命题对于 $n\leq 0$ 来说是微不足道的。我们以归纳对$n$争论。如果公式 (4) 对于 $n$ 为真，则

因此公式 (4) 代表$n+ 1$。

对于$p\in \mathbf{N}$，令$U_p(\mathfrak{g})$为过滤$\leq p$的$U(\mathfrak{g})$元素集合；然后像在 $\mathbf{x}^{(\mathbf{n})}$ 的 $U_p(\mathfrak{g})/U_{p-1}(\mathfrak{g})$ 中，使得这个 $\mathbf{Q}$ 向量空间的 $|\mathbf{n}|=p$ 形式基 （第 I, §2, no. 7，第 1 章）；因此，$\mathbf{Q}$向量空间$U(\mathfrak{g})$的$[\mathbf{n}]$形式基。还需要证明以下断言（其中我们放入$M =\mathbf{N}^I$）$:$

(*) 如果 $u\in \mathscr{U}, (a_{\mathbf{n}})\in \mathbf{Z}^{(M)}$ 和 $d\in$ N --$\{0\}$ 是这样的

然后$d$除各$a_{\mathbf{n}}$。

对于每个整数$r\geq 0$，引入迭代的余积

通过定义，$c_0$是$\mathscr{U},c_1=$Id$_{\mathscr{U}},c_2=c$的余单位（$\mathscr{U}$的余积），并且，对于$r\geq 2,c_{r+1}$定义为复合$p\circ (c_r\otimes 1)\circ c:$

其中$p$是通过在代数$\mathbf{T}(\mathscr{U})$中使用乘法来定义的。此外，考虑$\mathscr{U}$到$\mathscr{U}^+=$ Ker $c_0$的规范投影$\pi$，以及复合

其中从$\{1,2, . . . , r\}$到I的映射中的$\varphi$属于到集合，各需要值$i\in In_i$次。

根据命题 1，

其中 M 的 $r$ 元素的序列 $(\mathbf{p}_1, . . . ,\mathbf{p}_r)$ 的扩展与集合之和，使得 $\mathbf{p}_1+\cdots +\mathbf{p}_r=\mathbf{n}$。鉴于章。 II, §1, no. 3，第 6 条命题，映射 $c^+_r$，从 $U(\mathfrak{g})$ 到 $\mathbf{T}^r(U^+(\mathfrak{g}))$ 通过线性扩展至映射，在 $U_{r-1}(\mathfrak{g})$ 上消失。由此可见，对于$r\geq |\mathbf{n}|$，

对于$r >|\mathbf{n}|$，关系$\mathbf{p}_1+\cdots +\mathbf{p}_r=\mathbf{n}$意味着$\mathbf{p}_i$中至少有一个是零，所以$c^+_r([\mathbf{n}]) = 0$。对于 $r=|\mathbf{n}|$，(8) 的第三个成员的唯一非零项是那些 $|\mathbf{p}_1|=\cdots =|\mathbf{p}_r|= 1$，因此是 (7)。

我们回到Th的证明。 1. 我们保留(*)的记号，并通过$|\mathbf{n}|$降序归纳，证明$d$除$a_{\mathbf{n}}$，当$|\mathbf{n}|$为足够大时，这是清楚的。如果 $d$ 除 $a_{\mathbf{n}}$ 对于 $|\mathbf{n}|> r$ 那么，把

我们有

对于从 $\{1,2, . . . , r\}$ 到 I 的任意映射 $\varphi$，将

和$a_{\varphi}=a_{\mathbf{n}}$，其中$\mathbf{n}=$（卡$\varphi^{-1}(i)$）$_{i\in I}$。由引理 1，(9) 意味着

所以$c^+_r(u')\in \mathbf{T}^r(\mathscr{U}^+)\cap \mathbf{Q}\mathbf{T}^r(\mathscr{G})$。但$\mathscr{U}^+$的子模$\mathscr{G}$是直因子（代数，第VII, §4, no. 3章，第1章的Cor.），所以子模$\mathbf{T}^r(\mathscr{G})$是$\mathbf{T}^r(\mathscr{U}^+)$的直因子，因此$c^+_r(u')\in \mathbf{T}^r(\mathscr{G})$。另一方面，$\mathscr{G}$的$x_i$形式基除以假设，因此$\mathbf{T}^r(\mathscr{G})$的$e_{\varphi}$形式基。那么(10)证明$d$除$a_{\varphi}$，即$a_{\mathbf{n}}$对应$|\mathbf{n}|=r$。这就证明了(*)。

(ii) $\mathbf{Z}$-代数$(^{\mathscr{V}}_{\mathbf{Z}})$由$h\in \mathscr{V}, n\in \mathbf{N}$的$(^h_n)$生成。

(iii) 如果$(h_1, . . . , h_r)$是$\mathscr{V}$中的基，则元素

= $\cdots$,

其中$\mathbf{Z}$模块$(^{\mathscr{V}}_{\mathbf{Z}})$的$\mathbf{n}= (n_1, . . . , n_r)$属于到$\mathbf{N}^r$、形式基。

对于$m\in \mathbf{N}$，输入$\mathbf{S}_m(V) =\sum_{i\leq m}\mathbf{S}^i$(V)、$\mathbf{S}_m(\mathscr{V}) =\sum_{i\leq m}\mathbf{S}^i(\mathscr{V})$。 代数，第 1 章IV, §5, no. 9、第 15 号提案和注、

$\mathbf{S}_m(\mathscr{V})\subset \mathbf{S}_m(V)\cap (\mathscr{V}\mathbf{Z})\subset m1$！$\mathbf{S}_m(\mathscr{V})$

所以$(^{\mathscr{V}}_{\mathbf{Z}})\cap V =\mathscr{V}$。由于$\mathbf{S}_m(\mathscr{V})$是$\mathbf{S}_m$(V)中的格，$\mathbf{S}_m(V)\cap (_{\mathbf{Z}}^{\mathscr{V}})$也是$\mathbf{S}_m(V)$中的格。另一方面，$\mathbf{S}_m(V)\cap (^{\mathscr{V}}_{\mathbf{Z}})$是$\mathbf{S}_{m+1}(V)\cap (_{\mathbf{Z}}^{\mathscr{V}})$的直因子（因为商是无扭的），因此它承认一个补集，它是一个自由的$\mathbf{Z}$模。由此可见 $(^{\mathscr{V}}_{\mathbf{Z}})$ 是一个免费的 $\mathbf{Z}$ 模块。很明显，这是代数$\mathbf{S}(V)$中的一个单位阶。令$(u_n)_{n\in\mathbf{N}}$为$\mathbf{Z}$模块$(^{\mathscr{V}}_{\mathbf{Z}})$的基。这也是$\mathbf{Q}$模块$\mathbf{S}(V)$的基，并且对于所有

存在唯一的序列$(v_n)$ 元素 $\mathbf{S}(V)$ 使得$\varphi =\sum u_n\otimes v_n$。如上，认同$\mathbf{S}(V)$与$A(V^*)$以及$\mathbf{S}(V)\otimes \mathbf{S}(V)$与$A(V^*\times V^*)$。如果 $\varphi \in (^{\mathscr{V}\times\mathscr{V}}_{\mathbf{Z}})$、多项式函数 $x \rightarrow \varphi (x, y)$ 属于到 $(^{\mathscr{V}}_{\mathbf{Z}})$ 对于所有 $y\in \mathscr{V}^*$。由此可见，对于所有$n$和所有$y\in \mathscr{V}^*$，$v_n(y)\in \mathbf{Z}$，对于其他字，对于$v_n\in (^{\mathscr{V}}_{\mathbf{Z}})$。这就证明了余积映射$(^{\mathscr{V}}_{\mathbf{Z}})$到$(_{\mathbf{Z}}^{\mathscr{V}})\otimes_{\mathbf{Z}}(_{\mathbf{Z}}^{\mathscr{V}})$。如果$h\in \mathscr{V}$和$n\in \mathbf{N}$，则$(_n^h)$映射$u\in \mathscr{V}^*$到整数$(^{u(h)}_n)$，所以$(^h_n)\in (_{\mathbf{Z}}^{\mathscr{V}})$。 断言 (iii) 现在由应用 Th 获得。 1 到交换律李代数 V，并且 (ii) 如下。

如果$P(\mathbf{Z})\subset \mathbf{Z}$，则拉格朗日插值公式（代数，第IV, §2, no. 1，第6章）表明P的系数属于到$\mathbf{Q}$；因此，我们可以假设 $k=\mathbf{Q}$ 并将命题 2 应用于 $V =\mathbf{Q},\mathscr{V}=\mathbf{Z}$。

（广告$nx$！）$^ny=\sum(-1)^qxp^p$！ $yxq^q$！ =$\sum(-1)^qx^{(p)}yx^{(q)}$。 (11)

$p+q=np+q=n$

事实上，如果我们用 $L_x$ 和 $R_x$ 映射 $z \rightarrow xz$ 和 $z \rightarrow zx$ 表示从 A 到 A，我们有，因为 $L_x$ 和 $R_x$ 通勤，

$n1$！（广告$x$）$^n=n1$！$(L_x-R_x)^n=\sum_{p+q=n}(-1)^qp1$！ $L^p_xq1$！ $R^q_x$。

由于 ad $h$ 是 A 的推导并且由于 (ad $h$)$x$ 与 $x$ 通勤，我们有

（广告$h$）$x^n=nx^{n-1}$（（广告$h$）$x$）$=n\lambda x^n$，（13）所以

（广告$h$）$x^{(n)}=n\lambda x^{(n)}$。

因此，公式 (12) 由特殊情况得出

替换 $x$ $x^{(n)}$ 和 $\lambda$ $n\lambda$。只要在$P = X^m$时证明(14)，在$m$上通过归纳就可以了。 $m= 0,1$时就清楚了。如果 (14) 对于 $P = X^m$ 成立，则

这就证明了(12)。

(i) 对于 $m, n\in \mathbf{N}$，我们有

$xy$ = $yx$。 (16)

$p\geq 0$

(ii) 设 $A'$ 为 A 的 $\mathbf{Z}$ 子代数，由 $x^{(m)}$ 和 $m\in \mathbf{N}$ 的 $y^{(m)}$ 生成。然后 $(^h_n)\in A'$ 对于所有 $n\in \mathbf{N}$。

公式 (16) 可以写成等价的形式

（广告$x$）$y$ = $yx.(17_m)$

$p\geq 1$

这对于 $m= 0$ 来说是微不足道的。我们通过归纳对$m$进行争论。从$(17_m)$，我们得到

$(m+$ 1)(广告 $x^{(n)}$)$y^{(m+1)}=$ (广告 $x^{(n)}$)$y^{(m)}.y+y^{(m)}$。(广告 $x^{(n)}$)$y$ (18)

$p\geq 1$

（§1, no. 1，引理1）。现在，应用相同的引理，然后是引理3，

我们有

=$(yx+ (n-p-1-h)x^{(np1)})$

+ $(n-p-1-h)x^{(np1)}$。

将其代入式(18)，我们得到

$(m+$ 1)(广告$x^{(n)}$)$y^{(m+1)}$

$p\geq 1$ $+\sum y^{(mp)}(n-p-1-h)x^{(np1)}$ $p\geq 1$ $=\sum(m-p+ 1)y^{(mp+1)}x^{(np)}$ $p\geq 1$

$+\sum y(n-p-1-h)x^{(np1)}$。

$p\geq 0$ Changing $p$ to $p-1$ in the second sum, and regrouping the terms, we obtain

$(m+$ 1)(广告 $x^{(n)}$)$y^{(m+1)}=\sum_{p\geq 1}y^{(m-p+1)}A_px^{(n-p)}$ (19)

和

$A_p= (m-p+ 1)+ (n-p-h)$。

代入$z=m+n-p-h$，也可以写成

$A_p=p1$！$(m-p+ 1)(z+ 1)z(z-1). . .(z-p+ 2)$

+ 1 $(z-m)z(z-1). . .(z-p+ 2)$

$(p-$1）！

$=p1$！ $z(z-1). . .(z-p+ 2)[(m-p+ 1)(z+ 1) +p(z-m)]$

将其代入 (19)，我们得到 $(17_{m+1})$，因此 (i)。

假设 $(^h_p)\in A'$ 对应 $p < n$。然后，对于次数$< n$的所有$P\in \mathbf{Q}[T]$，使得$P(\mathbf{Z})\subset \mathbf{Z}$，我们有$P(h)\in A'$（no. 4，Prop.2的Cor.）。因此，鉴于 (16) 和 $m=n$，

$(-1)^n$=

$=-x^{(n)}y^{(n)}+\sum y^{(np)}x^{(np)}\in A$;

$p=0$

因此 (ii) $n$ 归纳。

(ii) 对于所有$\alpha \in B$，我们有$\mathscr{U}_+\cap U(\mathfrak{g}^{\alpha}) =\bigoplus_{n\in\mathbf{N}}\mathbf{Z}x^{(n)}_{\alpha}$。

通过定义，$\mathscr{U}_+$由元素生成为$\mathbf{Z}$模块

$x(\varphi \mathbf{n})$ = $1\leq \prod i\leq rx(\varphi n((ii)$))

其中 $r\in \mathbf{N},\varphi = (\varphi (i))\in B^r$ 和 $\mathbf{n}= (n(i))\in \mathbf{N}^r$。给出代数 $U(\mathfrak{n}_+)$ 型 Q(R) 的分级，其中每个 $\mathfrak{g}^{\alpha}(\alpha \in R_+)$ 是次数 $\alpha$ 的齐次。前面型的单项式 $x^{(\mathbf{n})}_{\varphi}$ 是齐次的次数

具有给定次数$q$的此类单项式在数和生成上是有限的，$\mathbf{Q}$是次数$q$的$U(\mathfrak{n}_+)$的齐次分量。这就证明了(i)。

如果$\alpha \in B,\mathscr{U}_+\cap U(\mathfrak{g}^{\alpha})$包含在次数的均质成分的和中，即$\alpha$的倍数；因此，根据前面的内容，$\mathscr{U}_+\cap U(\mathfrak{g}^{\alpha})$由$x^{(\mathbf{n})}_{\varphi}$生成，使得$\sum n(i)\varphi (i)\in \mathbf{N}\alpha$，这对所有$i$强制$\varphi (i) =\alpha$（因为B是R的基），所以

$x^{(\mathbf{n})}_{\varphi}=x^{(n(1))}_{\alpha}. . . x^{(n(r))}_{\alpha}=(n(1) +n$(1)!$\cdots . . . n+(nr$)!$(r$))! $x^{(n(1)+\cdot \cdot \cdot+n(r))}_{\alpha}$。

因此，$\mathscr{U}_+\cap \mathscr{U}(\mathfrak{g}^{\alpha})\subset \bigoplus_n\mathbf{Z}x^{(n)}_{\alpha}$，因此 (ii)。 Q.E.D.

In the remainder of this paragraph, if E and F are $\mathbf{Z}$-submodules of $U(\mathfrak{g})$, we denote by $E.F$ the $\mathbf{Z}$-submodule of $U(\mathfrak{g})$ generated by the products $ab$, where $a\in E, b\in F$.