设$\tau'$为$T$的唯一同态到$L$，其中扩展$\sigma$和映射1比1。然后，对于$g$中的$x, y$，

因此$\tau'$是$J$上的零和经过上的定义与$U$的商同态$\tau$除以$L$，映射1比1，这样$\sigma = \tau \circ \sigma_0$。从 $\sigma_0(g)$ 开始，$\tau$ 的唯一性是直接的，并且 1 生成代数 $U$。

令$g'$为$K$之上的另一个李代数，$U'$将代数和$\sigma'_0$典范映射包络于$g'$到$U'$。设$\phi$为$g$到$g'$的同态。那么$\sigma'_0 \circ \phi$是$g$到$U'$的$\alpha$映射；因此，存在且仅有一个 $U$ 到 $U'$ 映射 1 比 1 的同态 $\tilde{\phi}$ 且图表

是可交换的。常数项为零的$U$的同态映射元素到常数项为零的$U'$的元素。如果$g''$是$K$上的另一个李代数，并且$\phi'$是$g'$的同态到$g''$，则$(\phi' \circ \phi)^{\sim} = \tilde{\phi}' \circ \tilde{\phi}$。

映射 $\sigma': (x_1, x_2) \mapsto \sigma_1(x_1) \otimes 1 + 1 \otimes \sigma_2(x_2)$ ($x_1 \in g_1, x_2 \in g_2$) 是 $g$ 到 $U_1 \otimes_K U_2$ 的 $\alpha$ 映射，因此存在 $U$ 的 (no. 1, 命题 1) 唯一同态 $\tau$ $U_1 \otimes_K U_2$ 映射 1 比 1，使得：

现在$\phi \circ \tau \circ \sigma = \phi \circ \sigma' = \sigma$和$\tau \circ \phi \circ \sigma' = \tau \circ \sigma = \sigma'$，因此$\phi \circ \tau$和$\tau \circ \phi$分别是$U$和$U_1 \otimes_K U_2$的恒等映射。因此命题。

$U_1 \otimes_K U_2$ 与同构 $\phi$ 下的$U$ 进行识别。然后$g$到$U$的典范映射由(1)与映射识别：

类似地，如果 $g_1, \ldots, g_n$ 是李代数超过 $K$，且包络代数 $U_1, \ldots, U_n$，则 $g_1 \times \cdots \times g_n$ 的包络代数 $U$ 被规范地识别为 $U_1 \otimes_K \cdots \otimes_K U_n$ 和典范映射 $g_1 \times \cdots \times g_n$ 到 $U$ 被识别为映射：

（$\sigma_i$ 表示 $g_i$ 中的典范映射到$U_i$）。

令 $\sigma''$ 为 $g/\mathfrak{h}$ 的典范映射进入 W。交换律图表：

证明$\tilde{p}$在$\sigma(\mathfrak{h})$上是零，因此在R上。令$\psi$是U在U/R上的典范同态。 U/R 存在同态 $\phi$

代入 W 使得$\tilde{p} = \phi \circ \psi$。 g 到 U/R 的映射 $\psi \circ \sigma$ 是 $\alpha$ 映射，并且是 $\mathfrak{h}$ 上的零，因此定义是 $g/\mathfrak{h}$ 到 U/R 的 $\alpha$ $\theta$ 映射，使得 $\theta \circ p = \psi \circ \sigma$。然后$\phi \circ \theta \circ p = \phi \circ \psi \circ \sigma = \sigma'' \circ p$。因此$\phi \circ \theta = \sigma''$。在 U/R 映射 1 比 1 中，存在 (no. 1, 命题 1) 个且仅有一个同态 $\phi'$，且$\theta = \phi' \circ \sigma''$。那么$\phi' \circ \phi \circ \theta = \phi' \circ \sigma'' = \theta$和$\phi \circ \phi' \circ \sigma'' = \phi \circ \theta = \sigma''$，因此$\phi' \circ \phi$和$\phi \circ \phi'$分别是U/R和W的恒等映射。这样就完成了证明。

U/R 在同构 $\phi$ 下用 W 标识。然后将$g/\mathfrak{h}$的典范映射$\sigma''$转化为W，用$\theta$来识别，即用$g/\mathfrak{h}$的映射转化为从$\sigma$取商得出的U/R。

U 存在同态 $\phi'$ 到 $V^0$ 映射 1 比 1 且$\sigma_0 = \phi' \circ \sigma$。 $\phi'$可以被认为是$U^0$的同态变成V。那么$\sigma_0 = \phi' \circ \phi \circ \sigma_0$和$\sigma = \phi \circ \phi' \circ \sigma$，因此$\phi' \circ \phi$和$\phi \circ \phi'$是V和U的恒等映射。因此命题。

V 与同构 $\phi$ 下的$U^0$ 进行标识。那么$\sigma_0$就被识别为$\sigma$。

通过此识别，$g$的同构$\theta : x \mapsto -x$到$g^0$定义同构$\tilde{\theta}$到$V = U^0$。这个同构可以被认为是U的反自同构，称为U的主反自同构。如果$x_1, \ldots, x_n$在$g$中，则：

如果$t \in T^n$和$t' \in T^p$，则$G$上$\phi(t)\phi(t') = \phi(tt')$乘定义除乘法。因此$\phi$是代数同态并且显然是$\phi(1) = 1$。如果$x, y$在$g$中，则$U_2$中该元素的$x \otimes y - y \otimes x \in T^2$和典范像等于$[x, y]$，因此属于到$U_1$。因此$\phi(x \otimes y - y \otimes x) = 0$，证明了命题。

令$S$为$K$模块$g$的对称代数和$T$的$\tau$典范同态到$S$的对称。 命题 5证明存在唯一同态$\omega$，称为*规范*，将代数$S$到代数$G$，映射1比1，使得$\phi = \omega \circ \tau$。我们有$\omega(S^n) = \phi(T^n) = G^n$。令$\tau_n$为$\tau$至$T^n$的限制、$\omega$至$S^n$的$\omega_n$限制、$T^n$的$\psi_n$典范映射代入$U_n$的$U_n$和$\theta_n$典范映射到$G^n$。 $\omega_n$的定义证明以下图表是可交换的：

S 是 K 上有限生成的代数，因此诺特环（*交换代数*，章 III, § 2, no. 10，推论 3 到定理 2）。因此，与 S 的商环同构的 G 是诺特。因此 U 是正确的且左诺特的 (交换代数, 章 III, § 2, no. 10, 注 2)。

通过 m 上的归纳，足以考虑对于例两个正确理想的情况。右 U 模 I₁ 由元素 u₁, ..., uₚ (命题 6) 的有限数生成。令 v₁, ..., vₐ 为 U 的元素，其类模 I₂ 生成向量空间 U/I₂。然后 uᵢvⱼ 生成向量空间 I₁/I₁I₂ 的 I₁/I₁I₂ 中的典范像，因此是有限维的。因此，dim_K(U/I₁I?) = dim_K(U/I₁) + dim_K(I₁/I₁I?) < +∞。

设$(x_\lambda)_{\lambda \in \Lambda}$为K-模g中的基；我们给$\Lambda$一个总排序（*集合理论*，章III, § 2, no. 3，定理1）。令 P 为对应与 $x_\lambda$ 一对一的不定式 $z_\lambda$ 中的多项式代数 $K[z_\lambda]_{\lambda \in \Lambda}$。对于$\Lambda$的元素的每个序列$M = (\lambda_1, \lambda_2, ..., \lambda_n)$，令$z_M$表示单项式$z_{\lambda_1}z_{\lambda_2}...z_{\lambda_n}$和$x_M$张量$x_{\lambda_1} \otimes x_{\lambda_2} \otimes \cdots \otimes x_{\lambda_n}$。

$z_M$，对于 M 递增，K-模 P 的形式基（我们约定$\varnothing$ 是递增序列以及$z_\varnothing = 1$）。令 $P_p$ 为次数 $\leq p$ 多项式的子模。我们首先要证明几个引理。 （为了简化，我们将序列 M 的每指标 $\mu$ 写成 $\lambda \leq M$ if $\lambda \leq \mu$。）

此外，$f_p$的限制到$g \otimes P_{p-1}$重合与$f_{p-1}$。

由于 $f_p$ 到 $g \otimes_K P_{p-1}$ 的限制满足条件 (A_{p-1})、(B_{p-1}) 和 (C_{p-1})，所以最后一个断言是其他的。我们将通过$p$上的归纳证明$f_p$的存在性和唯一性。对于$p = 0$，条件(A_0)给出$f_0(x_\lambda \otimes 1) = z_\lambda$，条件(B_0)和(C_0)显然是满足的。现在假设$f_{p-1}$的存在性和唯一性都被证明了。我们证明$f_{p-1}$承认唯一的扩张$f_p$到$g \otimes_K P_p$满足条件（A_p），（B_p）和（C_p）。

我们必须为 $p$ 元素的递增序列 M 定义 $f_p(x_\lambda \otimes z_M)$。

如果 $\lambda \leq M$，值由条件 (A_p) 给出。否则，M可以唯一地写成形式($\mu, N$)，其中$\mu < \lambda, \mu \leq N$。然后

通过 (A_{p-1})，因此 (C_p) 的左侧为 $f_p(x_\lambda \otimes z_M)$。现在 (C_p) 的右侧已经定义：for (B_{p-1}) 允许我们写： 其中$w \in P_{p-1}$；因此 (C_p) 的右侧变为：

因此$f_p$被唯一定义并且显然满足条件(A_p)和(B_p)。如果$\mu < \lambda, \mu \leq N$则满足条件(C_p)。由于$[x_\mu, x_\lambda] = -[x_\lambda, x_\mu]$，条件(C_p)也满足$\lambda < \mu, \lambda \leq N$。由于 (C_p) 对于 $\lambda = \mu$ 来说是简单满足的，因此如果 $\lambda \leq N$ 或 $\mu \leq N$ 则满足 (C_p)。如果这些不等式都不成立，则 $N = (\nu, Q)$，其中 $\nu \leq Q, \nu < \lambda, \nu < \mu$。从今以后将$f_p(x \otimes z) = xz$缩写为$x \in g$和$z \in P_p$，我们得到归纳假设：

现在$z_\mu z_Q$是形式$z_\mu z_Q + w$，其中$w \in P_{p-2}$。 (C_p) 可应用于 $x_\lambda(x_\nu(z_\mu z_Q))$，因为 $\nu \leq Q$ 和 $\nu < \mu$，并且可通过归纳假设应用于 $x_\lambda(x_\nu w)$，从而应用于 $x_\lambda(x_\nu(x_\mu z_Q))$。因此：

交换 $\lambda$ 和 $\mu$ 并相减：

因此由雅可比恒等式

完成引理 1 中的证明。

(1) $\sigma(x_{\lambda})z_{M} = z_{\lambda}z_{M}$ 为 $\lambda \leq M$； (2) $\sigma(x_{\lambda})z_{M} \equiv z_{\lambda}z_{M}$ (mod. $P_{p}$) 如果 $M$ 有 $p$ 元素。

到引理 1 时，K-模 $g \otimes_{K} P_{p}$ 中存在同态 $f$ 到 $P$ 满足，对于所有 $p$、条件 (A$_{p}$)、(B$_{p}$)， (C$_{p}$)（其中$f_{p}$替换为$f$）。 K-模 $g$ 到 K-模 $\mathscr{L}_{K}(P)$ 和 $\sigma$ 的同态定义同态 $\sigma$ 是$\alpha$ 映射，因为条件 （C$_{p}$）。最后，由于条件（A$_{p}$）和（B$_{p}$），$\sigma$满足引理的性质（1）和（2）。

我们将形式$\sum_{i=1}^{r} x_{M_{i}}$写成$t_{n}$，其中$M_{i}$是$n$的序列，$\Lambda$的元素。 映射$\sigma$扩展到代数$T$的同态变成代数$\mathscr{L}_{K}(P)$（我们也用$\sigma$表示），即$J$上的零。通过引理 2，$\sigma(t) . 1$ 是一个多项式，其最高次数中的项为 $\sum_{i=1}^{r} z_{M_{i}}$。作为$t \in J$、$\sigma(t) = 0$，因此在$P$中为$\sum_{i=1}^{r} z_{M_{i}} = 0$。现在 $P$ 被规范地标识为 $S$，因为 $g$ 具有基 $(x_{\lambda})$。因此$S$中$t_{n}$的典范像是零，即$t_{n} \in I$。

现在我们可以证明定理 1。需要证明$S$到$G$的典范同态是单射的。在其他字中，如果$t \in T^{n}$和$\psi$将$T$的典范同态表示到$U$上，则需要证明条件$\psi(t) \in U_{n-1}$隐含$t \in I$。现在$\psi(t) \in U_{n-1}$意味着存在张量$t' \in T_{n-1}$使得$t - t' \in J$。 张量 $t - t'$ 承认 $t$ 为阶 $n$ 的齐次分量，因此 $t \in I$ 为引理 3。