令 $f'$ 为 $A(X)$ 到 B 的唯一单位代数同态延伸$f$ (代数, 章 III, § 2, no. 7, 命题 7)。我们证明$f'$是*连续的*：$f'(A^n(X)) \subset B_{n\lambda}$从而$f'(\hat{A}_n(X) \cap A(X)) \subset B_{n\lambda}$。因此$f'$可以通过连续性以一种且仅一种方式扩展到同态$\hat{f} : \hat{A}(X) \to B$。

我们保留命题 1 的假设和记号并令 $u \in \hat{A}(X)$。 元素$\hat{f}(u)$记为$u((f(x))_{x \in X})$，称为*用f(x)代替u*中的x的结果。特别是$u((x)_{x \in X}) = u$。现在让$u = (u_y)_{y \in Y}$成为$\hat{A}_1(X)$的元素的家族，并让$v \in \hat{A}(Y)$。以上允许我们定义元素$v((u_y)_{y \in Y}) \in \hat{A}(X)$。用$v \circ u$表示。由于$u_y((f(x))) \in B_\lambda$，元素$u_y((f(x)))$可以代替v中的y。映射$v \mapsto (v \circ u)((f(x)))$和$v \mapsto v((u_y((f(x))))))$则$\hat{A}(X)$的单位代数的两个连续同态进入B取相同的值 $u_y((f(x)))$ 元素 $y \in Y$。因此 (命题 1)

对于所有$v \in \hat{A}(Y)$。

如果 $a$ 在 $\hat{\mathbf{A}}(\mathbf{X})$ 中可逆，则 $\varepsilon(a)$ 在 $K$ 中可逆。相反，如果$\varepsilon(a)$在$K$中可逆，则存在$u \in \hat{\mathbf{A}}_1(\mathbf{X})$使得$a = \varepsilon(a)(1-u)$；我们写$b = \left( \sum_{n \geq 0} u^n \right) \varepsilon(a)^{-1}$。那么$ab = ba = 1$和$a$是可逆的。

因此，常数项 1 的 $\hat{\mathbf{A}}(\mathbf{X})$ 的元素的集合因此是乘法幺半群 $\hat{\mathbf{A}}(\mathbf{X})$ 的子群，称为在 $\mathbf{X}$ 上构造的 Magnus 群（相对于 $K$）。在这个章中，它将被表示为$\Gamma(\mathbf{X})$或简称为$\Gamma$。对于每个整数$n \geq 1$，我们用$a \in \Gamma$的$\Gamma_n$集合表示，这样$\omega(a-1) \geq n$。通过§ 4, no. 5的命题2，序列$(\Gamma_n)_{n \geq 1}$是*$\Gamma$*上的整体中央过滤。

我们首先证明三个引理。

令$m$为$K$和$k$域$K/m$的最大理想；令$p : \hat{\mathbf{A}}_K(\mathbf{X}) \to \hat{\mathbf{A}}_k(\mathbf{X})$为单位$K$代数的唯一连续同态，使得$p(x) = x$对于$x \in \mathbf{X}$（no. 1，命题1）。只要证明$p\left( \prod_{i=1}^s (1+x_i)^{n_i} \right) \neq 1$和问题减少到$K$是域的情况就足够了。

在引理 2 的记号中：

到引理 2，存在整数 $a_i > 0$，使得$c_{a_i, n_i} \neq 0$ ($1 \leq i \leq s$)。通过 代数、章 I, § 7, no. 4、命题 6，没有单项式 $x_1^{b_1} \cdots x_s^{b_s}$ 使得 $b_i \geq 0$ 和 $(b_1, \ldots, b_s) \neq (a_1, \ldots, a_s)$ 可以等于 $x_1^{a_1} \ldots x_s^{a_s}$。由此可见，$\prod_{i=1}^s (1 + x_i)^{n_i}$中$x_1^{a_1} \ldots x_s^{a_s}$的系数为$c_{a_1, n_1} \ldots c_{a_s, n_s} \neq 0$，即暗示了结果。

$\sigma(x) \equiv x \mod \hat{A}_2(X)$对于$x \in X$、从而，对于$X$中的$n \geq 1$和$x_1, \ldots, x_n$，

对于所有$a \in A^n(X)$，特别是$\sigma(A^n(X)) \subset \hat{A}_n(X)$，$\sigma(a) \equiv a$以$\hat{A}_{n+1}(X)$为模，遵循线性关系。由此可见，$\sigma(A^n(X)) \subset \hat{A}_n(X)$对应$m \geq n$，从而$\sigma(\hat{A}_n(X)) \subset \hat{A}_n(X)$。在其他字中，$\sigma$与$A(X)$上的过滤$(\hat{A}_m(X))$相容的，并且其限制与相关分级环是同一性。因此$\sigma$是双射的（*交换代数*，章III, § 2, no. 8，推论3到定理1）。

最后我们证明定理 1。令$w \neq 1$为$F(X)$的元素。由*代数*，章I, § 7, no. 5，命题7，$X$中存在$x_1, \ldots, x_s$和非零有理数整数$n_1, \ldots, n_s$，使得$s \geq 1$，$x_i \neq x_{i+1}$（$1 \leq i \leq s-1$）和

在引理4中的记号， 因此 $g(w) \neq 1$ 乘以引理 3 和 4。

宽松地说，与自由群 $F(X)$（与下部中央级数）相关联的分级李 $\mathbf{Z}$ 代数是自由李 $\mathbf{Z}$ 代数 $L_\mathbf{Z}(X)$。

我们记作$F(X) = F, \Gamma(X) = \Gamma, \hat{A}(X) = \hat{A}, \hat{A}_\mathbf{Z}(X) = \hat{A}_\mathbf{Z}, C^n F(X) = C^n, \Gamma_n = 1 + \hat{A}_n(X)$，并令$\alpha : L_\mathbf{Z}(X) \to g$为在定理3的叙述中引入的同态。

(A) 初步削减。

让$\gamma$表示$F$的同态到由$\gamma(x) = 1 + x$为$x \in X$定义的$\Gamma$中。到引理 4 时，存在代数 $\hat{A}$ 的自同构 $\sigma$ 与$\hat{A}$ 上的过滤兼容，使得 $\sigma(1 + x) = g(x)$ 对于所有 $x \in X$；那么 $\sigma(\Gamma_n) = \Gamma_n$ 代表所有 $n$。作为$F$的同态$g$和$\sigma \circ \gamma$进入$\Gamma$重合在$X, g = \sigma \circ \gamma$上，因此$g^{-1}(\Gamma_n) = \gamma^{-1}(\Gamma_n)$。在定理 2的假设下，$\mathbf{Z}$可以与$K$的子环等同；因此，Magnus 代数 $\hat{A}_\mathbf{Z}$ 与 $\hat{A}$ 的子环相同，$\hat{A}_\mathbf{Z}$ 上的过滤由 $\hat{A}$ 上的过滤引起。将$\gamma$映射$F$转化为$\hat{A}_\mathbf{Z}$，我们看到在补充假设$K = \mathbf{Z}, r = 0$下证明定理2和3就足够了，因此在$g = \gamma$下，我们将做出假设。

(B) $\alpha$ 的满射性。

作为$X$生成群$F = C^1$、集合$c(X)$生成$\mathbf{Z}$-模块$g^1 = C^1/C^2$。但是$g^1$生成谎言$\mathbf{Z}$-代数$g$（§ 4, no. 6，命题5），因此$c(X)$生成$g$，这证明$\alpha$是满射的。

(C) 我们认同分级为代数$\mathrm{gr}(\hat{A})$，$A(X)$低于典范同构$A^n(X) \to \hat{A}_n/\hat{A}_{n+1}$。对于每个整数 $n \geq 1$，我们写 $F^n = \gamma^{-1}(\Gamma_n)$；我们知道（§ 4, no. 5）$(F^n)_{n \geq 1}$是$F$的整体中央过滤。让 $g'$ 表示相关的分级李 $\mathbf{Z}$-代数 (§ 4, no. 4)。让$f$是$g'$的李代数同态到与$\gamma$相关联的$A(X)$（§ 4, no. 5，命题3）。现在，对于每个整数 $n \geq 1$（§ 4, no. 6，命题 4），$C^n \subset F^n$，因此 $g = \bigoplus_{n \geq 1} C^n/C^{n+1}$ 中有典范同态 $\varepsilon$ 进入 $g' = \bigoplus_{n \geq 1} F^n/F^{n+1}$

我们写$\beta = f \circ \varepsilon$；我们明确地给出$\beta$如下：如果$u$是$C^n$的元素$w$右$C^{n+1}$取类模，那么$\gamma(w) - 1$是$\hat{A}$中的阶$\geq n$并且$\beta(u)$是次数$n$的$\gamma(w) - 1$的齐次分量。尤其，

(D) 定理 2 和 3 的证明。

李代数同态 $\beta \circ \alpha : L_\mathbf{Z}(X) \to A(X)$ 限制为 $X$ 是 (3) 的恒等式，因此是典范嵌入 (§ 3, no. 1)。因此 $\alpha$ 是单射的，因此与 (B) 是双射的；这证明了定理 3。由于$\beta \circ \alpha = f \circ \varepsilon \circ \alpha$是单射，$\alpha$是双射，$\varepsilon$是单射。对于所有$n \geq 1$，

是单射的，因此

C^1 = F = F^1;如果 C^n = F^n，则 C^n \cap F^{n+1} = F^{n+1} 从而 C^{n+1} = F^{n+1} 在 n \geqslant 1 上通过归纳证明定理 2。

应用定理 2 且 K = \mathbf{Z} 且 r = 0，

由归纳对$n$论证，足以证明$F_n^{(p)}(X)/F_{n+1}^{(p)}(X)$是所有$n \geqslant 1$的有限交换$p$群。对于所有$w \in F_n^{(p)}(X)$，$\hat{A}(X)$的元素$\gamma(w) - 1$是阶$\geqslant n$；我们用$\delta_n(w)$表示次数$n$的$\gamma(w) - 1$的齐次分量。 映射 $\delta_n : F_n^{(p)}(X) \to A^n(X)$ 是同态与核 $F_{n+1}^{(p)}(X)$ (§ 4, no. 5, 命题 3)，因此 $F_n^{(p)}(X)/F_{n+1}^{(p)}(X)$ 与 $A^n(X)$ 的子群同构。由于$X$是有限的，$A^n(X)$是有限维向量空间超过$\mathbf{F}_p$，因此是有限交换的$p$群，$F_n^{(p)}(X)/F_{n+1}^{(p)}(X)$也是如此。

存在$X$和整数$n_1, \ldots, n_r$使得$w = x_1^{n_1} \ldots x_r^{n_r}$存在元素$x_1, \ldots, x_r$。让$Y = \{x_1, \ldots, x_r\}$。 $Y$的典范嵌入变为$X$扩展至同态$\alpha : F(Y) \to F(X)$；另一方面，令$\beta$为$F(X)$的同态入$F(Y)$，其中限制至$Y$为恒等式，其中映射$X - Y$至$\{1\}$。那么$\beta(\alpha(y)) = y$对应$y \in Y$，因此$\beta \circ \alpha$是$F(Y)$的恒等式自同构。显然$F(Y)$中存​​在$w'$使得$w = \alpha(w')$；然后$\beta(w) = w' \neq 1$；现在$\bigcap_{n \geqslant 1} F_n^{(p)}(Y) = \{1\}$，因此存在整数$n \geqslant 1$，使得$\beta(w) \notin F_n^{(p)}(Y)$。到命题 2，群 $G = F(Y)/F_n^{(p)}(Y)$ 是有限 $p$ 群。如果$f$是$\beta$的合成和$F(Y)$的典范同态到$G$，则$f(w) \neq 1$。