事实上，$y-y'\in$ Ker(ad$_{\mathfrak{g}}x$) 和 (ad$_{\mathfrak{g}}h$)$(y-y') =-2(y-y')$。但是对于每个整数 $p >0 ($§1, no. 2，ad$_{\mathfrak{g}}x$ 在 Ker($p+$ ad$_{\mathfrak{g}}h$) 上是单射的，Cor。提案 2）。

显然$e^{ad_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{n})}.h\subset h+\mathfrak{n}$。我们将证明，如果$v\in \mathfrak{n}$，则$h+v\in e^{ad_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{n})}.h$。只要证明 $h+v\in e^{ad_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{n})}.h+\mathscr{C}0\mathfrak{n}$ 对于所有 $p\geq 1$ 就足够了（因为 $\mathscr{C}^p\mathfrak{n}= 0$ 对于足够大 $p$）。自$\mathscr{C}^1\mathfrak{n}=\mathfrak{n}$以来，这对于$p= 1$来说是清楚的。现在假设我们已经证明了$y_p\in \mathfrak{n}$和$z_p\in \mathscr{C}^p\mathfrak{n}$的存在性使得$h+v=e^{ad_{\mathfrak{g}}y_p}.h+z_p$。由于 (ad$_{\mathfrak{g}}h$)$(\mathfrak{n}) =\mathfrak{n}$、(ad$_{\mathfrak{g}}h$)$|\mathfrak{n}$ 是从 $\mathfrak{n}$ 到 $\mathfrak{n}$ 的双射，因此它的限制到 $\mathscr{C}^p\mathfrak{n}$ 使得 $\mathscr{C}^p\mathfrak{n}$ 稳定，也是双射的；因而，存在$z\in \mathscr{C}^p\mathfrak{n}$使得$z_p= [z, h]$。然后

所以

这在 $p$ 上通过归纳建立了我们的断言。

如果$u\in \mathfrak{p}$和$v\in \mathfrak{q}$，则存在$w\in \mathfrak{g}$使得$v= [x, w]$，所以

另一方面，$\mathfrak{p}$是$\mathfrak{g}$的子代数，所以$[\mathfrak{p}\cap \mathfrak{q},\mathfrak{p}\cap \mathfrak{q}]\subset \mathfrak{p}\cap \mathfrak{q}$。

让 $\mathfrak{n}=$ Ker(ad $x$)$\cap$ Im(ad $x$)。对于所有$p\in \mathbf{Z}$，设$\mathfrak{g}_p=$ Ker(ad $h-p$)。到§1, no. 3（应用于$\mathfrak{g}$上$kx+ky+kh$的伴随表示），我们有$\mathfrak{n}\subset \sum_{p>0}\mathfrak{g}_p$，所以ad$_{\mathfrak{g}}n$对于所有$n\in \mathfrak{n}$和$[h,\mathfrak{n}] =\mathfrak{n}$来说是幂零的。我们有$[x, h'-h] = 0$和$[x, y-y'] =h'-h$，所以$h'-h\in \mathfrak{n}$。通过引理 2 和 3，存在 $z\in \mathfrak{n}$ 使得 $e^{ad_{\mathfrak{g}}z}h=h'$。从$z\in$ Ker ad$_{\mathfrak{g}}x$开始，我们有$e^{ad_{\mathfrak{g}}z}x=x$。 引理 1 现在证明$e^{ad_{\mathfrak{g}}z}y=y'$。 Q.E.D.

设G为$\mathfrak{g}$的自同构中的群。然后，如果存在 $g\in G$ 使得 $gx=x'$、$gh=h', gy=y'$，则两个 $\mathfrak{s}\mathfrak{l}_2$ 三元组 $(x, h, y)$、$(x', h', y')$ 被称为 G 共轭。

考虑以下条件：

(i) $x$和$x'$是G-共轭；

(ii) $(x, h, y)$和$(x', h', y')$是G共轭；

(iii) $\mathfrak{t}$ 和 $\mathfrak{t}'$ 是 G-共轭。

我们有 (i) $\Leftarrow \Rightarrow$ (ii) $=\Rightarrow$ (iii)。如果 $k$ 是代数闭的，则三个条件是等价的。

(i) $\Leftarrow \Rightarrow$ (ii)：这是从引理 4 得出的。

(ii) $=\Rightarrow$ (iii)：这很清楚。

我们假设 $k$ 是代数封闭的，并证明 (iii) $=\Rightarrow$ (i)。我们首先处理$\mathfrak{t}=\mathfrak{t}'=\mathfrak{g}=\mathfrak{s}\mathfrak{l}(2, k)$的情况。由于 ad$_{\mathfrak{g}}x$ 是幂零的，$k^2$ 的自同态 $x$ 也是幂零的（第 I, §6，第 3 章），因此存在矩阵 $A\in \mathbf{G}\mathbf{L}(2, k)$ 使得 $AxA^{-1}=X$，因此存在自同构 $\alpha$ $\mathfrak{s}\mathfrak{l}(2, k)$使得$\alpha (x) =x'$；现在$\alpha \in$Aut$_e(\mathfrak{g}) ($§5, no. 3，Cor.提案 5 中的 2）。现在我们讨论一般情况；我们假设$\mathfrak{t}$和$\mathfrak{t}'$是G共轭，并证明$x$和$x'$是G共轭。我们可以假设$\mathfrak{t}=\mathfrak{t}'$。由上可知，存在$\beta \in$Aut$_e(\mathfrak{t})$使得$\beta x=x'$。现在，如果 $t\in \mathfrak{t}$ 使得 ad$_{\mathfrak{t}}t$ 幂零，则 ad$_{\mathfrak{g}}t$ 幂零；所以Aut$_e(\mathfrak{g})$的$\beta$扩展到元素。

输入$C = [A,B]$。从$[A,C] = 0$开始，

$[A$，公元前$^p] = [A,B]C^p= C^{p+1}$

每整数 $p\geq 0$。因而，对于$p\geq 1$，Tr(C$^p$) $= 0$，证明C是幂零的（代数，第VII, §3, no. 5章，第13号提案的Cor.4）。现在令$\overline{k}$为$k$的代数闭包，并令$\lambda \in \overline{k},x\in V\otimes_k\overline{k}$为AB$x=\lambda x$，$x\not= 0$。 关系 $[[B,A],A] = 0$ 显示每整数 $p\geq 0$ 就有 $[B,A^p] =p[B,A]A^{p-1}$。令$r$为最小的整数，使得$A^rx= 0$。然后

$\lambda A^{r-1}x= A^{r-1}$AB$x= A^rBx=$BA$^rx-[B,A^r]x=-r[B,A]A^{r-1}x$。

由于$[B,A]$是幂零的，并且由于$A^{r-1}x\not= 0$，这证明了$\lambda = 0$。因而，AB 的所有特征值都是零，因此是引理。

设$\mathfrak{g}'$为可解李代数$kh+kx$。从$x\in [\mathfrak{g}',\mathfrak{g}']$开始，ad$_{\mathfrak{g}}x$是幂零的（第I, §5, no. 3章，第1章）；令$\mathfrak{n}$为其核。由于 [ad $h$，ad $x] =$ 2 ad $x$，我们有 (ad $h$)$\mathfrak{n}\subset \mathfrak{n}$。令 $z\in \mathfrak{g}$ 等于 $h=-[x, z]$。对于任意整数 $n\geq 0$，输入$M_n=$（广告$x$）$^n\mathfrak{g}$。如果 $n >0$，我们有 (§1, no. 1, 引理 1)

[广告$z$,(广告$x$)$^n] =n$((广告$h$)$-n+$1)(广告$x$)$^{n-1}$

所以，如果$u\in M_{n-1}$，

$n$((广告$h$)$-n+ 1$)$u\in$(广告$z$)(广告$x$)$u+ M_n$。

由于 (ad $h$)$\mathfrak{n}\subset \mathfrak{n}$，因而

（（广告$h$）$-n+ 1$）$(\mathfrak{n}\cap M_{n-1})\subset \mathfrak{n}\cap M_n$。

由于 ad $x$ 是幂零的，$M_n= 0$ 对于足够大 $n$。因而，广告 $h|\mathfrak{n}$ 的特征值为整数 $\geq 0$。因而，广告$h+ 2$到$\mathfrak{n}$的限制是可逆的。

现在 $[h, z] + 2z\in \mathfrak{n}$ 以来

因此存在$z'\in \mathfrak{n}$使得$[h, z'] + 2z'= [h, z] + 2z$，即$[h, y] =-2y$，放入$y=z-z'$。从$[x, y] = [x, z] =-h$开始，完成证明。

让$\mathfrak{n}=$ Ker（广告$x$）$^2$。如果 $z\in \mathfrak{n}$，则 [ad $x$，[ad $x$，ad $z]] =$ ad([$x,[x, z]]$) $= 0$。到引理 5，ad $x\circ$ ad $z$ 幂零的，因此 Tr(ad $x\circ$ ad $z$) $= 0$。这表明，关于$\mathfrak{g}$的杀戮形式$\Phi$，$x$与$\mathfrak{n}$正交。自从

$\Phi$((广告$x$)$^2y, y'$)$=\Phi (y$,(广告$x$)$^2y')$

对于所有 $y, y'\in \mathfrak{g}$，并且由于 $\Phi$ 是非简并的，$\mathfrak{n}$ 的正交补集是 (ad $x$)$^2$ 的像。因此存在$y'\in \mathfrak{g}$使得$x=$（广告$x$）$^2y'$。放

我们有$[h, x] = 2x$和$h\in$（广告$x$）$(\mathfrak{g})$。现在应用引理6就足够了。

这是从命题 1 和 2 得出的。

这样的矩阵这样的 $\alpha = 1$。然后$G'= (G,G)$。

如果$\alpha , \alpha '\in K^*$和$\beta , \beta '\in K$，

0 $\alpha^{-1}$ 0 $\alpha^{'-1}$ 0 $\alpha^{-1}$ 0 $\alpha^{'-1}$

0 1

特别是，

$(1\beta )((\alpha '$0$)((1\beta )^{-1}(\alpha '$0$)^{-1}=(1\beta (1-{\alpha '}^2))$。

0 1 0 $\alpha^{'-1}$ 0 1 0 $\alpha^{'-1}$ 0 1

但存在$\alpha '_0\in K^*$使得$\alpha '_0\not= 1$和$\alpha '_0\not=-1$，然后$k.(1-{\alpha '_0}^2)$$=k$，因此引理。

令$x$为$\mathfrak{g}$的非零幂零元。 选择 $h, y\in \mathfrak{g}$ 使得 $(x, h, y)$ 是 $\mathfrak{s}\mathfrak{l}_2$ 三元组（命题 2）。 $(x, h, y)$生成的$\mathfrak{g}$的子代数$\mathfrak{s}$可以用$\mathfrak{s}\mathfrak{l}(2, k)$来识别。令$\rho$为$\mathfrak{s}=\mathfrak{s}\mathfrak{l}(2, k)$在$\mathfrak{g}$上的表示$z \rightarrow$和$_{\mathfrak{g}}z$，并令$\pi$为与$\rho ($§1, no. 4兼容的$\mathbf{S}\mathbf{L}(2, k)$的表示）。 $\pi$的像由exp($t$ ad$_{\mathfrak{g}}x$)和exp($t$ ad$_{\mathfrak{g}}y$)与$t\in k($代数生成，第1章。 III, §8, no. 9，提案 17），因此包含在 Aut$_e(\mathfrak{g})$ 中。由于 $\mathbf{S}\mathbf{L}(2, k)$ 等于其导出群（引理 7 和前述），exp(ad$_{\mathfrak{g}}x$) 属于到 Aut$_e(\mathfrak{g})$ 的导出群 G。因此Aut$_e(\mathfrak{g})$等于G。现在假设$\mathfrak{g}$是可分割的。由于Aut$_0(\mathfrak{g})/$Aut$_e(\mathfrak{g})$是可交换的（§5, no. 3，注3），所以上式证明Aut$_0(\mathfrak{g})$的导出群是Aut$_e(\mathfrak{g})$。

条件显然是必要的。 引理6就够了。

特征值广告$_{\mathfrak{g}}h$属于至$\mathbf{Z}($§1, no. 2，Cor.提案 2）。因此$h\in \mathfrak{h}_{\mathbf{Q}}$。存在 $(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$ 的 Weyl 群的元素 $w$，使得 $\alpha (wh)\geq 0$ 对于所有 $\alpha \in B$（第 VI, §1, no. 5，第 2 (i) 章）。鉴于§2, no. 2，Cor。的 Th。 2、我们简化为所有$\alpha \in B$都为$\alpha (h)\in \mathbf{N}$的情况。令$R_+$为相对于B的正根的集合，以及$R_-=-R_+$。 形式 $(x, h, y)$ 的$\mathfrak{g}$中存在$\mathfrak{s}\mathfrak{l}_2$三元组。令 T 为根 $\beta$ 中的集合，使得 $\beta (h) =-2$。然后是$T\subset R_-$和$y\in \sum_{\beta\in T}\mathfrak{g}^{\beta}$。假设有

存在$\alpha \in B$使得$\alpha (h)>2$。对于所有$\beta \in T$，我们有$(\alpha +\beta )(h)>0$，所以$\alpha +\beta \notin R_-$和$\alpha +\beta \not= 0$；另一方面，从$\beta \in R_-$和$\alpha \in B$开始，我们有$\alpha +\beta \notin R_+$；因此$\alpha +\beta \notin R\cup \{0\}$，所以$[\mathfrak{g}^{\alpha},\mathfrak{g}^{\beta}] = 0$。因此，$[y,\mathfrak{g}^{\alpha}] = 0$。但 ad$_{\mathfrak{g}}y|\mathfrak{g}^{\alpha}$ 是单射的，因为 $\alpha (h)>0 ($§1, no. 2，Cor。提案 2）。这个矛盾证明了$\alpha (h)\leq 2$对于所有$\alpha \in B$。

事实上，$\mathfrak{g}$的每个半单元素在Aut$_e(\mathfrak{g})$到$\mathfrak{h}$的元素下都是共轭。

设$\mathfrak{h}$为$\mathfrak{g}^0$中的嘉当子代数。这是 $\mathfrak{g}$ 包含 $h$ 中的嘉当子代数（第 VII, §2, no. 3 章，提案 10）。我们有$h\in \mathfrak{h}_{\mathbf{Q}}$。设R为根权的$(\mathfrak{g},\mathfrak{h}), Q$群的根系。 R 存在基 B，使得对于所有 $\alpha \in B$ 都有 $\alpha (h)\geq 0$。

令 U 为 $z\in \mathfrak{h}$ 的集合，使得对于所有 $\alpha \in B$ 为 $\alpha (z)\not= 0$。令$(H'_{\alpha})_{\alpha\in B}$为$\mathfrak{h}$对偶于B的基。如果$z\in U$，则存在从Q到$k^*$取任何$\gamma \in Q$到$\prod_{\alpha\in B}\alpha (z)^{\gamma(H'_{\alpha})}$的同态。根据§5，提案 2 和 4，

向量空间 $\mathfrak{g}$ 的自同态 $\varphi (z)$，其中 $\mathfrak{g}^{\gamma}$ 位似上的诱导与比率 $\prod_{\alpha\in B}\alpha (z)^{\gamma(H'_{\alpha})}$ 是 $\mathfrak{g}$ 的初等自同构，这显然

属于至$G_h$。

让$s\in \mathfrak{h}$。如果$\gamma \in R$使得$\mathfrak{g}^{\gamma}\cap \mathfrak{g}^2\not= 0$，

由于$\alpha (h)\geq 0$对于所有$\alpha \in B$，并且由于$\gamma (H'_{\alpha})$是整数，或者所有$\geq 0$或所有$\leq 0$，所以我们对所有$\alpha \in B$有$\gamma (H'_{\alpha})\in \mathbf{N}$。因此，我们可以考虑（对于$z\in \mathfrak{h}$）向量空间$\mathfrak{g}^2$的自同态$\psi (z)$，诱导在$\mathfrak{g}^{\gamma}\cap \mathfrak{g}^2$位似上，比率为$\prod_{\alpha\in B}\alpha (z)^{\gamma(H'_{\alpha})}$。从 $\mathfrak{h}$ 到 End($\mathfrak{g}^2$) 的映射 $z \rightarrow \psi (z)$ 是多项式。对于$z\in U$，我们有$\psi (z) =\varphi (z)|\mathfrak{g}^2$。

令 $\gamma_1, . . . , \gamma_r$ 为 $(\mathfrak{g},\mathfrak{h})$ 消失在 $h$ 上的不同根。 如果$y_1\in \mathfrak{g}^{\gamma_1}, . . .$，$y_r\in \mathfrak{g}^{\gamma_r}$，我们有$e^{ady_1}. . . e^{ady_r}\in G_h$。 We can thus define a map $\rho$ from $\mathfrak{h}\times \mathfrak{g}^{\gamma_1}\times \cdots \times \mathfrak{g}^{\gamma_r}$ to $\mathfrak{g}^2$ by putting

对于$z\in \mathfrak{h}, y_1\in \mathfrak{g}^{\gamma_1}, . . . , y_r\in \mathfrak{g}^{\gamma_r}$。这个映射是多项式，$\rho (U,\mathfrak{g}^{\gamma_1}, . . . ,\mathfrak{g}^{\gamma_r})$$\subset G_hx$。由章。 VII，应用程序。 I，命题3和4，只要证明$\rho$的切线映射在点处是满射的。

现在令 T 为 $z \rightarrow \psi (z)$ 在 $h_0=\sum_{\alpha\in B}H'_{\alpha}$ 的切线映射。那么$T(z)$就是$\mathfrak{g}^{\gamma}\cap \mathfrak{g}^2$位似上的诱导与$\mathfrak{g}^2$的自同态之比

因此，$z \rightarrow \rho (z,0, . . . ,0)$在$h_0$的切线映射为映射$z \rightarrow [z, x]$；它的像是$[x,\mathfrak{h}]$。 映射 $y_1 \rightarrow \rho (h_0, y_1,0, . . . ,0)$ 在 0 点的切线映射为映射 $y_1 \rightarrow \psi (h_0)[y_1, x]$；最后一个映射有像$\psi (h_0)[x,\mathfrak{g}^{\gamma_1}] = [x,\mathfrak{g}^{\gamma_1}]$。同样，映射 $y_i \rightarrow \rho (h_0,0, . . . ,0, y_i,0, . . . ,0)$ 在 0 处的切线映射有像 $[x,\mathfrak{g}^{\gamma_i}]$。最后，$\rho$在$(h_0,0, . . . ,0)$处的切线映射有像

\*群 $G_h$ 是代数群与李代数和 $\mathfrak{g}^0$。\*

(i) $h$和$h'$是G-共轭；

(ii) $(x, h, y)$ 和 $(x', h', y')$ 是 G-共轭。

我们只需证明蕴涵 (i) $=\Rightarrow$ (ii)，我们就立即还原为$h=h'$ 的情况。引入$\mathfrak{g}^2$和$G_h$，如引理8。我们有$x\in \mathfrak{g}^2$和$[x,\mathfrak{g}^0] =\mathfrak{g}^2$，由§1, no. 2，Cor。命题 2. 因而，$\mathfrak{g}^2$ 的$G_hx$ 包含子集在 Zariski 拓扑中是密集且开放的，$G_hx'$ 也是如此。所以存在$a\in G_h$使得$a(x) =x'$。我们有 $a(h) =h$，因此有 $a(y) =y'$ (no. 1，引理 1)。

这是从 Cor 得出的。 1、科。提案 2 和 Cor。提案 5。

这是从 Cor 得出的。 1、提案 1 和 Cor。提案 5。