Un grupo de Lie é unha variedade diferenciable $G$ que tamén é un grupo, e de tal xeito que as aplicacións
\[
\begin{aligned}
p\colon G\times G\to G,\
&(g,h)\mapsto gh,\\[2ex]
i\colon G\to G,\
&g\mapsto g^{-1},
\end{aligned}
\]
son diferenciables.
O elemento neutro dun grupo de Lie $G$ denotarémolo por $e$.
Un grupo topolóxico é un espacio topolóxico con estructura de grupo, de xeito que a multiplicación e a inversión son aplicacións continuas.
Algúns dos resultados establecidos neste curso poden enunciarse para grupos topolóxicos en lugar de grupos de Lie, pero só estaremos interesados no caso diferenciable.
Son exemplos de grupos de Lie:
$(\R^n,+)$, $(\C^n,+)$, $(\mathcal{M}_{n\times m}(\R),+)$,$(\mathcal{M}_{n\times m}(\C),+)$.
En xeral, calquera espacio vectorial de dimensión finita coa operación "suma".
Máis adiante denotaremos
$\g{gl}(n,\R)=\mathcal{M}_{n\times n}(\R)$ e
$\g{gl}(n,\C)=\mathcal{M}_{n\times n}(\C)$, que terán estructuras naturais de álxebras de Lie.
$(\R^*,\cdot)$, $(\C^*,\cdot)$, onde $\mathbb{K}^*=\mathbb{K}\setminus\{0\}$.
Se $G$ e $H$ son grupos de Lie, entón $G\times H$ é tamén un grupo de Lie.
$\mathsf{GL}^+(n,\R)=\{A\in\mathsf{GL}(n,\R):\det A>0\}$, o grupo das matrices que preservan a orientación canónica de $\R^n$.
$\mathsf{SL}(n,\R)=\{A\in\mathsf{GL}(n,\R):\det A=1\}$, o grupo das matrices que preservan o elemento de volume de $\R^n$, e
$\mathsf{SL}(n,\C)=\{A\in\mathsf{GL}(n,\C):\det A=1\}$.
$\mathsf{O}(n)=\{A\in\mathsf{GL}(n,\R):A^T A=\id\}$, o grupo das matrices que preservan o producto escalar de $\R^n$.
Considerámo-lo grupo das transformacións afsíns
\[
\mathsf{Aff}(n)=\left\{
\left(\begin{array}{c|c}
A & \mathbf{v}\\
\hline
\mathbf{0} & 1
\end{array}\right)
:A\in\mathsf{GL}(n,\R),\, \mathbf{v}\in\R^n
\right\}.
\]
Desde o punto de vista de variedade diferenciable é difeomorfo a $\mathsf{GL}(n,\R)\times\R^n$.
Este grupo actúa en $\R^n$ mediante $(A,\mathbf{v})\cdot \mathbf{p}=A\mathbf{p}+\mathbf{v}$, é dicir, pensamos $\R^n$ "proxectivamente" e identificamos $\mathbf{p}$ con $(\mathbf{p},1)$.
A operación de grupo vén dada polo producto de matrices, que se pode identificar como $(A,\mathbf{v})\cdot (B,\mathbf{w})=(AB,\mathbf{v}+A\mathbf{w})$.
É un exemplo dun producto semidirecto.
O grupo das isometrías de $\R^n$ defínese de xeito análogo, cambiando $\mathsf{GL}(n,\R)$ por $\mathsf{O}(n)$.
Tamén se poden considera-las transformacións afíns de $\C^n$ cambiando o corpo base $\R$ por $\C$.
Defínese a traslación pola esquerda como a aplicación
$L_g\colon G\to G$, dada por $h\mapsto L_g(h)=gh$, para cada $g\in G$.
Analogamente, considérase a traslación pola dereita como a aplicación
$R_g\colon G\to G$, definida como $h\mapsto R_g(h)=hg$, para cada $g\in G$.
É sinxelo ver que $L_g$, $R_g$ e $i$ son difeomorfismos de $G$ con inversas $L_g^{-1}=L_{g^{-1}}$,$R_g^{-1}=R_{g^{-1}}$, e $i^{-1}=i$.
Emprega-lo teorema da función implícita para probar que a diferenciabilidade da aplicación producto $p$ implica a diferenciabilidade da aplicación inversión $i$.
Considerámo-la función $F\colon G\times G\to G\times G$, $(g,h)\mapsto (g,gh)$, que ten por inversa $F^{-1}(g,h)=(g,g^{-1}h)$.
Calculámo-la diferencial de $F$.
Dado $X\in T_g G$ sexa $\alpha\colon I\to G$ con $\alpha(0)=g$ e $\alpha'(0)=X$.
Entón,
\[
\begin{aligned}
F_{*(g,h)}(X,0)
&{}=\frac{d}{dt}_{\vert 0}F(\alpha(t),h)\\
&{}=\frac{d}{dt}_{\vert 0}(\alpha(t),\alpha(t)h)\\
&{}=(X,R_{h*g}(X)).
\end{aligned}
\]
Analogamente, sexa $\beta\colon I\to G$ tal que $\beta(0)=h\in G$ e $\beta'(0)=Y\in T_h G$.
Entón,
\[
\begin{aligned}
F_{*(g,h)}(0,Y)
&{}=\frac{d}{dt}_{\vert 0}F(g,\beta(t))\\
&{}=\frac{d}{dt}_{\vert 0}(g,g\beta(t))\\
&{}=(0,L_{g*h}(Y)).
\end{aligned}
\]
En vista de que $L_g$ é un difeomorfismo, deducimos que $F_{*(g,h)}$ é un isomorfismo de espacios vectoriais.
Entón, polo teorema da función inversa, $F^{-1}$ é diferenciable, o que asegura que a función $(g,h)\mapsto g^{-1}h$ tamén o é.
Restrinxíndonos a $h=e$, concluímos que a inversión é diferenciable.
Probar que a aplicación $f\colon G\times T_e G\to TG$, $(g,x)\mapsto L_{g*}x$, é un isomorfismo de espacios fibrados, é dicir, $\pi\circ f=pr_1$ (onde $pr_1\colon G\times T_e G\to G$ é a proxección no primeiro factor), e a restricción $\{g\}\times T_e G\to T_g G$ é un isomorfismo linear.
\[
\begin{array}{rcl}
G\times T_e G\hspace{-1ex} & \stackrel{f}{\longrightarrow} & \hspace{-1ex}TG\\
& \hspace{-2.5ex}{}_{pr_1}\hspace{-1ex}\searrow & \hspace{-1ex}\downarrow{\scriptstyle \pi}\\
& & \hspace{-1ex}G
\end{array}
\]
Dado $g\in G$ e $x\in T_e G$ temos $(\pi\circ f)(g,x)=\pi(L_{g*}x)=g=pr_1(g,x)$.
Ademais, como $L_g$ é un difeomorfismo, $L_{g*}\colon T_e G\to T_g G$ é un isomorfismo de espacios vectoriais, onde se deduce a afirmación.
Sexa $G$ un grupo de Lie conexo e $U$ unha veciñanza de $e$.
Entón $G=\cup_{k=1}^{\infty}U^k$.
Dito doutro xeito: calquera veciñanza do neutro xera multiplicativamente un grupo de Lie conexo.
Supoñamos que $U$ é unha veciñanza aberta do neutro e que $U^{-1}=U$ (se non, basta tomar $U\cap U^{-1}$). Sexa $H=\cup_{k=1}^{\infty}U^k$. É claro que $H$ é un subgrupo de $G$.
Por unha banda, $H=\cup_{g\in H}L_g(U)$, co que $H$ é aberto, pois éo $U$ e $L_g$ é un difeomorfismo.
Pola outra, $G\setminus H=\cup_{g\in G\setminus H} L_g(H)$.
En efecto, se $g\in G\setminus H$ e $h\in H$, non pode ser que $gh\in H$, pois ó ser $H$ grupo, sería $g\in H$.
Agora ben, $H$ vimos que era aberto; como os $L_g$ son difeomorfismos, tamén o é $G\setminus H$.
Xa que $G$ é conexo e $H$ é aberto e pechado en $G$, deducimos que $G=H$, como queriamos ver.
Sexa $G$ un grupo de Lie e $H$ un subgrupo.
Definímo-la relación $g_1\sim g_2\iff g_1^{-1}g_2\in H$.
Denotamos por $G/H$ o espacio cociente por esa relación
e $\pi\colon G\to G/H$ a aplicación cociente.
A clase de equivalencia que contén a $g$ denotarase habitualmente por $gH$.
Dotamos a $G/H$ da topoloxía cociente, é dicir, da topoloxía que fai que $\pi$ sexa unha aplicación continua.
A aplicación $\pi\colon G\to G/H$ é unha identificación aberta.
Sexa $U$ aberto en $G$.
Entón $\pi^{-1}(\pi(U))=\cup_{h\in H}R_h(U)$ é un aberto, pois os $R_h$ son difeomorfismos.
Sexa $G$ un grupo de Lie e $H$ un subgrupo.
Se $H$ e $G/H$ son conexos, entón $G$ é conexo.
Sexa $U\mid V$ unha separación de $G$, é dicir, $U$ e $V$ son abertos en $G$,$U\cup V=G$, e $U\cap V=\emptyset$.
Como a proxección $\pi\colon G\to G/H$ é aberta,
$\pi(U)$ e $\pi(V)$ son abertos en $G/H$.
Claramente $\pi(U)\cup\pi(V)=G/H$.
Supoñamos que $\pi(U)\cap\pi(V)\neq\emptyset$ e sexa $\pi(g)=gH\in\pi(U)\cap\pi(V)$.
Temos que $L_g(H)\cap U\mid L_g(H)\cap V$ é unha separación de $L_g(H)$.
Pero como $L_g$ é un homeomorfismo e $H$ é conexo, $L_g(H)$ tamén é conexo, e en consecuencia, a anterior separación é trivial.
Se por exemplo $L_g(H)\cap U=\emptyset$, non podería ser que $\pi(g)\in\pi(U)$, pois en tal caso existirían $u\in U$ e $h\in H$ tales que $g=uh$, ou ben, $gh^{-1}=u\in L_g(H)\cap U$.
Por tanto, concluímos que $\pi(U)\cap\pi(V)=\emptyset$, e así $\pi(U)\mid\pi(V)$ é unha separación de $G/H$.
Por hipótese, $G/H$ é conexo. Entón $\pi(U)\mid\pi(V)$ ten que se-la separación trivial.
Logo, $\pi(U)=\emptyset$ ou $\pi(V)=\emptyset$, o que implica $U=\emptyset$ ou $V=\emptyset$, que é o que queriamos probar.
$\mathsf{SO}(n)$ é compacto e conexo.
En primeiro lugar observemos que unha matriz pertence a $\mathsf{O}(n)$ se e só se as súas columnas son ortonormales con respecto do producto escalar euclidiano. Por tanto, tódalas entradas de dita matriz están limitadas en valor absoluto por un.
Así $\mathsf{SO}(n)$ é un conxunto limitado de $\R^{n^2}$.
Como tamén é un subconxunto pechado, o Teorema de Heine-Borel asegura que $\mathsf{SO}(n)$ é compacto.
Para ver que $\mathsf{SO}(n)$ é conexo farémolo por inducción en $n$. Por definición $\mathsf{SO}(1)=\{1\}$, que é trivialmente conexo.
Así pois, supoñamos que $\mathsf{SO}(n)$ é conexo e vexamos que $\mathsf{SO}(n+1)$ tamén o é.
Definímo-la aplicación $F\colon\mathsf{SO}(n+1)\to\mathsf{S}^n$, como $F(A)=Ae_1$, onde $e_1$ é o primeiro elemento da base canónica de $\R^{n+1}$.
Esta aplicación é continua e pechada, pois está definida dun compacto nun Hausdorff.
Tamén é sobrexectiva, pois calquera vector unitario de $\R^{n+1}$ pode ser completado a unha base ortonormal.
Se $F(A)=F(B)$ entón $B^{-1}Ae_1=e_1$, o cal significa que $B^{-1}A$ é da forma
\[
B^{-1}A=
\left(
\begin{array}{@{}c|c@{}}
1 & 0\\
\hline
0 & *
\end{array}
\right)
\in H,
\]
sendo $H$ o subgrupo de $\mathsf{SO}(n+1)$ isomorfo a $\mathsf{SO}(n)$ definido mediante
\[
H=\biggl\{
\left(
\begin{array}{@{}c|c@{}}
1 & 0\\
\hline
0 & A
\end{array}
\right)
:A\in\mathsf{SO}(n)
\biggr\}.
\]
Todo isto proba que $\mathsf{SO}(n+1)/\mathsf{SO}(n)$ é homeomorfo a $\mathsf{S}^n$, e como o subgrupo e o seu cociente son conexos isto significa que $\mathsf{SO}(n+1)$ é conexo.
Probar que $\mathsf{GL}(n,\R)$ non é conexo.
Probar empregando Gram-Schmidt que $\mathsf{GL}^+(n,\R)$ si é conexo.
Deducir que $\mathsf{GL}(n,\R)$ ten dúas compoñentes conexas.
Definimos $\mathsf{GL}^-(n,\R)=\{A\in\mathsf{GL}(n,\R):\det A < 0\}$.
Considerémo-la matriz diagonal $D=\textup{diag}(-1,1,\dots,1)$.
Se $D(t)$ é un camiño unindo a matriz identidade $\id$ con $D$ entón $\det D(0)=\det \id =1 > 0$ e $\det D(1)=\det D=-1 < 0$. Polo teorema do valor medio tería que existir $t_0\in[0,1]$ tal que $\det D(t_0)=0$ o cal non é posible en $\mathsf{GL}(n,\R)$.
Por tanto, $\mathsf{GL}(n,\R)$ ten polo menos dúas compoñentes conexas.
Nótese que a aplicación $\mathsf{GL}^+(n,\R)\to\mathsf{GL}^-(n,\R)$, $A\mapsto DA$ é un homeomorfismo involutivo, así que chega con ver que $\mathsf{GL}^+(n,\R)$ é conexo.
Dada $A\in\mathsf{GL}^+(n,\R)$, polo procedemento de Gram-Schmidt podemos poñer $A=QR$, onde $Q\in\mathsf{O}(n)$, e $R$ é unha matriz triangular superior con entradas diagonais positivas.
Ademais, como $\det(A)=\det(Q)\det(R)$, temos que $\det(Q) > 0$, e por tanto, $Q\in\mathsf{SO}(n)$.
Isto proba que $\mathsf{GL}^+(n,\R)$ é homeomorfo a $\mathsf{SO}(n)\times X$, onde $X=(\R^+)^n\times\R^{n(n-1)/2}$.
Dado que este último é contráctil, o carácter conexo de $\mathsf{GL}^+(n,\R)$ é equivalente ó de $\mathsf{SO}(n)$, o cal se deduce do exemplo anterior.
Unha álxebra de Lie (sobre $\R$) é un espacio vectorial $\g{g}$ xunto cun operador bilinear
$[\cdot,\cdot]\colon\g{g}\times\g{g}\to\g{g}$, chamado corchete, tal que
$[X,Y]=-[Y,X]$,
$[X,[Y,Z]]+[Y,[Z,X]]+[Z,[X,Y]]=0$ (identidade de Jacobi),
para todo $X$, $Y$, $Z\in\g{g}$.
Son exemplos de álxebras de Lie:
O espacio dos campos de vectores sobre unha variedade co corchete de Lie.
Calquera espacio vectorial con $[\cdot,\cdot]=0$; son as chamadas álxebras de Lie abelianas.
(Exemplo canónico de álxebra de Lie)
Se $A$ é unha álxebra asociativa, defínese $[a,b]=ab-ba$.
Entón $(A,[\cdot,\cdot])$ é unha álxebra de Lie.
Sexa $G$ un grupo de Lie.
Dise que $X\in\Gamma(TG)$ é invariante pola esquerda se $L_{g*h}X_h=X_{L_g(h)}$ para todo $g,h\in G$.
Denotaremos por $\g{g}$ o espacio dos campos de vectores invariantes pola esquerda do grupo de Lie $G$.
Definimos $\alpha\colon\g{g}\to T_e G$,$X\mapsto X_e$.
Resulta que $\alpha$ é un isomorfismo de espacios vectoriais con inversa $x\in T_e G\mapsto X\in\g{g}$, onde $X_g=L_{g*e}x$.
Vexamos que o campo $X$ definido como $X_g=L_{g*e}x$ é diferenciable.
Sexa $f\in C^\infty(G)$.
Temos que ver que $Xf$ é diferenciable como función de $g\in G$.
Para iso tomemos unha curva diferenciable $\gamma\colon I\to G$ tal que $\gamma(0)=e$ e $\gamma'(0)=x$.
Tamén definímo-la función $\phi\colon I\times G\to\R$ como
\[
\begin{aligned}
\phi(t,g)
&{}=(f\circ L_g\circ\gamma)(t)\\
&{}=f(g\gamma(t))\\
&{}=f(p(g,\gamma(t))).
\end{aligned}
\]
Evidentemente, $\phi$ é diferenciable por ser composición de diferenciables.
Entón,
\[
\begin{aligned}
(Xf)(g)
&{}=X_g f=(L_{g*e}x)(f)\\
&{}=x(f\circ L_g)\\
&{}=(f\circ L_g\circ \gamma)'(0)\\
&{}=\frac{\partial\phi}{\partial t}(g,0).
\end{aligned}
\]
Sexa $f\colon M\to N$ de clase $C^\infty$,$X\in\Gamma(TM)$,$Y\in\Gamma(TN)$.
Dise que $X$ está $f$-relacionado con $Y$,$X\sim_f Y$, se
$\forall p\in M$,$f_{*p}X_p=Y_{f(p)}$.
Se $X_1\sim_f Y_1$ e $X_2\sim_f Y_2$ entón $[X_1,X_2]\sim_f [Y_1,Y_2]$.
A igualdade anterior significa que
$Xf=\frac{\partial\phi}{\partial t}(\,\cdot\,,0)$.
Como $\phi$ é unha función diferenciable, dedúcese que efectivamente a función $g\mapsto (Xf)(g)$ é diferenciable.
Sexan $X,Y\in\g{g}$.
Entón, por definición $X$ está $L_g$-relacionado con $X$, $Y$ está $L_g$-relacionado con $Y$, e por tanto, $[X,Y]$ está $L_g$-relacionado con $[X,Y]$, o que significa $L_{g*h}[X,Y]_h=[X,Y]_{L_g(h)}$,
é dicir, $[X,Y]\in\g{g}$; isto convirte a $\g{g}$ nunha álxebra de Lie.
En particular, $\dim\g{g}=\dim G$.
Esta discusión queda resumida na seguinte definición.
Sexa $f\colon M\to N$ de clase $C^\infty$, $X\in\Gamma(TM)$, $Y\in\Gamma(TN)$.
Dise que $X$ está $f$-relacionado con $Y$, $X\sim_f Y$, se
$\forall p\in M$, $f_{*p}X_p=Y_{f(p)}$.
Se $X_1\sim_f Y_1$ e $X_2\sim_f Y_2$ entón $[X_1,X_2]\sim_f [Y_1,Y_2]$.
Sexa $G$ un grupo de Lie.
A álxebra de Lie de $G$
é a álxebra de Lie $\g{g}$ construída a partir do corchete de Lie dos campos invariantes pola esquerda.
Esta álxebra de Lie é isomorfa ó espacio tanxente no neutro dotado do corchete inducido polo dos campos de vectores invariantes á esquerda.
Álxebra de Lie de $\mathsf{GL}(n,\R)$.
A álxebra de Lie de $\mathsf{GL}(n,\R)$ é $\g{gl}(n,\R)=\mathcal{M}_{n\times n}(\R)$ co corchete $[X,Y]=XY-YX$.
Como $\mathsf{GL}(n,\R)$ é un aberto dun espacio vectorial, podemos identificar $T_I\mathsf{GL}(n,\R)$ co propio espacio vectorial $\g{gl}(n,\R)$.
Sexa pois $X\in\g{gl}(n,\R)$ e pensemos este vector como un campo de vectores invariante en $\mathsf{GL}(n,\R)$.
Sexa $A\in\mathsf{GL}(n,\R)$ e $f\in C^\infty(\mathsf{GL}(n,\R))$.
Entón
\[
\begin{aligned}
(Xf)(A)
&{}=X_A(f)=(L_{A*I}X)(f)\\[1ex]
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 f(L_A(I+tX))\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_{0}f(A+tAX).
\end{aligned}
\]
Calculamos agora o corchete de Lie de $X,Y\in\g{gl}(n,\R)$.
Sexa $x_{ij}$ a proxección da entrada $(i,j)$ dunha matriz, que en particular é unha función coordenada.
Entón,
\[
\begin{aligned}
{[X,Y]}_I(x_{ij})
&{}=X_I(Yx_{ij})-Y_I(Xx_{ij})\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0(Yx_{ij})(I+tX)
-\frac{d}{dt}\bigg\vert_0(Xx_{ij})(I+tY)\\
&{}=\frac{d}{dt}\biggr\vert_0\Bigl(\frac{d}{ds}\bigg\vert_0 x_{ij}(I+tX+s(I+tX)Y)\Bigr)\\
&\phantom{{}={}}-\frac{d}{dt}\biggr\vert_0\Bigl(\frac{d}{ds}\bigg\vert_0 x_{ij}(I+tY+s(I+tY)X)\Bigr)\\
&{}=x_{ij}\biggl(\frac{\partial}{\partial t\partial s}\bigg\vert_{(0,0)}
\bigl(t(X-Y)+s(Y-X)+ts(XY-YX)\bigr)\biggr)\\[1ex]
&{}=x_{ij}(XY-YX),
\end{aligned}
\]
de onde se deduce que $[X,Y]=XY-YX$, como queriamos ver.
Sexa $X\in\g{g}$. Sexa $\alpha\colon I\to G$ unha curva integral de $X$ por $e$, é dicir, $\alpha(0)=e$, $\alpha'(t)=X_{\alpha(t)}=L_{\alpha(t)*}X_e$.
Entón $\beta=L_g\circ \alpha$ é unha curva integral de $X$ por $g$, xa que $\beta(0)=ge=g$, e $\beta'(t)=L_{g*\alpha(t)}\alpha'(t)=X_{g\alpha(t)}=X_{\beta(t)}$.
En particular, $\beta(t)=L_{\alpha(s)}\circ \alpha$ é curva integral de $X$ por $\alpha(s)$;
como $\alpha(s+t)$ tamén o é, obtemos $\alpha(s+t)=\alpha(s)\alpha(t)$.
Tomando $s$ "suficientemente preto do borde" probamos que as curvas integrais maximais están definidas en todo $\R$.
Dito doutro xeito: todo campo de vectores invariante pola esquerda é completo.
Probar que se $X\in\g{g}$, entón $X$ é un campo de vectores completo.
Defínese a aplicación exponencial de $G$ como a aplicación
$\Exp\colon\g{g}\to G$,$X\mapsto \Exp(X)=\phi_1^X(e)$, onde $\phi^X$ é o fluxo de $X$.
A aplicación exponencial é diferenciable.
Para ver iso definimos
$V\in\Gamma(T(G\times\g{g}))$ mediante
$V_{(g,X)}=(X_g,\mathbf{0}_X)$.
Como $X\in\g{g}$ xa sabemos que é diferenciable, $V$ é diferenciable.
O seu fluxo é
$\psi_t(g,X)=(g\phi_t^X(e),X)$,
sendo $\phi^X$ o fluxo de $X$.
Como $X$ é completo, o fluxo de $V$ é diferenciable e completo.
Entón
$\Exp(X)=\pi_G\circ\psi_1(e,X)$,
sendo $\pi_G$ a proxección no primeiro factor.
Isto proba que $\Exp$ é diferenciable.
A aplicación exponencial satisfai as seguintes propiedades:
$t\mapsto\Exp(tX)$ é a curva integral de $X$ por $e$.
$\Exp\bigl((t+s)X\bigr)=\Exp(tX)\Exp(sX)$.
$\Exp(-tX)=\Exp(tX)^{-1}$.
$t\mapsto L_g(\Exp(tX))$ é a curva integral de $X$ por $g$.
$\Exp$ é un difeomorfismo local arredor de $\mathbf{0}\in\g{g}$.
O fluxo de $X\in\g{g}$ vén dado por $\phi_t(g)=R_{\Exp(tX)}(g)$.
Sexa $\{X_1,\dots,X_n\}$ unha base de $\g{g}$.
Definimos $x^i\bigl(\Exp(a_1 X_1+\dots+a_n X_n)\bigr)=a_i$, para cada $i\in\{1,\dots,n\}$.
Comprobar que nunha veciñanza do neutro $e\in G$, $\varphi=(x^1,\dots,x^n)$ define un sistema de coordenadas, chamadas coordenadas canónicas con respecto da base $\{X_1,\dots,X_n\}$.
En $\mathsf{GL}(n,\R)$, $\Exp(X)=e^X=\sum_{k=0}^\infty \frac{X^k}{k!}$.
Recordemos que se $X\in\g{gl}(n,\R)$ se considera como un campo de vectores invariante, entón $X_A=AX$,$A\in\mathsf{GL}(n,\R)$.
Se $\alpha$ é curva integral de $X$ pola identidade $I$, entón $\alpha'(t)=X_{\alpha(t)}=\alpha(t)X$.
Resolvendo esta ecuación diferencial linear matricial obtemos $\alpha(t)=e^{tX}$.
Probar que a aplicación exponencial
$\Exp\colon\g{sl}(2,\R)\to \mathsf{SL}(2,\R)$ non é sobrexectiva.
Existen varias posibilidades para atopar elementos que non están na imaxe.
Por exemplo, veremos que a matriz
\[
X=
\begin{pmatrix}
-1 & 1\\
0 & -1
\end{pmatrix},
\]
non está na imaxe.
Pola contra, supoñamos que $e^A=X$.
Como $Ae^A=e^A A$, temos que $AX=XA$.
Escribimos $A=(a_{ij})$, con $a_{22}=-a_{11}$.
Entón, a conmutatividade de $A$ e $X$ implica $a_{11}=a_{21}=0$.
Pero entón, $e^A=I+A\neq X$.
Calcula-la diferencial no neutro de $p\colon G\times G\to G$, $(g,h)\mapsto gh$ e $i\colon G\to G$, $g\mapsto g^{-1}$.
Notemos que $T_{(e,e)}(G\times G)\cong T_e G \oplus T_e G=\g{g}\oplus\g{g}$.
Dado $X\in\g{g}$,
\[
\begin{aligned}
p_{*(e,e)}(X,0)
&{}=\frac{d}{dt}_{\vert 0}p(\Exp(tX),e)\\
&{}=\frac{d}{dt}_{\vert 0}\Exp(tX)=X.
\end{aligned}
\]
Analogamente, se $Y\in\g{g}$, $p_{*(e,e)}(0,Y)=Y$.
Por linearidade, $p_{*(e,e)}(X,Y)=X+Y$.
Tomamos agora a composición $p\circ(\id\times i)$, que é constantemente igual ó neutro.
Pola regra da cadea, $0=\id_*(X)=X+i_*(X)$, de onde $i_*(X)=-X$.
Sexa $V$ un espacio vectorial sobre $\R$ de dimensión $n$.
Denotamos por $\mathsf{GL}(V)$ ó grupo de automorfismos lineares de $V$.
Elexindo unha base de $V$ é claro que $V$ é isomorfo a $\R^n$; tal isomorfismo induce en $V$ unha estructura diferenciable que convirte a $V$ en variedade de dimensión $n$.
O mesmo procedemento dálle estructura de variedade ó espacio dos endomorfismo lineares de $V$, $\g{gl}(V)$.
Mediante ese isomorfismo linear podemos dotar a $\mathsf{GL}(V)$ dunha estructura de grupo de Lie que o fai isomorfo a $\mathsf{GL}(n,\R)$.
Nótese que a aplicación determinante $\det\colon\g{gl}(V)\to\R$ está ben definida, pois non depende da base elexida para representar un endomorfismo mediante unha matriz.
Distintas eleccións de isomorfismos lineares entre $V$ e $\R^n$ dan lugar ás mesmas estructuras diferenciables en $V$ e en $\mathsf{GL}(V)$.
A álxebra de Lie de $\mathsf{GL}(V)$ denótase por $\g{gl}(V)$ e é isomorfa a $\g{gl}(n,\R)$, onde o corchete de Lie de $\g{gl}(V)$ vén dado por $[X,Y]=XY-YX$, onde $X,Y\in\g{gl}(V)$, e o producto vén dado polo composición de endomorfismos.
A aplicación exponencial en $\g{gl}(V)$ vén dada por $\Exp(X)=e^X=\sum_{k=0}^\infty \frac{X^k}{k!}$.
Antes de continuar necesitamos:
Sexa $G$ un grupo de Lie, $\g{g}$ a súa álxebra de Lie, e $X,Y\in\g{g}$. Entón, para valores de $s,t\in\R$ suficientemente pequenos:
$\Exp(tX)\Exp(sY)
=\Exp\bigl(tX+sY+\frac{ts}{2}[X,Y]+\text{termos de grao superior}\bigr)$.
$\Exp(tX)\Exp(sY)\Exp(-tX)\Exp(-sY)
=\Exp\bigl(ts[X,Y]+\text{termos de grao superior}\bigr)$.
$\Exp(tX)\Exp(sY)\Exp(-tX)
=\Exp\bigl(sY+ts[X,Y]+\text{termos de grao superior}\bigr)$.
Podemos supoñer, pola continuidade das operacións do grupo, que $t$, $s\in\R$ son o suficientemente pequenos como para que os elementos que aparecen no enunciado están todos contidos nunha veciñanza do neutro onde a aplicación exponencial é un difeomorfismo. Nesta veciñanza tomaremos coordenadas canónicas. De agora en diante denotaremos por $f$ a unha destas funcións coordenadas, e observemos que $f(\Exp(X+Y))=f(\Exp(X))+f(\Exp(Y))$ para $X$, $Y\in\g{g}$.
En primeiro lugar probaremos unha fórmula para o desenvolvemento en serie de Taylor:
\[
f(g\,\Exp(tX))=\sum_{k=0}^\infty\frac{t^k}{k!}(X^k f)(g),
\]
onde $g\in G$ e $X\in\g{g}$.
Dado que $s\mapsto g\,\Exp(sX)$ é unha curva integral de $X$ pasando por $g$, temos que
\[
(Xf)(g)=X_g f=\frac{d}{ds}\bigg\vert_0 f(g\,\Exp(sX)).
\]
Logo,
\[
\begin{aligned}
(Xf)(g\,\Exp(tX))
&{}=\frac{d}{ds}\bigg\vert_0 f(g\,\Exp(tX)\Exp(sX))\\
&{}=\frac{d}{ds}\bigg\vert_0 f(g\,\Exp((t+s)X))\\
&{}=\frac{d}{dt}{f(g\,\Exp(tX))}.
\end{aligned}
\]
Por tanto, por un argumento de inducción,
\[
(X^k f)(g\,\Exp(tX))=\frac{d^k}{dt^k}f(g\,\Exp(tX)),
\]
de onde se segue o desenvolvemento en serie de Taylor da función $h(t)=f(g\,\Exp(tX))$, despois de avalia-las derivadas anteriores en $t=0$.
Supoñamos agora que $Z(t,s)$ é unha función diferenciable definida nunha veciñanza de $(0,0)\in\R^2$ e escribámo-lo desenvolvemento en serie de potencias para $f(\Exp(Z(t,s))$.
Por economía de linguaxe supoñamos, como será o caso, que $Z(0,0)=0$, e denotemos
\[
Z_{t\stackrel{(n)}{\cdots}t\,s\stackrel{(m)}{\cdots} s}
=\frac{\partial^{n+m}Z}{\partial t^n\partial s^m}(0,0).
\]
Como esta notación, e tendo en conta a linearidade de $f$, temos
\[
\begin{aligned}
f(\Exp(Z(t,s)))
&{}=f\Bigl(\Exp\Bigl(\sum_{n,m\geq 0}
\frac{t^n}{n!}\frac{s^m}{m!}
\frac{\partial^{n+m}Z}{\partial t^n\partial s^m}(0,0)\Bigr)\Bigr)\\
&{}=f(\Exp(Z_t t+ Z_s s
+\frac{1}{2}Z_{tt}t^2+Z_{ts}ts+\frac{1}{2}Z_{ss}s^2+\cdots))\\[1ex]
&{}=f(\Exp(Z_t t+ Z_s s
+\frac{1}{2}Z_{tt}t^2+Z_{ts}ts+\frac{1}{2}Z_{ss}s^2))+\cdots.
\end{aligned}
\]
Denotemos
\[
U(t,s)=Z_t t+ Z_s s+\frac{1}{2}Z_{tt}t^2+Z_{ts}ts+\frac{1}{2}Z_{ss}s^2.
\]
Entón, empregando o desenvolvemento en serie de Taylor, e agrupando termos obtemos:
\[
\begin{aligned}
f(\Exp(Z(t,s)))
&{}=f(\Exp(U(t,s))+\cdots\\
&{}=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}U(t,s)^k(f)+\cdots\\
&{}=t(Z_t f)+s(Z_s f)+\\
&{}\phantom{{}={}}
t^2\Bigl(\frac{1}{2}Z_{tt}+\frac{1}{2}Z_t^2\Bigr)(f)+\\
&{}\phantom{{}={}}
ts\Bigl(Z_{ts}+\frac{1}{2}Z_t Z_s+\frac{1}{2}Z_s Z_t\Bigr)(f)+\\
&{}\phantom{{}={}}
s^2\Bigl(\frac{1}{2}Z_{ss}+\frac{1}{2}Z_s^2\Bigr)(f)+\dots.
\end{aligned}
\]
Concluiremos agora a demostración da terceira identidade.
As outras identidades obtéñense de xeito similar.
Sexan pois $X$, $Y\in\g{g}$, e observemos que
\[
\begin{aligned}
(X^n Y^m X^k f)(e)
&{}=\frac{d^n}{dt^n}\bigg\vert_0(Y^m X^k f)(\Exp(tX))\\
&{}=\frac{d^n}{dt^n}\bigg\vert_0\frac{d^m}{ds^m}\bigg\vert_0
(X^k f)(\Exp(tX)\Exp(sY))\\
&{}=\frac{d^n}{dt^n}\bigg\vert_0
\frac{d^m}{ds^m}\bigg\vert_0 \frac{d^m}{ds^m}\bigg\vert_0
f(\Exp(tX)\Exp(sY)\Exp(uX))\\
&{}=\frac{\partial^{n+m+k}}{\partial t^n\partial s^m\partial t^k}
\bigg\vert_{(0,0,0)}f(\Exp(tX)\Exp(sY)\Exp(uX)).
\end{aligned}
\]
Definimos $h(t,s,u)=f(\Exp(tX)\Exp(sY)\Exp(uX))$.
Observemos que $h(0,0,0)=0$.
Entón, témo-lo desenvolvemento en serie de potencias de
\[
\begin{aligned}
h(t,s,u)
&{}=\sum_{n,m,k\geq 0}\frac{t^n}{n!}\frac{s^m}{m!}\frac{u^k}{k!}
\frac{\partial^{n+m+k}h}{\partial t^n\partial s^m\partial t^k}(0,0,0)\\[1ex]
&{}=t(Xf)(e)+s(Yf)(e)+u(Xf)(e)+\\[1ex]
&{}\phantom{{}={}}
\frac{t^2}{2}(X^2 f)(e)+ts(XYf)(e)+tu(X^2f)(e)+\\
&{}\phantom{{}={}}
\frac{s^2}{2}(Y^2 f)(e)+su(YXf)(e)+\frac{u^2}{2}(X^2f)(e)+\cdots.
\end{aligned}
\]
Agora ben, como estamos traballando nunha veciñanza axeitada do neutro, existe unha función diferenciable $Z(t,s)$ tal que
$f(\Exp(tX)\Exp(sY)\Exp(-tX))=f(\Exp(Z(t,s)))$, de xeito que, comparando os seus respectivos desenvolvementos de Taylor obtemos
\[
\begin{aligned}
Z_t(f) &{}=0,\\[1ex]
Z_s(f) &{}=Y(f),\\
\Bigl(\frac{1}{2}Z_{tt}+\frac{1}{2}Z_t^2\Bigr)(f) &{}=0,\\
\Bigl(Z_{ts}+\frac{1}{2}Z_t Z_s+\frac{1}{2}Z_s Z_t\Bigr)(f) &{}=[X,Y](f),\\
\Bigl(\frac{1}{2}Z_{ss}+\frac{1}{2}Z_s^2\Bigr)(f) &{}=\frac{1}{2}Y^2(f).\\
\end{aligned}
\]
Tendo en conta que $f$ é unha función coordenada arbitraria, podemos resolve-lo anterior sistema de ecuacións para obter $Z_t=0$,$Z_s=Y$,$Z_{tt}=0$,$Z_{ts}=[X,Y]$, e $Z_{ss}=0$.
Isto conclúe a demostración da terceira identidade.
De feito existe unha fórmula recursiva para obte-lo producto de dúas exponenciais, a chamada fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff, pero non a empregaremos neste curso.
Homomorfismos de grupos e álxebras de Lie
Dise que $\varphi\colon G\to H$ é un homomorfismo de grupos de Lie se é un homomorfismo de grupos que ademais é diferenciable como aplicación entre variedades.
Un isomorfismo de grupos de Lie é un isomorfismo de grupos que ademais é un difeomorfismo.
Un automorfismo de $G$ é un isomorfismo de $G$ en $G$.
Dise que $\psi\colon\g{g}\to\g{h}$ é un homomorfismo de álxebras de Lie se $\psi$ é linear e $\psi([x,y])=[\psi(x),\psi(y)]$ para todo $x,y\in\g{g}$.
Un isomorfismo de álxebras de Lie é un homomorfismo de álxebras de Lie bixectivo, e un automorfismo de álxebras de Lie é un isomorfismo dunha álxebra de Lie en si mesma.
(de homomorfismos)
A inclusión $\mathsf{S}^1\hookrightarrow\C^*$, $e^{\mathbf{i}\theta}\mapsto e^{\mathbf{i}\theta}$ é homomorfismo de grupos de Lie, e a súa diferencial é $\mathbf{i}\R\cong T_1\mathsf{S}^1\to\C$,$\mathbf{i}a\equiv a\partial_\theta\mapsto \mathbf{i}a$.
A exponencial $\exp\colon(\R,+)\to(\R^*,\cdot)$,$\exp\colon(\C,+)\to(\C^*,\cdot)$.
$\epsilon\colon\R\to\mathsf{S}^1$,$x\mapsto e^{2\pi x \mathbf{i}}$,
e mailo seu producto cartesiano $\epsilon^n\colon\R^n\to\mathsf{T}^n$,$(x_1,\dots,x_n)\mapsto(e^{2\pi x_1 \mathbf{i}},\dots,e^{2\pi x_n \mathbf{i}})$, onde $\mathsf{T}^n=\mathsf{S}^1\times\stackrel{(n)}{\dots}\times\mathsf{S}^1$.
$\det\colon\mathsf{GL}(n,\R)\to\R^*$ é un homomorfismo de grupos de Lie e a súa diferencial é $\det_*=\tr\colon\g{gl}(n,\R)\to\R$.
Un resultado análogo se obtén para $\det\colon\mathsf{GL}(n,\C)\to\C^*$.
Vexámo-la última afirmación con máis detalle.
Recordemos que para unha matriz cadrada $A$, o seu polinomio característco pode escribirse como $\det(xI-A)=x^n-(\tr A)x^{n-1}+\cdots+\det A$.
Dado $X\in\g{gl}(n,\R)$, empregando dita fórmula, temos
\[
\begin{aligned}
\det{\!}_*(X)
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0\det(I+tX)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0\det\Bigl(t\Bigl(\frac{1}{t}I+X\Bigr)\Bigr)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0
\Bigl(t^n\det\Bigl(\frac{1}{t}I-(-X)\Bigr)\Bigr)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 t^n\Bigl(\Bigl(\frac{1}{t}\Bigr)^n
-\tr(-X)\Bigl(\frac{1}{t}\Bigr)^{n-1}+\cdots+\det(-X)\Bigr)\\[1ex]
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0
\Bigl(1+(\tr X)\,t+\cdots+(-1)^n\det X\Bigr)\\[1ex]
&{}=\tr X,
\end{aligned}
\]
de onde se deduce $\det{\!}_*=\tr$.
Dar un homomorfismo inxectivo $\mathsf{O}(n)\to\mathsf{SO}(n+1)$.
Basta definir
\[
\begin{array}{rcl}
f\colon\mathsf{O}(n) & \to & \mathsf{SO}(n+1)\\
A & \mapsto & f(A)=
\begin{pmatrix}
\det(A) & \mathbf{0}\\
\mathbf{0} & A
\end{pmatrix}.
\end{array}
\]
As comprobacións son inmediatas.
Sexa $\varphi\colon G\to H$ un homomorfismo de grupos de Lie.
Entón, a súa diferencial $\varphi_*=\varphi_{*e}\colon\g{g}\to\g{h}$ é un homomorfismo de álxebras de Lie que satisfai a seguinte relación de conmutatividade: $\varphi\circ\Exp=\Exp\circ\varphi_*$.
\[
\begin{array}{rcl}
G & \stackrel{\varphi}{\longrightarrow} & H\\
{\scriptstyle\Exp}\uparrow & \circlearrowright & \uparrow{\scriptstyle\Exp}\\
\g{g} & \stackrel{\varphi_*}{\longrightarrow} & \g{h}
\end{array}
\]
En primeiro lugar probamos unha igualdade que será útil no futuro:
para todo $g\in G$ temos $\varphi\circ L_g=L_{\varphi(g)}\circ\varphi$.
\[
\begin{array}{rcl}
G & \stackrel{\varphi}{\longrightarrow} & H\\
{\scriptstyle L_g}\uparrow & \circlearrowright & \uparrow{\scriptstyle L_{\varphi(g)}}\\
G & \stackrel{\varphi}{\longrightarrow} & H
\end{array}
\]
\[
\begin{array}{rcl}
G & \stackrel{\varphi}{\longrightarrow} & H\\
{\scriptstyle L_g}\uparrow & \circlearrowright & \uparrow{\scriptstyle L_{\varphi(g)}}\\
G & \stackrel{\varphi}{\longrightarrow} & H
\end{array}
\]
En efecto, dado $h\in G$, como $\varphi$ é un homomorfismo de grupos,
\[
\begin{aligned}
(\varphi\circ L_g)(h)
&{}=\varphi(gh)
=\varphi(g)\varphi(h)\\
&{}=L_{\varphi(g)}(\varphi(h))
=(L_{\varphi(g)}\circ\varphi)(h).
\end{aligned}
\]
Dado $X\in\g{g}$ denotamos por $\varphi_* X$ ó campo invariante pola esquerta en $H$ determinado polo valor $\varphi_{*e}X_e$, é dicir,
$(\varphi_* X)_h=L_{h*e}\varphi_{*e}X_e$,$h\in H$.
Fixémonos en que $X$ e $\varphi_* X$ están $\varphi$-relacionados, pois
\[
\begin{aligned}
\varphi_{*g}X_g
&{}=\varphi_{*g}L_{g*e}X_e\\
&{}=(\varphi\circ L_g)_{*e}X_e\\
&{}=(L_{\varphi(g)}\circ\varphi)_{*e}X_e\\
&{}=L_{\varphi(g)*e}\varphi_{*e}X_e\\
&{}=(\varphi_* X)_{\varphi(g)},
\end{aligned}
\]
para calquera $g\in G$.
Sexan $X,Y\in\g{g}$. Logo $[X,Y]$ está $\varphi$-relacionado con $[\varphi_*X,\varphi_*Y]$,
o que implica $\varphi_{*e}[X,Y]_e=[\varphi_*X,\varphi_*Y]_e$, ou ben, $\varphi_*[X,Y]=[\varphi_*X,\varphi_*Y]$.
Logo, $\varphi_*$ é un homomorfismo de álxebras de Lie.
Sexa agora $\alpha(t)=\Exp(tX)$ curva integral de $X$ por $e$.
Entón,
\[
\begin{aligned}
(\varphi\circ\alpha)'(t)
&{}=\varphi_{*\alpha(t)}\alpha'(t)\\
&{}=\varphi_{*\alpha(t)}X_{\alpha(t)}=(\varphi_*X)_{\varphi\circ\alpha(t)},
\end{aligned}
\]
e $(\varphi\circ\alpha)(0)=\varphi(e)=e$.
En consecuencia, $\varphi\circ\alpha$ é curva integral de $\varphi_*X$ por $e\in H$, e así,
$\varphi(\Exp(tX))=\varphi\circ\alpha(t)=\Exp(t\varphi_*X)$
para todo $t\in\R$.
A conmutatividade do diagrama séguese entón avaliando en $t=1$.
(primeiro teorema de Lie)
Dous grupos de Lie isomorfos teñen álxebras de Lie isomorfas.
Se $\varphi$, $\psi\colon G\to H$ son homomorfismos de grupos de Lie, $G$ é conexo, e $\varphi_*=\psi_*$, entón $\varphi=\psi$.
Todo homomorfismo de grupos de Lie ten rango constante.
Como $\varphi\circ L_g=L_{\varphi(g)}\circ\varphi$, derivando temos
$\varphi_{*g}\circ L_{g*e}=L_{\varphi(g)*e}\circ\varphi_{*e}$, e xa que as traslacións á esquerda son difeomorfismos, obtense que o rango de $\varphi_{*g}$ é o mesmo có de $\varphi_{*e}$.
Un homomorfismo de grupos de Lie é isomorfismo se e só se é bixectivo.
Sexa $\varphi\colon G\to H$ un homomorfismo de grupos de Lie bixectivo.
Como os homomorfismos teñen rango constante, o teorema do rango garantiza que localmente esta aplicación se escribe como
\[
(x_1,\dots,x_n)\mapsto(x_1,\dots,x_k,0,\dots,0),
\]
onde $k$ é o rango.
Pero o único xeito de que esta aplicación sexa bixectiva é que $k=n$ e as dimensións sexan iguais, o que proba que é un difeomorfismo local.
É entón inmediato que $\varphi$ é un isomorfismo de grupos de Lie.
Sexa $G$ un grupo de Lie e $\g{g}$ a súa álxebra de Lie.
Para cada $g\in G$ defínese a conxugación por $g$ como o automorfismo $I_g\colon G\to G$,$h\mapsto I_g(h)=ghg^{-1}$.
Nótese que $I_g(h_1h_2)=I_g(h_1)I_g(h_2)$,$I_g^{-1}=I_{g^{-1}}$, e que
$I_{gh}=I_g\circ I_h$.
A súa diferencial $\Ad(g)=I_{g*}$ é a chamada aplicación adxunta a nivel de grupos de Lie.
\[
\begin{array}{rcl}
G & \stackrel{I_g}{\longrightarrow} & G\\
{\scriptstyle\Exp}\uparrow & \circlearrowright & \uparrow{\scriptstyle\Exp}\\
\g{g} & \stackrel{\Ad(g)}{\longrightarrow} & \g{g}
\end{array}
\]
Equivalentemente, $I_g=L_g\circ R_{g^{-1}}=R_{g^{-1}}\circ L_g$.
Ademais, para cada $g\in G$, $\Ad(g)$ é un automorfismo de álxebras de Lie.
Por tanto tense $\Ad(g)\in\mathsf{GL}(\g{g})$.
De feito, $\Ad(g)^{-1}=\Ad(g^{-1})$ e $\Ad(gh)=\Ad(g)\circ\Ad(h)$.
O homomorfismo de grupos de Lie
$\Ad\colon G\to \mathsf{GL}(\g{g})$ chámase a representación adxunta do grupo de Lie $G$.
En $\mathsf{GL}(n,\R)$, xa que $L_A\circ R_{A^{-1}}$ é linear, non é difícil ver que
\[
\begin{aligned}
\Ad(A)(X)
&{}=(L_A\circ R_{A^{-1}})_{*I}(X)\\
&{}=(L_A\circ R_{A^{-1}})(X)
=AXA^{-1}.
\end{aligned}
\]
$\Ad_*(X)(Y)=[X,Y]$ para todo $X,Y\in\g{g}$.
Sexan $X$, $Y\in\g{g}$. Aplicando a definición da
representación adxunta e a versión que probamos da fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff obtemos
\[
\begin{aligned}
\Ad_*(X)(Y)
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 \Ad(\Exp(tX))(Y)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 I_{\Exp(tX)*}(Y)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 \left(
\frac{d}{ds}\bigg\vert_0 I_{\Exp(tX)}(\Exp(sY)\right)\\
&{}=\frac{\partial^2}{\partial t\partial s}\bigg\vert_{(0,0)}
\Exp(tX)\Exp(sY)\Exp(-tX)\\[1ex]
&{}=\Exp_*([X,Y])=[X,Y],
\end{aligned}
\]
como queriamos probar.
A continuación derivamos tamén esta mesma fórmula sen emprega-la identidade de Baker-Campbell-Hausdorff.
Definimos tamén $F\colon\R^3\to\R$ como
\[
F(u,v,w)=f\bigl(\Exp(uX)\Exp(vY)\Exp(wX)\bigr).
\]
Interésanos calcular
\[
\frac{\partial^2 F}{\partial u\partial v}(0,0,0)
=\frac{\partial^2 H}{\partial u\partial v}(0,0)
=X_e(Yf),
\]
xa que $F(u,v,0)=H(u,v)$.
Analogamente, revertindo os papeis de $X$ e $Y$, chegamos a
\[
\frac{\partial^2 F}{\partial w\partial v}(0,0,0)=Y_e(Xf).
\]
Volvendo entón ó noso problema, calculámo-la diferencial de $\Ad\colon G\to \mathsf{GL}(\g{g})$.
Temos $\Ad_*\colon\g{g}\to\g{gl}(\g{g})$, así que tomamos $X,Y\in\g{g}$ e $f\in C^\infty(G)$.
Entón,
\[
\begin{aligned}
\Ad_*(X)(Y)(f)
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 \Ad(\Exp(tX))(Y)(f)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 I_{\Exp(tX)*}(Y)(f)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 \left(
\frac{d}{ds}\bigg\vert_0 I_{\Exp(tX)}\bigl(\Exp(sY)\bigr)\right)(f)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0
\frac{d}{ds}\bigg\vert_0 f\bigl(I_{\Exp(tX)}(\Exp(sY))\bigr)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0
\frac{d}{ds}\bigg\vert_0 f\bigl(\Exp(tX)\Exp(sY)\Exp(-tX)\bigr)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 \frac{d}{ds}\bigg\vert_0 F(t,s,-t)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 \frac{\partial F}{\partial v}(t,0,-t)\\
&{}=\frac{\partial^2 F}{\partial u\partial v}(0,0,0)
-\frac{\partial^2 F}{\partial w\partial v}(0,0,0)\\[2ex]
&{}=X_e(Yf)-Y_e(Xf)=[X,Y]_e(f),
\end{aligned}
\]
que é o que queriamos probar.
Defínese a representación adxunta da álxebra de Lie $\g{g}$ como o homomorfismo de álxebras de Lie $\ad\colon\g{g}\to\g{gl}(\g{g})$ dado por $\ad(X)(Y)=[X,Y]$.
Entón $\Ad(\Exp(X))=e^{ad(X)}$ para todo $X\in\g{g}$, onde a aplicación exponencial de $\mathsf{GL}(\g{g})$ se entende como a exponencial habitual dun endomorfismo linear.
\[
\begin{array}{rcl}
G & \stackrel{\Ad}{\longrightarrow} & \mathsf{GL}(\g{g})\\
{\scriptstyle\Exp}\uparrow & \circlearrowright & \uparrow{\scriptstyle e^{\cdot}}\\
\g{g} & \stackrel{\ad}{\longrightarrow} & \g{gl}(\g{g})
\end{array}
\]
Subgrupos de Lie
A continuación introducirémo-los subgrupos de Lie que, como veremos na sección seguinte, gracias ó Teorema de Cartan do subgrupo pechado, será un xeito convinte de construír moitos novos grupos de Lie.
Sexa $G$ un grupo de Lie.
Dise que $H$ é un subgrupo de Lie de $G$ se
$H$ é un subgrupo de $G$,
$H$ é unha subvariedade de $G$, e
$H$ é un grupo de Lie coa operación restrinxida de $G$ e para algunha estructura diferenciable.
Se ademais $H$ é unha subvariedade mergullada de $G$, dirase que $H$ é un subgrupo mergullado.
Sexa $\g{g}$ unha álxebra de Lie.
Dise que $\g{h}$ é unha subálxebra de Lie de $\g{g}$ se $\g{h}$ é un subespacio vectorial de $\g{g}$ tal que $[X,Y]\in\g{h}$ para todo $X,Y\in\g{h}$.
Probar que a componente conexa do neutro dun grupo de Lie é un subgrupo normal.
Sexa $G$ un grupo de Lie e $G^0$ a compoñente conexa do neutro.
Como a inversión $i$ é un homeomorfismo e $i(e)=e$, temos $i(G^0)=G^0$.
Se $g\in G^0$, como $e,g\in G^0$ e $L_g$ é un homeomorfismo, temos $L_g(G^0)=G^0$.
Logo as operacións son diferenciables por ser restricción das orixinais a un aberto.
Finalmente, se $g\in G^0$, como $I_g(e)=e$ e $g^{-1}\in G^0$, temos, por ser $I_g$ homeomorfismo, $I_g(G^0)=G^0$.
Sexa $G$ un grupo de Lie e $H$ un subgrupo.
Entón $\g{h}$ é subálxebra de Lie de $\g{g}$ e
\[
\g{h}=\{X\in\g{g}:\Exp(tX)\in H,\,\forall t\in\R\}.
\]
Ademais, $i\circ\Exp=\Exp\circ i_*$.
\[
\begin{array}{rcl}
H & \stackrel{i}{\hookrightarrow} & G\\
{\scriptstyle\Exp}\uparrow & \circlearrowright & \uparrow{\scriptstyle\Exp}\\
\g{h} & \stackrel{i_*}{\longrightarrow} & \g{g}
\end{array}
\]
Identificamos $\g{h}\cong T_e H\subset T_e G\cong\g{g}$.
Nótese que o corchete de campos de vectores tanxentes a $H$ segue sendo tanxente a $H$, co que $\g{h}$ é unha subálxebra de Lie.
Para rematar basta observar que os campos invariantes de $H$ son restriccións de campos invariantes de $G$ tanxentes a $H$, e por tanto a aplicación exponencial de $H$ obtense como restricción da aplicación exponencial de $G$.
Sexa $G$ un grupo de Lie con álxebra de Lie $\g{g}$, e sexa $\g{h}$ unha subálxebra de Lie de $\g{g}$.
Entón existe un único subgrupo de Lie conexo $H$ de $G$ que ten álxebra de Lie $\g{h}$.
Definímo-la distribución $\mathcal{D}$ mediante $\mathcal{D}_g=L_{g*}\g{h}$.
É claro que esta distribución está xerada globalmente por campos de vectores invariantes pola esquerda; por tanto é diferenciable e involutiva.
Polo Teorema de Frobenius, $\mathcal{D}$ é integrable.
Sexa $H$ a subvariedade integral maximal conexa de $\mathcal{D}$ por $e\in G$.
Vexamos que $H$ é o subgrupo buscado.
A distribución $\mathcal{D}$ é invariante por traslacións á esquerda:
\[
\begin{aligned}
L_{h*g}\mathcal{D}_g
&{}=L_{h*g}L_{g*e}\g{h}\\
&{}=(L_h \circ L_g)_*e\g{h}\\
&{}=L_{hg*e}\g{h}=\mathcal{D}_{L_h(g)}.
\end{aligned}
\]
Isto implica que as traslacións pola esquerda levan subvariedades integrais de $\mathcal{D}$ en subvariedades integrais de $\mathcal{D}$.
En particular, dado $h\in H$ temos que $L_{h^{-1}}(H)=H$ xa que $L_{h^{-1}}(H)$ é unha subvariedade integral de $H$ que pasa por $e$, e as dúas son maximais.
En consecuencia, está claro que $H$ é un subgrupo de $G$.
Temos agora que ver que as operacións de $H$ son diferenciables.
Facémolo para o caso do producto.
\[
\begin{array}{rcl}
G\times G\hspace{-1ex} & \stackrel{p}{\longrightarrow} & \hspace{-2ex}G\\
{\scriptstyle i\times i}\uparrow & \hspace{-1ex}{}^{C^\infty}\hspace{-1ex}{\nearrow} & \hspace{-2ex}\uparrow{\scriptstyle i}\\
H\times H\hspace{-1ex} & \longrightarrow & \hspace{-2ex}H
\end{array}
\]
Neste caso, a diferenciabilidade do producto dedúcese do resultado de factorización para as variedades integrais dunha distribución integrable.
Finalmente falta por ve-la unicidade.
Supoñamos que $\tilde{H}$ é outro subgrupo de Lie conexo de $G$ con álxebra de Lie $\g{h}$.
Como $T_h\tilde{H}=L_{h*}\g{h}=\mathcal{D}_h$, resulta que $\tilde{H}$ tamén é unha subvariedade integral de $\mathcal{D}$ por $e\in G$. Por tanto $\tilde{H}\subset H$.
Ademais, como o espacio tanxente no neutro de $H$ e $\tilde{H}$ coinciden, a aplicación exponencial asegúranos que as pequenas veciñanzas do neutro en $H$ e $\tilde{H}$ tamén coinciden.
Agora ben, calquera veciñanza do neutro xera un grupo conexo multiplicativamente, o que implica que $H=\tilde{H}$, como queriamos ver.
Sexa $H$ un subgrupo dun grupo de Lie $G$ que ademais é unha subvariedade mergullada de $G$.
Entón $H$ é un subgrupo de Lie mergullado de $G$.
En realidade, o único que hai que probar é que as operacións de grupo de $H$, como restricción das operacións de $G$, son diferenciables.
Facémolo para o caso do producto.
\[
\begin{array}{rcl}
G\times G\hspace{-1ex} & \stackrel{p}{\longrightarrow} & \hspace{-2ex}G\\
{\scriptstyle i\times i}\uparrow & \hspace{-1ex}{}^{C^\infty}\hspace{-1ex}{\nearrow} & \hspace{-2ex}\uparrow{\scriptstyle i}\\
H\times H\hspace{-1ex} & \longrightarrow & \hspace{-2ex}H
\end{array}
\]
Tal demostración consiste pois en aplica-lo lema de factorización ó diagrama adxunto,
tendo en conta que $i\colon H\to G$ é un mergullo.
O exemplo prototípico de subgrupo de Lie que non é pechado nin mergullado é o "subgrupo de pendente irracional no toro".
Consideramos $\varphi_\alpha\colon\R\to\mathsf{T}^2=\mathsf{S}^1\times\mathsf{S}^1\subset\C^2$,
$t\mapsto (e^{2\pi t \mathbf{i}},e^{2\pi\alpha t \mathbf{i}})$, con $\alpha\in\R$.
A aplicación $\varphi_\alpha$ é un homomorfismo de grupos de Lie inxectivo.
Logo $H=\varphi_\alpha(\R)$ é un subgrupo de Lie inmerso de $\mathsf{T}^2$.
Se $\alpha\in\R\setminus\mathbb{Q}$, entón $\varphi_\alpha$ non é un mergullo.
De feito $H$ é denso en $\mathsf{T}^2$ e non é nin pechado nin mergullado.
(de Cartan).
Sexa $G$ un grupo de Lie e $H\subset G$ un subgrupo (abstracto).
Se $H$ é pechado en $G$ entón $H$ é un subgrupo de Lie mergullado de $G$.
Sexa $\g{h}=\{X\in\g{g}:\Exp(tX)\in H,\forall t\in\R\}$; vexamos que $\g{h}$ é subálxebra de Lie de $\g{g}$.
Claramente, se $X\in\g{h}$ entón $tX\in\g{h}$ para calquera $t\in\R$.
Sexan pois $X$, $Y\in\g{h}$. Temos
\[
\begin{aligned}
&\Bigl(\Exp\Bigl(\frac{t}{n}X\Bigr)\Exp\Bigl(\frac{t}{n}Y\Bigr)\Bigr)^n={}\\
&\qquad\Exp\Big(\frac{t}{n}(X+Y)+\frac{t^2}{2n^2}[X,Y]
+O\Bigl(\frac{t^3}{n^3}\Bigr)\Bigr)^n={}\\[1ex]
&\qquad\Exp\Bigl(t(X+Y)+\frac{t^2}{2n}[X,Y]+O\Bigl(\frac{t^3}{n^2}\Bigr)\Bigr)
\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow} \Exp(t(X+Y)).
\end{aligned}
\]
Por definición de $\g{h}$, e tendo en conta que $H$ é un subgrupo,
$\bigl(\Exp\bigl(\frac{t}{n}X\bigr)\Exp\bigl(\frac{t}{n}Y\bigr)\bigr)^n\in H$.
Pero por ser $H$ pechado concluímos que $\Exp(t(X+Y))\in H$ para $t\in\R$ arbitrario, o que significa que $X+H\in\g{h}$.
De xeito similar,
\[
\begin{aligned}
&\Bigl(\Exp\Bigl(-\frac{t}{n}X\Bigr)
\Exp\Bigl(-\frac{t}{n}Y\Bigr)
\Exp\Bigl(\frac{t}{n}X\Bigr)
\Exp\Bigl(\frac{t}{n}Y\Bigr)\Bigr)^{n^2}={}\\
&\qquad\Exp\Big(t^2[X,Y]+O\Bigl(\frac{t^3}{n}\Bigr)\Bigr)
\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow} \Exp(t^2[X,Y]),
\end{aligned}
\]
co que, empregando a definición de $\g{h}$ e que $H$ é un subgrupo pechado, obtemos $[X,Y]\in\g{h}$.
En consecuencia, $\g{h}$ é unha subálxebra de Lie de $\g{g}$.
O seguinte fito da demostración consiste en ver que existe unha veciñanza $W$ de $\mathbf{0}\in\g{g}$ tal que $\Exp(W\cap\g{h})=\Exp(W)\cap H$.
Consideremos en $\g{g}$ un producto escalar arbitrario.
Sexa $\g{s}$ un subespacio suplementario a $\g{h}$ en $\g{g}$ (que simplemente podemos tomar como o complemento ortogonal de $\g{h}$ con respecto a ese producto escalar).
Considerámo-la aplicación $\Phi\colon\g{h}\oplus\g{s}\to G$,$(X,Y)\mapsto \Exp(X)\Exp(Y)$.
Resulta que $\Phi$ é un difeomorfismo local arredor de $\mathbf{0}$ pois
\[
\begin{aligned}
\Phi_{*(0,0)}(X,Y)
&{}=\frac{d}{dt}_{\vert_0}\Exp(tX)\Exp(tY)\\
&{}=\frac{d}{dt}_{\vert_0}\Exp(t(X+Y)+O(t^2))\\[1ex]
&{}=X+Y\cong(X,Y),
\end{aligned}
\]
e simplemente se emprega o teorema da función inversa.
No que segue tomaremos unha veciñanza $V$ de $0\in\g{g}$ onde $\Phi_{\vert V}$ é un difeomorfismo coa imaxe.
Sexa $U$ unha veciñanza de $\mathbf{0}\in\g{g}$ onde $\Exp$ é un difeomorfismo coa imaxe. Se $W\subset U$ é un aberto arbitrario, entón $\Exp(W\cap\g{h})\subset \Exp(W)\cap H$ por definición de $\g{h}$.
Para ve-la inclusión recíproca procedemos por reducción ó absurdo.
Así pois, sexa $W_n$ unha sucesión de bólas abertas en $\mathbf{0}\in\g{g}$ (de novo con respecto ó producto escalar anterior) converxendo a $\mathbf{0}$.
Tomaremos $n$ suficientemente grande como para que estean contidas en $U$ e $V$.
Supoñamos que para calquera $n$ temos que $\Exp(W_n)\cap H\not\subset\Exp(W_n\cap\g{h})$.
Isto significa, empregando o difeomorfismo $\Phi$,
que existe unha sucesión
$\{(X_n,Y_n)\}\subset \g{h}\oplus\g{s}$ converxente a $\mathbf{0}\in\g{g}$
tal que $\Exp(X_n)\Exp(Y_n)\in H$ pero $Y_n\neq \mathbf{0}$ para todo $n$.
Nótese que $\Exp(X_n)\in H$ por definición de $\g{h}$, e así $\Exp(Y_n)\in H$.
Como $Y_n/\lVert Y_n\rVert$ está contida nunha esfera unitaria, podemos supoñer, pasando a unha subsucesión se fose necesario, que $Y_n/\lVert Y_n\rVert\to Y\in\g{s}$, con $\lVert Y\rVert=1$.
Vexamos que $Y\in\g{h}$, o cal sería a contradicción buscada pois $Y\in\g{h}\cap\g{s}=0$ é un vector unitario.
Sexa $t\in \R$.
Sexa $m_n=[t/\lVert Y_n\rVert]$.
Logo $m_n\lVert Y_n\rVert\to t$ pois
\[
\Bigl(\frac{t}{\lVert Y_n\rVert}-1\Bigr)\lVert Y_n\rVert
\leq m_n\lVert Y_n\rVert\leq \frac{t}{\lVert Y_n\rVert}\lVert Y_n\rVert=t,
\]
e a afirmación séguese do lema do sandwich.
Entón,
\[
\begin{aligned}
\Exp(Y_n)^{m_n}
&{}=\Exp(m_n Y_n)\\
&{}=\Exp\Bigl(m_n\lVert Y_n\rVert\frac{Y_n}{\lVert Y_n\rVert}\Bigr)
\longrightarrow\Exp(tY).
\end{aligned}
\]
Como $H$ é un subgrupo, $\Exp(Y_n)^{m_n}\in H$, e por ser pechado, $\Exp(tY)\in H$.
Como $t\in\R$ é arbitrario, deducimos que $Y\in\g{h}$, o cal é a contradicción desexada.
$\Exp(W\cap\g{h})=\Exp(W)\cap H$
Para finalizar, observemos entón que $\Exp\colon W\subset\g{h}\to\Exp(W)\subset G$ pode entenderse como un difeomorfismo entre un aberto euclidiano e unha veciñanza de $G$, e que a propiedade $\Exp(W\cap\g{h})=\Exp(W)\cap H$ expresa o feito de que se pode ver $H$ localmente coma un conxunto de nivel.
Empregando as traslacións pola esquerda, que son difeomorfismos, construímos facilmente un atlas de cartas adaptadas de $H$, o que proba que $H$ é unha subvariedade mergullada, e por tanto, un subgrupo mergullado de Lie de $G$.
Probar que a clausura dun subgrupo dun grupo de Lie é un subgrupo de Lie.
Sexan $G$ e $H$ grupos de Lie e $\varphi\colon G\to H$ un homomorfismo continuo de grupos de Lie.
Entón $\varphi$ é un homomorfismo de grupos de Lie.
Considerémo-lo grafo $\Gamma_\varphi=\{(g,\varphi(g):g\in G\}\subset G\times H$.
Obviamente $\Gamma_\varphi$ é un subgrupo do grupo producto $G\times H$, e é pechado pois $\varphi$ é unha aplicación continua.
Polo teorema do subgrupo pechado de Cartan, $\Gamma_\varphi$ é un subgrupo de Lie mergullado de $G\times H$.
Considerámo-la restricción a $\Gamma_\varphi$ da primeira proxección $p=\pi_{1\vert\Gamma_\varphi}\colon\Gamma_\varphi\to G$.
É coñecido que $p$ é un homeomorfismo (o grafo dunha aplicación é homeomorfo ó seu conxunto de definición), e tamén é un homomorfismo de grupos de Lie, xa que é restricción a un subgrupo mergullado dun homomorfismo.
Por ser un homomorfismo de grupos de Lie bixectivo, concluímos que $p$ é un isomorfismo de grupos de Lie.
Para acaba-la demostración basta observar que $\varphi=\pi_2\circ p^{-1}$, onde $\pi_2\colon G\times H\to H$ é a segunda proxección.
Un grupo topolóxico ten como moito unha estructura de grupo de Lie.
Basta aplica-lo resultado anterior á identidade $\id\colon G\to G$ poñendo no grupo cadansúa estructura diferenciable.
Considerémo-la aplicación
\[
\mathcal{M}_{n\times n}(\C)\to \mathcal{M}_{2n\times 2n}(\R),\
A+\mathbf{i}B\mapsto
\begin{pmatrix}
A & -B\\
B & A
\end{pmatrix},
\]
onde $A,B\in\mathcal{M}_{n\times n}(\R)$.
Probar que esta aplicación induce un homomorfismo de grupos de Lie inxectivo $\mathsf{GL}(n,\C)\to\mathsf{GL}(2n,\R)$.
Probar que $\Ad(g)$ é un automorfismo de álxebras de Lie para todo $g\in G$.
Denotemos por $\mathop{\rm Aut}(\g{g})$ o conxunto de automorfismos de $\g{g}$.
Probar que $\mathop{\rm Aut}(\g{g})$ é un subgrupo de Lie de $\mathsf{GL}(\g{g})$.
Dicimos que unha aplicación linear $D\colon\g{g}\to\g{g}$ é unha derivación de álxebras de Lie se $D[X,Y]=[DX,Y]+[X,DY]$ para todo $X,Y\in\g{g}$.
Probar que $\ad(X)$ é unha derivación para todo $X\in\g{g}$.
Sexa $\mathop{\rm Der}(\g{g})$ o conxunto das derivacións da álxebra de Lie $\g{g}$.
Probar que $\mathop{\rm Der}(\g{g})$ é a álxebra de Lie de $\mathop{\rm Aut}(\g{g})$.
Concluír que o diagrama adxunto é conmutativo.
\[
\begin{array}{rcl}
G & \stackrel{\Ad}{\longrightarrow} & \mathop{\rm Aut}(\g{g})\\
{\scriptstyle\Exp}\uparrow & \circlearrowright & \uparrow{\scriptstyle e^{\cdot}}\\
\g{g} & \stackrel{\ad}{\longrightarrow} & \mathop{\rm Der}(\g{g})
\end{array}
\]
Recordemos que $\Ad(g)=I_{g*}$, e como a conxugación $I_g\colon G\to G$ é un isomorfismo de grupos de Lie, séguese que $\Ad(g)\colon\g{g}\to\g{g}$ é un isomorfismo de álxebras de Lie.
Claramente $\mathop{\rm Aut}(\g{g})=\{\varphi\in\mathsf{GL}(\g{g}):\varphi([X,Y])=[\varphi(X),\varphi(Y)],\forall X,Y\in\g{g}\}$ é un grupo, así que polo Teorema de Cartan bastará con ver que é pechado para concluír que é un subgrupo de Lie de $\mathsf{GL}(\g{g})$.
Para comprobar isto considerémo-la aplicación continua $e_X\colon\mathsf{GL}(\g{g})\to\g{g}$, $\varphi\mapsto\varphi(X)$.
Dados $X$, $Y\in\g{g}$, definimos $F_{X,Y}\colon\mathsf{GL}(\g{g})\to\g{g}$, como
\[
\begin{aligned}
F_{X,Y}(\varphi)
&{}=\varphi([X,Y])-[\varphi(X),\varphi(Y)]\\
&{}=\bigl(e_{[X,Y]}-[\,\cdot\,,\,\cdot\,]\circ(e_X\times e_Y)\bigr)(\varphi),
\end{aligned}
\]
que é continua por ser composición de continuas.
Entón
\[
\mathop{\rm Aut}(\g{g})=\bigcap_{X,Y\in\g{g}}F^{-1}_{X,Y}(\{\mathbf{0}\})
\]
é pechado por ser intersección de imaxes recíprocas, por aplicacións continuas, de conxuntos pechados.
Logo, $\mathop{\rm Aut}(\g{g})$ é un subgrupo de Lie de $\mathsf{GL}(\g{g})$.
Se $X$, $Y$, $Z\in\g{g}$ entón $\ad(X)([Y,Z])=[\ad(X)(Y),Z]+[X,\ad(X)(Z)]$ non é máis ca outro xeito de escribi-la identidade de Jacobi, así que $\ad(X)$ é unha derivación.
Vexamos que a álxebra de Lie de $\mathop{\rm Aut}(\g{g})$ é $\mathop{\rm Der}(\g{g})$, é dicir, que
\[
\begin{aligned}
\mathop{\rm Der}(\g{g})
&{}=\{D\in\g{gl}(\g{g}):\Exp(tD)\in\mathop{\rm Aut}(\g{g}),\forall t\in\R\}\\
&{}=\{D\in\g{gl}(\g{g}):e^{tD}[X,Y]=[e^{tD}X,e^{tD}Y],\forall X,Y\in\g{g},\forall t\in\R\}.
\end{aligned}
\]
($\subset$) Sexa $D\in\mathop{\rm Der}(\g{g})$.
Definimos $\alpha(t)=e^{tD}[X,Y]$ e $\beta(t)=[e^{tD}X,e^{tD}Y]$.
Avaliando en $t=0$, temos que $\alpha(0)=\beta(0)=[X,Y]$.
Derivando, por un lado,
\[
\alpha'(t)=De^{tD}[X,Y]=D\alpha(t),
\]
e polo outro, como $D$ é derivación,
\[
\begin{aligned}
\beta'(t)
&{}=[De^{tD}X,e^{tD}Y]+[e^{tD}X,De^{tD}Y]\\
&{}=D[e^{tD}X,e^{tD}Y]=D\beta(t).
\end{aligned}
\]
Como $\alpha$ e $\beta$ satisfán o mesmo problema de valor inicial, obtemos $\alpha=\beta$, que é o que había que ver.
($\supset$) Derivando en $t=0$ obtense $D[X,Y]=[DX,Y]+[X,DY]$, co que efectivamente $D$ é unha derivación.
A conmutatividade do diagrama séguese simplemente de que $\Ad_*=\ad$.
Grupos matriciais
Un grupo matricial é un subgrupo pechado do grupo xeral linear complexo $\mathsf{GL}(n,\C)$.
Por tanto, un grupo matricial é un subgrupo de Lie pechado e mergullado polo Teorema de Cartan.
Como o grupo xeral linear real $\mathsf{GL}(n,\R)$ é un subgrupo pechado de $\mathsf{GL}(n,\C)$, calquera subgrupo pechado de $\mathsf{GL}(n,\R)$ tamén é un grupo matricial.
Algúns grupos matriciais:
$(\R,+)$ pode verse como un grupo matricial pois é isomorfo a
\[
\biggl\{
\begin{pmatrix}
1 & t\\
0 & 1
\end{pmatrix}:t\in\R\biggr\}\subset\mathsf{GL}(2,\R).
\]
$\mathsf{Aff}(n)$ é un grupo matricial.
Como é normal, se $z\in\C$, denotamos por $\overline{z}$ ó conxugado de $z$.
Se $A\in\g{gl}(n,\C)$, entón $A^T$ denota a matriz trasposta de $A$, e $A^*$ denota a matriz trasposta conxugada de $A$.
Grupos clásicos:
Grupo linear especial sobre $\mathbb{F}\in\{\R,\C\}$:
\[
\mathsf{SL}(n,\mathbb{F})=\{A\in\mathsf{GL}(n,\mathbb{F}):\det A=1\}.
\]
Este grupo correspóndese coas trasformacións lineares que preservan o elemento de volume.
Grupo ortogonal:
\[
\mathsf{O}(n)=\{A\in\mathsf{GL}(n,\R):A^T A=\id\}.
\]
Este grupo coincide co grupo das matrices reais que preservan o producto escalar $\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle=\sum_{i=1}^n x_i y_i$.
Por tanto, son xustamente as isometrías lineares do espacio euclidiano.
Grupo ortogonal complexo:
\[
\mathsf{O}(n,\C)=\{A\in\mathsf{GL}(n,\C):A^T A=\id\}.
\]
Grupo unitario:
\[
\mathsf{U}(n)=\{A\in\mathsf{GL}(n,\C):A^* A=\id\}.
\]
Este grupo coincide co grupo das matrices reais que preservan o producto hermitiano $\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle=\sum_{i=1}^n \overline{x_i} y_i$.
Grupo ortogonal especial:
\[
\mathsf{SO}(n)=\mathsf{O}(n)\cap\mathsf{SL}(n,\R).
\]
Grupo ortogonal especial complexo:
\[
\mathsf{SO}(n,\C)=\mathsf{O}(n,\C)\cap\mathsf{SL}(n,\C).
\]
Grupo unitario especial:
\[
\mathsf{SU}(n)=\mathsf{U}(n)\cap\mathsf{SL}(n,\C).
\]
Aínda que non definímo-lo concepto, non é difícil ver que os grupos $\mathsf{GL}(n,\C)$, $\mathsf{SL}(n,\C)$, $\mathsf{SO}(n,\C)$ e $\mathsf{Sp}(n,\C)$ son grupos de Lie complexos, é dicir, que son variedades complexas (os cambios de cartas son holomorfos) e as operacións son holomorfas.
Non obstante, $\mathsf{U}(n)$ e $\mathsf{SU}(n)$ non son grupos de Lie complexos.
Para seguir construíndo máis grupos clásicos necesitamos introducir un novo tipo de números inventados por Hamilton.
Os cuaternios
Os cuaternios son un álxebra de división normada sobre os números reais,
$\H=\{t+\mathbf{i}x+\mathbf{j}y+\mathbf{k}z:t,x,y,z\in\R\}$, que se pode interpretar como o espacio vectorial $\R^4$.
A multiplicación consiste en emprega-las propiedades asociativa e distributiva en expresións do tipo anterior, tendo en conta que $\mathbf{i}^2=\mathbf{j}^2=\mathbf{k}^2=-1$, $\mathbf{i}\mathbf{j}=\mathbf{k}=-\mathbf{j}\mathbf{i}$, e que os número reais conmutan cos símbolos $\mathbf{i}$,$\mathbf{j}$,$\mathbf{k}$.
A multiplicación é asociativa, ten elemento neutro $1$, e todo elemento ten un inverso.
Dado un cuaternio $q=t+\mathbf{i}x+\mathbf{j}y+\mathbf{k}z$, chamamos parte real ou escalar a $\Re{q}=t$
e parte imaxinaria ou vectorial a
$\Im{q}=\mathbf{i}x+\mathbf{j}y+\mathbf{k}z$.
O conxugado de $q$ é o cuaternio
$\overline{q}=t-\mathbf{i}x-\mathbf{j}y-\mathbf{k}z$.
Tense $\overline{q_1 q_2}=\overline{q_2}\,\overline{q_1}$.
O valor absoluto ou norma dun cuaternio vén dado pola expresión
$\lvert q\rvert^2=q\overline{q}=\overline{q}q=t^2+x^2+y^2+z^2$, que coincide coa norma usual de $\R^4$.
Un importante feito é que a norma é multiplicativa, é dicir,
$\lvert pq\rvert=\lvert p\rvert\lvert q\rvert$ para todo $p,q\in\H$.
Ademais, se $q\neq 0$ entón $q^{-1}=\frac{\overline{q}}{\lvert q\rvert^2}$.
onde $\langle\cdot,\cdot\rangle$ é o producto escalar de $\R^3\cong\Im\H$, e $\cdot\times\cdot$ é o producto vectorial.
En particular, se $q_1,q_2\in\Im{\H}\cong\R^3$, entón
$q_1 q_2=-\langle q_1,q_2\rangle+q_1\times q_2$.
Podemos escribir
$q=t+\mathbf{i}x+\mathbf{j}y+\mathbf{k}z=(t+\mathbf{i}x)+\mathbf{j}(y-\mathbf{i}z)$,
así que tamén se pode considerar
$\H=\{z+\mathbf{j}w:z,w\in\C\}$ e intrepreta-la suma como no espacio vectorial $\C^2$.
O producto enténdese que se define pola propiedade distributiva coas condicións $\mathbf{j}^2=-1$ e $z\mathbf{j}=\mathbf{j}\overline{z}$ para todo $z\in\C$.
O valor absoluto de $q$ é $\lvert q\rvert^2=\lvert z\rvert^2+\lvert w\rvert^2$, que se corresponde coa norma hermitiana estándar de $\C^2$.
Unha terceira interpretación dos cuaternios consiste en identificar $z+\mathbf{j}w$ coa matriz
\[
\begin{pmatrix}
z & -\overline{w}\\
w & \overline{z}
\end{pmatrix},
\]
e así o producto é simplemente o producto de matrices.
O valor absoluto ó cadrado coincide, nesta identificación, co determinante da matriz.
Defínese
\[
\mathsf{Sp}(1)=\{q\in\H:\lvert q\rvert =1\}.
\]
Este grupo é isomorfo a $\mathsf{SU}(2)$ empregando a anterior identificación.
Probar que $\mathsf{Sp}(1)$ e $\mathsf{SU}(2)$ son isomorfos.
Deducir que entón $\mathsf{S}^3$ ten estructura de grupo de Lie.
¿Pode ter $\mathsf{S}^2$ estructura de grupo de Lie?
Considerémo-la aplicación $\varphi\colon\mathsf{Sp}(1)\to\mathsf{SO}(\Im\H)$ dada por $\varphi(q)(x)=qxq^{-1}$. Neste exercicio identificamos $\Im\H\cong\R^3$.
Ver que está ben definida e que é un homomorfismo de grupos de Lie.
Dado $u\in\Im\H$ con $\lvert u\rvert=1$ e $\theta\in[-\pi,\pi)$, probar que se
$q=e^{\frac{\theta}{2}u}=\cos\bigl(\frac{\theta}{2}\bigr)+u\sin\bigl(\frac{\theta}{2}\bigr)$ entón $\varphi(q)$ é a rotación en $\Im\H$ de eixo $u$ e ángulo $\theta$.
Probar que $\mathsf{SO}(3)$ é homeomorfo a $\R\mathsf{P}^3$.
A aplicación $\varphi$ claramente é un homomorfismo de grupos e diferenciable pois $\mathsf{SO}(\Im\H)$ é un subgrupo pechado (por tanto mergullado) de $\mathsf{GL}(\Im\H)$.
Ademais, $\varphi(q)$ é isométrica pois $\lvert\varphi(q)(x)\rvert=\lvert qxq^{-1}\rvert=\lvert x\rvert$.
Se $\lambda\in\R$ entón $\varphi(q)(\lambda)=q\lambda q^{-1}=\lambda$, co que $\varphi(q)(\R)=\R$. En consecuencia, como $\R$ e $\Im\H$ son ortogonais, $\varphi(q)(\Im\H)=\Im\H$.
Así $\varphi(\mathsf{Sp}(1))\subset\mathsf{O}(\Im\H)$.
Notemos agora, empregando a expresión para o producto de cuaternios imaxinarios, que
\[
\begin{aligned}
\varphi(q)(\mathbf{j})\times\varphi(q)(\mathbf{k})
&{}=\langle \varphi(q)(\mathbf{j}),\varphi(q)(\mathbf{k})\rangle
+\varphi(q)(\mathbf{j})\varphi(q)(\mathbf{k})\\
&{}=\langle\mathbf{j},\mathbf{k}\rangle
+q\mathbf{j}q^{-1}q\mathbf{k}q^{-1}\\
&{}=q\mathbf{i}q^{-1}=\varphi(q)(\mathbf{i}).
\end{aligned}
\]
Finalmente, preserva a orientación xa que
\[
\begin{aligned}
\det(\varphi(q)(\mathbf{i}),\varphi(q)(\mathbf{j}),\varphi(q)(\mathbf{k}))
&{}=\langle\varphi(q)(\mathbf{i}),\varphi(q)(\mathbf{j})\times\varphi(q)(\mathbf{k})\rangle\\
&{}=\langle\varphi(q)(\mathbf{i}),\varphi(q)(\mathbf{i})\rangle=1.
\end{aligned}
\]
En particular, $\det\varphi(q)=\pm 1$ para calquera $q\in\mathsf{Sp}(1)$.
Como $\mathsf{Sp}(1)$ é conexo por ser homeomorfo a $\mathsf{S}^3$ e $\det\varphi(1)=1$, obtemos que $\det\varphi(\mathsf{Sp}(1))=1$.
En consecuencia, $\varphi(\mathsf{Sp}(1))\subset\mathsf{SO}(\Im\H)$ e a aplicación está ben definida.
Sexa $q\in\mathsf{Sp}(1)$ tal que $\varphi(q)=\id_{\Im\H}$.
Entón $qx=xq$ para todo $x\in\Im\H$. Como os números reais conmutan con tódolos cuaternios, $q$ está no centro de $\H$.
Logo $q\in\R$. Por tanto, $\R\cap\mathsf{Sp}(1)=\{\pm 1\}$.
En definitiva, $\ker\varphi=\mathbb{Z}_2$.
Vexamos agora que $\varphi$ é sobrexectiva.
Sexa $A\in\mathsf{SO}(\Im\H)$.
Polo teorema espectral os autovalores de $A$ teñen módulo 1. Pero como $\Im\H$ é de dimensión 3, o polinomio característico de $A$ ten dimensión impar e por tanto ten un autovalor real.
As outras dúas raíces do polinomio característico son conxugadas.
Logo o espectro de $A$ é $\{\pm 1,\lambda,\bar{\lambda}\}$.
Como $\det A=1$ isto implica que $1$ é un autovalor de $A$.
Sexa ${u}\in\Im\H$, $\lvert u\rvert=1$, con $Au=u$.
Entón $A$ é unha rotación arredor da recta $\R u$ de ángulo, poñamos, $\theta\in\R$.
Tomemos $q=e^{u\frac{\theta}{2}}=\cos\theta+u\sin\theta$.
Vexamos que $\varphi(q)$ tamén é a rotación arredor de $\R u$ de ángulo $\theta$.
Como $\bar{u}=-u$, temos $u^2=-u\bar{u}=-\lvert u\rvert^2=-1$.
Fixémonos tamén en que $q^{-1}=\bar{q}=e^{-u\frac{\theta}{2}}$.
Sexa $v\in\Im\H$. Recordemos que $uv=-\langle u,v\rangle+u\times v$, e por tanto, empregando as fórmulas para o producto vectorial,
\[
\begin{aligned}
uvu
&{}=-u(\langle u,v\rangle+u\times v)\\
&{}=-u\langle u,v\rangle+\langle u,u\times v\rangle-u\times(u\times v)\\
&{}=-u\langle u,v\rangle-u\langle u,v\rangle+v\langle u,u\rangle\\
&{}=-2u\langle u,v\rangle+v.
\end{aligned}
\]
Entón, empregando estas igualdades
\[
\begin{aligned}
\varphi(q)(v)
&{}=e^{u\frac{\theta}{2}}v e^{-u\frac{\theta}{2}}\\
&{}=(\cos\tfrac{\theta}{2} + u\sin\tfrac{\theta}{2})
(v\cos\tfrac{\theta}{2} - vu\sin\tfrac{\theta}{2})\\
&{}=v\cos^2\tfrac{\theta}{2}
+(uv-vu)\cos\tfrac{\theta}{2}\sin\tfrac{\theta}{2}
-uvu\sin^2\tfrac{\theta}{2}\\
&{}=v\cos\theta+(u\times v)\sin\theta
+2u\langle u,v\rangle\sin^2\tfrac{\theta}{2}.
\end{aligned}
\]
Por tanto, $\varphi(q)(u)=u\cos\theta+2u\sin^2\tfrac{\theta}{2}=u$,
e $\varphi(q)(v)=v\cos\theta+(u\times v)\sin\theta$,
o que significa que $\varphi(q)$ actúa como unha rotación de ángulo $\theta$ no plano perpendicular a $u$ en $\Im\H$.
En definitiva, $\varphi(q)$ tamén é a rotación arredor de $\R u$ de ángulo $\theta$, o que proba que $\varphi(q)=A$.
En consecuencia, $\mathsf{SO}(\Im\H)=\mathsf{Sp}(1)/\mathbb{Z}_2\cong\R\mathsf{P}^3$.
Espacios vectoriais cuaterniónicos
Un espacio vectorial cuaterniónico é en realidade un $\H$-módulo pola dereita.
O feito de que os escalares actúen pola dereita é convinte para que as operacións con matrices que veremos a continuación se comporten de xeito similar ós espacios vectoriais sobre corpos (conmutativos).
Sexan $V$ e $W$ dous espacios vectoriais cuaterniónicos.
Dise que $L\colon V\to W$ é $\H$-linear se $L(\mathbf{v}q)=L(\mathbf{v})q$ para todo $\mathbf{v}\in V$ e $q\in\H$.
Tomemos $\{\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\}$ base de $V$ e $\{\mathbf{w}_1,\dots,\mathbf{w}_m\}$ base de $W$.
Podemos escribir $L(\mathbf{v}_j)=\sum_i \mathbf{w}_i a_{ij}$, con $a_{ij}\in\H$.
Se agora $\mathbf{v}=\sum_j \mathbf{v}_j\lambda_j\in V$, $\lambda_j\in\H$, se escribe con respecto desa base, temos
\[
\begin{aligned}
L(\mathbf{v})
&{}=L\Bigl(\sum_j \mathbf{v}_j\lambda_j\Bigr)
=\sum_j L(\mathbf{v}_j)\lambda_j\\
&{}=\sum_j\Bigl(\sum_i \mathbf{w}_i a_{ij}\Bigr)\lambda_j
=\sum_{i}\mathbf{w}_i\Bigl(\sum_j a_{ij}\lambda_j\Bigr),
\end{aligned}
\]
de xeito que as coordenadas de $L(\mathbf{v})$ con respecto da base $\{\mathbf{w}_1,\dots,\mathbf{w}_m\}$ veñen dadas por
\[
\begin{pmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1n}\\
\vdots & \ddots & \vdots\\
a_{m1} & \cdots & a_{mn}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\lambda_1\\
\vdots\\
\lambda_n
\end{pmatrix}.
\]
Con este convenio a composición de aplicacións $\H$-lineares correspóndese coa multiplicación de matrices cuaterniónicas.
En particular $\H^n$ é un espacio vectorial cuaterniónico (pola dereita).
Nel pódese defini-lo producto interior cuaterniónico
$\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle=\sum_{i=1}^n \overline{x_i}y_i$, que satisfai
$\langle \mathbf{x}q,\mathbf{y}\rangle=\overline{q}\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle$,$\langle \mathbf{x},\mathbf{y}q\rangle=\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle q$, e
$\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle=\overline{\langle\mathbf{y},\mathbf{x}\rangle}$,
para calquera $\mathbf{x},\mathbf{y}\in\H^n$, $q\in\H$.
Ademais, $\langle\mathbf{x},\mathbf{x}\rangle\geq 0$, con igualdade se e só se $\mathbf{x}=\mathbf{0}$.
O producto escalar usual de $\R^{4n}\cong\H^n$ coincide con $\Re\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle$.
Podemos identificar $\H^n$ con $\C^n\oplus\C^n$ mediante o isomorfismo
\[
\C^n\oplus\C^n\to\H^n,\quad (\mathbf{x},\mathbf{y})\mapsto \mathbf{x}+\mathbf{j}\mathbf{y}.
\]
Así, dada unha matriz cuaterniónica $M$, podemos escribir $M=A+\mathbf{j}B$.
Fixémonos en que
\[
\begin{aligned}
(A+\mathbf{j}B)(\mathbf{x}+\mathbf{j}\mathbf{y})
&{}=A\mathbf{x}+A\mathbf{j}\mathbf{y}
+\mathbf{j}B\mathbf{x}+\mathbf{j}B\mathbf{j}\mathbf{y}\\
&{}=(A\mathbf{x}-\bar{B}\mathbf{y})
+\mathbf{j}(\bar{A}\mathbf{y}+B\mathbf{x}).
\end{aligned}
\]
Por tanto, as matrices cuaterniónicas poden verse como as matrices de $\C^{2n}$ da forma
\[
A+\mathbf{j}B\mapsto
\begin{pmatrix}
A & -\overline{B}\\
B & \overline{A}
\end{pmatrix}.
\]
Empregando o isomorfismo anterior, a multiplicación pola dereita por $\mathbf{j}$ correspóndese co endomorfismo complexo antilinear $\hat{J}(\mathbf{x},\mathbf{y})=(-\overline{\mathbf{y}},\overline{\mathbf{x}})$.
En consecuencia, un endomorfismo linear complexo de $\C^n\oplus\C^n$ correspóndese cun endomorfismo $\H$-linear se se só se conmuta con $\hat{J}$.
(En efecto, pois para todo $\mathbf{v}\in\C^n\oplus\C^n$ temos $M\hat{J}\mathbf{v}=M(\mathbf{v}\mathbf{j})=(M\mathbf{v})\mathbf{j}=\hat{J}M\mathbf{v}$.)
Ademais das notacións consideradas anteriormente tamén consideramos
\[
{J}=
\begin{pmatrix}
\mathbf{0} & -\id_n\\
\id_n & \mathbf{0}
\end{pmatrix}.
\]
Así, $\hat{J}\mathbf{v}=J\bar{\mathbf{v}}$, $\mathbf{v}\in\C^n\oplus\C^n$.
Matricialmente, $M\in\mathcal{M}_{2n\times 2n}(\C)$ correspóndese cun elemento de $\mathcal{M}_{n\times n}(\H)$ se e só se $JM=\bar{M}J$
(aplicar esta definición e conxuga-la expresión $M\hat{J}=\hat{J}M$).
Máis grupos clásicos:
O grupo xeral linear cuaterniónico
$\mathsf{GL}(n,\H)$ pode verse como o grupo das matrices cuaterniónicas inversibles; é isomorfo ó grupo dos endomorfismos $\H$-lineares de $\H^n$ con inversa.
Coa identificación $\C^n\oplus\C^n\cong\H^n$ podemos pensar $\mathsf{GL}(n,\H)$ como un subgrupo pechado de $\mathsf{GL}(2n,\C)$.
Ademais, tamén se satisfai $\mathsf{GL}(n,\H)=\{A\in\mathsf{GL}(2n,\C):A\hat{J}=\hat{J}A\}$ ou
\[
\mathsf{GL}(n,\H)=\{A\in\mathsf{GL}(2n,\C):JA=\bar{A}J\}
\]
baixo o isomorfismo anterior.
Grupo simplético:
\[
\mathsf{Sp}(n)=\{A\in\mathsf{GL}(n,\H):A^* A=\id\}.
\]
Este grupo coincide co grupo das matrices cuaterniónicas que preservan o producto escalar cuaterniónico $\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle=\sum_{i=1}^n \overline{x_i} y_i$.
Grupo especial linear cuaterniónico:
\[
\mathsf{SL}(n,\H)=\{A\in\mathsf{SL}(2n,\C):JA=\bar{A}J\}.
\]
Grupo simplético sobre $\mathbb{F}$, con $\mathbb{F}\in\{\R,\C\}$:
\[
\mathsf{Sp}(n,\mathbb{F})=\{A\in\mathsf{GL}(2n,\mathbb{F}):A^TJA=J\}.
\]
A álxebra de Lie dun grupo de Lie matricial pode calcularse mediante a fórmula da proposición que nos dá a álxebra de Lie dun subgrupo dun grupo de Lie.
Ademais, é claro que o corchete de Lie, os campos de vectores invariantes pola esquerda, e a aplicación exponencial en grupos alxebraicos se obteñen simplemente como a restricción dos correspondente obxectos de $\mathsf{GL}(n,\mathbb{F})$.
A continuación facemos algúns exemplos deixando o resto como exercicio.
Álxebra de Lie de $\mathsf{SL}(n,\mathbb{F})$.
Vexamos que esta é
$\g{sl}(n,\mathbb{F})=\{X\in\g{gl}(n,\mathbb{F}):\tr X=0\}$.
($\subset$) Supoñamos $X\in\g{sl}(n,\mathbb{F})$, é dicir, que $\Exp(tX)\in\mathsf{SL}(n,\mathbb{F})$ para todo $t\in\R$.
Isto quere dicir que $\det e^{tX}=1$ para todo $t\in\R$. Derivando en $t=0$ obtemos $0=\det_* X=\tr X$.
($\supset$) Supoñamos agora que $X\in\g{gl}(n,\mathbb{F})$ satisfai $\tr X=0$. Nótese que a aplicación determinante é un homomorfismo de grupos de Lie.
Pola conmutatividade coa exponencial da diferencial dun homomorfismo temos $\det\Exp(tX)=e^{\tr X}=e^0=1$ para todo $t\in\R$.
Por tanto $\Exp(tX)\in\mathsf{SL}(n,\mathbb{F})$ para todo $t\in\R$, o que proba que $X\in\g{sl}(n,\mathbb{F})$.
Álxebra de Lie de $\mathsf{O}(n,\mathbb{F})$ e de $\mathsf{SO}(n,\mathbb{F})$.
Vexamos que esta é $\g{so}(n,\mathbb{F})=\g{o}(n,\mathbb{F})=\{X\in\g{gl}(n,\mathbb{F}):X^T+X=0\}$.
($\subset$) Sexa $X\in\g{o}(n,\mathbb{F})$. Logo $\Exp(tX)\in\mathsf{O}(n,\mathbb{F})$ para todo $t\in\R$.
Isto implica $e^{tX^T}e^{tX}=(e^{tX})^T e^{tX}=I$. Derivando,
\[
\begin{aligned}
0
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 e^{tX^T}e^{tX}\\
&{}=X^Te^{tX^T}e^{tX}+e^{tX}Xe^{tX}\bigg\vert_{t=0}\\
&{}=X^T+X.
\end{aligned}
\]
($\supset$) Sexa agora $X\in\g{gl}(n,\mathbb{F})$ tal que $X^T+X=0$.
Entón, $(e^{tX})^Te^{tX}=e^{-tX}e^{tX}=I$ para todo $t\in\R$.
Logo, $X\in\g{o}(n,\mathbb{F})$.
Finalmente, notemos que $X^T+X=0$ implica $\tr X=0$, co que as álxebras de Lie de $\mathsf{O}(n,\mathbb{F})$ e de $\mathsf{SO}(n,\mathbb{F})$ son iguais.
Coa identificación $\C^n\oplus\C^n\cong\H^n$, probar
\[
\mathsf{Sp}(n)=\mathsf{U}(2n)\cap\mathsf{Sp}(n,\C)=\mathsf{SU}(2n)\cap\mathsf{Sp}(n,\C).
\]
Calcula-la dimensión dos grupos clásicos.
O grupo de Heisenberg é o grupo matricial definido mediante
\[
\mathsf{Nil}_3=\left\{
\begin{pmatrix}
1 & a & c\\
0 & 1 & b\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
:a,b,c\in\R\right\},
\]
coa operación producto de matrices.
Ver que este é un grupo de Lie e que a súa álxebra de Lie vén dada por
\[
\g{nil}_3=\left\{
\begin{pmatrix}
0 & x & z\\
0 & 0 & y\\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
:x,y,z\in\R\right\}.
\]
Proba-las seguintes afirmacións:
$\g{su}(2)$ é isomorfo a $\g{sp}(1)$.
$\g{so}(3)$ é isomorfo a $\g{su}(2)$.
$\g{so}(3)$ non é isomorfo a $\g{nil}_3$.
(espectral para matrices normais).
Sexa $A\in\mathcal{M}_{n\times n}(\C)$ unha matriz normal, é dicir, $A^*A=AA^*$.
Entón $A$ é diagonalizable nunha base ortonormal hermitiana de $\C^n$.
Dito doutro xeito: existe unha matriz unitaria $P$ tal que $P^*AP$ é unha matriz diagonal.
Ademais:
Se $A^*=A$ os autovalores de $A$ son reais.
Se $A^*=-A$ os autovalores de $A$ son imaxinarios puros.
Se $A^*=A^{-1}$ os autovalores de $A$ teñen valor absoluto $1$.
Damos unha idea da demostración.
Denotemos por $\langle\,\cdot\,,\,\cdot\,\rangle$ o producto hermítico estándar de $\C^n$,$\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle=\sum_{i=1}^n\bar{x}_i y_i$.
Fixémonos que, como $A$ é normal,
\[
\langle AA^*\mathbf{x},\mathbf{x}\rangle
=\langle A^*A\mathbf{x},\mathbf{x}\rangle
=\langle A\mathbf{x},A\mathbf{x}\rangle
\]
para todo $\mathbf{x}\in\C^n$.
Entón, se $\mathbf{x}\in\C^n$ e $\lambda\in\C$, temos:
\[
\begin{aligned}
\langle A^*\mathbf{x}-\bar{\lambda}\mathbf{x},A^*\mathbf{x}-\bar{\lambda}\mathbf{x}\rangle
&{}=\langle A^*\mathbf{x}, A^*\mathbf{x}\rangle
-\bar{\lambda}\langle A^*\mathbf{x},\mathbf{x}\rangle
-\lambda \langle \mathbf{x},A^*\mathbf{x} \rangle
+\lambda\bar{\lambda}\langle \mathbf{x},\mathbf{x}\rangle\\
&{}=\langle AA^*\mathbf{x},\mathbf{x}\rangle
-\bar{\lambda}\langle \mathbf{x},A\mathbf{x}\rangle
-\lambda \langle A\mathbf{x},\mathbf{x} \rangle
+\lvert\lambda\rvert^2\langle \mathbf{x},\mathbf{x}\rangle\\
&{}=\langle A\mathbf{x},A\mathbf{x}\rangle
-\lambda \langle A\mathbf{x},\mathbf{x} \rangle
-\bar{\lambda}\langle \mathbf{x},A\mathbf{x}\rangle
+\bar{\lambda}\lambda\langle \mathbf{x},\mathbf{x}\rangle\\
&{}=\langle A\mathbf{x}-\lambda \mathbf{x},A\mathbf{x}-\lambda \mathbf{x}\rangle.
\end{aligned}
\]
Por tanto, $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$ se se só se $A^*\mathbf{x}=\bar{\lambda}\mathbf{x}$.
En consecuencia os autovalores de $A^*$ son os conxugados dos de $A$.
Sexa $\lambda$ autovalor de $A$ con autovector asociado $\mathbf{v}$.
Sexa $U=(\C \mathbf{v})^\perp$ o complemento ortogonal de $\mathbf{v}$ en $\C^n$.
Se $\mathbf{x}\in U$, entón
\[
\begin{aligned}
\langle A\mathbf{x},\mathbf{v}\rangle
&{}=\langle \mathbf{x},A^*\mathbf{v}\rangle\\
&{}=\langle \mathbf{x},\bar{\lambda}\mathbf{v}\rangle
=\bar{\lambda}\langle \mathbf{x},\mathbf{v}\rangle=0,
\end{aligned}
\]
o cal significa que $AU\subset U$.
Analogamente, $A^*U\subset U^*$, e de aí, $AA^*\vert_U=A^*A\vert_U$.
O resultado seguiríase entón por inducción.
Finalmente, notemos que:
Se $A=A^*$, entón $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$ implica $\bar{\lambda}\mathbf{x}=A^*\mathbf{x}=A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$, e por tanto, $\lambda=\bar{\lambda}$, co que $\lambda\in\R$.
Se $A=-A^*$, entón $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$ implica $\bar{\lambda}\mathbf{x}=A^*\mathbf{x}=-A\mathbf{x}=-\lambda\mathbf{x}$, e por tanto, $\lambda=-\bar{\lambda}$, co que $\lambda\in\mathbf{i}\R$.
Se $A^*=A^{-1}$, entón $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$ implica $\mathbf{x}=\lambda A^{-1}\mathbf{x}=\lambda A^*\mathbf{x}=\lambda\bar{\lambda}\mathbf{x}$, e por tanto, $\lvert\lambda\rvert^2=1$.
Isto remata a demostración.
Probar que $\mathsf{U}(n)$ e $\mathsf{S}^1\times\mathsf{SU}(n)$ son difeomorfos, pero non isomorfos como grupos de Lie ($n\geq 2$).
Probar que a aplicación exponencial establece unha correspondencia bixectiva entre as matrices hermitianas a as matrices hermitianas definidas positivas.
Para demostrar este resultado definámo-lo conxunto das matrices hermitianas $\mathcal{H}=\{X\in\g{gl}(n,\C):X^*=X\}$, e das matrices hermitianas definidas positivas $\mathcal{P}=\{X\in\mathcal{H}:\mathbf{v}^*X\mathbf{v}>0,\,\forall \mathbf{v}\in\C^n\setminus\{\mathbf{0}\}\}$.
Temos que ver que $\Exp\colon\mathcal{H}\to\mathcal{P}$ é bixectiva.
Vexámo-la sobrexectividade. Sexa $Y\in\mathcal{P}$. Como $Y=Y^*$ o teorema espectral asegura que existe $P\in\mathsf{U}(n)$ e $\Lambda=\mathop{\rm diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ matriz diagonal con $\lambda_i\in\R$ tales que $Y=P^*\Lambda P$.
O feito de que $Y$ sexa definida positiva implica que $\lambda_i>0$ para todo $i$.
Tomamos $X=P^*(\log\Lambda)P$, onde $\log\Lambda:=\mathop{\rm diag}(\log\lambda_1,\dots,\log\lambda_n)$.
Entón $e^X=P^* e^{\log\Lambda} P=P^* \Lambda P=Y$.
Agora vexámo-la inxectividade.
Sexan $X,Y\in\mathcal{H}$ tales que $e^X=e^Y$.
Por ser hermitiana, existe unha base unitaria $\{\mathbf{u}_1,\dots,\mathbf{u}_n\}$ tal que $X\mathbf{u}_i=\lambda_i\mathbf{u}_i$, $\lambda_i\in\R$, para todo $i\in\{1,\dots,n\}$.
Sexa $\mathbf{v}=\sum_i v_i\mathbf{u}_i$ un autovector de $Y$ con autovalor $\mu$, é dicir, $Y\mathbf{v}=\mu\mathbf{v}$.
Por hipótese,
\[
\begin{aligned}
\sum_i e^\mu v_i\mathbf{u}_i
=e^\mu\mathbf{v}
&{}=e^Y\mathbf{v}\\
&{}=e^X\mathbf{v}
=\sum_i v_i e^X\mathbf{u}_i
=\sum_i v_i e^{\lambda_i}\mathbf{u}_i,
\end{aligned}
\]
de onde $e^\mu v_i=e^{\lambda_i} v_i$.
Isto quere dicir que cando $v_i\neq 0$ temos $\mu=\lambda_i$, xa que $\lambda_i$ e $\mu$ son os dous reais.
Por tanto,
\[
\begin{aligned}
X\mathbf{v}
=\sum_i v_i X\mathbf{u}_i
&{}=\sum_i v_i \lambda_i\mathbf{u}_i\\
&{}=\sum_{v_i\neq 0}v_i \lambda_i\mathbf{u}_i\\
&{}=\sum_{v_i\neq 0}v_i \mu\mathbf{u}_i\\
&{}=\mu\sum_i v_i\mathbf{u}_i
=\mu\mathbf{v}=Y\mathbf{v}.
\end{aligned}
\]
É dicir, acabamos de probar que para todo autovector $\mathbf{v}$ de $Y$ temos $X\mathbf{v}=Y\mathbf{v}$.
Como $Y$ tamén pode ser diagonalizada mediante unha base hermitiana, deducimos que $X=Y$.
Temos:
Os grupos $\mathsf{O}(n)$,$\mathsf{SO}(n)$,$\mathsf{U}(n)$,$\mathsf{SU}(n)$, $\mathsf{Sp}(n)$ son compactos.
Os grupos $\mathsf{GL}(n,\mathbb{F})$,$\mathsf{SL}(n,\mathbb{F})$,$\mathsf{O}(n,\C)$,$\mathsf{SO}(n,\C)$, $\mathsf{Sp}(n,\mathbb{F})$ non son compactos.
A compacidade de $\mathsf{O}(n)$,$\mathsf{SO}(n)$,$\mathsf{U}(n)$,$\mathsf{SU}(n)$, e $\mathsf{Sp}(n)$ séguese do teorema de Heine-Borel.
Estes grupos son pechados por ser imaxe recíproca dun pechado mediante unha aplicación continua.
Son limitados porque as columnas das súas matrices son vectores unitarios, xa que forman unha base ortonormal, hermítica, ou cuaterniónica.
A non compacidade de $\mathsf{GL}(n,\mathbb{F})$,$\mathsf{SL}(n,\mathbb{F})$,$\mathsf{O}(n,\C)$,$\mathsf{SO}(n,\C)$, e $\mathsf{Sp}(n,\mathbb{F})$ tamén se segue do teorema de Heine-Borel, xa que son conxuntos non limitados.
Por exemplo, para $\mathsf{GL}(n,\mathbb{C})$,$\mathsf{SL}(n,\mathbb{C})$,$\mathsf{O}(n,\C)$, e $\mathsf{SO}(n,\C)$ pódese ver tomando matrices da forma
\[
\left(\begin{array}{@{}cccc@{}c@{}}
\cos z & \sin z &&& \\[-0.5ex]
\sin z & \cos z &&& \\[-0.5ex]
&& 1 &&\\[-0.5ex]
&&& \ddots & \\[-0.5ex]
&&&& 1
\end{array}\right)
\]
e observando que $\cos z=\cos(x+\mathbf{i}y)=\cos x\cosh y-\mathbf{i}\sin x\sinh y$.
Os grupos $\mathsf{SO}(n)$,$\mathsf{U}(n)$,$\mathsf{SU}(n)$, e $\mathsf{Sp}(n)$ son conexos para $n\geq 1$.
Un xeito de velo é empregando o feito de que se o cociente por un subgrupo e o subgrupo son conexos tamén o é o grupo que os contén, e aplicar inducción ós homeomorfismos
\[
\begin{aligned}
&\frac{\mathsf{SO}(n+1)}{\mathsf{SO}(n)}\cong \mathsf{S}^n,\\
&\frac{\mathsf{SU}(n+1)}{\mathsf{SU}(n)}\cong \mathsf{S}^{2n+1},\\
&\frac{\mathsf{Sp}(n+1)}{\mathsf{Sp}(n)}\cong \mathsf{S}^{4n+3}.
\end{aligned}
\]
Non obstante, aquí farémolo empregando o teorema espectral. Argumentámolo para $\mathsf{U}(n)$, sendo os outros casos similares.
Sexa $A\in\mathsf{U}(n)$ unha matriz arbitraria e vexamos que se pode conectar co neutro $I\in\mathsf{U}(n)$ mediante un camiño.
Polo teorema espectral existe $P\in\mathsf{U}(n)$ tal que $A=P\Lambda P^{-1}$, con $\Lambda=\mathop{\rm diag}(e^{\mathbf{i}\lambda_1},\dots,e^{\mathbf{i}\lambda_n})$.
Entón, o camiño buscado é $A(t)=P\mathop{\rm diag}(e^{t\mathbf{i}\lambda_1},\dots,e^{t\mathbf{i}\lambda_n})P^{-1}$.
Para $\mathsf{SO}(n)$ sería similar, pero empregando a forma canónica real
\[
A=P
\begin{pmatrix}
\cos\lambda_1 & -\sin\lambda_1 &&& \\
\sin\lambda_1 & \cos\lambda_1 &&& \\
&&\cos\lambda_2 & -\sin\lambda_2 & \\
&&\sin\lambda_2 & \cos\lambda_2 & \\
&&&&\ddots
\end{pmatrix}
P^{-1},
\]
xa que os seus autovalores (complexos) teñen valor absoluto $1$ e aparecen en pares conxugados, pois o polinomio característico ten coeficientes reais.
O grupo $\mathsf{O}(n)$ ten dúas compoñentes conexas.
Sexa $\varepsilon=\mathop{\rm diag}(-1,1,\dots,1)\in\mathsf{O}(n)\setminus\mathsf{SO}(n)$.
Entón $L_\varepsilon\colon\mathsf{SO}(n)\to\mathsf{O}(n)\setminus\mathsf{SO}(n)$ é un difeomorfismo.
(descomposición polar)
Toda matriz $A\in\mathsf{GL}(n,\C)$ pode escribirse de xeito único como $A=Ue^{X}$, onde $U\in\mathsf{U}(n)$ e $X$ é un matrix hermitiana.
Sexa $A\in\mathsf{GL}(n,\C)$.
É sinxelo ver que a matrix $A^*A$ é hermitiana, non singular e semidefinida positiva (isto último séguese de
$\langle v,A^*Av\rangle=\langle Av,Av\rangle\geq 0$).
Polo teorema espectral, existe $Q\in\mathsf{U}(n)$ tal que
$QA^*AQ^*=\Lambda=\textrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$, con $\lambda_i> 0$.
Sexa $P=Q^*\sqrt{\Lambda}Q$, onde
$\sqrt{\Lambda}=\textrm{diag}(\sqrt{\lambda_1},\dots,\sqrt{\lambda_n})$.
Definimos tamén $U=AP^{-1}$.
A matriz $P$ é definida positiva, e por tanto, é imaxe pola exponencial dunha matriz hermitiana definida positiva, $P=e^{X}$.
Ademais,
\[
\begin{aligned}
U^*U
&{}=(AP^{-1})^*(AP^{-1})\\
&{}=P^{-*}A^*AP^{-1}\\
&{}=Q^*(\sqrt{\Lambda})^{-1}QQ^*\Lambda QQ^*(\sqrt{\Lambda})^{-1}Q\\
&{}=Q^*(\sqrt{\Lambda})^{-1}\Lambda(\sqrt{\Lambda})^{-1}Q\\
&{}=Q^*Q=I,
\end{aligned}
\]
o que proba $U\in\mathsf{U}(n)$ e a existencia da descomposición.
Supoñamos agora dúas descomposicións $A=Ue^X=Ve^Y$, con $U,V\in\mathsf{U}(n)$, e $X$ e $Y$ hermitianas.
Por tanto, como $X$ e $Y$ son hermitianas, e $U,V\in\mathsf{U}(n)$,
tomando trasposta conxugada obtemos
\[
\begin{aligned}
e^X U^{-1}
&{}=e^{X^*}U^*\\
&{}=(Ue^X)^*\\
&{}=(Ve^Y)^*\\
&{}=e^{Y^*}V^*=e^Y V^{-1}.
\end{aligned}
\]
Tendo en conta as dúas expresións obtidas para $e^X$,
\[
\begin{aligned}
e^{2X}
&{}=(e^{X})^2\\
&{}=e^Y V^{-1}UU^{-1}Ve^Y\\
&{}=(e^Y)^2=e^{2Y}.
\end{aligned}
\]
Pero como a aplicación exponencial establece unha correspondencia bixectiva entre as matrices hermitianas e as matrices hermitianas definidas positivas, temos que $X=Y$.
Xa que $e^X$ é non singular isto tamén implica $U=V$,
de onde se segue a unicidade.
Se $A=Ue^X$ é a descomposición polar de $A\in\mathsf{GL}(n,\C)$, escríbese $e^X=\sqrt{A^*A}$ en virtude do que se viu na demostración.
Temos:
Os grupos $\mathsf{GL}(n,\C)$,$\mathsf{SL}(n,\C)$,$\mathsf{GL}^+(n,\R)$,$\mathsf{SL}(n,\R)$,$\mathsf{SO}(n,\C)$,$\mathsf{Sp}(n,\R)$,
$\mathsf{Sp}(n,\C)$ son conexos.
$\mathsf{GL}(n,\R)$ e $\mathsf{O}(n,\C)$ teñen dúas compoñentes conexas.
Faremos soamente a demostración dalgunha destas afirmacións deixando o resto como exercicio.
En primeiro lugar, a descomposición polar implica a existencia dun difeomorfismo entre $\mathsf{GL}(n,\C)$ e $\mathsf{U}(n)\times\mathcal{H}$, onde $\mathcal{H}$ é o espacio vectorial das matrices hermitianas.
Por tanto, a conexión de $\mathsf{GL}(n,\C)$ séguese da conexión de $\mathsf{U}(n)$.
Sexa agora $A\in\mathsf{SL}(n,\C)$.
Empregando a descomposición polar, podemos escribir $A=Ue^X$ onde $U\in\mathsf{U}(n)$ e $X\in\mathcal{H}$.
Como $A\in\mathsf{SL}(n,\C)$ e as propiedades da diferencial con respecto ós homomorfismos,
temos $1=\det A=(\det U)e^{\tr X}$.
Recordemos, que $\det U\in\mathsf{S}^1$, e que $\tr X\in\R$.
Entón, a identidade anterior implica $\det U=1$ e $\tr X=0$.
En consecuencia, $\mathsf{SL}(n,\C)$ é difeomormos ó producto cartesiano de $\mathsf{SU}(n)$ coas matrices hermitianas de traza cero (que constitúen un espacio vectorial).
Isto significa que $\mathsf{SL}(n,\C)$ é conexo.
Se $A\in\mathsf{GL}(n,\R)$ e escribimos $A=Ue^X$ con $U\in\mathsf{U}(n)$, $X\in\mathcal{H}$, entón, o feito de que $A$ é unha matrix con entradas reais, implica $\bar{U}e^{\bar{X}}=\bar{A}=A=Ue^X$.
A unicidade da descomposición polar implica $U=\bar{U}$ e $X=\bar{X}$.
É agora sinxelo ver que $\mathsf{GL}(n,\R)\cap\mathsf{U}(n)=\mathsf{O}(n)$ e que $\g{gl}(n,\R)\cap\mathcal{H}$ son xustamente as metrices reais simétricas $\mathcal{S}$.
Logo $\mathsf{GL}(n,\R)$ é difeomorfo a $\mathsf{O}(n)\times\mathcal{S}$ e por tanto ten exactamente dúas componentes conexas, xa que $\mathsf{O}(n)$ ten dúas componentes conexas.
Se no caso anterior $A\in\mathsf{GL}^+(n,\R)$, entón $0<\det A=(\det U)e^{\tr X}$.
Como $\det U=\pm 1$ pois $U\in\mathsf{O}(n)$ dedúcese que $\det U=1$ e por tanto $\mathsf{GL}^+(n,\R)$ é difeomorfo a $\mathsf{SO}(n)\times\mathcal{S}$, que é conexo.
Faremos por último o caso de $\mathsf{O}(n,\C)$.
Escribimos $A\in\mathsf{O}(n,\C)$ como $A=Ue^X$ igual que anteriormente.
Agora, $Ue^X=A=(A^T)^{-1}=(U^T)^{-1}e^{-X^T}$, e pola unicidade de descomposición polar, obtemos $U^*=U^{-1}=U^T$ e $X^*=X=-X^T$, o que implica $U=\bar{U}$ e $X=-\bar{X}$.
Entón, $U\in\mathsf{U}(n)\cap\mathsf{GL}(n,\R)=\mathsf{O}(n)$ e $X\in\mathcal{H}\cap\mathbf{i}\,\g{gl}(n,\R)=\mathbf{i}\,\g{so}(n)$.
Logo $\mathsf{O}(n,\C)$ é difeomorfo a $\mathsf{O}(n)\times\g{so}(n)$ que ten dúas componentes conexas, e $\mathsf{SO}(n,\C)$ é difeomorfo (simplemente tomando determinante na anterior descomposicion) a $\mathsf{SO}(n)\times\g{so}(n)$, que é conexo.
Probar que $\Exp(\g{sl}(2,\R))$ non é un subgrupo de Lie de $\mathsf{SL}(2,\R)$.
Grupos de Lie simplemente conexos
Nesta sección veremos que o revestimento universal dun grupo de Lie é tamén un grupo de Lie.
Como consecuencia seguirase que existe unha correspondencia un a un entre grupos de Lie simplemente conexos e álxebras de Lie.
Sexa $G$ un grupo de Lie conexo, $\kappa\colon\widetilde{G}\to G$ o seu revestimento universal e $\widetilde{e}\in\kappa^{-1}(e)$.
Entón $\widetilde{G}$ ten unha única estructura de grupo de Lie con neutro $\widetilde{e}$ tal que $\kappa$ é un homomorfismo de grupos de Lie.
Polos resultados xerais para revestimentos de variedades diferenciables sabemos que existe unha única estructura diferenciable en $\widetilde{G}$ que fai que $\kappa\colon\widetilde{G}\to G$ sexa unha aplicación de revestimento diferenciable.
Fixamos $\widetilde{e}\in\kappa^{-1}(e)$.
Definición das operacións no levantamento.
Se $p\colon G\times G\to G$ e $i\colon G\times G\to G$ denotan o producto e a inversión en $G$, polas propiedades das aplicacións de revestimento existen aplicacións únicas $\widetilde{p}\colon\widetilde{G}\times\widetilde{G}\to\widetilde{G}$ tal que $\widetilde{p}(\widetilde{e},\widetilde{e})=\widetilde{e}$,$\kappa\circ\widetilde{p}=p\circ(\kappa\times\kappa)$,
e $\widetilde{i}\colon\widetilde{G}\to\widetilde{G}$ tal que $\widetilde{i}(\widetilde{e})=\widetilde{e}$,$\kappa\circ\widetilde{i}=i\circ\kappa$.
Vexamos que estas son as operacións de grupo de $\widetilde{G}$, é dicir,
$\widetilde{g}\widetilde{h}=\widetilde{p}(\widetilde{g},\widetilde{h})$ e $\widetilde{g}^{-1}=\widetilde{i}(\widetilde{g})$,$\widetilde{g}$, $\widetilde{h}\in\widetilde{G}$.
Levantamento do neutro.
Comprobamos que $\widetilde{e}$ é o neutro para a operación.
Temos que
\[
\begin{aligned}
\kappa\circ\widetilde{p}(\widetilde{e},\widetilde{g})
&{}=p\circ(\kappa\times\kappa)(\widetilde{e},\widetilde{g})\\
&{}=p(e,\kappa(\widetilde{g}))\\
&{}=\kappa(\widetilde{g})\\
&{}=\id\circ\kappa(\widetilde{g})\\
&{}=\kappa\circ\id(\widetilde{g}),\\[1ex]
\widetilde{p}(\widetilde{e},\widetilde{e})
&{}=\widetilde{e}=\id(\widetilde{e}).
\end{aligned}
\]
Pola unicidade de levantamento concluímos que $\widetilde{p}(\widetilde{e},\cdot)=\id$.
Analogamente, $\widetilde{p}(\cdot,\widetilde{e})=\id$, o que proba que $\widetilde{e}$ é o elemento neutro.
Levantamento do inverso.
Comprobamos agora que para $\widetilde{g}\in\widetilde{G}$ o seu inverso é $\widetilde{g}^{-1}=\widetilde{i}(\widetilde{g})$.
Denotamos por $c_x$ á aplicación constantemente igual a $x$.
Entón,
\[
\begin{aligned}
\kappa\circ(\widetilde{p}\circ(\id\times\widetilde{i}))(\widetilde{g})
&{}=\kappa(\widetilde{p}(\widetilde{g},\widetilde{i}(\widetilde{g})))\\
&{}=p\circ(\kappa\times\kappa)(\widetilde{g},\widetilde{i}(\widetilde{g}))\\
&{}=p(\kappa(\widetilde{g}),\kappa\circ\widetilde{i}(\widetilde{g}))\\
&{}=p(\kappa(\widetilde{g}),i\circ\kappa(\widetilde{g}))\\
&{}=p(\kappa(\widetilde{g}),\kappa(\widetilde{g})^{-1})\\
&{}=e=c_e(\kappa(\widetilde{g}))\\
&{}=\kappa\circ c_{\widetilde{e}}(\widetilde{g}),\\[1ex]
\widetilde{p}\circ(\id\times\widetilde{i})(\widetilde{e})
&{}=\widetilde{p}(\widetilde{e},\widetilde{i}(\widetilde{e}))\\
&{}=\widetilde{p}(\widetilde{e},\widetilde{e})\\
&{}=\widetilde{e}=c_{\widetilde{e}}(\widetilde{e}).
\end{aligned}
\]
De novo, pola unicidade de levantamento concluímos que $\widetilde{p}\circ(\id\times\widetilde{i})=c_{\widetilde{e}}$, e
analogamente, $\widetilde{p}\circ(\widetilde{i}\times\id)=c_{\widetilde{e}}$.
Isto significa que $\widetilde{i}(\widetilde{g})$ é o elemento inverso de $\widetilde{g}$.
Levantamento da propiedade asociativa.
Para comproba-la propiedade asociativa en $\widetilde{G}$ procédese de xeito similar.
Simplemente hai que observar que en $G$ a propiedade asociativa se traduce como $p(p(\,\cdot\,,\,\cdot\,),\,\cdot\,)=p(\,\cdot\,,p(\,\cdot\,,\,\cdot\,))$, e ver que
$\widetilde{p}(\widetilde{p}(\,\cdot\,,\,\cdot\,),\,\cdot\,)$ e
$\widetilde{p}(\,\cdot\,,\widetilde{p}(\,\cdot\,,\,\cdot\,))$ son dous posibles levantamentos da mesma aplicación de revestimento.
A relación
$\widetilde{p}(\widetilde{p}(\widetilde{e},\widetilde{e}),\widetilde{e})=\widetilde{e}=\widetilde{p}(\widetilde{e},\widetilde{p}(\widetilde{e},\widetilde{e}))$ xa é clara,
mentres que a comprobación $\kappa\circ\widetilde{p}(\widetilde{p}(\,\cdot\,,\,\cdot\,),\,\cdot\,)=\kappa\circ\widetilde{p}(\,\cdot\,,\widetilde{p}(\,\cdot\,,\,\cdot\,))$ se deixa como exercicio.
A unicidade de levantamento dun revestimento implica entón que $\widetilde{p}(\widetilde{p}(\,\cdot\,,\,\cdot\,),\,\cdot\,)=\widetilde{p}(\,\cdot\,,\widetilde{p}(\,\cdot\,,\,\cdot\,))$, o cal é equivalente á propiedade asociativa en $\widetilde{G}$.
Vexamos agora que coas operacións así definidas $\kappa\colon\widetilde{G}\to G$ é un homomorfismo.
En efecto, se $\widetilde{g}$, $\widetilde{h}\in\widetilde{G}$ temos
\[
\begin{aligned}
\kappa(\widetilde{g}\widetilde{h})
&{}=\kappa(\widetilde{p}(\widetilde{g},\widetilde{h}))\\
&{}=p\circ(\kappa\times\kappa)(\widetilde{g},\widetilde{h})\\
&{}=\kappa(\widetilde{g})\kappa(\widetilde{h}),\\[1ex]
\kappa({\widetilde{g}^{-1}})
&{}=\kappa(\widetilde{i}(\widetilde{g}))\\
&{}=i\circ\kappa(\widetilde{g})\\
&{}=\kappa(\widetilde{g})^{-1}.
\end{aligned}
\]
Como a diferenciabilidade xa fora establecida, $\kappa$ é un homomorfismo de grupos de Lie.
Para ve-la unicidade das operacións do grupo $\widetilde{G}$ supoñamos que $\hat{p}$ e $\hat{i}$ son outras operacións de producto e inversión en $\widetilde{G}$ para as que $\widetilde{e}$ segue sendo o elemento neutro.
Unicidade das operacións do revestimento universal.
Como $\kappa$ é un homomorfismo, $\kappa\circ\hat{p}=p\circ(\kappa\times\kappa)=\kappa\circ\widetilde{p}$ e
$\kappa\circ\hat{i}=i\circ\kappa=\kappa\circ\widetilde{i}$.
Ademais, $\hat{p}(\widetilde{e},\widetilde{e})=\widetilde{e}=\widetilde{p}(\widetilde{e},\widetilde{e})$ e
$\hat{i}(\widetilde{e})=\widetilde{e}=\widetilde{i}(\widetilde{e})$.
Pola unicidade de levantamento dun revestimento concluímos que $\hat{p}=\widetilde{p}$ e
$\hat{i}=\widetilde{i}$, que era o que quedaba por demostrar.
Todo grupo de Lie conexo ten como revestimento universal un grupo de Lie simplemente conexo para o cal a aplicación de revestimento é un homomorfismo de grupos de Lie.
Se $\kappa\colon G\to H$ é un revestimento, con $G$ e $H$ grupos de Lie, e $\kappa$ é un homomorfismo de grupos de Lie, dise que $\kappa$ é un homomorfismo revestidor ou un revestimento de grupos de Lie
Sexa $G$ e $H$ grupos de Lie conexos, e $\varphi\colon G\to H$ un homomorfismo de grupos de Lie.
Entón $\varphi$ é unha aplicación de revestimento se e só se $\varphi_*\colon\g{g}\to\g{h}$ é un isomorfismo.
Se $\varphi\colon G\to H$ é un revestimento, nunha veciñanza que reviste uniformemente ó neutro $\varphi$ é un difeomorfismo (xa que é un homeomorfismo diferenciable e o rango é constante);
por tanto, a súa diferencial no neutro $\varphi_*\colon\g{g}\to\g{h}$ é un isomorfismo de álxebras de Lie.
Reciprocamente, supoñamos que $\varphi\colon G\to H$ é un homomorfismo de grupos de Lie conexos, e que $\varphi_*\colon\g{g}\to\g{h}$ é un isomorfismo de álxebras de Lie.
Logo, por se-lo rango constante, $\varphi$ é un difeomorfismo local en tódolos puntos.
Unha veciñanza de $e\in G$ xera $G$ multiplicativamente, e como $\varphi$ é difeomorfismo local e homomorfismo, a súa imaxe xera $H$ multiplicativamente.
Por tanto, $\varphi(G)=H$.
Para rematar basta probar que todo punto de $H$ está uniformemente revestido e, como as traslacións son difeomorfismos, basta facelo para o neutro $e\in H$.
Sexa $V$ unha veciñanza de $e\in G$ tal que $\varphi_{\vert V}\colon V\to \varphi(V)$ é un difeomorfismo.
Por continuidade das operacións, podemos tomar $U$ outra veciñanza tal que $UU^{-1}\subset V$.
Vexamos que $\varphi(U)$ é unha veciñanza de $e\in H$ que está uniformemente revestida por $\varphi$.
Máis concretamente, vexamos que $e\in H$ está uniformemente revestido como $\varphi^{-1}(\varphi(U))=\sqcup_{g\in\varphi^{-1}(e)}gU$.
$\varphi^{-1}(e)\cap V=\{e\}$, pois $\varphi_{\vert V}$ é bixectiva e $\varphi(\varphi^{-1}(e)\cap V)=\{e\}\cap\varphi(V)=\{e\}$.
Se $g$, $h\in\varphi^{-1}(e)$ son distintos, entón $gU\cap hU=\emptyset$.
En efecto, pois se $k\in gU\cap hU$ entón existen $u$, $v\in U$ tales que $k=gu=hv$, o que implica
\[
\begin{aligned}
h^{-1}g=vu^{-1}
&{}\in UU^{-1}\cap\varphi^{-1}(e)\\
&{}\subset V\cap\varphi^{-1}(e)=\{e\}.
\end{aligned}
\]
$\varphi^{-1}(\varphi(U))=\cup_{g\in\varphi^{-1}(e)}gU$.
($\supset$) $\varphi(gU)=\varphi(g)\varphi(U)=\varphi(U)$.
($\subset$) Se $h\in\varphi^{-1}(\varphi(U))$ entón $\varphi(h)\in\varphi(U)$, e así existe $u\in U$ tal que $\varphi(h)=\varphi(u)$; logo, $\varphi(hu^{-1})=e$, e entón $hu^{-1}\in\varphi^{-1}(e)$ e $h=hu^{-1}u\in hu^{-1}U$.
$\varphi_{\vert gU}\colon gU\to\varphi(U)$ é un difeomorfismo pois $\varphi_{\vert gU}=\varphi_{\vert U}\circ L_{g^{-1}\vert gU}$.
En consecuencia, $\varphi$ é un homomorfismo de revestimento de grupos de Lie.
A aplicación $\varphi\colon\mathsf{Sp}(1)\to\mathsf{SO}(\Im\H)$ dada por $\varphi(q)(x)=qxq^{-1}$ é un revestimento de grupos de Lie.
Por tanto, $\mathsf{Sp}(1)\cong\mathsf{S}^3$ é o revestimento universal de $\mathsf{SO}(3)$.
Vimos con anterioridade que está ben definida e que é un homomorfismo de grupos de Lie.
Vexamos que a súa diferencial $\varphi_*\colon\g{sp}(1)\to\g{so}(\Im\H)$ é un isomorfismo de álxebras de Lie.
En primeiro lugar notemos que $\g{sp}(1)=\Im\H$.
Empregando as fórmulas do producto de cuaternios, $\varphi_{*1}(u)(x)=2u\times x$, $u,x\in\Im\H$.
Claramente $\varphi_{*1}(u)=0$ se e só se $u=0$, o que implica que $\varphi_{*1}$ é un isomorfismo de álxebras de Lie.
Por tanto, $\varphi$ é un homorfismo de revestimento, e como $\mathsf{Sp}(1)$ é simplemente conexo, $\mathsf{Sp}(1)\cong\mathsf{S}^3$ é o revestimento universal de $\mathsf{SO}(3)$.
Sexan $G$ e $H$ grupos de Lie, con $G$ simplemente conexo.
Sexa $\psi\colon\g{g}\to\g{h}$ un homomorfismo das súas álxebras de Lie.
Entón existe un único homomorfismo de grupos de Lie $\varphi\colon G\to H$ tal que $\varphi_*=\psi$.
Para ve-la existencia consideremos $\Gamma_\psi=\{(X,\psi(X)):X\in\g{g}\}$,
que é unha subálxebra de Lie de $\g{g}\oplus\g{h}$.
Sexa $A$ o único subgrupo de Lie conexo de $G\times H$ con álxebra de Lie $\Gamma_\psi$.
Entón, $p=\pi_1\colon A\to G$, a restricción a $A$ da primeira proxección, é un revestimento de grupos de Lie xa que $p_*(X,\psi(X))=X$ é un isomorfismo.
Como $G$ é simplemente conexo, polas propiedades dos revestimentos, $p\colon A\to G$ é un homeomorfismo.
Logo $p$ é un isomorfismo de grupos de Lie (por se-lo rango constante), e definindo $\varphi=\pi_2\circ p^{-1}\colon G\to H$ temos
$\varphi_*(X)=(\pi_2\circ p^{-1})_*(X)=\pi_{2*}(X,\psi(X))=\psi(X)$ para todo $X\in\g{g}$, como queriamos ver.
(segundo teorema de Lie)
Dous grupos de Lie simplemente conexos con álxebras de Lie isomorfas son isomorfos.
En realidade o segundo teorema de Lie establece que se $G$ e $H$ son grupos de Lie con álxebras de Lie $\g{g}$ e $\g{h}$ isomorfas, entón $G$ e $H$ son localmente isomorfos.
Non obstante, non definimos o concepto de isomorfismo local, e en todo caso, este resultado dedúcese facilmente dos resultados que veremos a continuación.
Subgrupos normais e ideais
O obxectivo desta sección é establecer que toda álxebra de Lie determina un único grupo de Lie simplemente conexo.
Isto significa que, fundamentalmente, o estudio dos grupos de Lie simplemente conexos é equivalente ó estudio das álxebras de Lie.
Ademais, veremos que calquera grupo de Lie é un cociente por un subgrupo central e normal do seu revestimento universal.
Sexa $G$ un grupo de Lie.
Un subgrupo de Lie $H$ de $G$ dise que é un subgrupo de Lie normal se $gHg^{-1}\subset H$ para todo $g\in G$.
Sexa $\g{g}$ unha álxebra de Lie.
Un subespacio vectorial $\g{h}$ de $\g{g}$ dise un ideal de $\g{g}$ se $[\g{g},\g{h}]\subset\g{h}$.
Se $\g{h}$ é un ideal de $\g{g}$, entón o espacio vectorial cociente $\g{g}/\g{h}$ ten estructura de álxebra de Lie con $[X+\g{h},Y+\g{h}]=[X,Y]+\g{h}$.
Sexa $\g{g}$ unha álxebra de Lie, e $\g{a}$ e $\g{b}$ dous ideais.
Probar que $\g{a}+\g{b}$, $\g{a}\cap\g{b}$, e $[\g{a},\g{b}]$ tamén son ideais.
Probar que $(\g{a}+\g{b})/\g{a}\cong\g{b}/(\g{a}\cap\g{b})$.
Defínese a álxebra de Lie derivada $\g{g}'=[\g{g},\g{g}]$ como a subálxebra de Lie xerada por $[X,Y]$ con $X,Y\in\g{g}$.
Probar que $\g{g}'$ é un ideal de $\g{g}$ e que $\g{g}/\g{g}'$ é unha álxebra de Lie abeliana.
Probar que se $\g{h}$ é un ideal tal que $\g{g}/\g{h}$ é abeliana, entón $\g{g}'\subset\g{h}$.
Sexa $H$ un subgrupo de Lie conexo dun grupo de Lie conexo $G$.
Entón $H$ é un subgrupo normal de $G$ se e só se a súa álxebra de Lie $\g{h}$ é un ideal da álxebra de Lie $\g{g}$ de $G$.
Supoñamos que $H$ é un subgrupo normal de $G$.
Sexan $X\in\g{g}$,$Y\in\g{h}$.
Como $H$ é normal, $I_{\Exp(tX)}(\Exp(sY))\in H$ para calquera $t,s\in\R$.
Derivando,
\[
\begin{aligned}
e^{t\,\ad(X)}(Y)
&{}=\Ad(\Exp(tX))(Y)\\[1ex]
&{}=I_{*\Exp(tX)}(Y)\\
&{}=\frac{d}{ds}\bigg\vert_0 I_{\Exp(tX)}(\Exp(sY))\in\g{h},
\end{aligned}
\]
para calquera $t\in\R$.
Volvendo a derivar,
\[
\begin{aligned}%
[X,Y]
&{}=\ad(X)(Y)\\
&{}=\frac{d}{dt}\bigg\vert_0 e^{t\,\ad(X)}(Y)\in\g{h},
\end{aligned}
\]
de onde se deduce que $\g{h}$ é un ideal.
Reciprocamente, supoñamos que $\g{h}$ é un ideal de $\g{g}$.
Entón, para todo $X\in\g{g}$ temos $\ad(X)(\g{h})\subset\g{h}$.
Iterando, $\ad(X)^k(\g{h})\subset\g{h}$ para todo $k\in\N$.
Por tanto, $\Ad(\Exp(X))(\g{h})=e^{\ad(X)}(\g{h})\subset\g{h}$.
Se agora $Y\in\g{h}$, o contido anterior implica
\[
\begin{aligned}
I_{\Exp(X)}(\Exp(Y))
&{}=\Exp(\Ad(\Exp(X))(Y))\\
&{}=\Exp(e^{\ad(X)}(Y))
\in\Exp(\g{h})\subset H
\end{aligned}
\]
Como $H$ é conexo, $I_{\Exp(X)}$ é un homomorfismo, e unha veciñanza do neutro xera un grupo de Lie multiplicativamente, isto significa que $I_{\Exp(X)}(H)\subset H$.
Finalmente, como $G$ é conexo, a aplicación $g\mapsto I_g$ é un homomorfismo, e unha veciñanza do neutro xera un grupo multiplicativamente, concluímos da anterior relación que $I_g(H)\subset H$ para todo $g\in G$, o que quere dicir que $H$ é un subgrupo normal.
Sexa $\varphi\colon G\to H$ un homomorfismo de grupos de Lie.
Entón $\ker\varphi$ é un subgrupo normal de $G$ e a súa álxebra de Lie é $\ker\varphi_*$, que é un ideal de $\g{g}$.
Como $\ker\varphi=\varphi^{-1}(\{e\})$, o teorema de Cartan asegura que $\ker\varphi$ é un subgrupo de Lie pechado de $G$.
Se $g\in G$ é arbitrario, o feito de que $\varphi$ é un homomorfismo de grupos significa que $\varphi\circ I_g=I_{\varphi(g)}\circ\varphi$.
Por tanto,
\[
\begin{aligned}
\varphi(I_g(\ker\varphi))
&{}=I_{\varphi(g)}(\varphi(\ker\varphi))\\
&{}=I_{\varphi(g)}(e)=e,
\end{aligned}
\]
co que $I_g(\ker\varphi)\subset\ker\varphi$, e por tanto, $\ker\varphi$ é normal.
Vexamos que a súa álxebra de Lie é $\ker\varphi_*$, que polo resultado anterior será entón un ideal.
En efecto, $X\in\g{g}$ está na álxebra de Lie de $\ker\varphi$ se e só se
$\Exp(tX)\in\ker\varphi$ para todo $t\in\R$, é dicir, se e só se $\Exp(t\varphi_* X)=\varphi(\Exp(tX))=e$ para todo $t$, o cal é equivalente a que $\varphi_*(X)=0$, ou $X\in\ker\varphi_*$.
O centro dunha álxebra de Lie $\g{g}$ é
$Z(\g{g})=\{X\in\g{g}:[X,Y]=0,\forall Y\in\g{g}\}=\ker\ad$.
O centro dun grupo de Lie $G$ é
$Z(G)=\{g\in G:gh=hg,\forall h\in G\}$.
Sexa $G$ un grupo de Lie conexo e $\g{g}$ a súa álxebra de Lie. Entón:
$Z(G)=\ker\Ad$.
$Z(G)$ é un subgrupo normal pechado con álxebra de Lie $Z(\g{g})$.
Un grupo de Lie é abeliano se e só se a súa álxebra de Lie é abeliana.
Se $g\in Z(G)$ entón $I_g=\id_G$, e por tanto $\Ad(g)=I_{g*}=\id_{\g{g}}$, así que $g\in\ker\Ad$.
Reciprocamente, sexa $g\in\ker\Ad$. Entón $I_{g*}=\Ad(g)=\id_{\g{g}}=\id_{G*}$.
Como $G$ é conexo e $I_g$ e $\id_G$ son dous homomorfismos de grupos de Lie coa mesma diferencial, obtemos que $I_g=\id_G$, o cal equivale a que $g\in Z(G)$.
A continuación, como $Z(G)=\ker\Ad$ é o núcleo dun homomorfismo de grupos de Lie, temos que $Z(G)$ é un subgrupo de Lie pechado con álxebra de Lie $\ker\ad=Z(\g{g})$.
En xeral, a álxebra de Lie de $Z(G)$ non ten por que ser $Z(\g{g})$.
Se $G$ é abeliano entón $\g{g}$ é abeliana.
Dicimos que unha álxebra de Lie $\g{g}$ é simple se non é abeliana e non contén ningún ideal distinto de $\{0\}$ e $\g{g}$.
Probar que $[\g{g},\g{g}]=\g{g}$ e $Z(\g{g})=0$.
A continuación estudiámo-la relación entre un grupo de Lie e o seu revestimento universal.
Un subgrupo discreto e normal dun grupo de Lie conexo $G$ está contido en $Z(G)$.
Sexa $\Gamma$ un subgrupo discreto e normal de $G$. Dado $\gamma\in\Gamma$, como $\Gamma$ é normal, podemos definir $\varphi_\gamma\colon G\to\Gamma$, $g\mapsto g\gamma g^{-1}$. Como $\varphi_\gamma(e)=\gamma$, $\varphi_\gamma$ é continua, e $\Gamma$ é discreto, deducimos $\varphi_\gamma(g)=\gamma$ para todo $g\in G$, o que proba que $\gamma\in Z(G)$.
Se $\kappa\colon G\to H$ é un revestimento de grupos de Lie, entón $\ker\kappa$ é un subgrupo discreto de $G$ contido en $Z(G)$.
Como $\kappa$ é revestimento, $\kappa_*$ é un isomorphismo, de modo que $\ker\kappa_*=0$.
Por tanto $\ker\kappa$ é un subgrupo normal discreto e está contido en $Z(G)$.
Sexa $G$ un grupo de Lie conexo e $\Gamma$ un subgrupo discreto de $Z(G)$.
Entón $G/\Gamma$ ten unha única estructura de grupo de Lie tal que a aplicación cociente é un revestimento de grupos de Lie.
Se ademais $G$ é simplemente conexo, entón $\pi_1(G/\Gamma)$ é isomorfo a $\Gamma$ (que por tanto é abeliano).
Como $\Gamma\subset Z(G)$, temos que $\Gamma$ é abeliano e por tanto normal.
Logo, $G/\Gamma$ ten estructura de grupo.
Vexamos que $G/\Gamma$ tamén é unha variedade.
Sexa $\kappa\colon G\to G/\Gamma$ a aplicación cociente.
Consideramos $(U,\varphi)$ carta de $G$ en $e$ con $U\cap\Gamma=\{e\}$.
Tomemos $V$ veciñanza de $e$ tal que $V V^{-1}\subset U$, o cal é posible pola continuidade das operacións.
Definimos $\psi=\varphi\circ\kappa\vert_V^{-1}\colon \kappa(V)\to\varphi(V)$.
Nótese que se $\kappa(g)=\kappa(h)$ entón $gh^{-1}\in\Gamma\cap V V^{-1}\subset\Gamma\cap U=\{e\}$, co que $\pi\vert_V^{-1}$ existe.
Compoñendo coas traslacións é sinxelo ver que isto dota a $G/\Gamma$ dun atlas que define unha estructura diferenciable en $G/\Gamma$.
As operacións son diferenciables porque localmente se escriben como en $G$.
Logo $G/\Gamma$ é un grupo de Lie.
Supoñamos agora que $G$ é simplemente conexo.
Recordemos, polas propiedades dos revestimentos, que $\pi_1(G/\Gamma)$ é isomorfo ó grupo dos automorfismos de revestimento de $G$, que actúa simple e transitivamente en $\kappa^{-1}(e\Gamma)=\Gamma$.
Agora ben, para $\gamma\in\Gamma$, $R_\gamma$ é un automorfismo de revestimento xa que $\kappa\circ R_\gamma(g)=\kappa(g\gamma)=\kappa(g)$, e $\gamma\mapsto R_\gamma$ actúa simple e transitivamente en $\kappa^{-1}(e\Gamma)=\Gamma$ pois $\Gamma$ é un grupo.
En consecuencia, $\Gamma$ e $\pi_1(G/\Gamma)$ son isomorfos.
(de revestimentos de grupos de Lie).
$\epsilon\colon\R\to\mathsf{S}^1$, $t\mapsto e^{2\pi t\mathbf{i}}$.
Logo $\pi_1(\mathsf{S}^1)=\Z$.
$\epsilon^n\colon\R^n\to\mathsf{T}^n$,
$(t_1,\dots,t_n)\mapsto (e^{2\pi t_1\mathbf{i}},\dots,e^{2\pi t_n\mathbf{i}})$.
Logo $\pi_1(\mathsf{T}^n)=\Z^n$.
O revestimento universal de $\mathsf{SO}(2)\cong\mathsf{S}^1$ é $\R$.
Por tanto, $\pi_1(\mathsf{SO}(2))=\Z$.
$\pi_1(\mathsf{SO}(n))=\Z_2$, $n\geq 3$.
O revestimento universal de $\mathsf{SO(3)}$ é $\mathsf{SU}(2)$ (ou $\mathsf{Sp}(1)$).
En xeral, o revestimento universal de $\mathsf{SO}(n)$ é un grupo de Lie chamado o grupo spin, $\mathsf{Spin}(n)$.
Vimos anteriormente que $\mathsf{SO}(3)$ é difeomorfo ó espacio proxectivo $\R\mathsf{P}^3\cong\mathsf{S}^3/\Z_2\cong\mathsf{Sp}(1)/\Z_2$, e hai un revestimento $\mathsf{Sp}(1)\to\mathsf{SO}(3)$ con núcleo $\Z_2$.
Por tanto, $\pi_1(\mathsf{SO}(3))=\pi_1(\mathsf{S}^3/\Z_2)=\Z_2$.
Recordemos que $\mathsf{SO}(n+1)/\mathsf{SO}(n)$ é difeomorfo a $\mathsf{S}^n$, que satisfai $\pi_1(\mathsf{S}^n)=\pi_2(\mathsf{S}^n)=0$, $n\geq 3$.
Tomando agora a sucesión exacta longa de homotopía obtemos
\[
\cdots
\to
\underset{\stackrel{\shortparallel}{0}}
{\pi_2\biggl(\frac{\mathsf{SO}(n+1)}{\mathsf{SO}(n)}\biggr)}
\to
\pi_1\bigl(\mathsf{SO}(n+1)\bigr)
\to
\pi_1\bigl(\mathsf{SO}(n)\bigr)
\to
\underset{\stackrel{\shortparallel}{0}}
{\pi_1\biggl(\frac{\mathsf{SO}(n+1)}{\mathsf{SO}(n)}\biggr)}
\to
\cdots
\]
o cal implica que
$\pi_1\bigl(\mathsf{SO}(n+1)\bigr)=\pi_1\bigl(\mathsf{SO}(n)\bigr)$, $n\geq 3$.
A afirmación séguese agora por inducción.
$\pi_1(\mathsf{SU}(n))=\pi_1(\mathsf{Sp}(n))=0$.
Isto faise tamén coa sucesión exacta longa de homotopía e o homeomorfismo entre as esferas de dimensión axeitadas e os cocientes destes grupos.
$\kappa\colon\mathsf{Sp}(1)\times\mathsf{Sp}(1)\to\mathsf{SO}(4)$, $\kappa(p,q)(v)=pvq^{-1}$
é un revestimento doble de grupos de Lie.
Entón, témo-los isomorfismos
\[
\begin{aligned}
\mathsf{Spin}(4)&\cong\mathsf{Sp}(1)\times\mathsf{Sp}(1)
\cong\mathsf{Spin}(3)\times\mathsf{Spin}(3),\text{ e }\\ \g{spin}(4)&\cong\g{so}(4)\cong\g{sp}(1)\oplus\g{sp}(1)
\cong\g{su}(2)\oplus\g{su}(2).
\end{aligned}
\]
A continuación mencionámo-lo Teorema de Ado.
A súa demostración excede os obxectivos deste curso.
(de Ado) Toda álxebra de Lie real de dimensión finita é isomorfa a unha subálxebra de Lie de $\g{gl}(n,\R)$ para algún $n$.
Non todo grupo de Lie é isomorfo a un subgrupo de $\mathsf{GL}(n,\R)$.
Un exemplo de tal situación é $\widetilde{\mathsf{SL}(2,\R)}$, aínda que non faremos aquí a demostración dese feito.
Sexa $\g{g}$ un álxebra de Lie tal que $Z(\g{g})=0$.
Probar que $\g{g}$ é isomorfa a unha subálxebra de Lie de $\g{gl}(n,\R)$ para algún $n$.
(terceiro teorema de Lie ou teorema de Cartan-Lie)
Dada unha álxebra de Lie real de dimensión finita $\g{g}$ existe un único grupo de Lie simplemente conexo $G$ que ten álxebra de Lie isomorfa a $\g{g}$.
Polo Teorema de Ado existe $\g{h}$ subálxebra de Lie de $\g{gl}(n,\R)$ (para algún $n$) tal que $\g{h}$ é isomorfa a $\g{g}$.
Sexa $H$ o único subgrupo de Lie conexo de $\mathsf{GL}(n,\R)$ con álxebra de Lie $\g{h}$.
Entón o seu revestimento universal $G=\tilde{H}$ é o grupo buscado.
A unicidade séguese da unicidade de revestimento universal.
Hai unha correspondencia bixectiva entre as clases de isomorfía de álxebras de Lie e as clases de isomorfía de grupos de Lie conexos simplemente conexos.
Se un grupo de Lie conexo ten álxebra de Lie $\g{g}$,
entón é isomorfo a $G/\Gamma$, onde $G$ é o grupo de Lie simplemente conexo con álxebra de Lie $\g{g}$, e $\Gamma$ é un subgrupo discreto de $Z(G)$.
(Consecuencias do Teorema de Ado).
Determinar tódolos grupos de Lie conexos (salvo isomorfismo) con álxebra de Lie isomorfa a $\g{so}(3)$.
Dar infinitos exemplos non isomorfos de grupos de Lie con álxebra de Lie $\g{so}(3)$.
¿Cantos grupos de Lie conexos teñen álxebra de Lie $\g{aff}(1)$ salvo isomorfismo?
Finalmente procedemos a determinar tódolos grupos de Lie abelianos conexos.
Sexa $G$ un grupo de Lie conexo con álxebra de Lie $\g{g}$.
Sexan $X,Y\in\g{g}$.
Se $[X,Y]=0$, entón $\Exp(X+Y)=\Exp(X)\Exp(Y)$.
Sexan $X,Y\in\g{g}$ tales que $[X,Y]=0$.
Considerémo-la álxebra de Lie $\g{a}=\Span\{X,Y\}$, e sexa $A$ o subgrupo conexo de Lie de $G$ que ten por álxebra de Lie $\g{a}$.
Entón $A$ é abeliano e $\alpha\colon\R\to G$, $t\mapsto \Exp(tX)\Exp(tY)$, é un homomorfismo de grupos de Lie, pois, ó ser $A$ abeliano,
\[
\begin{aligned}
\alpha(t-s)
&{}=\Exp((t-s)X)\Exp((t-s)Y)\\
&{}=\Exp(tX)\Exp(sX)^{-1}\Exp(tY)\Exp(sY)^{-1}\\
&{}=\Exp(tX)\Exp(tY)\Exp(sY)^{-1}\Exp(sX)^{-1}\\
&{}=\alpha(t)\alpha(s)^{-1}.
\end{aligned}
\]
Por outro lado, $\beta\colon\R\to G$, $t\mapsto\Exp(t(X+Y))$ é outro homomorfismo de grupos, e $\alpha'(0)=X+Y=\beta'(0)$ pola fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff.
En consecuencia, $\alpha=\beta$, que é o que queriamos demostrar.
(clasificación dos grupos de Lie abelianos conexos) Todo grupo de Lie abeliano conexo é isomorfo a $\mathsf{T}^p\times\R^q$.
A proposición anterior di que se $G$ é abeliano, entón a aplicación exponencial $\Exp\colon\g{g}\to G$ é un homomorfismo de grupos de Lie.
Como unha veciñanza do neutro xera un grupo multiplicativamente, este homomorfismo é sobrexectivo.
Sexa $\Gamma=\ker\Exp$, que é un subgrupo normal discreto de $\g{g}$ pois $\Exp_*$ é un isomorfismo (e por tanto $\Exp$ é un revestimento de grupos de Lie).
Sexa $V=\Span\,\Gamma$, e $W$ un espacio suplementario a $V$.
Poñamos $p=\dim V$ e $q=\dim W$.
Entón $\g{g}=V\oplus W$.
Logo, $\Gamma\subset V$ é discreto, e $G$ é isomorfo a $\g{g}/\Gamma=V/\Gamma\times W$.
Finalmente, como $\Gamma$ é discreto en $V$, é coñecido que $\Gamma$ é isomorfo a $\mathbb{Z}^p$, e así,
$V/\Gamma=\mathsf{S}^1\stackrel{(p)}{\cdots}\times\mathsf{S}^1$.