$(V\otimes_kk')^{\lambda}(S) = V^{\lambda}(S)\otimes_kk'$ 和 $(V\otimes_kk')_{\lambda}(S) = V_{\lambda}(S)\otimes_kk'$。

令$(a_i)$为$k$向量空间$k'$的基。如果$v\in V\otimes_kk',v$可以用形式$\sum v_i\otimes a_i$唯一地表达，其中$(v_i)$是元素和V的有限支持族。对于所有$s\in S$，

由此可见

$v\in (V\otimes_kk')^{\lambda}(S)\Leftarrow \Rightarrow v_i\in V^{\lambda}(S)$ 对于所有$i$，

$v\in (V\otimes_kk')_{\lambda}(S)\Leftarrow \Rightarrow v_i\in V_{\lambda}(S)$ 对于所有$i$，

这意味着命题。

(i) 令 $f: V\rightarrow W$ 为线性映射，使得 $q(s)f(v) =f(r(s)v)$ 对于 $s\in S$ 和 $v\in V$。然后，将所有 $\lambda \in P,f$ 映射 $V^{\lambda}(S)$（分别为 $V_{\lambda}(S)$）转换为 $W^{\lambda}(S)$（分别为 $W_{\lambda}(S)$）。

(ii) 设 $B : V\times V'\rightarrow W$ 为双线性映射，使得

$s\in S,v\in V,v'\in V'$。然后，对于所有 $\lambda , \mu\in P$，B 映射 $V^{\lambda}(S)\times {V'}^\mu(S)$（分别为 $V_{\lambda}(S)\times V'_\mu(S)$）变为 $W^{\lambda+\mu}(S)$（分别为 $W_{\lambda+\mu}(S)$）。

(iii) 设 $B : V\times V'\rightarrow W$ 为双线性映射，使得

$s\in S,v\in V,v'\in V'$。然后，对于所有 $\lambda , \mu\in P$，B 映射 $V^{\lambda}(S)\times {V'}^\mu(S)$（分别为 $V_{\lambda}(S)\times V'_\mu(S)$）变为 $W^{\lambda \mu}(S)$（分别为 $W_{\lambda \mu}(S)$）。

在情况(i)中，$(q(s)-\lambda (s))^nf(v) =f((r(s)-\lambda (s))^nv)$对应$s\in S$和$v\in V$，因此得出结论。在情况(ii)中，

对于 $s\in S,v\in V,v'\in V'$，因此在 $n$ 上获得归纳

$(q(s)-\lambda (s)-\mu(s))^nB(v, v) =\sum B((r(s)-\lambda (s))^iv,(r(s)-\mu(s))^jv)$。

$i+j=n$

(ii) 中的断言紧随其后。在情况(iii)中，$(q(s)-\lambda (s)\mu(s))B(v, v') = B((r(s)-\lambda (s))v, r'(s)v')+B(\lambda (s)v,(r'(s)-\mu(s))v')$对应$s\in S,v\in V,v'\in V'$，因此归纳在$n$

= $\sum(n)B(\lambda (s)^j(r(s)-\lambda (s))^iv, r'(s)^i(r'(s)-\mu(s))^jv')$。

$i+j=n$

(iii) 中的断言紧随其后。

第二个断言是第一个的推论；因此足以证明这一点。我们区分几种情况。

$a) S$ 是空的。 断言是微不足道的。

$b) S$ 减少为单个元素 $s$。令 $\lambda_0, \lambda_1, . . . , \lambda_n$ 不同于 $k$ 的元素。对于$i= 0,1, . . . , n$，设$v_i\in V^{\lambda_i}(s)$并假设$v_0=v_1+\cdots +v_n$。只需证明 $v_0$ = 0。对于 $i= 0, . . . , n$，存在整数 $q_i>$ 0，使得 $(r(s)-\lambda_i)^{q_i}v_i$ = 0。考虑多项式 $P(X) =\prod_{i\geq 1}(X-\lambda_i)^{q_i}$ 和 $Q(X) = (X-\lambda_0)^{q_0}$。我们有 $Q(r(s))v_0= 0$，并且

$P(r(s))v_0=\sum_{i=1}^nP(r(s))v_i= 0$。由于 P 和 Q 互质，Bezout 恒等式证明 $v_0= 0$。

$c) S$ 是有限且非空的。我们通过归纳对S的基数进行争论。设$s\in S$和$S'= S$-- $\{s\}$。令$(v_{\lambda})_{\lambda\in P}$是元素和V的有限支持族，使得$\sum_{\lambda\in P}v_{\lambda}= 0$和$v_{\lambda}\in V^{\lambda}(S)$。让$\lambda_0\in P$。令$P'$为$\lambda \in P$的集合，使得$\lambda |S'=\lambda_0|S'$。将归纳假设应用于$S'$，我们就有$\sum_{\lambda\in P'}v_{\lambda}= 0$。如果$\lambda , \mu$不同于元素或$P',\lambda (s)\not=\mu(s)$。

由于和 $\sum_{\alpha\in k}V^{\alpha}(s)$ 是 b) 的直达，并且由于 $v_{\lambda}\in V^{\lambda(s)}(s),v_{\lambda}= 0$ 对于所有 $\lambda \in P'$，特别是 $v_{\lambda_0}= 0$，我们必须证明这一点。

d) 一般情况。令$(v_{\lambda})_{\lambda\in P}$是元素和V的有限支持族，使得$\sum_{\lambda\in P}v_{\lambda}= 0$和$v_{\lambda}\in V^{\lambda}(S)$。令$P'$为$\lambda \in P$的有限集合，使得$v_{\lambda}\not= 0$，并让$S'$为S的有限子集，使得条件$\lambda \in P'$，$\mu\in P',\lambda |S'=\mu|S'$暗示$\lambda =\mu$。我们有$v_{\lambda}\in V^{\lambda|S'}(S')$； 应用的 c)，我们看到$v_{\lambda}= 0$对应$\lambda \in P'$，从而完成了证明。

回想一下，如果 $x\in$ End(V)，我们用 ad $x$ 映射 $y \rightarrow xy-yx= [x, y]$ 表示从 End(V) 到自身。

(i) 假设 V 是有限维的。那么$x$可三角化当且仅当$V =\sum_{a\in k}V^a(x)$。

(ii) 如果存在整数$n$使得(ad$x$)$^ny= 0$，则每个$V^a(x)$在$y$下稳定。

(iii) 假设 V 是有限维的。如果 $V =\sum_{a\in k}V^a(x)$ 并且如果每个

$V^a(x)$在$y$下稳定，存在整数$n$使得(ad$x$)$^ny= 0$。

部分 (i) 源自代数，第 1 章。 VII, §5, no. 2，提案 3。

令 E = End(V)。令 B 为从 $E\times V$ 到 V 的双线性映射 $(u, v) \rightarrow u(v)$。通过广告$x$的定义，

$x(B(u, v)) =B(u, x(v)) +$ B((广告$x$)$(u), v$)

$x\in E,u\in E,v\in V$。让$x$通过ad$x$对E进行操作。根据提案 2 (ii)，$B(E^0(x),V^a(x))\subset V^a(x)$ 适用于所有 $a\in k$。如果(ad $x$)$^ny= 0$，则$y\in E^0(x)$，所以$y(V^a(x))\subset V^a(x)$，这就证明了(ii)。

为了证明(iii)，我们可以将替换V乘以$V^a(x)$，并将$x$（或$y$）乘以限制到$V^a(x)$。 替换 $x$乘以$x-a$，我们可以假设$x$是幂零的。然后，(ad $x$)$^{2 dim V-1}= 0$（第I, §4, no. 2章），证明了(iii)。

(i) 满足条件 (AC)，并且对于所有$s\in S,r(s)$ 是可三角化的。

(ii) 对于所有 $\lambda \in P$，$V^{\lambda}(S)$ 在 $r(S)$ 和 $V =\sum_{\lambda\in P}V^{\lambda}(S)$ 下是稳定的。

如果$V =\sum_{\lambda\in P}V^{\lambda}$(S)，则$V =\sum_{a\in k}V^a(s)$对于所有$s\in S$，并且它由

引理 1 (ii) 意味着 (i)。假设满足条件(i)。 引理 1 和公式 (1) 意味着每个$V^{\lambda}(S)$ 在$r(S)$ 下是稳定的。还有待证明$V =\sum_{\lambda\in P}V^{\lambda}(S)$。我们在昏暗的V上争论归纳。我们区分两种情况。

a) 对于所有 $s\in S,r(s)$ 都有一个特征值 $\lambda (s)$。然后$V = V^{\lambda}(S)$。

b) 存在$s\in S$使得$r(s)$至少有两个不同的特征值。那么 $a\in k$ 的 V 就是 $V^a(s)$ 的直和，而所有 $a$ 的暗淡 $V^a(s)<$ 暗淡 V。每个$V^a(s)$在$r$(S)下是稳定的，应用归纳假设就足够了。

令$r': S\rightarrow$End(V$\otimes_kk'$)为由$r$定义的映射。如果 $s_1, s_2\in S$，则存在整数 $n$，使得 (ad $r(s_1)$)$^nr(s_2) = 0$，因此 (ad $r'(s_1)$)$^nr'(s_2) = 0$。现在应用 Th 就足够了。 1.

(i) $V^0(S)$和$V^+(S)$在$r(S)$下稳定；

(ii) $V = V^0(S)\oplus V^+(S)$；

(iii) V的每向量子空间W，在$r(S)$下稳定，并且$W^0(S) = 0$包含在$V^+(S)$中；

（四）$\sum_{s\in S}r(s)V^+(S) = V^+(S)$。

此外，$V^+(S)$是V中唯一具有性质(i)和(ii)的向量子空间。对于 $k,(V\otimes_kk')^+(S) = V^+(S)\otimes_kk'$ 中的任意扩张 $k'$。

最后一个断言是直接的。因此，考虑到命题 1，在证明中，我们可以假设 $k$ 是代数封闭的。由 Th. 1、V = $\sum_{\lambda\in P}V^{\lambda}$(S)，且$V^{\lambda}(S)$在$r(S)$下稳定。若$s\in S$，则特征

$r(s)|V^{\lambda}(S)$的多项式为$(X-\lambda (s))^{dim V^{\lambda}(S)}$；由此可见 $\bigcap_{i\geq 1}r(s)^iV^{\lambda}(s)$

如果$\lambda (s) = 0$，则为零；如果$\lambda (s)\not= 0$，则等于$V^{\lambda}(S)$；因此，

从而证明 (i)、(ii) 和 (iv)。如果W是V的向量子空间在$r$(S)下稳定，则$W =\sum_{\lambda\in P}W^{\lambda}(S)$和$W^{\lambda}(S) = W\cap V^{\lambda}(S)$。如果$W^0(S) = 0$，我们看到$W\subset V^+$(S)，这证明了(iii)。

令 $V'$ 为 V 的向量子空间在 $r(S)$ 下稳定，使得 $V'\cap V^0(S) = 0$。然后 ${V'}^0(S) = 0$，所以 $V'\subset V^+(S)$ 由 (iii) 得到。如果，在加法、$V = V^0(S) + V'$中，我们看到$V'= V^+(S)$。 Q.E.D.

我们将有时称为V的$(V^0(S),V^+(S))$Fitting 分解，或映射$r: S\rightarrow$End(V)。如果 S 约化到单个元素 $s$，我们写 $V^+(s)$ 或 $V^+(r(s))$ 而不是 $V^+(\{s\})$。我们知道 $V = V^0(s)\oplus V^+(s), V^0(s)$ 和 $V^+(s)$ 在 $r(s),r(s)|V^0(s)$ 幂零且 $r(s)|V^+(s)$ 是双射的情况下是稳定的。

鉴于命题 1，我们被简化为 $k$ 是代数闭的情况。我们有 $V =\bigoplus_{\lambda\in P}V^{\lambda}$(S)、$V'=\bigoplus_{\lambda\in P}{V'}^{\lambda}(S)$ Th。 1、和$V'=f(V) =$$\sum_{\lambda\in P}f(V^{\lambda}(S))$。最后，根据命题 2 (i)，$f(V^{\lambda}(S))\subset {V'}^{\lambda}(S)$，因此得出推论。

(i) 对于所有$\lambda \in k,V^{\lambda}(u) = V^{\lambda}(u_s) = V_{\lambda}(u_s)$。

(ii) 如果V有代数结构，并且如果$u$是V$,u_s$中的推导，并且$u_n$是V中的推导。

(iii) 如果V有代数结构，并且如果$u$是V的自同构，则$u_s$和$1 +u^{-1}_su_n$是V的自同构。

根据命题 1，我们可以假设 $k$ 是代数闭的，所以

$u|V^{\lambda}(u)$的半单分量是位似，$V^{\lambda}(u)$中的比率为$\lambda$。这就证明了(i)。

假设从现在开始V有代数结构。让$x\in V^{\lambda}(u)$，$y\in V^\mu(u)$。

如果$u$是V的推导，则$xy\in V^{\lambda+\mu}(u)$（命题2（ii）），所以

这证明$u_s$是V的推导。那么$u_n=u-u_s$就是V的推导。

如果$u$是V的自同构，则Ker($u_s$)$= V^0(u) = 0$，所以$u_s$是双射的。另一方面，$xy\in V^{\lambda \mu}(u)$（命题 2 (iii)），所以

这就证明了$u_s$是V的自同构；但事实也是如此

由于$V^{\lambda}(S)$在$r(S)$（no. 1的引理 1和公式（1））下稳定，我们可以假设$V = V^{\lambda}(S)$。让$n=$变暗V。因此，对于$s\in S$，

德特（X$-r(s)$）$= (X-\lambda (s))^n$。

另一方面，行列式展开表明

检测(X$-r(s)$)$= X^n+a_1(s)X^{n-1}+\cdots +a_i(s)X^{n-i}+\cdots$

其中$a_i: S\rightarrow k$是次数$i$的齐次多项式函数。写出$n=qm$，其中$q$是$k$和$(q, m) = 1$的特征指数的幂。然后$(X-\lambda (s))^n= (X^q-\lambda (s)^q)^m$；因此$-m\lambda (s)^q=a_q(s)$，这意味着结果。

第一个等式由命题 1 得出。为了证明第二个，我们可以假设 $V = V^0(S)$ 以及$V'{= V'}^0(S)$。设 $(s_1, . . . , s_m)$ 为 S 的基，且 $(e_1, . . . , e_n)$ 基为 V。存在多项式 $P_{ij}(X_1, . . . ,X_m)$ 使得

对于 $1\leq j\leq n$ 和 $a_1, . . . , a_m\in k'$。 假设、$r'(s)^n= 0$适用于所有$s\in S$，其他字$P_{ij}(a_1, . . . , a_m) = 0$适用于$1\leq i, j\leq n$和$a_1, . . . , a_m\in k$。由于 $k$ 是无限的，$P_{ij}= 0$。因而，$r'(S')$的每个元素都是幂零的，$V'{= V'}^0(S')$。

(i) 函数 $s \rightarrow P(s)$ 是 S 上的多项式。我们有 $\widetilde{S} =\{s\in S|P(s)\not= 0\}$；这是 Zariski 拓扑中 S 的开子集（App. 1）。

(ii) $\widetilde{S}$非空，并且$V^+(s) = V^+(S)$对于所有$s\in \widetilde{S}$。

$s \rightarrow P(s)$ 是多项式这一事实是由 $r$ 的线性性得出的。如果$s\in S, V^0(s)\supset V^0$(S)，则等式当且仅当$r(s)$定义自同构为$V/V^0$(S)，因而(i)。

现在令 $k'$ 为 $k$ 的代数闭包，并引入 $V',S', r'$，如命题 6 中所示。通过多项式恒等式 (ad $r(s_1)$)$^{2 dim V-1}r(s_2) = 0$ 的延拓，注 $S'$ 满足条件 (AC)有效期为$s_1, s_2\in S$（no. 1、注）。 应用 Th.1，我们推导出分解

$\lambda_i\not= 0$ 为 $1\leq i\leq m$。对于$1\leq i\leq m$，在$S'$和整数$q_i$上存在多项式函数$P_i$非零，使得$\lambda^{q_i}_i= P_i$（命题5）。由于$k$是无限的，因此存在$s\in S$使得$(P_1. . .P_m)(s)\not= 0$，cf.代数，第1章。 IV, §2, no. 3，科。命题 9 的 2。然后 $\lambda_i(s)\not= 0$ 对于所有 $i$，因而 ${V'}^0(S'{) = V'}^0(s)$，因而 $V^0(S) = V^0(s)$（命题 6），这表明 $\widetilde{S}\not=\emptyset$。如果$s\in \widetilde{S}$，$V^+(S)$在$r(s)$下是稳定的，并且是V中$V^0(s)$的补集，这一事实意味着$V^+(S) = V^+(s)$（Th.1的Cor.2）。

(i) 和 $\sum_{\lambda\in P}L^{\lambda}(P)$ 是直接的。

(ii) 如果$f: L\rightarrow M$是$\mathfrak{h}$模块中的同态，则$f(L^{\lambda}(\mathfrak{h}))\subset M^{\lambda}(\mathfrak{h})$适用于所有$\lambda \in P$。

(iii) 如果$f: L\times M\rightarrow N$是双线性$\mathfrak{h}$不变量映射，

对于所有$\lambda , \mu\in P$。

这是从 Props 得出的。 2和3。

(i) 每个$M^{\lambda}(\mathfrak{h})$都是M的$\mathfrak{h}$子模。如果$x_M$对于所有$x\in \mathfrak{h}$可三角化，则$M =\sum_{\lambda\in P}M^{\lambda}(\mathfrak{h})$。

(ii) 如果$k$是无限的，则存在$x\in \mathfrak{h}$使得$M^0(x) = M^0(\mathfrak{h})$。

(iii) 如果$k$的特征为0，并且如果$\lambda \in P$使得$M^{\lambda}(\mathfrak{h})\not= 0$，则$\lambda$是$\mathfrak{h}$上的线性形式，在$[\mathfrak{h},\mathfrak{h}]$和$M_{\lambda}(\mathfrak{h})\not= 0$上消失。

(iv) 如果$f: M\rightarrow N$是有限维$\mathfrak{h}$模的满同态，则$f(M^{\lambda}(\mathfrak{h})) = N^{\lambda}(\mathfrak{h})$对于所有$\lambda \in P$。

(v) 如果 N 是有限维 $\mathfrak{h}$ 模，并且 B 双线性形式在 $\mathfrak{h}$ 下的 $M\times N$ 上不变量，则 $M^{\lambda}(\mathfrak{h})$ 和 $N^\mu(\mathfrak{h})$ 相对于 B 正交（如果$\lambda +\mu\not= 0$）。此外，如果 B 是非简并的，那么对于所有 $\lambda \in P$，其限制到 $M^{\lambda}(\mathfrak{h})\times N^{-\lambda}(\mathfrak{h})$ 也是非简并的。

部分 (i) 由no. 1、引理 1 和 Th 得出。 1. 部分 (ii) 源自no. 2，第 7 条命题。 部分 (iv) 源自no. 1，第 7 条命题。 3 Th。 1. 我们证明(iii)。我们可以假设$M = M^{\lambda}(\mathfrak{h})$。然后，对于所有 $x\in \mathfrak{h},\lambda (x) =$ (dim $M$)$^{-1}$Tr($x_M$);这证明了 $\lambda$ 是线性的（这也是从命题 5 得出的）并且 $\lambda$ 在 $[\mathfrak{h},\mathfrak{h}]$ 上消失。考虑映射 $\rho :\mathfrak{h}\rightarrow$ End$_k(M)$ 定义为

由上可知，这是M上$\mathfrak{h}$的表示，并且$\rho (x)$对于所有$x\in \mathfrak{h}$来说是幂幂的。根据恩格尔的定理（第I, §4, no. 2，第1章），M中存在$m\not= 0$，使得$\rho (x)m= 0$对于所有$x\in \mathfrak{h}$，因此$m\in M_{\lambda}(\mathfrak{h})$。

(v) 的第一个断言源自命题 2 (ii) no. 1。为了证明第二个，我们可以假设$k$根据no. 1的命题1是代数封闭的；然后从第一个和$M =\sum_{\lambda}M^{\lambda}(\mathfrak{h}), N =\sum_{\lambda}N^{\lambda}(\mathfrak{h})$，cf. (i) 的事实得出结论。