(a) g 为半单。 (b) g 的根式 r 是零。 (c) 杀死 g 的形式 $\beta$ 是非退化的。

此外，半单李代数等于其导出的理想值。

(a) $\Rightarrow$ (b)：对于如果$r \neq \{0\}$，r 的最后一个非零导出代数是 g 的交换理想。

(b)$\Rightarrow$(c)：这是从§ 5, no. 5的命题5(b)得出的（同时证明了定理的最后一个断言）。

(c) $\Rightarrow$ (a)：这是从 § 4, no. 4 的命题 6 (b) 得出的。

当 x 为形式 $[y, z]$ ($y \in g, z \in g$) 时，线性形式 $x \mapsto \operatorname{Tr} \rho(x)$ ($x \in g$) 为零，因此在 $\mathscr{D}g = g$ 上。

$g$ 相对于形式的正交是一个可解的理想（$§ 5$，no. 4，定理 2），因此是零。

令$\beta'$为$\beta$至$a$的限制：双线性形式与空间$g$上$a$的表示$x \mapsto \operatorname{ad}_g x$相关联。这个表示是忠实的，因此$\beta'$是非退化的（命题1）。因此$h$是$g$中$a$的补充。另一方面，如果 $x, y$ 在 $a$ 和 $z \in h$ 中，则

因为$[x, y] \in a$，所以$[y, z] \in h$，这证明了$[a, h] \subset h$。如果$a$是$g$的理想，我们知道$h$是$g$的理想（$§ 3$，命题7），并且$g$与$a \times h$一致。由于$a$的中心是零，所以$g$中$a$的扶正器是$h$。

这直接从推论 1 得出。

$\operatorname{ad} g$与$g$同构的，因此半单是$g$的推导的李代数$\delta$的理想（$§ 1$，命题1）。如果$D \in \delta$与$\operatorname{ad} g$的元素通勤，则对于所有$x \in g$、$\operatorname{ad} D(x) = [D, \operatorname{ad} x] = 0$、从而$D(x) = 0$；因此$D = 0$。推论 3 由推论 1 得出。

令$a$为$g$的理想。 $g$中$a$的正交$b$关于杀戮形式是$g$的理想，$a \cap b$是交换理想（$§ 3$，no. 6，命题7），因此零。因此$b$是$g$中$a$的补充。此外，由于$g$的杀戮形式是非退化的，所以它的限制到$a$和$b$（*代数*，章IX，$§ 4$，no. 1， 命题 1) 的推论，因此 $a$ 和 $b$ 是半单 (no. 1, 定理 1 和 $§ 3$, no. 6, 命题 9)。

显然（a）意味着（b）。假设(b)成立。设$\sigma$为$g$在向量空间M和N向量子空间上的有限维表示，在$\sigma(g)$下是稳定的。令$\mu$为$\mathscr{L}(M)$上$g$的表示，规范地源自$\sigma$（§ 3, no. 3）：回想一下$\mu(x) = \mathrm{ad}_{\mathscr{L}(M)} \rho(x)$。设V（分别为W）为M的线性映射的$\mathscr{L}(M)$由……组成到N的子空间，其中限制到N为位似（分别为零）；那么对于所有 $x \in g$，W 在 V 和 $\mu(x)(V) \subset W$ 中具有余维 1。通过条件 (b)，存在$u \in V$，对于所有$x \in g$，它被$\mu(x)$ 湮灭，并且其限制到N 是非零位似。通过将$u$乘以合适的标量，可以假设$u$是M在N上的投影算子。说$\mu(x) \cdot u = 0$意味着$u$可以用$\sigma(x)$置换。因此，$u$的核是M中N的补充，对于所有$x \in g$，它在$\sigma(x)$下是稳定的。因此$\sigma$是半单。

对于所有$x \in g$，令$\sigma(x)$为$\rho(x)$到W的限制。首先假设$\sigma$是简单的。如果$\sigma = 0$，那么$\rho(x)\rho(y) = 0$对于$g$中的所有$x, y$，因此$\rho(g) = \rho(\mathscr{D}g) = \{0\}$和我们的断言是显而易见的。如果$\sigma \neq 0$，则令n为$\sigma$的核，并令m为$g$中n的补理想（引理1）；则$\sigma$对m的$m \neq \{0\}$和限制是忠实的；与$\sigma$相关的双线性形式的限制到m是非简并的（命题1），因此可以形成与m和$\sigma$相关的卡西米尔元素c。通过§ 3, no. 7的命题12，$\sigma(c)$是W的自同构。另一方面，$\rho(c)(V) \subset W$。因此$\rho(c)$的核Z是W的补线；由于$g$的包络代数的c属于到中心，对于所有$x \in g$，$\rho(c)$可以与$\rho(x)$置换，因此Z在$\rho(g)$下是稳定的。

一般情况下，我们通过归纳对V的维数进行争论。令 T 为 W 的最小非零稳定子空间。令$\rho'$ 为$V' = V/T$ 上的商表示。然后，对于所有$x \in g$、$\rho'(x)(V') \subset W'$，其中$W' = W/T$是$V'$中的余维1。到归纳假设时，存在$Z'$线，它是对$W'$的补充，并且在$\rho'(g)$下稳定。它在 V 中的逆像 Z 在 $\rho(g)$、包含于 T 下稳定为余维 1、$Z \cap W = T$ 的子空间，因此对于所有 $x \in g$ 来说，$\rho(x)(Z) \subset T$ 是稳定的。由上证明，Z中存在T的补系，在$\rho(g)$下稳定；该行是V中W的补充，完成了证明。

这是从引理 2 和 3 得出的。

条件就足够了（no. 1、注 3）。相反，假设 g 为半单。由于 g 的伴随表示是半单，因此 g 是最小非零理想 $a_1, \ldots, a_m$ 的直和。然后g被识别为$a_i$（§ 1, no. 1）的乘积代数。 $a_i$ 的每个理想都是 g 的理想，因此零或等于 $a_i$。另一方面 $a_i$ 是不可交换的。因此$a_i$是简单的李代数。

$g = a_1 \times \cdots \times a_m$，其中$a_i$很简单。由于$a_i$的中心是零，所以g中$a_i$的扶正器是$j \neq i$的$a_j$的乘积。则设a为g的理想。如果它不是包含 $a_i$，则为 $a \cap a_i = \{0\}$，因此为 $[a, a_i] = \{0\}$，并且对于 $j \neq i$，a 包含在 $a_j$ 的乘积中。由此可见，a 是 $a_i$ 中某些乘积。因此 g 的简单理想正是 $a_i$。

半单李代数的简单理想称为 g 的*简单分量*。

由于 $f(r)$ 可解，$f(r) \subset r'$。另一方面，$g/r$是半单（§ 5, no. 2，命题3），因此与$g/r$的商同构的$g'/f(r)$是半单（引理1），因此$f(r) \supset r'$ （§ 5, no. 2，命题3）。

如果$K_1$是K的扩张，$g_{(K_1)}$的杀戮形式是$g$（§ 3, no. 8）的扩张到$g_{(K_1)}$，因此是非退化的；因此$g_{(K_1)}$是半单。因此，当基域是代数封闭时，证明命题 3 就足够了，我们今后将假设情况如此。

对于M的每一个子空间N，令$g_N$为$\mathfrak{gl}(M)$由……组成或元素的子代数，这使得N保持稳定，并且其限制到N有迹线零。如果 N 在 $g$ 下稳定，则$g = \mathscr{D}g$、$g \subset g_N$。然后令$g^*$为$\mathfrak{gl}(M)$和代数$g_N$中$g$标准化器的交，其中N穿过M的子空间的集合，在g下稳定。由于 $x \in gl(M)$ 的半单（或幂零）分量 s（或 n）是 x 中的多项式，没有常数项，并且 ad s（或 ad n）是 ad x ($§ 5$, no. 4) 的半单（或幂幂）部分， 引理 2)，显然$x \in g^*$意味着$s \in g^*$和$n \in g^*$；因此只要证明 $g^* = g$ 就足够了。由于 g 是 $g^*$、$g^* = a \times g$ 的半单理想值（no. 1，推论 1 到命题 1）。令$a \in a$，令N为子空间，它是M的非零子空间中最小的，在g下是稳定的。 a 到 N 的限制是 Burnside 的定理恒等式的标量倍数，通过构造有迹零，因此是零，因为 K 的特征为 0。由于 M 是子空间的直和，例如 N，因此得出$a = 0$，因此$g^* = g$。

令 s（或 n）为 $x \in g$ 的半单（或幂零）分量。然后是$s \in g$和$n \in g$（命题3）。那么$ad_g s$（或$ad_g n$）是$ad_g x$的半单（或幂幂）分量，乘以$§ 5$、no. 4的引理 2。如果 x 为半单（或幂零），则为 $ad_g x$。如果现在 $ad_g x$ 是半单（或幂零），则它等于 $ad_g s$（或 $ad_g n$），因此等于 $x = s$（或 $x = n$），因为 g 的伴随表示是忠实的。

如果$\rho$是g'的表示，$\rho \circ f$是g的表示，从而是第一个断言。如果 f 是满射，则存在 g' 的同态 g 到 g 中，使得 $f \circ g$ 是 g' 的恒等式同态（no. 1，推论 2 到命题 1），然后从第一个得出第二个断言。

(a) 设 $x \in g$。如果存在 g 的忠实表示 $\rho$，使得 $\rho(x)$ 为半单（或幂零）自同态，则 x 为半单（或幂幂）。

(b) g 的每个元素都可以唯一地写为半单元素和幂零元的和，它们与一个另一个可交换。

假设 (a) 的假设成立。设$\sigma$为g的表示，b为$\sigma$的核和g的$\alpha$投影在b上的补理想。那么根据命题 3 的推论，$ad_g x$ 是半单（或幂零），因此 $ad_b \alpha(x)$ 是半单（或幂幂）。作为 $\sigma(x) = \sigma(\alpha(x))$，第一个断言由推论得出命题 3。然后，第二个结果由命题 3 应用于忠实的表示。

(a) $\Rightarrow$ (b): 如果$g$的伴随表示是半单，$g$是最小非零理想$a_i$的直和，因此$g$同构于乘积 $a_i$；并且$a_i$除了$\{0\}$和$a_i$之外没有理想，因此是简单的或可交换维数 1。因此，$\mathscr{D}g$等于那些简单的$a_i$中的乘积，因此是半单。

(b) $\Rightarrow$ (c)：如果$\mathscr{D}g$是半单，则$g$与$\mathscr{D}g$的乘积同构于李代数$h$（no. 1，推论1到命题1）； $h$ 与 $g/\mathscr{D}g$ 同构的，因此是可交换的。

(c) $\Rightarrow$ (d)：令$g_1$和$g_2$为与$\rho_i$相关的$g_i$上的$g_i$和$\beta_i$双线性形式的两个李代数、$\rho_i$有限维表示 ($i = 1, 2$); $\rho_1$和$\rho_2$可以认为是$g = g_1 \times g_2$的表示；让$\rho$成为他们的直和。显然，与$\rho$相关的$g$上的双线性形式是$\beta_1$和$\beta_2$的直和，因此如果$\beta_1$和$\beta_2$是非简并的，那么它是非简并的。那么，为了证明蕴涵 (c) $\Rightarrow$ (d)，只需考虑以下 2 种情况即可： (1) $g$ 是半单；那么伴随表示承认与形式相关的杀戮形式，这是非退化的； （2）$g = K$；那么$g$在$K$上的恒等式表示有一个关联的双线性形式，它是非简并的。

(d) $\Rightarrow$ (e)：令$\rho$为$g$和$\beta$相关的双线性形式中的有限维表示；通过§ 4, no. 3的命题 4，存在$g$的有限维半单表示$\sigma$，使得$\sigma$的核$n$与$g$正交$\beta$。如果 $\beta$ 是非简并的，那么 $n = \{0\}$ 以及因此 $\sigma$ 是忠实的。

(e) $\Rightarrow$ (f)：这是显而易见的。

(f)$\Rightarrow$(g)：如果$g$的幂零根是零，$\mathscr{D}g \cap r$是零($§ 5$，no. 3，定理1)；因为$[g, r] \subset \mathscr{D}g \cap r$，$r$是$g$的中心。

(g) ⇒ (a): 如果 r 是 g 的中心，则 g 的伴随表示与 g/r 的表示相同，即半单李代数 (§ 5, no. 2, 命题 3)；因此，这个表示是半单 (定理 2)。

断言 (a) 是从命题 5 的条件 (c) 得出例。

假设 g 是可还原的。设a为g的理想。由于g的伴随表示是半单，a有一个补理想b，g用a×b来标识。对于所有$x \in g$，令$\rho(x)$为$\mathrm{ad}_g x$到a的限制。那么$\rho$是g的半单表示，它是b上的零和经过上的定义与a上的伴随表示的商。因此 a 是可还原的。类似地，同构的 g/a 和 b 是还原的。最后，令d、d'为a和b的中心；然后$a = d \times \mathscr{D}a, b = d' \times \mathscr{D}b, d \times d' = c, \mathscr{D}a \times \mathscr{D}b = \mathscr{D}g$；因此$a = (a \cap c) + (a \cap \mathscr{D}g)$。

显然$[g, r] \subset \mathscr{D}g \cap r$。现在$\mathscr{D}g \cap r = s$由定理1个§ 5, no. 3。令$g' = g/[g, r]$和f为g到$g'$的典范同态；则$f(r)$是$g'$的部首$r'$（推论3到命题2，no. 2），因此$[g', r'] = \{0\}$和$r'$是$g'$的中心；因此 (命题 5) $g'$ 具有有限维忠实半单表示、从而 $s \subset [g, r]$。这就证明了(a)。

令 t 为 g 相对于与 g 的有限维表示相关的双线性形式的正交线的交。然后 $s \subset t$ (§ 4, no. 3, 命题 4 (d))。另一方面，$g/s$具有有限维忠实半单表示，因此(命题5)有限维表示$\rho$使得相关的双线性形式是非简并的；视为 g 的表示，$\rho$ 在 g 上有关联的双线性形式 $\beta$，并且 g 相对于 $\beta$ 的正交为 s，从而 $t \subset s$。因此$t = s$。

即使$s \neq \{0\}$，g 上也可能存在非简并对称双线性形式 (习题 18 (c))。当然，这样的形式与g的任何表示无关。

如果$r, r'$是$g, g'$的部首，则$s' = [g', r'] = [f(g), f(r)] = f([g, r]) = f(s)$。 断言 (b) 是 (a) 的直接的推论。

(a) $\Rightarrow$ (b)：如果 $\rho$ 是半单，则 $g'$ 可还原 (命题 5)； 1 和 $g'$ 生成的结合律代数是半单 (\emph{代数}, 章 VIII, § 5, no. 1, 命题 3)，因此它的中心是半单 (\emph{loc. cit.}, § 5, no. 4, 命题 12)，因此中心的元素是半单 (\emph{loc. cit.}, § 9, no. 1, 命题 2)。

(b) $\Rightarrow$ (c)：若$g'$是还原性的，则其中心等于其根式，即$r'$、从而蕴涵(b)$\Rightarrow$(c)。

(c) $\Rightarrow$ (d)：假设$r'$ 由半单自同态组成。因为 $[g', r']$ 由幂零自同态 (no. 4, 命题 6), $[g', r'] = \{0\}$ 组成。那么蕴涵 (c) $\Rightarrow$ (d) 由 \emph{代数}, 章 VIII, § 9, no. 2, 定理 1 得出。

(d) $\Rightarrow$ (a)：设$s$为$\rho$至$r$的$g$和$\rho'$限制的幂零根。 $\rho(s)$的元素是幂零的，因此$s$包含在$\rho'$的最大的幂零理想中。由于$\rho'$是半单，$\rho'(s) = \{0\}$和$g'$是还原的（推论到命题6），因此$g' = a' \times r'$与$a'$半单（命题5）。设 $A'$（或 $R'$）为 1 和 $a'$（或 $r'$）生成的结合律代数。它是半单 (\emph{代数}, 章 VIII, § 5, no. 1, 命题 3)，因此 $A' \otimes_K R'$ 是半单 (\emph{loc.cit.}, § 7, no. 6，推论 4 定理 3) 因此 1 和 $g'$ 生成的结合律代数（$A' \otimes_K R'$ 的商）是半单，这证明$\rho$ 是半单。

设$r$为$g$的根式。对于 $x \in r$、$\rho(x)$ 和 $\rho'(x)$ 为半单 (定理 4)，因此 $\rho(x) \otimes 1 + 1 \otimes \rho'(x)$ 为半单 (\emph{代数}, 章 VIII, § 9，推论定理 1)，因此$\rho$和$\rho'$的张量积是半单 (定理 4)。

令$T^n$为阶$n$的齐次张量的$T$由……组成子空间。这个子空间在$\sigma_T$下是稳定的，并且由$\sigma_T$在$T^n$上定义的表示是半单（推论1）。因此，$\sigma_T$ 和 $\sigma_S$ 的推论是表示与 $\sigma_T$ 的商。

$g$-模块$\mathscr{L}_K(M, M')$ 与$g$-模块$M^* \otimes_K M'$ (§ 3, no. 3, 命题 4) 被规范地标识，因此推论 3 由推论 1 推出。

经过与 $\rho$ 与核的商，$\rho$ 可以被认为是忠实的。那么 $g$ 是可还原的。设$g = g_1 \times g_2$，其中$g_1$是$g$的中心，$g_2$是半单。然后$a = a_1 \times a_2$，其中$a_1 \subset g_1$、$a_2 \subset g_2$和$a_1$是$a$的中心。 $\rho(g_1)$的元素，特别是$\rho(a_1)$的半单（定理4），因此$\rho'$是半单（定理4）。因此(a)。 断言 (b) 由 (a) 得出，使用§ 3, no. 1，推论命题 1。

令$W_0$为$V$的有限维简单子$h$模。我们需要证明 $\rho(x)(W_0) \subset W$ 对于所有$x \in g$。令$M$表示向量空间，$g$通过$g$上$h$的表示$x \mapsto \operatorname{ad}_g x$被视为$h$模块。那么 $M \otimes_K W_0$ 就是半单 $h$-模（推论 1 到定理 4）。令$\theta$为$M \otimes_K W_0$的K-线性映射进入由$\theta(x \otimes w) = \rho(x)w$定义的V。这是一个 $\mathfrak{h}$ 模块同态，如果 $y \in \mathfrak{h}$ 那么：

因此 $\theta(M \otimes_K W_0)$ 是有限维半单 $\mathfrak{h}$ 模。因此$\theta(M \otimes_K W_0) \subset W$，即所有$x \in g$的$\rho(x)(W_0) \subset W$。

考虑$\rho$很简单的情况就足够了。我们采用记号V，命题的W。 4.令$W_1$为V中子空间在$\rho(\mathfrak{h})$下稳定的非零子空间中最小。然后$W_1 \subset W$，因此$W \neq \{0\}$，因此$W = V$。

$g$上的$\mathfrak{h}$的表示$x \mapsto \mathrm{ad}_g x$是半单，因此它的限制到$\mathfrak{k}$是半单（推论1）。

$\mathrm{gl}(V)$的恒等式表示很简单，因此$\mathrm{gl}(V)$是还原性的，因此$\mathrm{gl}(V)$是其中心$c$及其派生代数$\mathscr{D}(\mathrm{gl}(V))$的直和。 中心 $c$ 是集合同位（*代数*、章 II, § 2, no. 5，推论 1 到命题 5）。显然$\mathscr{D}(\mathrm{gl}(V)) \subset \mathrm{sl}(V)$。如$\mathrm{sl}(V) \cap c = \{0\}$、$\mathscr{D}(\mathrm{gl}(V)) = \mathrm{sl}(V)$。因此$\mathrm{sl}(V)$是半单。

对于所有 u ∈ gl(V) 令 u* 表示其相对于 β 的伴随；那么 Tr(u) = Tr(u*) by 命题 7 of 代数, 章 IX, § 1, no. 8。 条件

对于所有 m，V 中的 m' 意味着$u + u^* = 0$。特别是，如果$v \in \mathrm{gl}(V)$，则$(v - v^*)^* = v^* - v$，因此$v - v^* \in g$。然后令 u 为与 g 正交的 g 的元素，关于与 g 的恒等式表示相关的双线性形式 φ。对于所有$v \in \mathrm{gl}(V)$，$\mathrm{Tr}\,u(v - v^*) = 0$，因此

因此$\mathrm{Tr}(uw) = 0$。由此可见 $u = 0$，因此 φ 是非简并的。因此 g 是可还原的 (命题 5)。仍有待证明 g 的中心是零（除非 β 对称且$n = 2$）。通过扩展基域，我们可以假设 K 是代数封闭的。

(a) 当β对称时，可以用$K^n$上的双线性形式和矩阵$I_n$相对于典范基来识别（代数，章IX, § 6，推论1到定理1）。在这些下，条件 g 被识别为斜对称矩阵（$§ 3$，no. 4，例 1）的李代数。设 $U = (u_{ij}) \in g$；我们利用 U 与矩阵 $(v_{ij}) \in g$ 通勤的事实，除了 $v_{i_0j_0}$ 和 $v_{j_0i_0}$ ($i_0 \neq j_0$) 分别等于 1 和 -1 之外，所有元素都是零。我们发现$u_{i_0j} = u_{j_0i} = u_{i_0} = u_{j_0} = 0$对应于$i \neq i_0, j_0$和$j \neq i_0, j_0$。如果$n > 2$，对于所有不同的指标$i_0$和$j$，存在不同的指标i和$j_0$使得$i \neq i_0, j_0 \neq j, j_0 \neq i_0$；因此$u_{i_0j} = 0$。这就证明了g的中心的元素是零。