$\mathfrak{so}(3)$ với ngoặc Lie đẳng cấu với $(\mathbb{R}^3, \times)$

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.