfrak{n}=\mathfrak{n}$. Bây giờ giả sử rằng ta đã chứng minh được sự tồn tại của $y_p\in \mathfrak{n}$ và $z_p\in \mathscr{C}^p\mathfrak{n}$ sao cho $h+v=e^{ad_{\mathfrak{g}}y_p}.h+z_p$. Vì (ad$_{\mathfrak{g}}h$)$(\mathfrak{n}) =\mathfrak{n}$, nên (ad$_{\mathfrak{g}}h$)$|\mathfrak{n}$ là một song ánh từ $\mathfrak{n}$ lên $\mathfrak{n}$, do đó hạn chế của nó lên $\mathscr{C}^p\mathfrak{n}$, vốn để $\mathscr{C}^p\mathfrak{n}$ ổn định, cũng là song ánh; do đó, tồn tại $z\in \mathscr{C}^p\mathfrak{n}$ sao cho $z_p= [z, h]$. Khi đó

nên

điều này thiết lập mệnh đề của chúng ta bằng quy nạp theo $p$.

Nếu $u\in \mathfrak{p}$ và $v\in \mathfrak{q}$, thì tồn tại $w\in \mathfrak{g}$ sao cho $v= [x, w]$, nên

Mặt khác, $\mathfrak{p}$ là một đại số con của $\mathfrak{g}$, nên $[\mathfrak{p}\cap \mathfrak{q},\mathfrak{p}\cap \mathfrak{q}]\subset \mathfrak{p}\cap \mathfrak{q}$.

Đặt $\mathfrak{n}=$ Ker(ad $x$)$\cap$ Im(ad $x$). Với mọi $p\in \mathbf{Z}$, đặt $\mathfrak{g}_p=$ Ker(ad $h-p$). Theo §1, no. 3 (áp dụng cho biểu diễn liên hợp của $kx+ky+kh$ trên $\mathfrak{g}$), ta có $\mathfrak{n}\subset \sum_{p>0}\mathfrak{g}_p$, nên ad$_{\mathfrak{g}}n$ là lũy linh với mọi $n\in \mathfrak{n}$, và $[h,\mathfrak{n}] =\mathfrak{n}$. Ta có $[x, h'-h] = 0$ và $[x, y-y'] =h'-h$, nên $h'-h\in \mathfrak{n}$. Theo Bổ đề 2 và 3, tồn tại $z\in \mathfrak{n}$ sao cho $e^{ad_{\mathfrak{g}}z}h=h'$. Vì $z\in$ Ker ad$_{\mathfrak{g}}x$, ta có $e^{ad_{\mathfrak{g}}z}x=x$. Bổ đề 1 khi đó chứng minh rằng $e^{ad_{\mathfrak{g}}z}y=y'$. Q.E.D.

Cho G là một nhóm các tự đẳng cấu của $\mathfrak{g}$. Khi đó, hai bộ ba $\mathfrak{s}\mathfrak{l}_2$ $(x, h, y)$, $(x', h', y')$ được gọi là liên hợp dưới G nếu tồn tại $g\in G$ sao cho $gx=x'$, $gh=h', gy=y'$.

Xét các điều kiện sau:

(i) $x$ và $x'$ liên hợp theo G;

(ii) $(x, h, y)$ và $(x', h', y')$ liên hợp theo G;

(iii) $\mathfrak{t}$ và $\mathfrak{t}'$ liên hợp theo G.

Ta có (i) $\Leftarrow \Rightarrow$ (ii) $=\Rightarrow$ (iii). Nếu $k$ đóng đại số, ba điều kiện là tương đương.

(i) $\Leftarrow \Rightarrow$ (ii): Điều này suy ra từ Bổ đề 4.

(ii) $=\Rightarrow$ (iii): Điều này là hiển nhiên.

Ta giả sử rằng $k$ đóng đại số và chứng minh rằng (iii) $=\Rightarrow$ (i). Trước hết ta xét trường hợp $\mathfrak{t}=\mathfrak{t}'=\mathfrak{g}=\mathfrak{s}\mathfrak{l}(2, k)$. Vì ad$_{\mathfrak{g}}x$ là lũy linh, tự đồng cấu $x$ của $k^2$ là lũy linh (Chương I, §6, Định lý 3), nên tồn tại một ma trận $A\in \mathbf{G}\mathbf{L}(2, k)$ sao cho $AxA^{-1}=X$, và do đó một tự đẳng cấu $\alpha$ của $\mathfrak{s}\mathfrak{l}(2, k)$ sao cho $\alpha (x) =x'$; bây giờ $\alpha \in$ Aut$_e(\mathfrak{g}) ($§5, no. 3, Hệ quả 2 của Mệnh đề 5). Bây giờ ta chuyển sang trường hợp tổng quát; ta giả sử rằng $\mathfrak{t}$ và $\mathfrak{t}'$ liên hợp dưới G và chứng minh rằng $x$ và $x'$ liên hợp dưới G. Ta có thể giả sử rằng $\mathfrak{t}=\mathfrak{t}'$. Theo điều nói trên, tồn tại $\beta \in$ Aut$_e(\mathfrak{t})$ sao cho $\beta x=x'$. Bây giờ, nếu $t\in \mathfrak{t}$ sao cho ad$_{\mathfrak{t}}t$ là lũy linh, thì ad$_{\mathfrak{g}}t$ là lũy linh; do đó $\beta$ mở rộng thành một phần tử của Aut$_e(\mathfrak{g})$.

Đặt $C = [A,B]$. Vì $[A,C] = 0$,

$[A$, BC$^p] = [A,B]C^p= C^{p+1}$

với mọi số nguyên $p\geq 0$. Do đó, Tr(C$^p$) $= 0$ với $p\geq 1$, điều này chứng tỏ rằng C là lũy linh (Đại số, Chương VII, §3, no. 5, Hệ quả 4 của Mệnh đề 13). Bây giờ, cho $\overline{k}$ là một bao đóng đại số của $k$, và cho $\lambda \in \overline{k},x\in V\otimes_k\overline{k}$ sao cho AB$x=\lambda x$, $x\not= 0$. Quan hệ $[[B,A],A] = 0$ cho thấy rằng $[B,A^p] =p[B,A]A^{p-1}$ với mọi số nguyên $p\geq 0$. Gọi $r$ là số nguyên nhỏ nhất sao cho $A^rx= 0$. Khi đó

$\lambda A^{r-1}x= A^{r-1}$AB$x= A^rBx=$ BA$^rx-[B,A^r]x=-r[B,A]A^{r-1}x$.

Vì $[B,A]$ là lũy linh và vì $A^{r-1}x\not= 0$, điều này chứng tỏ rằng $\lambda = 0$. Do đó, mọi trị riêng của AB đều bằng không, suy ra bổ đề.

Cho $\mathfrak{g}'$ là đại số Lie giải được $kh+kx$. Vì $x\in [\mathfrak{g}',\mathfrak{g}']$, ad$_{\mathfrak{g}}x$ là lũy linh (Chương I, §5, no. 3, Định lý 1); gọi $\mathfrak{n}$ là hạt nhân của nó. Vì [ad $h$, ad $x] =$ 2 ad $x$, ta có (ad $h$)$\mathfrak{n}\subset \mathfrak{n}$. Lấy $z\in \mathfrak{g}$ sao cho $h=-[x, z]$. Với mọi số nguyên $n\geq 0$, đặt $M_n=$ (ad $x$)$^n\mathfrak{g}$. Nếu $n >0$, ta có (§1, no. 1, Bổ đề 1)

[ad $z$,(ad $x$)$^n] =n$((ad $h$)$-n+$ 1)(ad $x$)$^{n-1}$

do đó, nếu $u\in M_{n-1}$,

$n$((ad $h$)$-n+ 1$)$u\in$ (ad $z$)(ad $x$)$u+ M_n$.

Vì (ad $h$)$\mathfrak{n}\subset \mathfrak{n}$, suy ra

((ad $h$)$-n+ 1$)$(\mathfrak{n}\cap M_{n-1})\subset \mathfrak{n}\cap M_n$.

Vì ad $x$ là lũy linh, nên $M_n= 0$ với $n$ đủ lớn. Do đó, các trị riêng của ad $h|\mathfrak{n}$ là các số nguyên $\geq 0$. Vậy hạn chế của ad $h+ 2$ lên $\mathfrak{n}$ là khả nghịch.

Bây giờ $[h, z] + 2z\in \mathfrak{n}$ vì

Do đó tồn tại $z'\in \mathfrak{n}$ sao cho $[h, z'] + 2z'= [h, z] + 2z$, tức là $[h, y] =-2y$, khi đặt $y=z-z'$. Vì $[x, y] = [x, z] =-h$, điều này hoàn tất chứng minh.

Đặt $\mathfrak{n}=$ Ker(ad $x$)$^2$. Nếu $z\in \mathfrak{n}$, thì [ad $x$,[ad $x$, ad $z]] =$ ad([$x,[x, z]]$) $= 0$. Theo Bổ đề 5, ad $x\circ$ ad $z$ là lũy linh, nên Tr(ad $x\circ$ ad $z$) $= 0$. Điều này cho thấy $x$ trực giao với $\mathfrak{n}$ đối với dạng Killing $\Phi$ của $\mathfrak{g}$. Vì

$\Phi$((ad $x$)$^2y, y'$) $=\Phi (y$, (ad $x$)$^2y')$

với mọi $y, y'\in \mathfrak{g}$, và vì $\Phi$ không suy biến nên phần bù trực giao của $\mathfrak{n}$ là ảnh của (ad $x$)$^2$. Do đó tồn tại $y'\in \mathfrak{g}$ sao cho $x=$ (ad $x$)$^2y'$. Đặt

ta có $[h, x] = 2x$ và $h\in$ (ad $x$)$(\mathfrak{g})$. Bây giờ chỉ còn áp dụng Bổ đề 6.

Điều này suy ra từ Mệnh đề 1 và 2.

gồm các ma trận như vậy sao cho $\alpha = 1$. Khi đó $G'= (G,G)$.

Nếu $\alpha , \alpha '\in K^*$ và $\beta , \beta '\in K$,

0 $\alpha^{-1}$ 0 $\alpha^{'-1}$ 0 $\alpha^{-1}$ 0 $\alpha^{'-1}$

0 1

Đặc biệt,

$(1\beta )((\alpha '$ 0 $)((1\beta )^{-1}(\alpha '$ 0 $)^{-1}=(1\beta (1-{\alpha '}^2))$.

0 1 0 $\alpha^{'-1}$ 0 1 0 $\alpha^{'-1}$ 0 1

Nhưng tồn tại $\alpha '_0\in K^*$ sao cho $\alpha '_0\not= 1$ và $\alpha '_0\not=-1$, và khi đó $k.(1-{\alpha '_0}^2)$ $=k$, do đó bổ đề được chứng minh.

Cho $x$ là một phần tử lũy linh khác không của $\mathfrak{g}$. Chọn $h, y\in \mathfrak{g}$ sao cho $(x, h, y)$ là một bộ ba $\mathfrak{s}\mathfrak{l}_2$ (Mệnh đề 2). Đại số con $\mathfrak{s}$ của $\mathfrak{g}$ sinh bởi $(x, h, y)$ có thể được đồng nhất với $\mathfrak{s}\mathfrak{l}(2, k)$. Gọi $\rho$ là biểu diễn $z \rightarrow$ ad$_{\mathfrak{g}}z$ của $\mathfrak{s}=\mathfrak{s}\mathfrak{l}(2, k)$ trên $\mathfrak{g}$, và gọi $\pi$ là biểu diễn của $\mathbf{S}\mathbf{L}(2, k)$ tương thích với $\rho ($§1, no. 4). Ảnh của $\pi$ được sinh bởi các exp($t$ ad$_{\mathfrak{g}}x$) và các exp($t$ ad$_{\mathfrak{g}}y$) với $t\in k($Đại số, Chap. III, §8, no. 9, Mệnh đề 17), do đó được chứa trong Aut$_e(\mathfrak{g})$. Vì $\mathbf{S}\mathbf{L}(2, k)$ bằng với nhóm dẫn xuất của nó (Bổ đề 7 và loc. cit.), exp(ad$_{\mathfrak{g}}x$) thuộc nhóm dẫn xuất G của Aut$_e(\mathfrak{g})$. Do đó Aut$_e(\mathfrak{g})$ bằng G. Bây giờ giả sử rằng $\mathfrak{g}$ là phân rã được. Vì Aut$_0(\mathfrak{g})/$Aut$_e(\mathfrak{g})$ là giao hoán (§5, no. 3, Nhận xét 3), điều vừa đi trước chứng minh rằng nhóm dẫn xuất của Aut$_0(\mathfrak{g})$ là Aut$_e(\mathfrak{g})$.

Điều kiện ấy rõ ràng là cần. Nó là đủ theo Bổ đề 6.

Các trị riêng của ad$_{\mathfrak{g}}h$ thuộc $\mathbf{Z}($§1, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 2). Do đó $h\in \mathfrak{h}_{\mathbf{Q}}$. Tồn tại một phần tử $w$ của nhóm Weyl của $(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$ sao cho $\alpha (wh)\geq 0$ với mọi $\alpha \in B$ (Chap. VI, §1, no. 5, Định lý 2 (i)). Theo §2, no. 2, Hệ quả của Định lý 2, ta được quy về trường hợp trong đó $\alpha (h)\in \mathbf{N}$ với mọi $\alpha \in B$. Ký hiệu $R_+$ là tập hợp các căn dương đối với B, và $R_-=-R_+$. Tồn tại một bộ ba $\mathfrak{s}\mathfrak{l}_2$ trong $\mathfrak{g}$ có dạng $(x, h, y)$. Gọi T là tập hợp các căn $\beta$ sao cho $\beta (h) =-2$. Khi đó $T\subset R_-$ và $y\in \sum_{\beta\in T}\mathfrak{g}^{\beta}$. Giả sử rằng có

tồn tại $\alpha \in B$ sao cho $\alpha (h)>2$. Với mọi $\beta \in T$, ta có $(\alpha +\beta )(h)>0$, nên $\alpha +\beta \notin R_-$ và $\alpha +\beta \not= 0$; mặt khác, vì $\beta \in R_-$ và $\alpha \in B$, ta có $\alpha +\beta \notin R_+$; do đó $\alpha +\beta \notin R\cup \{0\}$, nên $[\mathfrak{g}^{\alpha},\mathfrak{g}^{\beta}] = 0$. Vì thế, $[y,\mathfrak{g}^{\alpha}] = 0$. Nhưng ad$_{\mathfrak{g}}y|\mathfrak{g}^{\alpha}$ là đơn ánh vì $\alpha (h)>0 ($§1, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 2). Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng $\alpha (h)\leq 2$ với mọi $\alpha \in B$.

Thật vậy, mọi phần tử nửa đơn của $\mathfrak{g}$ đều liên hợp dưới Aut$_e(\mathfrak{g})$ với một phần tử của $\mathfrak{h}$.

Cho $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}^0$. Khi đó đây là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$ chứa $h$ (Chap. VII, §2, no. 3, Prop. 10). Ta có $h\in \mathfrak{h}_{\mathbf{Q}}$. Gọi R là hệ nghiệm của $(\mathfrak{g},\mathfrak{h}), Q$ là nhóm các trọng số căn. Tồn tại một cơ sở B của R sao cho $\alpha (h)\geq 0$ với mọi $\alpha \in B$.

Cho U là tập hợp các $z\in \mathfrak{h}$ sao cho $\alpha (z)\not= 0$ với mọi $\alpha \in B$. Gọi $(H'_{\alpha})_{\alpha\in B}$ là cơ sở của $\mathfrak{h}$ đối ngẫu với B. Nếu $z\in U$, tồn tại một đồng cấu từ Q vào $k^*$ biến mọi $\gamma \in Q$ thành $\prod_{\alpha\in B}\alpha (z)^{\gamma(H'_{\alpha})}$. Theo §5, Mệnh đề 2 và 4, tự

đồng cấu $\varphi (z)$ của không gian vectơ $\mathfrak{g}$ mà cảm sinh trên $\mathfrak{g}^{\gamma}$ phép vị tự có tỷ số $\prod_{\alpha\in B}\alpha (z)^{\gamma(H'_{\alpha})}$ là một tự đẳng cấu sơ cấp của $\mathfrak{g}$, rõ ràng

thuộc $G_h$.

Cho $s\in \mathfrak{h}$. Nếu $\gamma \in R$ sao cho $\mathfrak{g}^{\gamma}\cap \mathfrak{g}^2\not= 0$,

vì $\alpha (h)\geq 0$ với mọi $\alpha \in B$, và vì các $\gamma (H'_{\alpha})$ là các số nguyên hoặc đều $\geq 0$ hoặc đều $\leq 0$, nên ta có $\gamma (H'_{\alpha})\in \mathbf{N}$ với mọi $\alpha \in B$. Do đó, ta có thể xét (với $z\in \mathfrak{h}$) tự đồng cấu $\psi (z)$ của không gian vectơ $\mathfrak{g}^2$ cảm sinh trên $\mathfrak{g}^{\gamma}\cap \mathfrak{g}^2$ phép vị tự có tỷ số $\prod_{\alpha\in B}\alpha (z)^{\gamma(H'_{\alpha})}$. Ánh xạ $z \rightarrow \psi (z)$ từ $\mathfrak{h}$ vào End($\mathfrak{g}^2$) là đa thức. Với $z\in U$, ta có $\psi (z) =\varphi (z)|\mathfrak{g}^2$.

Cho $\gamma_1, . . . , \gamma_r$ là các nghiệm phân biệt của $(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$ triệt tiêu trên $h$. Nếu $y_1\in \mathfrak{g}^{\gamma_1}, . . .$, $y_r\in \mathfrak{g}^{\gamma_r}$, ta có $e^{ady_1}. . . e^{ady_r}\in G_h$. Do đó ta có thể định nghĩa một ánh xạ $\rho$ từ $\mathfrak{h}\times \mathfrak{g}^{\gamma_1}\times \cdots \times \mathfrak{g}^{\gamma_r}$ vào $\mathfrak{g}^2$ bằng cách đặt

với $z\in \mathfrak{h}, y_1\in \mathfrak{g}^{\gamma_1}, . . . , y_r\in \mathfrak{g}^{\gamma_r}$. Ánh xạ này là đa thức, và $\rho (U,\mathfrak{g}^{\gamma_1}, . . . ,\mathfrak{g}^{\gamma_r})$ $\subset G_hx$. Theo Chap. VII, App. I, Prop. 3 và 4, chỉ cần chứng minh rằng ánh xạ tuyến tính tiếp xúc của $\rho$ là toàn ánh tại một điểm nào đó.

Bây giờ, cho T là ánh xạ tuyến tính tiếp xúc của $z \rightarrow \psi (z)$ tại $h_0=\sum_{\alpha\in B}H'_{\alpha}$. Khi đó $T(z)$ là tự đồng cấu của $\mathfrak{g}^2$ cảm sinh trên $\mathfrak{g}^{\gamma}\cap \mathfrak{g}^2$ phép vị tự với tỷ số

Do đó, ánh xạ tuyến tính tiếp xúc của $z \rightarrow \rho (z,0, . . . ,0)$ tại $h_0$ là ánh xạ $z \rightarrow [z, x]$; ảnh của nó là $[x,\mathfrak{h}]$. Ánh xạ tuyến tính tiếp xúc tại 0 của ánh xạ $y_1 \rightarrow \rho (h_0, y_1,0, . . . ,0)$ là ánh xạ $y_1 \rightarrow \psi (h_0)[y_1, x]$; ánh xạ sau cùng này có ảnh là $\psi (h_0)[x,\mathfrak{g}^{\gamma_1}] = [x,\mathfrak{g}^{\gamma_1}]$. Tương tự, ánh xạ tuyến tính tiếp xúc tại 0 của ánh xạ $y_i \rightarrow \rho (h_0,0, . . . ,0, y_i,0, . . . ,0)$ có ảnh là $[x,\mathfrak{g}^{\gamma_i}]$. Cuối cùng, ánh xạ tuyến tính tiếp xúc của $\rho$ tại $(h_0,0, . . . ,0)$ có ảnh là

\*Nhóm $G_h$ là một nhóm đại số với đại số Lie ad $\mathfrak{g}^0$.\*

(i) $h$ và $h'$ liên hợp dưới G;

(ii) $(x, h, y)$ và $(x', h', y')$ liên hợp dưới G.

Ta chỉ còn phải chứng minh kéo theo (i) $=\Rightarrow$ (ii), và ngay lập tức quy về trường hợp $h=h'$. Đưa vào $\mathfrak{g}^2$ và $G_h$ như trong Bổ đề 8. Ta có $x\in \mathfrak{g}^2$, và $[x,\mathfrak{g}^0] =\mathfrak{g}^2$ theo §1, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 2. Do đó $G_hx$ chứa một tập con của $\mathfrak{g}^2$ vừa trù mật vừa mở trong tôpô Zariski, và $G_hx'$ cũng vậy. Vậy tồn tại $a\in G_h$ sao cho $a(x) =x'$. Ta có $a(h) =h$, và do đó $a(y) =y'$ (no. 1, Bổ đề 1).

Điều này suy ra từ Hệ quả 1, Hệ quả của Mệnh đề 2, và Hệ quả của Mệnh đề 5.

Điều này suy ra từ Hệ quả 1, Mệnh đề 1, và Hệ quả của Mệnh đề 5.

(i) $x$ là chính;

(ii) $h$ là chính;

(iii) $(x, h, y)$ là chính.

Với $p\in \mathbf{Z}$, đặt $\mathfrak{g}^p=$ Ker(ad $h-p$). Đặt $\mathfrak{g}'=\sum_{p\in\mathbf{Z}}\mathfrak{g}^{2p}$. Nếu coi $\mathfrak{g}$ như

một môđun trên $\mathfrak{a}=kx+kh+ky,\mathfrak{g}'$ là tổng của các môđun con đơn có chiều lẻ (§1, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 2). Gọi $l$ (resp. $l'$) là độ dài của $\mathfrak{g}$ (resp. $\mathfrak{g}'$) khi coi như một $\mathfrak{a}$-môđun. Theo §1, no. 2,

dim(Ker ad $x$) $=l\geq l'=$ dim(Ker ad $h$)$\geq$ rk($\mathfrak{g}$).

Sự tương đương của (i) và (iii) suy ra ngay lập tức. Mặt khác, điều kiện (ii) có nghĩa là dim(Ker ad $h$) $=$ rk($\mathfrak{g}$) và $\mathfrak{g}'=\mathfrak{g}$, nói cách khác là

dim(Ker ad $h$) $=$ rk($\mathfrak{g}$) và $l=l'$. Sự tương đương của (ii) với các điều kiện khác suy ra.