令 $g$ 为李代数、$g'$ 子代数、$h$ $g$、$t = g/h$ 和$\phi$ 典范映射 $g$ 到 $t$ 的理想。如果 $g$ 可解，则 $D^k g = \{0\}$ 对于某些整数 $k$，因此 $D^k g' \subset D^k g = \{0\}$、$D^k t = \phi(D^k g) = \{0\}$ 以及$g'$ 和 $t$ 是可解的。如果 $h$ 和 $t$ 可解，则存在整数 $s, t$ 使得

那么$D^t g \subset h$，因此$D^{s+t} g = D^s(D^t g) \subset D^s h = \{0\}$和$g$是可解的。 最后一个断言从第二个开始，接着是因子的数上的归纳。

(a) $g$ 是可解的； (b) 存在 $g$ 的理想递减序列 $g = g_0 \supset g_1 \supset \cdots \supset g_n = \{0\}$，使得代数 $g_i/g_{i+1}$ 是可交换的 ($i = 0, 1, \ldots, n-1$)； (c) 存在$g$的子代数的递减序列$g = g'_0 \supset g'_1 \supset \cdots \supset g'_p = \{0\}$，使得$g'_{i+1}$是$g'_i$的理想且$g'_i/g'_{i+1}$是可交换的($i = 0, 1, \ldots, p-1$)； (d) 存在$g$的子代数的递减序列$g = g''_0 \supset g''_1 \supset \cdots \supset g''_q = \{0\}$，使得$g''_{i+1}$是余维1 ($i = 0, 1, \ldots, q-1$)的$g''_i$的理想。

(a) $\Rightarrow$ (b)：考虑 $g$ 的派生理想中的序列就足够了。 (b) $\Rightarrow$ (c)：这是显而易见的。 (c)$\Rightarrow$(d)：假设条件(c)成立； $g'_i$ 包含 $g'_{i+1}$ 的每一个向量子空间都是$g'_i$、从而的理想立即 (d)。 (d) $\Rightarrow$ (a)：这直接源于以下事实：可解的代数与可解的代数的扩张是可解的。

† 读者会发现注 $K$ 的特性中的假设并未在第 1 条中使用。本段 1 和 2。

例 / 可解李代数

I。令 $g$ 为 $K$ 和 $(e_1, e_2)$ 基的二维向量空间 $g$。在$g$上存在且仅有一个交错的双线性乘法$(x, y) \mapsto [x, y]$使得$[e_1, e_2] = e_2$。很容易验证$g$由此给出可解李代数结构。现在让$h$是维数2超过$K$的非交换李代数。我们证明$h$与$g$同构的。令 $(f_1, f_2)$ 为 $h$ 的基。 元素$[f_1, f_2]$非零（否则$h$将是可交换的），因此它生成是$h$的一维子空间$t$。然后$[h, h] = t$。令$(e'_1, e'_2)$为$h$的基，使得$e'_2 \in t$。然后 $[e'_1, e'_2] = \lambda e'_2$ 与 $\lambda \neq 0$。 替换$e'_1$乘$\lambda^{-1} e_1$，可以假设$\lambda = 1$，从而我们的断言。

II。 § 1的公式(5)证明$\mathscr{D}t(n, K) = n(n, K)$。由于 $n(n, K)$ 是幂零的，因此是可解的，因此 $t(n, K)$ 是可解的。因此$st(n, K)$是可解的。特别地，$st(2, K)$同构于例I的代数。

令$a$为$g$和$\phi$典范映射的$g$到$g/a$的理想。如果$g/a$的根式是零，那么$g/a$的可解理想$\phi(r)$就是零；因此$r \subset a$。

另一方面，$g/r$的部首$r'$的逆像$\phi^{-1}(r')$是$g$的理想，它可由命题1解出，因此等于$r$；因此$r' = \{0\}$。

$r_i$ 的乘积 $r'$ 是可解理想 (命题 1)，因此是 $r' \subset r$。 $g_i$中$r$的典范像是$g_i$的可解理想，因此包含在$r_i$中；因此$r \subset r'$。

如果 b 是 a 中包含的 g 的理想，使得 $\operatorname{Tr} bs = 0$ 对于所有 $b \in b$ 和所有 $s \in S$，则特别是，通过 S 的定义，对于每个整数 $n > 0$ $\operatorname{Tr}(b^n) = 0$，因此 b 是幂零的（代数， 章VII, § 5, no. 5，推论4至命题13)；因为 b 的元素都是幂零的，$b = \{0\}$ (§ 4, no. 3, 引理 2)。我们首先将其应用于 g 的理想 $[g, a]$。如果$x \in g, a \in a, s \in S$，则从$as = sa$起$\operatorname{Tr}[x, a]s = \operatorname{Tr}(xas - axs) = \operatorname{Tr} x(as - sa) = 0$；因此$[g, a] = \{0\}$。因此 g 的元素与 a 的交换，因此也与 S 的交换。如果 $x, y$ 属于到 g 和 $s \in S$，则

从 $ys = sy$ 开始；则取b为理想的$\mathscr{D}g \cap a$，则可得出$\mathscr{D}g \cap a = \{0\}$。

我们已经知道$s \subset \mathscr{D}g \cap r$。因此，只要证明如果 $\rho$ 是 g 的有限维简单表示，则 $\rho(\mathscr{D}g \cap r) = \{0\}$ 就足够了。令 k 为最小整数 $\geq 0$，使得 $\rho(\mathscr{D}^{k+1}r) = \{0\}$；我们写$g' = \rho(g)$，$a' = \rho(D^k r)$；由于$\mathscr{D}^k r$是g的理想，$a'$是$g'$的理想；这个理想从 $\rho(\mathscr{D}^{k+1}r) = \{0\}$ 开始是可交换的。如果V是$\rho$的空间，则$g' \subset \operatorname{gl}(V)$和V是一个简单的$g'$模块。然后$\rho(\mathscr{D}g \cap \mathscr{D}^k r) \subset \mathscr{D}g' \cap a' = \{0\}$。如果$k > 0$，则$\mathscr{D}^k r \subset \mathscr{D}g$和$\rho(\mathscr{D}^k r) = \{0\}$，与k的定义相反。因此$k = 0$，即

这里$r = g$，从而$s = \mathscr{D}g$。因此$\varphi(\mathscr{D}g) = \{0\}$，它表明$g' = \rho(g)$是可交换的。 $L$ 的每个元素 $\neq 0$ 都可以通过 Schur 的引理可逆；因此$L$是域。

令$\rho_i$为$M_{i-1}/M_i$上$g$的表示。 1 和 $\rho_i(g)$ 生成的结合律代数 $L_i$ 是域，是 $K$ 的有限扩张，因此等于 $K$； $M_{i-1}/M_i$是一个简单的$L_i$模块，从而$\dim M_{i-1}/M_i = 1$。其余的推论是显而易见的。

每个理想都是 $g$ 的 Jordan-Hölder 级数的部分，被视为伴随表示的空间（*代数*，章 I, § 6, no. 14，定理 8 的推论）；那么应用推论2就足够了。

根据推论 1，条件是必要的。它是充分的，因为$g/\mathscr{D}g$ 是可交换的。

令V为$\rho$中的空间；令$(V_i)_{0 \leq i \leq r}$为V上r模块结构的Jordan-Hölder级数，并让$\rho_i$为r的表示，其中空间$V_i / V_{i-1}$（$1 \leq i \leq r$）。如果$\rho(x)$是幂零的，那么$\rho_i(x)$也是幂零的；至于$\rho_i(x)$生成的所有$i$代数是域，$\rho_i(x) = 0$。相反，如果 $\rho_i(x) = 0$ 对于所有 $i$，则$\rho(x) = 0$。这表明$x \in r$的集合$a$使得$\rho(x)$幂零是r的理想。另一方面，$[g, a] \subset \mathscr{D}g \cap r \subset n \cap r \subset a$ 因此$a$ 是 g 的理想。这就证明了$a \subset n$。

让这些集合表示为$a, b, c, d$。内含物$a \subset b \subset d \subset c$清晰。 $c \subset a$ 由推论 6 应用于 g 的伴随表示。

我们知道$\mathrm{ad}\, x = \mathrm{ad}\, s + \mathrm{ad}\, n, [\mathrm{ad}\, s, \mathrm{ad}\, n] = 0$和$\mathrm{ad}\, n$是幂零的（$§ 4$，引理1）。我们证明$\mathrm{ad}\, s$是半单。当 K 是代数闭集 (cf. 代数, 章 VIII, § 9, no. 2, 命题 3) 时就足够了。然后令 $(e_i)_{1 \leq i \leq n}$ 为 V 的基，使得 $s(e_i) = \lambda_i e_i$ ($\lambda_i \in K$)。令$(E_{ij})$为$M_n(K) = \mathfrak{gl}(V)$中的典范基。到 $§ 1$ 公式 (5) 为止，

因此 $\mathrm{ad}\, s$ 是半单。 引理中的最后一个断言源自代数、章VIII, § 9, no. 4、命题8。

当 K 是代数封闭时就足以证明这一点，我们将在以后假设这一点。令 s 和 n 为半单和 z 的幂零分量，并令 $(e_i)$ 为 M 的基，使得 $s(e_i) = \lambda_i e_i$ ($\lambda_i \in K$)。令 $V \subset K$ 为向量空间超过由 $\lambda_i$ 生成的 $\mathbf{Q}$。我们需要证明$V = \{0\}$。令 f 为 V 上的 $\mathbf{Q}$ 线性形式，令 t 为 M 的自同态，使得

$te_i = f(\lambda_i)e_i$。如果$(E_{ij})$是由$E_{ij}e_k = \delta_{jk}e_i$定义的$\mathfrak{gl}(M)$的典范基，则

存在一个没有常数项且 K 中的系数使得对于所有 i 和 j 为 $P(\lambda_i - \lambda_j) = f(\lambda_i) - f(\lambda_j)$ 的多项式 P（如果$\lambda_i - \lambda_j = \lambda_h - \lambda_k$，则$f(\lambda_i) - f(\lambda_j) = f(\lambda_h) - f(\lambda_k)$，如果$\lambda_i - \lambda_j = 0$，$f(\lambda_i) - f(\lambda_j) = 0$）。然后$\mathrm{ad}\ t = P(\mathrm{ad}\ s)$。另一方面，$\mathrm{ad}\ s$ 是一个多项式，$\mathrm{ad}\ z$ 中没有常数项。现在$(\mathrm{ad}\ z)(A) \subset B$，从而还有$(\mathrm{ad}\ t)(A) \subset B$。 假设$0 = \mathrm{Tr}(zt) = \sum \lambda_i f(\lambda_i)$、从而$0 = f(\mathrm{Tr}(zt)) = \sum f(\lambda_i)^2$。由于$f(\lambda_i)$是有理数数、$f = 0$，从而完成证明。

显然可以简化为g是$\mathfrak{gl}(M)$的李子代数且ρ是恒等映射的情况。如果 g 可解，则 $\mathscr{D}$g 包含在 g (定理 1) 的恒等式表示的最大的幂零理想中，因此相对于 β (§ 4, 命题 4 (d)) 与 g 正交。假设 $\mathscr{D}$g 与 g 关于 β 正交。我们证明g是可解的。令 T 为 $t \in \mathfrak{gl}(M)$ 的集合，使得 $[t, g] \subset \mathscr{D}g$。如果 $t \in T$ 和 x, y 属于到 g，则 $[t, x] \in \mathscr{D}g$ 因此

这是命题 5 (b) 中的直接的推论。

$\mathscr{D}g$ 是一个特征理想，而杀戮形式是完全不变的（§ 3, no. 6，命题 10）。因此，$\mathscr{D}g$相对于杀戮形式的正交是一个特征理想（§ 3, no. 6，命题 7 (b)）。

r ∩ a 是 a 的可解理想，因此包含在 a 的根式 r' 中。相反，r' 是 g 的理想（推论 2 和 § 1, no. 4、命题 2），因此 r' ⊂ r。

推论2可以更精确如下：

令 D 为 g 的推导。令 g' = g + Kx_0 为李代数，其中 g 是余维 1 的理想，使得对于所有 x ∈ g (§ 1, no. 8, 例 1)，Dx = [x_0, x]。根据推论3至命题5，r包含在g'的基团r'中。则 D(r) = [x_0, r] ⊂ [g', g'] ∩ r' = s'。对于所有 x ∈ s'，ad_{g'} x 是幂零的 (定理 1)。因此，对于所有 x ∈ s' ∩ g，ad_g x 是幂零的。因此 D(r) 包含在 g 的幂零理想 s' ∩ g 中。