Nhóm Lie và đại số Lie

Phép nhân nhóm là phi tuyến nên ta không thể đơn giản cộng hai phần tử nhóm. Nhưng ngoặc $[X,Y] = XY - YX$ đo *mức độ không giao hoán của $G$* tới bậc hai, và điều đáng chú ý là mức độ đó lại tuyến tính — nó nằm trong không gian tiếp xúc. Điều này cho phép ta thay các câu hỏi phi tuyến khó về $G$ (nó có giao hoán không? nhóm con của nó là gì?) bằng các câu hỏi đại số tuyến tính về $\mathfrak{g}$ (ngoặc có triệt tiêu không? ideal của nó là gì?), đó chính là lý do lý thuyết Lie mạnh mẽ đến vậy.

Bước 1 (thiết lập). Cho $X \in \mathfrak{g}$, $Y \in \mathfrak{g}$ đến từ các đường cong $\alpha(t), \beta(t) \in G$ với $\alpha(0)=\beta(0)=I$, $\alpha'(0)=X$, $\beta'(0)=Y$; tới bậc nhất $\alpha(t) \approx I + tX$ và $\beta(t) \approx I + tY$.

Bước 2 (đường cong giao hoán tử). Đặt $\gamma(t) = e^{tX} e^{tY} e^{-tX} e^{-tY}$, đường này nằm trong $G$ vì $G$ là một nhóm và $\gamma(0) = I$. Khai triển mỗi thừa số tới bậc hai theo $t$ (dùng $e^{sZ} \approx I + sZ + \tfrac12 s^2 Z^2$) rồi nhân ra cho $\gamma(t) = e^{tX} e^{tY} e^{-tX} e^{-tY} = I + t^2[X,Y] + O(t^3)$; các số hạng tuyến tính theo $t$ triệt tiêu hoàn toàn vì đây là giao hoán tử $g h g^{-1} h^{-1}$, để lại số hạng bậc hai dẫn đầu bằng $XY - YX$.

Bước 3 (trích xuất vectơ tiếp xúc). Tham số hóa lại bằng $s = t^2$ và đặt $\sigma(s) = \gamma(\sqrt{s})$ với $s \ge 0$; đây là đường cong trơn trong $G$ với $\sigma(0) = I$ và $\sigma'(0) = [X,Y]$ theo Bước 2. Vì $\sigma$ là đường cong đi qua phần tử đơn vị của $G$, vectơ vận tốc $[X,Y]$ của nó nằm trong $T_e G = \mathfrak{g}$ theo định nghĩa không gian tiếp xúc. Vậy $[X,Y] \in \mathfrak{g}$.

Bước 4 (đồng nhất thức Jacobi). Khai triển đại số trực tiếp $[X,[Y,Z]] + [Y,[Z,X]] + [Z,[X,Y]] = 0$ dùng $[X,Y] = XY - YX$ cho thấy mỗi số hạng dạng $XYZ$ xuất hiện đúng hai lần với dấu ngược nhau và triệt tiêu, nên đồng nhất thức đúng tự động với mọi tích ma trận kết hợp — không cần thêm dữ liệu hình học nào khi ngoặc là $XY-YX$. Cùng với tính song tuyến và phản đối xứng $[X,Y]=-[Y,X]$ (suy ra ngay từ công thức), điều này xác nhận $(\mathfrak{g}, [\cdot,\cdot])$ là một đại số Lie.

Sự đồng nhất này chính là lý do vận tốc góc trong vật lý là một vectơ $3$ chiều: "tốc độ quay tức thời" của một vật rắn nằm trong $\mathfrak{so}(3)$, và đẳng cấu với $(\mathbb{R}^3,\times)$ là lý do $\vec\omega \times \vec r$ cho vận tốc của điểm $\vec r$ trên vật đang quay.

Bước 1 (cơ sở). Mọi $X \in \mathfrak{so}(3)$ phản đối xứng có dạng $X_u = \begin{pmatrix} 0 & -u_3 & u_2 \\ u_3 & 0 & -u_1 \\ -u_2 & u_1 & 0 \end{pmatrix}$ với duy nhất $u=(u_1,u_2,u_3) \in \mathbb{R}^3$ (ba mục tự do phía trên đường chéo quyết định phần còn lại), và $u \mapsto X_u$ rõ ràng tuyến tính và song ánh, nên đây là một đẳng cấu tuyến tính giữa hai không gian vectơ $3$ chiều.

Bước 2 (tác động lên vectơ). Tính toán trực tiếp cho $X_u v = u \times v$ với mọi $v \in \mathbb{R}^3$, tức $X_u$ tác động lên $\mathbb{R}^3$ đúng như "lấy tích có hướng với $u$".

Bước 3 (ngoặc khớp với tích có hướng). Dùng Bước 2 hai lần, với mọi $v$: $[X_u,X_v]w = X_u(X_v w) - X_v(X_u w) = u\times(v\times w) - v\times(u\times w)$. Áp dụng đồng nhất thức tích ba của vectơ $a\times(b\times c) = b(a\cdot c) - c(a\cdot b)$ cho cả hai số hạng và rút gọn, vế phải thu gọn thành $(u\times v)\times w = X_{u\times v} w$ với mọi $w$, do đó $[X_u,X_v] = X_{u\times v}$ như toán tử — đúng như $\mathfrak{so}(3) \cong (\mathbb{R}^3, \times), \qquad [X_u, X_v] = X_{u \times v}$.

Bước 4 (kết luận). Vì $u \mapsto X_u$ là song ánh tuyến tính biến tích có hướng thành ngoặc ma trận, đây là một đẳng cấu đại số Lie $(\mathbb{R}^3,\times) \cong \mathfrak{so}(3)$, như đã khẳng định.