Nếu $s\in G$, hiển nhiên là $\varepsilon (s)\in$ Aut(R$,B$). Mặt khác, ánh xạ

$\varepsilon |G : G\rightarrow$ Aut(R$,B$)

là song ánh theo Định lý 2 của §4, no. 4.

1 $\longrightarrow T_Q\longrightarrow^f$ Aut($\mathfrak{g},\mathfrak{h}$)$\longrightarrow^{\varepsilon}$ A(R) $\longrightarrow$ 1

là khớp.

a) Cho $\varphi \in$ Ker $f$. Khi đó $\varphi (\alpha ) = 1$ với mọi $\alpha \in R$. Vì R sinh nhóm $Q(R),\varphi$ là phần tử đơn vị của $T_Q$.

b) Cho $\varphi \in T_Q$. Hạn chế của $f(\varphi )$ trên $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^0$ là đồng nhất, do đó

Im $f\subset$ Ker$\varepsilon$.

c) Cho $s\in$ Ker$\varepsilon$. Khi đó $s|\mathfrak{h}=$ Id$_{\mathfrak{h}}$. Với mọi $\alpha \in R$, ta có $s(\mathfrak{g}^{\alpha}) =\mathfrak{g}^{\alpha}$, và tồn tại một $t_{\alpha}\in k^*$ sao cho $sx=t_{\alpha}x$ với mọi $x\in \mathfrak{g}^{\alpha}$. Viết điều kiện để $s\in$ Aut($\mathfrak{g}$), ta thu được các hệ thức

$t_{\alpha}t_{-\alpha}= 1$ với mọi $\alpha \in R$

$t_{\alpha}t_{\beta}=t_{\alpha+\beta}$ khi $\alpha , \beta , \alpha +\beta \in R$.

Trong các điều kiện này, tồn tại $\varphi \in T_Q$ sao cho $\varphi (\alpha ) =t_{\alpha}$ với mọi $\alpha \in R$ (Chương VI, §1, no. 6, Hệ quả 2 của Mệnh đề 19). Khi đó $s=f(\varphi )$. Do đó, Ker $\varepsilon \subset$ Im $f$.

d) Ảnh của Aut($\mathfrak{g},\mathfrak{h}$) qua $\varepsilon$ chứa W(R) theo §2, no. 2, Hệ quả của Định lý 2, và chứa Aut(R$,B$) theo Mệnh đề 1. Do đó ảnh này bằng A(R).

Thật vậy, $G\cap \varepsilon^{-1}(W(R)) =\{1\}$ theo Mệnh đề 1, và

Aut($\mathfrak{g},\mathfrak{h}$) $= G.\varepsilon^{-1}(W(R))$

vì $\varepsilon$ là toàn ánh (Mệnh đề 2).

Thật vậy, Aut($\mathfrak{g},\mathfrak{h}$) tác động bắc cầu trên tập hợp các cơ sở của $(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$ theo §4, no. 4, Định lý 2. Hệ quả 2 bây giờ suy ra từ Hệ quả 1.

Điều này suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 2.

Cho $\alpha \in R,X_{\alpha}\in \mathfrak{g}^{\alpha},X_{-\alpha}\in \mathfrak{g}^{-\alpha}$ sao cho $[X_{\alpha}, X_{-\alpha}] =-H_{\alpha}$. Ta đã thấy (§2, no. 2, Định lý 2) rằng, với mọi $t\in k^*$, hạn chế của tự đẳng cấu sơ cấp

vào $\mathfrak{h}$ là chuyển vị của $s_{\alpha}$; do đó $\varepsilon (\theta_{\alpha}(t)) =s_{\alpha}$ và hệ quả là $\theta_{\alpha}(t)\theta_{\alpha}(-1)\in$ Ker $\varepsilon$.

Cho $\rho$ là biểu diễn của $\mathfrak{s}\mathfrak{l}(2, k)$ trên $\mathfrak{g}$ liên kết với $X_{\alpha}$. Cho $\pi$ là biểu diễn của $\mathbf{S}\mathbf{L}(2, k)$ tương thích với $\rho$. Đặt các ký hiệu $\theta (t), h(t)$ của §1, no. 5. Vì $\rho (H) =$ ad $H_{\alpha}$, các phần tử của $\mathfrak{g}^{\lambda}$ có trọng số $\lambda (H_{\alpha})$ đối với $\rho$. Theo §2, số $2,\theta_{\alpha}(t)\theta_{\alpha}(-1) =\pi (\theta (t)\theta (-1)) =\pi (h(t))$. Do đó hạn chế của $\theta_{\alpha}(t)\theta_{\alpha}(-1)$ lên $\mathfrak{g}^{\lambda}$ là phép vị tự có tỷ số $t^{\lambda(H_{\alpha})}($§1, no. 5, Mệnh đề 6), suy ra bổ đề.

$T_P\longrightarrow^qT_Q\longrightarrow^f$ Aut($\mathfrak{g},\mathfrak{h}$)

được chứa trong Aut$_e(\mathfrak{g})$.

Cho B là một cơ sở của R. Khi đó $(H_{\alpha})_{\alpha\in B}$ là một cơ sở của $R^{\vee}$, và cơ sở đối ngẫu của $(H_{\alpha})_{\alpha\in B}$ trong $\mathfrak{h}^*$ là một cơ sở của nhóm P(R). Do đó nhóm $T_P$ được sinh bởi các đồng cấu $\lambda \rightarrow t^{\lambda(H_{\alpha})}(t\in k^*, \alpha \in B)$. Nếu $\varphi$ là hạn chế của một đồng cấu như vậy lên Q(R), thì Bổ đề 1 chứng minh rằng $f(\varphi )\in$ Aut$_e(\mathfrak{g})$, do đó suy ra mệnh đề.

Cho $\overline{k}$ là một bao đóng đại số của $k$. Ánh xạ liên kết với mỗi tự đẳng cấu $s$ của $\mathfrak{g}$ tự đẳng cấu $s\otimes 1$ của $\mathfrak{g}\otimes_k\overline{k}$ là một đơn cấu từ Aut($\mathfrak{g}$) vào Aut($\mathfrak{g}\otimes_k\overline{k}$). Ta ký hiệu bởi Aut$_0(\mathfrak{g})$ nhóm con chuẩn tắc của Aut($\mathfrak{g}$) là ảnh ngược của Aut$_e(\mathfrak{g}\otimes_k\overline{k})$ qua đồng cấu này; đó là tập hợp các tự đẳng cấu của $\mathfrak{g}$ trở thành sơ cấp khi mở rộng trường cơ sở từ $k$ lên $\overline{k}$. Hiển nhiên Aut$_e(\mathfrak{g})$ độc lập với lựa chọn $\overline{k}$, và Aut$_e(\mathfrak{g})\subset$ Aut$_0(\mathfrak{g})$. Các nhóm Aut$_0(\mathfrak{g})$ và Aut$_e(\mathfrak{g})$ có thể phân biệt (Chương VII, §13, no. 1). Nếu $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$, đặt

Aut$_e(\mathfrak{g},\mathfrak{h}) =$ Aut$_e(\mathfrak{g})\cap$ Aut($\mathfrak{g},\mathfrak{h}$), Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h}) =$ Aut$_0(\mathfrak{g})\cap$ Aut($\mathfrak{g},\mathfrak{h}$).

Khi đó $\varepsilon (s) = 1$.

Bằng cách mở rộng $k$, ta quy về trường hợp $s\in$ Aut$_e(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$. Chiều của không gian lũy linh của $s-1$ ít nhất bằng dim $\mathfrak{h}$ (Chương VII, §4, no. 4, Mệnh đề 9). Do đó, $(s-1)|\mathfrak{h}$ là lũy linh. Vì $s|\mathfrak{h}\in A(R^{\vee}),s|\mathfrak{h}$ có cấp hữu hạn, nên nửa đơn (Chương V, Phụ lục, Mệnh đề 2). Do đó, $(s-1)|\mathfrak{h}= 0$, điều này chứng tỏ rằng $\varepsilon (s) = 1$.

(ii) Nếu $k$ đóng đại số, $q(T_P) = T_Q$.

Tồn tại một cơ sở $(\lambda_1, . . . , \lambda_l)$ của P(R) và các số nguyên $n_1\geq 1, . . . , n_l\geq 1$ sao cho $(n_1\lambda_1, . . . , n_l\lambda_l)$ là một cơ sở của Q(R). Ta có $m=n_1. . . n_l$. Lấy $\psi \in T_Q$ và đặt $\psi (n_1\lambda_1) =t_1, . . . , \psi (n_l\lambda_l) =t_l$. Với $i= 1, . . . , l$, đặt $m_i=$ $\prod_{j\not=i}n_j$. Cho $\chi$ là phần tử của $T_P$ sao cho $\chi (\lambda_1) =t^{m_1}_1, . . . , \chi (\lambda_l) =t^{m_l}_l$. Khi đó

nên $\chi |Q(R) =\psi^m$. Điều này chứng minh (i). Nếu $k$ đóng đại số, mọi phần tử của $k^*$ đều là lũy thừa bậc $m$ của một phần tử của $k^*$, nên mọi phần tử của $T_Q$ đều là lũy thừa bậc $m$ của một phần tử của $T_Q$; do đó (ii) suy ra từ (i).

a) Cho $\varphi \in T_Q$ và cho $\overline{k}$ là một bao đóng đại số của $k$. Theo Bổ đề $3,\varphi$ kéo dài thành một phần tử của Hom(P(R)$, k^*$). Theo Mệnh đề 3,

$f(\varphi )\otimes 1\in$ Aut$_e(\mathfrak{g}\otimes_k\overline{k},\mathfrak{h}\otimes_k\overline{k})$.

Do đó $f(\varphi )\in$ Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$, và Ker $\varepsilon \subset$ Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$.

b) Ảnh của Aut$_e(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$ dưới $\varepsilon$ chứa W(R) (§2, no. 2, Hệ quả của Định lý 2). Theo a), ta thấy rằng $\varepsilon^{-1}(W(R))\subset$ Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$.

c) Còn phải chứng minh rằng Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h})\subset \varepsilon^{-1}(W(R))$. Theo b), chỉ cần chứng minh rằng $\varepsilon$(Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$)$\cap$ Aut(R$,B$), trong đó B chỉ một cơ sở của R, rút gọn thành $\{1\}$.

Cho $s\in$ Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$ sao cho $\varepsilon (s)\in$ Aut(R$,B$). Nhóm con của A(R) được sinh bởi $\varepsilon (s)$ có một số hữu hạn quỹ đạo trên R. Cho U là một quỹ đạo như vậy, có lực lượng $r$, và $\mathfrak{g}^U=\sum_{\beta\in U}\mathfrak{g}^{\beta}$. Lấy $\beta_1\in U$, và đặt $\beta_i=\varepsilon (s)^{i-1}\beta_1$ với

$1\leq i\leq r$, sao cho $U =\{\beta_1, . . . , \beta_r\}$. Gọi $X_{\beta_1}$ là một phần tử khác không của $\mathfrak{g}^{\beta_1}$, và đặt $X_{\beta_i}=s^{i-1}X_{\beta_1}$ với $1\leq i\leq r$. Tồn tại $c_U\in k^*$ sao cho $s^rX_{\beta_1}=$ $c_UX_{\beta_1}$, do đó $s^rX_{\beta_i}=c_UX_{\beta_i}$ với mọi $i$, và do đó $s^r|\mathfrak{g}^U=c_U.1$. Gọi $\varphi \in T_Q$, và $s'=s\circ f(\varphi )$, theo a) thì đó là một phần tử của Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$. Ta có ${s'}^r|\mathfrak{g}^U=c'_U.1$, trong đó

Đặt $B =\{\alpha_1, . . . , \alpha_l\}$ và $\sum_{i=1}^r\beta_i=\sum_{j=1}^lm^U_j\alpha_j$. Vì $\varepsilon (s)\in$ Aut(R$,B$), các

$m^U_j$ là những số nguyên cùng dấu và không phải tất cả đều bằng không. Ta có

Bây giờ có thể chọn $\varphi$ sao cho $c'_U\not= 1$ với mọi quỹ đạo U; thật vậy, điều này quy về việc chọn các phần tử $\varphi (\alpha_1) =t_1, . . . , \varphi (\alpha_l) =t_l$ của $k^*$ không bị triệt tiêu bởi một số hữu hạn đa thức theo $t_1, . . . , t_l$, không đồng nhất bằng không. Với một lựa chọn như vậy của $\varphi ,\varepsilon (s') = 1$ theo Bổ đề 2, nên

Điều này suy ra từ Mệnh đề 1, Hệ quả 1 của Mệnh đề 2, và Mệnh đề 4.

Cho $e_1=(\mathfrak g,\mathfrak h_1,B_1,(X^1_\alpha)_{\alpha\in B_1})$, $e_2=(\mathfrak g,\mathfrak h_2,B_2,(X^2_\alpha)_{\alpha\in B_2})$ là hai khung của $\mathfrak g$. Tồn tại ít nhất một phần tử của $\operatorname{Aut}_0(\mathfrak g)$ biến $e_1$ thành $e_2$ (Mệnh đề 1 và Mệnh đề 4). Cho $\overline{k}$ là một bao đóng đại số của $k$. Tồn tại một phần tử của $\operatorname{Aut}_e(\mathfrak g\otimes_k\overline{k})$ biến $\mathfrak h_1\otimes_k\overline{k}$ thành $\mathfrak h_2\otimes_k\overline{k}$ (Chương VII, §3, no. 2, Định lý 1). Do đó, theo Mệnh đề 4 và Hệ quả 2 của Mệnh đề 2, tồn tại một phần tử $\varphi$ của $\operatorname{Aut}_e(\mathfrak g\otimes_k\overline{k})$ biến khung $(\mathfrak g\otimes_k\overline{k},\mathfrak h_1\otimes_k\overline{k},B_1,(X^1_\alpha)_{\alpha\in B_1})$ của $\mathfrak g\otimes_k\overline{k}$ thành khung $(\mathfrak g\otimes_k\overline{k},\mathfrak h_2\otimes_k\overline{k},B_2,(X^2_\alpha)_{\alpha\in B_2})$. Vì $\mathfrak h_1$ và các $X^1_\alpha$ (tương ứng $\mathfrak h_2$ và các $X^2_\alpha$) sinh ra $\mathfrak g_1$ (tương ứng $\mathfrak g_2$), ta có $\varphi(\mathfrak g_1)=\mathfrak g_2$, nên $\varphi$ có dạng $\psi\otimes 1$ với $\psi\in\operatorname{Aut}_0(\mathfrak g)$, và $\psi$ biến $e_1$ thành $e_2$.

Thật vậy, mọi phần tử của $\operatorname{Aut}(\mathfrak g)$ biến $(\mathfrak g,\mathfrak h,B,(X_\alpha)_{\alpha\in B})$ thành một sự định khung của $\mathfrak g$. Theo Mệnh đề 5, mỗi lớp kề của $\operatorname{Aut}(\mathfrak g)$ theo môđun $\operatorname{Aut}_0(\mathfrak g)$ cắt $G$ đúng tại một điểm.

Q.E.D.

Từ Hệ quả 1 suy ra rằng nhóm Aut($\mathfrak{g}$)$/$Aut$_0(\mathfrak{g})$ có thể được đồng nhất với Aut(R$,B$), và đẳng cấu với nhóm các tự đẳng cấu của đồ thị Dynkin của R.

Điều này suy ra từ Hệ quả 1 và Chương VI, Các bảng I đến IX.

Theo §3, no. 3, Hệ quả của Mệnh đề 10, Aut$_0(\mathfrak{g}) =$ Aut$_e(\mathfrak{g})$.Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$. Mặt khác, $\varepsilon$(Aut$_e(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$)$\supset W(R)$ theo §2, no. 2, Hệ quả của Định lý 2, do đó Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h}) =$ Aut$_e(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$.Ker$\varepsilon$.

Ta có thể giả thiết rằng $k$ đóng đại số. Cho $s\in$ Aut$_0(\mathfrak{g})$ sao cho $s(\mathfrak{p}_1) =\mathfrak{p}_2$. Gọi $\mathfrak{h}$ là một đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$ được chứa trong $\mathfrak{b}\cap s(\mathfrak{b}) ($§3, no. 3, Prop. 10). Vì $\mathfrak{h}$ và $s(\mathfrak{h})$ là các đại số con Cartan của $s(\mathfrak{b})$, tồn tại $u\in [\mathfrak{b},\mathfrak{b}]$ sao cho $e^{adu}(\mathfrak{h}) =s(\mathfrak{h})$ (Chap. VII, §3, no. 4, Th. 3). Thay thế $s$ bởi $e^{-adu}s$, ta được quy về trường hợp $s(\mathfrak{h}) =\mathfrak{h}$, và khi đó $s$ cảm sinh trên $\mathfrak{h}$ một phần tử $\sigma$ của nhóm Weyl W của $(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$ (Prop. 4). Gọi C là buồng Weyl tương ứng với $\mathfrak{b}$. Khi đó $\mathfrak{p}_1$ và $\mathfrak{p}_2$ tương ứng với các mặt $F_1$ và $F_2$ của $\mathfrak{h}_{\mathbf{R}}$ được chứa trong bao đóng của C. Ta có $\sigma (F_1) = F_2$. Vì $\sigma \in W$, điều này suy ra $F_1= F_2$ (Chap. V, §3, no. 3, Th. 2) nên $\mathfrak{p}_1=\mathfrak{p}_2$.

Gọi K là dạng Killing của $\mathfrak{g}$. Nếu $s\in$ Aut($\mathfrak{g}$),

với mọi $x, y\in \mathfrak{g}$. Ngược lại, giả sử $s$ là một phần tử của V thỏa mãn (2) và (3) với mọi $x, y\in \mathfrak{g}$. Khi đó Ker($s$) $= 0$, nên $s$ là song ánh và $s\in$ Aut($\mathfrak{g}$). Nhưng, với mọi $x, y\in \mathfrak{g}$, các ánh xạ $s \rightarrow [sx, sy]$ và $s \rightarrow K(sx, sy)$ từ V tới $\mathfrak{g}$ và $k$ là đa thức.

(i) Nhóm $f(T_Q)$ là đóng trong Aut($\mathfrak{g}$) đối với tôpô Zariski.

(ii) Nhóm $f(q(T_P))$ là trù mật trong $f(T_Q)$ đối với tôpô Zariski.

Mệnh đề (i) suy ra từ đẳng thức $f(T_Q) =$ Aut($\mathfrak{g},\mathfrak{h}$)$\cap$Ker$\varepsilon$ (Prop. 2). Đặt $m= (P(R) : Q(R))$. Cho F là một hàm đa thức trên V; ta giả sử rằng F triệt tiêu trên lũy thừa bậc $m$ của mọi phần tử của $f(T_Q)$, và chứng minh rằng $F|f(T_Q) = 0$; theo Bổ đề 3, điều này sẽ chứng minh (ii).

Tập hợp $V'$ các phần tử của V cảm sinh đồng nhất trên $\mathfrak{h}$ và để mỗi $\mathfrak{g}^{\alpha}$ ổn định có thể được đồng nhất với $k^R$. Gọi $F'$ là hạn chế của F lên $V'=k^R$; đó là một hàm đa thức. Ta có $f(T_Q)\subset V'$. Gọi $B = (\alpha_1, . . . , \alpha_l)$ là một cơ sở của R. Với mọi $t= (t_1, . . . , t_l)\in k^{*B}$, gọi $\varphi (t)$ là đồng cấu từ Q(R) vào nhóm $k^*$ kéo dài $t$. Khi đó $F'(f(\varphi (t)))$ có thể được viết thành một tổng hữu hạn