Theo Đại số, Ch. I, §8, no. 2, Mệnh đề 2, mọi tích của $m$ phần tử của $V^*$ là một tổ hợp $k$-tuyến tính của các phần tử có dạng $x^m$ với $x\in \Pi$. Nhưng $x^m=m$! pr$_m$(exp $x$). Q.E.D.

Bằng phép chuyển cấu trúc, mọi tự đẳng cấu của V xác định các tự đẳng cấu của các đại số $\mathbf{S}(V)$ và $\mathbf{S}(V)^*$; điều này cho các biểu diễn tuyến tính của $\mathbf{G}\mathbf{L}(V)$ trên $\mathbf{S}(V)$ và $\mathbf{S}(V)^*$.

Hiển nhiên từ điều đã nêu trước đó rằng pr$_m(\psi (k[P]^W))\subset \mathbf{S}^m(\mathfrak{h}^*)^W$. Mọi phần tử của $\mathbf{S}^m(\mathfrak{h}^*)$ là một tổ hợp $k$-tuyến tính của các phần tử có dạng

pr$_m$(exp $\lambda$ ) $=$ (pr$_m\circ \psi$ )$(e^{\lambda})$

trong đó $\lambda \in P$ (Bổ đề 1). Do đó mọi phần tử của $\mathbf{S}^m(\mathfrak{h}^*)^W$ là một tổ hợp tuyến tính của các phần tử có dạng

$\sum_{w\in W}w$((pr$_m\circ \psi$ )$(e^{\lambda})$) $=$ (pr$_m\circ \psi$ )$(\sum_{w\in W}w(e^{\lambda}))$,

mỗi phần tử trong đó đều thuộc pr$_m(\psi (k[P]^W))$.

Tr($u_E$) $=\langle \psi$(ch $E$)$, u\rangle$.

Chỉ cần xét trường hợp trong đó $u=h_1. . . h_m$ với $h_1, . . . , h_m\in \mathfrak{h}$. Với mọi $\lambda \in P$, đặt $d_{\lambda}=$ dim $E^{\lambda}$. Khi đó ch $E =\sum_{\lambda}d_{\lambda}e^{\lambda}$, do đó $\psi$(ch $E$) $=\sum_{\lambda}d_{\lambda}$ exp($\lambda$ ) và vì thế

Đây chỉ đơn giản là một cách phát biểu lại Mệnh đề 2.

Theo Mệnh đề 1, $\mathrm{S}^m(\mathfrak h^*)^W=(\mathrm{pr}_m\circ\psi)(k[P]^W)$. Bây giờ $\mathbf{Z}[P]^W=\mathrm{ch}\,\mathscr{R}(\mathfrak g)$ (§7, no. 7, Định lý 2 (ii)). Do đó, theo Chương VI, §3, no. 4, Bổ đề 3, $\psi(k[P]^W)$ là không gian con vectơ trên $k$ của $\mathrm{S}(\mathfrak h)^*$ được sinh bởi $\psi(\mathrm{ch}\,\mathscr{R}(\mathfrak g))=\zeta(\mathrm{Tr}\,\mathscr{R}(\mathfrak g))$. Do đó, $\mathrm{S}^m(\mathfrak h^*)^W$ là không gian con vectơ của $\mathrm{S}^m(\mathfrak h^*)$ được sinh bởi $(\mathrm{pr}_m\circ\zeta\circ\mathrm{Tr})(\mathscr{R}(\mathfrak g))$. Nhưng, nếu $\rho$ là một biểu diễn tuyến tính hữu hạn chiều của $\mathfrak g$,

với mọi $x\in\mathfrak h$.

Đặt $g(x_1, . . . , x_m) =$ Tr($\rho (x_1). . . \rho (x_m)$) với $x_1, . . . , x_m\in \mathfrak{a}$. Nếu $x\in \mathfrak{a}$, ta có

$=\sum_{1\leq i\leq m}$ Tr($\rho (x_1). . . \rho (x_{i-1})[\rho (x), \rho (x_i)]\rho (x_{i+1}). . . \rho (x_m)$)

= Tr($\rho (x)\rho (x_1). . . \rho (x_m)$)$-$ Tr($\rho (x_1). . . \rho (x_m)\rho (x)$) $= 0$,

do đó $\theta^*(x)g= 0$. Gọi $h$ là dạng đa tuyến tính đối xứng được xác định bởi

$h(x_1, . . . , x_m) =m1$! $\sum g(x_{\sigma(1)}, . . . , x_{\sigma(m)})$.

Với mọi $x\in \mathfrak{a}$, ta có $\theta^*(x)h= 0$ và Tr($\rho (x)^m$) $=h(x, . . . , x)$, do đó bổ đề được chứng minh.

Điều kiện này rõ ràng là cần thiết. Giả sử bây giờ nó được thỏa mãn. Cho $a$ là một phần tử lũy linh của $\mathfrak{g}$. Tồn tại một số nguyên $n$ sao cho $a^n_E= 0$. Với mọi $t\in k$, ta có

suy ra $a_Ex= 0$. Nhưng đại số Lie $\mathfrak{g}$ được sinh bởi các phần tử lũy linh của nó (§4, no. 1, Mệnh đề 1). Do đó $x$ là một phần tử bất biến của $\mathfrak{g}$-môđun E. Q.E.D.

Với mọi $\xi \in \mathbf{G}\mathbf{L}(\mathfrak{g})$, gọi $\mathbf{S}(\xi )$ là tự đẳng cấu của $\mathbf{S}(\mathfrak{g})$ mở rộng $\xi$, và $\mathbf{S}^*(\xi )$ là hạn chế lên $\mathbf{S}(\mathfrak{g}^*)$ của tự đẳng cấu đối ngẫu của $\mathbf{S}(\xi )$. Khi đó $\mathbf{S}$ và $\mathbf{S}^*$ là các biểu diễn của $\mathbf{G}\mathbf{L}(\mathfrak{g})$. Nếu $a$ là một phần tử lũy linh của $\mathfrak{g},\theta (a)$ là lũy linh địa phương trên $\mathbf{S}(\mathfrak{g})$ và $\mathbf{S}$(exp ad $a$) $=$ exp$\theta (a)$, do đó

$\mathbf{S}^*$(exp ad $a$) $=$ exp$\theta^*(a)$. (2)

(i) $f\circ s=f$ for all $s\in$ Aut$_e(\mathfrak{g})$;

(ii) $f\circ s=f$ for all $s\in$ Aut$_0(\mathfrak{g})$;

(iii) $f$ is bất biến.

Sự tương đương của (i) và (iii) suy ra từ công thức (2) và Bổ đề 3. Từ đó suy ra rằng (iii) kéo theo (ii) bằng mở rộng trường cơ sở. Kéo theo (ii) $=\Rightarrow$ (i) là rõ ràng.

Cần chú ý kỹ rằng, nếu $f$ thỏa mãn các điều kiện của Mệnh đề $3,f$ nói chung không bất biến dưới Aut($\mathfrak{g}$) (Bài tập 1 và 2).

(i) Ánh xạ $i|I(\mathfrak{g}^*)$ là một đẳng cấu từ đại số $I(\mathfrak{g}^*)$ đến đại số $\mathbf{S}(\mathfrak{h}^*)^W$.

(ii) Với mọi số nguyên $n\geq 0$, gọi $I^n(\mathfrak{g}^*)$ là tập hợp các phần tử thuần nhất của $I(\mathfrak{g}^*)$ có bậc $n$. Khi đó $I^n(\mathfrak{g}^*)$ là tập hợp các tổ hợp tuyến tính của các hàm trên $\mathfrak{g}$ có dạng $x \rightarrow$ Tr($\rho (x)^n$), trong đó $\rho$ là một biểu diễn tuyến tính hữu hạn chiều của $\mathfrak{g}$.

(iii) Gọi $l=$ rk($\mathfrak{g}$). Tồn tại $l$ phần tử thuần nhất độc lập đại số của $I(\mathfrak{g}^*)$ sinh đại số $I(\mathfrak{g}^*)$.

a) Cho $f\in I(\mathfrak{g}^*)$ và $w\in W$. Tồn tại $s\in$ Aut$_e(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$ sao cho $s|\mathfrak{h}=w($§2, no. 2, Cor. of Th. 2). Vì $f$ là bất biến dưới tác động của $s$ (Mệnh đề $3$)$,i(f)$ là bất biến dưới tác động của $w$. Do đó $i(I(\mathfrak{g}^*))\subset \mathbf{S}(\mathfrak{h}^*)^W$.

b) Ta chứng minh rằng, nếu $f\in I(\mathfrak{g}^*)$ sao cho $i(f) = 0$, thì $f= 0$. Nếu cần thiết, mở rộng trường cơ sở, ta có thể giả sử rằng $k$ là đóng đại số. Theo Mệnh đề $3,f$ triệt tiêu trên $s(\mathfrak{h})$ với mọi $s\in$ Aut$_e(\mathfrak{g})$. Do đó $f$ triệt tiêu trên mọi đại số con Cartan của $\mathfrak{g}$ (Chap. VII, §3, no. 2, Th. 1), và đặc biệt trên tập hợp các phần tử chính quy của $\mathfrak{g}$. Nhưng tập hợp này trù mật trong $\mathfrak{g}$ đối với tôpô Zariski (Chap. VII, §2, no. 2).

c) Cho $n$ là một số nguyên $\geq 0$. Gọi $L^n$ là tập hợp các tổ hợp tuyến tính của các hàm có dạng $x \rightarrow$ Tr($\rho (x)^n$) trên $\mathfrak{g}$, trong đó $\rho$ là một biểu diễn tuyến tính hữu hạn chiều của $\mathfrak{g}$. Theo Bổ đề $2, L^n\subset I^n(\mathfrak{g}^*)$. Do đó

Theo Hệ quả 2 của Mệnh đề $2,\mathbf{S}^n(\mathfrak{h}^*)^W\subset i(L^n)$. Suy ra $i(I^n(\mathfrak{g}^*)) =\mathbf{S}^n(\mathfrak{h}^*)^W$, điều này chứng minh (i), và $i(L^n) =i(I^n(\mathfrak{g}^*))$ nên $L^n= I^n(\mathfrak{g}^*)$ theo b). Vậy (ii) được chứng minh.

d) Mệnh đề (iii) suy ra từ (i) và Chap. V, §5, no. 3, Th. 3.

độc lập đại số và sinh đại số $I(\mathfrak{g}^*)$.

Điều này suy ra từ Định lý 2 (i) và Chương V, §6, no. 2, Mệnh đề 3.

(i) $\mathbf{S}(\mathfrak{g}) =\mathbf{S}(\mathfrak{h})\oplus J$.

(ii) Cho $j$ là đồng cấu từ đại số $\mathbf{S}(\mathfrak{g})$ vào đại số $\mathbf{S}(\mathfrak{h})$ được xác định bởi phân tích trước đó của $\mathbf{S}(\mathfrak{g})$. Cho $I(\mathfrak{g})$ là tập hợp các phần tử bất biến của $\mathbf{S}(\mathfrak{g})$. Cho $\mathbf{S}(\mathfrak{h})^W$ là tập hợp các phần tử của $\mathbf{S}(\mathfrak{h})$ bất biến đối với phép toán của W. Khi đó $j|I(\mathfrak{g})$ là một đẳng cấu từ $I(\mathfrak{g})$ đến $\mathbf{S}(\mathfrak{h})^W$.

Mệnh đề (i) là rõ ràng. Dạng Killing xác định một đẳng cấu từ không gian vectơ $\mathfrak{g}^*$ đến không gian vectơ $\mathfrak{g}$, nó mở rộng thành một đẳng cấu $\xi$ từ $\mathfrak{g}$-môđun $\mathbf{S}(\mathfrak{g}^*)$ đến $\mathfrak{g}$-môđun $\mathbf{S}(\mathfrak{g})$. Ta có $\xi (I(\mathfrak{g}^*)) = I(\mathfrak{g})$. Phần bù trực giao của $\mathfrak{h}$ đối với dạng Killing là $\mathfrak{n}_++\mathfrak{n}_-($§2, no. 2, Mệnh đề 1). Nếu ta đồng nhất $\mathfrak{h}^*$ với phần bù trực giao của $\mathfrak{n}_++\mathfrak{n}_-$ trong $\mathfrak{g}^*$, thì $\xi (\mathfrak{h}^*) =\mathfrak{h}$, do đó $\xi (\mathbf{S}(\mathfrak{h}^*)) =\mathbf{S}(\mathfrak{h})$ và $\xi (\mathbf{S}(\mathfrak{h}^*)^W) =\mathbf{S}(\mathfrak{h})^W$. Cuối cùng, $\xi^{-1}(J)$ là tập hợp các hàm đa thức trên $\mathfrak{g}$ triệt tiêu trên $\mathfrak{h}$. Điều này chứng minh rằng $\xi$ biến đồng cấu $i$ của Định lý 1 thành đồng cấu $j$ của Hệ quả 2. Do đó mệnh đề (ii) suy ra từ Định lý 1 (i).

(i) I và $I'$ là các đại số đa thức phân bậc (Chương V, §5, no. 1) có bậc siêu việt $l$.

(ii) Z đẳng cấu với đại số các đa thức theo $l$ bất định trên $k$.

Lọc chính tắc của đại số bao quanh của $\mathfrak{a}$ cảm sinh một lọc của Z. Theo Chương I, §2, no. 7, Định lý 1 và p. 25, gr Z đẳng cấu với $I'$. Theo Đại số giao hoán, Chương III, §2, no. 9, Mệnh đề 10, suy ra rằng (i) $=\Rightarrow$ (ii).

Mặt khác, Định lý 1 và Hệ quả 2 của nó chỉ ra rằng (i) đúng khi $\mathfrak{a}$ là tách. Trường hợp tổng quát quy về trường hợp đó theo bổ đề sau:

Ta có ${A'}^0=k'$, do đó $A^0=k$. Đặt $A_+=\bigoplus_{n\geq 1}A^n$ và $P = A_+/A^2_+$. Khi đó P là một không gian vectơ phân bậc, và có một ánh xạ tuyến tính phân bậc $f: P\rightarrow A_+$ có

$^2$ Trong các Bổ đề 4, 5 và $6,k$ có thể là một trường (giao hoán) bất kỳ. bậc không sao cho hợp thành với phép chiếu chính tắc $A_+\rightarrow P$ là đồng nhất trên P. Cho $\mathbf{S}(P)$ cấu trúc phân bậc cảm sinh bởi cấu trúc của P (Đại số, Chương III, p. 506). Đồng cấu của các đại số $k$ $g:\mathbf{S}(P)\rightarrow A$ mở rộng $f$ (Đại số, Chương III, p. 497) là một đồng cấu phân bậc bậc 0; một phép quy nạp ngay lập tức theo bậc chỉ ra rằng $g$ là toàn ánh.

Nếu P hữu hạn chiều, $\mathbf{S}(P)$ rõ ràng là một đại số đa thức phân bậc, và A cũng vậy nếu $g$ là song ánh. Ngược lại, giả sử rằng A được sinh bởi các phần tử thuần nhất độc lập đại số $x_1, . . . , x_m$ có các bậc $d_1, . . . , d_m$. Gọi $\overline{x}_i$ là ảnh của $x_i$ trong P. Hiển nhiên rằng các $\overline{x}_i$ tạo thành một cơ sở của P; vì $\overline{x}_i$ có bậc $d_i$, suy ra rằng $\mathbf{S}(P)$ và A đẳng cấu; đặc biệt, dim $\mathbf{S}(P)^n=$ dim $A^n$ với mọi $n$. Vì $g$ là toàn ánh, nó nhất thiết là song ánh.

Bổ đề 4 bây giờ là ngay lập tức. Thật vậy, Bổ đề 5, áp dụng cho đại số $k'$ $A'$, chỉ ra rằng $g\otimes 1 :\mathbf{S}(P)\otimes k'\rightarrow A\otimes k'$ là song ánh, và do đó $g$ cũng vậy.

Mở rộng trường cơ sở nếu cần, ta có thể giả sử rằng $\mathfrak{a}=\mathfrak{g}$ là tách được. Giả sử rằng $x$ là lũy linh. Với mọi biểu diễn tuyến tính hữu hạn chiều $\rho$ của $\mathfrak{g}$, và mọi số nguyên $n\geq 1$, ta có Tr($\rho (x)^n$) $= 0$, do đó $f(x) = 0$ với mọi $f\in I(\mathfrak{g}^*)$ thuần nhất có bậc $\geq 1$ (Th. 1 (ii)), và vì vậy $f(x) = 0$ với mọi $f\in \mathfrak{p}$. Ngược lại, nếu $f(x) = 0$ với mọi $f\in \mathfrak{p}$, thì Tr((ad $x$)$^n$) $= 0$ với mọi $n\geq 1$ (Th. 1 (ii)), do đó $x$ là lũy linh.

Thật vậy, với mỗi $s\in G$ tồn tại một hàm đa thức $g_s$ trên V bằng 1 tại $v$ và bằng 0 tại $sv'$. Khi đó hàm $g= 1-\prod_{s\in G}g_s$ bằng 0 tại

$v$ và bằng 1 trên $Gv'$. Hàm đa thức $f=\prod_{t\in g}t.g$ là bất biến G, bằng 0 tại $v$ và bằng 1 tại $v'$.

(i) $s\in$ Aut$_0(\mathfrak{a})$;

(ii) với mọi hàm đa thức bất biến $f$ trên $\mathfrak{a}$, ta có $f\circ s=f$.

Bằng cách mở rộng vô hướng nếu cần, ta có thể giả sử rằng $k$ là đóng đại số. Kéo theo (i) $=\Rightarrow$ (ii) suy ra từ Mệnh đề 3. Ta giả sử rằng điều kiện (ii) được thỏa mãn và chứng minh (i). Theo Mệnh đề 3, và §5, no. 3, Hệ quả 1 của Mệnh đề 5, ta có thể giả sử rằng $s\in$ Aut($\mathfrak{g},\mathfrak{h}$) và rằng $s$ giữ ổn định một buồng Weyl C. Cho $x\in C\cap \mathfrak{h}_{\mathbf{Q}}$. Ta có $sx\in C$. Nếu $g$ là một hàm đa thức W-bất biến trên $\mathfrak{h}$, ta có $g(x) =g(sx)$ (Định lý 1 (i)). Theo Bổ đề 6, suy ra rằng $sx\in Wx$. Vì $sx\in C$, ta có $x=sx$ (Chap. V, §3, no. 3, Định lý 2). Khi đó $s|\mathfrak{h}=$ Id$_{\mathfrak{h}}$, và $s\in$ Aut$_0(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$ (§5, no. 2, Mệnh đề 4).

Mệnh đề 6 chỉ ra rằng Aut$_0(\mathfrak{a})$ là đóng. Gọi $\overline{k}$ là một bao đóng đại số của $k$. Nhóm Aut($\mathfrak{a}\otimes \overline{k}$)$/$Aut$_0(\mathfrak{a}\otimes \overline{k})$ là hữu hạn (§5, no. 3, Hệ quả 1 của Mệnh đề 5); a fortiori, nhóm Aut($\mathfrak{a}$)$/$Aut$_0(\mathfrak{a})$ là hữu hạn. Vì các lớp kề của Aut($\mathfrak{a}$) trong Aut($\mathfrak{a}$) là đóng, suy ra rằng Aut$_0(\mathfrak{a})$ là mở trong Aut($\mathfrak{a}$).

Cho $S(\mathfrak h)^W$ là tập hợp các phần tử của $S(\mathfrak h)$ bất biến đối với tác động của $W$. Khi đó $(\delta\circ\varphi)|_Z$ là một đẳng cấu từ $Z$ đến $S(\mathfrak h)^W$, độc lập với lựa chọn của $B$.

a) Cho $P_{++}$ là tập hợp các trọng số trội của $R$, $w\in W$, $\lambda\in P_{++}$, $\mu=w\lambda$. Khi đó $Z(\mu-\rho)$ đẳng cấu với một môđun con của $Z(\lambda-\rho)$ (§6, no. 3, Hệ quả 2 của Mệnh đề 6), và $\varphi(u)(\lambda-\rho)=\varphi(u)(\mu-\rho)$ với mọi $u\in Z$ (§6, no. 4, Mệnh đề 7). Do đó, các hàm đa thức $(\delta\circ\varphi)(u)$ và $(\delta\circ\varphi)(u)\circ w$ trên $\mathfrak h^*$ trùng nhau trên $P_{++}$. Nhưng $P_{++}$ là trù mật trong $\mathfrak h^*$ đối với tôpô Zariski: điều này có thể thấy được bằng cách đồng nhất $\mathfrak h^*$ với $k^B$ nhờ cơ sở gồm các trọng số cơ bản $\varpi_\alpha$, và bằng cách áp dụng Mệnh đề 9 của Đại số, Chap. IV, §2, no. 3. Do đó

điều này chứng minh rằng $(\delta\circ\varphi)(Z)\subset S(\mathfrak h)^W$.

b) Cho $\eta$ là đẳng cấu từ $I(\mathfrak g)$ đến $S(\mathfrak h)^W$ được xác định trong no. 3, Hệ quả 2 của Định lý 1. Xét đẳng cấu chính tắc từ $\mathfrak g$-môđun $U$ đến $\mathfrak g$-môđun $S(\mathfrak g)$ (Chap. I, §2, no. 8), và cho $\theta$ là hạn chế của nó lên $Z$. Khi đó $\theta(Z)=I(\mathfrak g)$. Cho $z$ là một phần tử của $Z$ có lọc $\leqslant f$ trong $U$.

Đưa vào các ký hiệu của §6, no. 4, và đặt