Verze z 17. 7. 2016, 17:58

Zdrojový kód

%\wikiskriptum{02LIAG}
\section{Vztah mezi Lieovou grupou a její algebrou}
 
\Def{ (Homomorfismus Lieových grup $G$ a $H$)
	\begin{itemize}
		\item \emph{Homomorfismus $G$ a $H$} je libovolné hladké $\phi :G \to H$, $\phi(g\cdot_G h)=\phi(g) \cdot_H \phi(h)$, $\forall g,h \in G$.
		\item \emph{Izomorfismus $G$ a $H$} je bijektivní homomorfismus s~hladkou inverzí.
	\end{itemize}
	}
\Def{
	\textbf{Jednoparametrická podgrupa v~$G$} je homomorfismus $\varphi: (\R,+) \to G$.
	}
\Dsl{
	Takže platí $\varphi(s+t)=\varphi(s)\varphi(t)=\varphi(t)\varphi(s)$, tedy nutně $\varphi (0)=e$
	}
\Prl{
	$G$ Maticová grupa $\Rightarrow \dot{g}(t)=g(t)\cdot\underbrace{\dot{g}(0)}_{konst.}=\dot{g}(0)\cdot g(t)=L_{g(t)*}\left(\dot{g}(0)\right)=R_{g(t)*}\left(\dot{g}(0)\right) $
	}
\Pzn{
	Obecně: $g(s+t)=g(t)g(s)\equiv L_{g(t)}g(s) \Rightarrow \underbrace{\dot{g}(t)}_{T_{g(t)}G}=\zuz{\td{}{s}}{0}\left(L_{g(t)}g(s)\right)=L_{g(t)*}\underbrace{\dot{g}(0)}_{T_{\e} G}$
	Označíme-li pro $X\in \g$, $\zuz{X}{e}=\dot{g}(0)$, pak $\dot{g}(t)=L_{g(t)*}(\zuz{X}{e})=\zuz{X}{g(t)}$.
	}
\Dsl{
	Jednoparametrické podgrupy jsou integrální křivky levoinvariantních vektorových polí, tj. elementů Lieovy algebry, vycházející z~$e$.
	}
 
\subsection{Exponenciální zobrazení}
%	Jak jsem zmínili ve větě \ref{ztotozneni g a TeG}, odpovídá prostor levoinvariatních vektorových polí Lieově algebře $T_eG$. Pokud chceme z~daného levoinvariantního pole $X$ získat vektor z~$T_eG$ stačí toto pole vyhodnotit v~$e$, tj. získáme $X|_e \in T_eG$.
	Na základě integrálních křivek můžeme definovat zobrazení $\g \to G$, které danému vektoru $X|_e \in \g$ přiřadí nějaký bod na příslušné integrální křivce levoinvariantního vektorového pole $X$, ke kterému je $X|_e$ tečným vektorem.	
\Def{
	$\exp : \g \to G$ definujeme $\exp (tX) =\varphi (t),\ \exp (X) =\varphi (1)$, kde $\varphi$ je jednoparametrická podgrupa generovaná $X \in \g$ (integrální křivka $X \in \g$).
	}
\Pzn{
	$\exp =:\e$ tedy splňuje $\varphi(t+s)=\e^{(t+s)X}=\varphi (t) \varphi (s) =\e^{tX}\e^{sX}$.
	}
\Prl{
	Exponenciela $\mfrk{af}(1) \to Af(1)$.
	}
	Hledáme integrální křivky vektorového pole z~příkladu \ref{grupa Af(1)}. Pro libovolné levoinvariantní pole jsou rovnice integrálních křivek $\dot{x}(t)=\alpha x(t)$ a $\dot{y}(t)=\beta x(t)$ s~počátečními podmínkami $(x(0),y(0))=(1,0)$, řešením je $(x(t),y(t))=(\e^{\alpha t}, \frac{\beta}{\alpha}(\e^{\alpha t}-1))$. Exponencielu získáme dosazením $t=1$, tj. $\e^X=\e^{\alpha x \partial_x + \beta x\partial_y}=(\e^{\alpha}, \frac{\beta}{\alpha}(\e^{\alpha}-1))$ (pro $\alpha=0$ vyjde výsledek stejně jako provedením $\lim_{\alpha \to 0}$).
 
	V~maticovém vyjádření je pole
	$\left( \begin{smallmatrix}
	\alpha & \beta \\ 0 &0
	\end{smallmatrix} \right)$,
	platí
	$\left( \begin{smallmatrix}
	\alpha & \beta \\ 0 &0
	\end{smallmatrix} \right)^2 =
	\left( \begin{smallmatrix}
	\alpha^2 & \alpha \beta \\ 0 &0
	\end{smallmatrix} \right)$, \dots ,
	$\left( \begin{smallmatrix}
	\alpha & \beta \\ 0 &0
	\end{smallmatrix} \right)^k =
	\left( \begin{smallmatrix}
	\alpha^k & \alpha^{k-1} \beta \\ 0 &0
	\end{smallmatrix} \right)$,
	 takže získáme
	 $\exp \left( \begin{smallmatrix}
	 \alpha & \beta \\ 0 &0
	 \end{smallmatrix} \right)=
	 \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{n!}\left( \begin{smallmatrix}
	\alpha & \beta \\ 0 &0
	\end{smallmatrix} \right)^n=
	 \left( \begin{smallmatrix}
	 \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{\alpha^n}{n!}, & \frac{\beta}{\alpha}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\alpha^n}{n!} \\ 0, &1
	\end{smallmatrix} \right)=
	\left( \begin{smallmatrix}
	 \e^\alpha, & \frac{\beta}{\alpha}(\e^\alpha -1) \\ 0, &1
	 \end{smallmatrix} \right)$.
\Prl{
	Exponenciela maticových grup $G$.
	}
	Hledáme integrální křivku $\gamma (t)$ levoinvariantního vektorového pole, určenou $X \in \g$. Jak toto pole vypadá víme z~příkladu \ref{Maticove grupy} (značení převezmeme z~tohoto příkladu, tj. $X^i_j(e)=\alpha^i_j$). Máme tak pro složky pole $X^i_j(\gamma (t))=\gamma^i_k(t)X^k_j(e)$. Rovnice pro integrální křivky tohoto pole je
		\begin{align}
		\dot{\gamma}^i_j(t)=\gamma^i_k(t)X^k_j(e), \quad \gamma^i_j(0)=\delta^i_j \,,
		&& \Leftrightarrow &&
		\dot{\gamma}(t)= \gamma (t) X(e), \quad \gamma (0)=\mathbb{1} \,.
		\end{align}
Z~maticového zápisu vidíme, že řešením je maticová exponenciela $\gamma(t)=\e^{t X(e)}$, výsledkem je $\e^{X}=\gamma (1)=\e^{X(e)}$. 
\Vet{
	$A \in \gl(n,\C)$, potom $\det \e^A=\e^{\Tr A}$.
	}
\begin{proof}
	Předpokládame, že $\exists B$, tak, že $D=BAB^{-1}$ diagonální (diagonalizovatelné matice jsou husté v množine všech matic a obě strany rovnice jsou spojité $\Rightarrow$ platí obecně).
	\begin{align*}
		\Tr D = \Tr BAB^{-1} = \Tr AB^{-1}B = \Tr A
		\end{align*}
	Platí $\e^{BAB^{-1}} = B\e^AB^{-1}$ z definice pomocí řady, proto $\det\,\e^{D} = \det\,B\det\,B^{-1}\det\,\e^A = \det\,\e^{A}$, a protože $D = \mrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n) \Rightarrow \e^D = \mrm{diag}(\e^{\lambda_1},\dots,\e^{\lambda_n})$, tedy 
	\begin{align*}
		\det\,\e^D =\prod_{k=1}^{n}\e^{\lambda_k} = \e^{\sum_k \lambda_k} = \exp(\Tr D).
		\end{align*}
	\end{proof}	
\Vet{
	Buď $G$ Lieova grupa, pak $\exp: \g \to G:X\to \e^{X}$ je lokální difeomorfismus okolí $0 \in\g$ \emph{na} okolí $e\in G$. (Toto zobrazení není obecně surjektivní ani injektivní na celé $G$).
	}
\begin{proof}
	$\g$ jako vektorový prostor lze chápat jako varietu, $T_0\g\cong\g \Rightarrow \exp$ je hladké zobrazení variet. $\left.\exp_*\right|_0:T_0\g\equiv\g \to \g\equiv T_{e} G, \exp (tX)$ je integrálí křivka procházející $e$, s tečným vektorem $X\Rightarrow \zuz{\exp_*}{0} = \text{identita}\Rightarrow$ podle věty o inverzní funkci je $\exp$ lokální difeomorfismus.
	Detailně: $\exp:X \to \e^X$
	\begin{align*}
		\exp_*(\left.X\right|_0)f = \lim_{t \to 0}\frac{f(\e^{tX+0})-f(\e^0)}{t} = \lim_{t \to 0}\frac{f(\e^{tX})-f(e)}{t} \overset{\mrm{def.}}{=} \left.Xf\right|_e \quad\Rightarrow \\
		\Rightarrow\quad \exp_*(\left.X\right|_0) = \left.\exp_*(X)\right|_e = \left.X\right|_e
		\end{align*} 
	\end{proof}	
\Pzn{
	Pro matice platí: $\exp_*(X)=\left.\td{}{t}(\e^{tX})\right|_{t=0} = \left.\td{}{t}\left(1+tX+O(t^2)\right)\right|_{t=0} = X$
	}
%SURJEKTIVITA V~RÁMCI OKOLÍ???
Je zřejmé, že $\exp$ nemůže být \emph{surjektivní} pro grupy s~více komponentami souvislosti (nelze spojit křivkou body z~různých komponent). $\exp$ není obecně \emph{surjektivní} ani pro souvislé $G$, pouze v~případě, že je $G$ kompaktní.
 
\subsection{Vyšetřování souvislosti variet}
\Def{
	Buďte $V^k \subset M^n$ dif. variety ($V^k$ podvarieta $M^n$). $V^k$ je \textbf{deformační retrakt} $M^n$ právě tehdy, když $\exists$ $r: \langle 0,1 \rangle \times M^n \to M^n$ spojité, takové že
	\begin{itemize}
		\item $\forall m \in M$, $r(0,m)=m$,
		\item $\forall v \in V$, $\forall t \in \langle 0, 1\rangle$: $r(t,v)=v$,
		\item $\forall m \in M$, $r(1,m) \in V$.
	\end{itemize}
	}	
\Def{
	Souvislá varieta $M$ je jednoduše souvislá právě tehdy, když platí:
	\begin{itemize}
		\item $\forall \gamma: \langle 0,1 \rangle \to M$, spojité, $\gamma(0) = \gamma(1)$
		\item $\exists \phi: \langle 0,1 \rangle \times \langle 0,1 \rangle \to M$, spojité takové, že $\forall t \in \langle 0,1 \rangle,\ \phi(0,t)=\gamma(t),\ \phi(1,t)=\gamma(0)$
	\end{itemize}
	}
\Vet{
	$V^k$ je deformační retrakt $M^n$, pak
	\begin{itemize}
		\item $M$ souvislá $\Leftrightarrow$ $V$ souvislá,
		\item $M$ jednoduše souvislá $\Leftrightarrow$ $V$ jednoduše souvislá.
	\end{itemize}
	}
\begin{proof}
	Souvislost zřejmá. Jednoduchá souvislost plyne z toho, že pro křivky platí $\gamma_V(t) = r(1,\gamma_M(t))$. 
	\end{proof}
\Pzn{
	Souhrnné pojednání o souvislosti námi používaných grup je v~\emph{The American Mathematical Monthly}
Vol. 74, No. 8 (Oct., 1967), pp. 964-966.\footnote{
		\texttt{http://www.jstor.org/stable/2315278}
	}
	}
\Prl{
	$Sl(2,\R) = \left(\begin{smallmatrix}
	x & y \\
	z & w 
	\end{smallmatrix}\right),\ xw-zy=1$ není jednoduše souvislá.
	}
	Lze ji zdeformovat na $SO(2)$: Nejprve definujeme $V_1$ tak, aby 
	\begin{align*}\forall \begin{pmatrix}
	\tilde{x} & \tilde{y} \\
	\tilde{z} & \tilde{w}
	\end{pmatrix} \in V_1,\ \tilde{x}^2+\tilde{z}^2=1,\ \tilde{x}\tilde{w}-\tilde{z}\tilde{y}=1.
	\end{align*}
	Položíme $r_1\left( t,\left(\begin{smallmatrix}
			x & y \\
			z & w
			\end{smallmatrix}\right) \right) = \left(\begin{smallmatrix}
			\alpha(t)x & \frac{1}{\alpha(t)}y \\
			\alpha(t)z & \frac{1}{\alpha(t)}w		
			\end{smallmatrix}\right)$ , kde $\alpha(0) = 1$ a pro $\alpha(1)$ platí $\alpha^2(1) \left( x^2+z^2 \right) = 1$. Zvolime proto $\alpha(t) = \frac{1}{\left( x^2 + z^2 \right)^{t/2}}$ a $V_1 = \mrm{Im}\, r_1\left( 1,. \right) \subset Sl(2,\R)$ už splňuje požadavky.
			Dále zdeformujeme $V_1$ tak, aby sloupce byly ortonormální vektory:
		\begin{align*}
			r_2\left( t,\begin{pmatrix}
			x & y \\
			z & w
			\end{pmatrix} \right) = \begin{pmatrix}
			x & y \\
			z & w
			\end{pmatrix} - t\left( xy + zw \right) \begin{pmatrix}
			0 & x \\
			0 & z
			\end{pmatrix}	\\
			V_2 = \mrm{Im}\, r_2 (1,.) = \left\{ \begin{pmatrix}
			x & y \\
			z & w
			\end{pmatrix} \in Sl(2,\R) \middle| x^2 + z^2 = 1,\ xy + zw = 0 \right\}
			\end{align*}
		\begin{align*}	
			xy + zw = 0 \rimpl x = -\frac{zw}{y} \quad \Rightarrow\quad \begin{array}{lllll} xw - zy &= -\frac{zw^2}{y}-zy = 1 &\Rightarrow w^2 + y^2 &= -\frac{y}{z}\\
			x^2 + z^2 &= \frac{z^2w^2}{y^2}+z^2 = 1 &\Rightarrow w^2 + y^2 &= \frac{y^2}{z^2} 
				\end{array}			
			\end{align*}
		$\Rightarrow\quad w^2 +y^2 = 1\rimpl V_2 = SO(2)=\left\{ \left(\begin{smallmatrix}
			\cos\theta & -\sin\theta \\
			\sin\theta & \cos\theta
			\end{smallmatrix}\right)\middle|\theta \in  \langle 0,2\pi \rangle \right\}$ souvislá a topologicky eqvivalentní $S^1$. $Sl(2,\R)$ je tedy souvislá, ale není jednoduše souvislá. Podíváme se ještě na $\exp: sl(2,\R) \to Sl(2,\R)$.
		\begin{align*}
			sl(2,\R) = \left\{A = \begin{pmatrix}
			x & y \\
			z & -x
			\end{pmatrix}\middle| x,y,z \in \R \right\} \Rightarrow A^2 = \begin{pmatrix}
			x & y \\
			z & -x
			\end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix}
			x^2 + yz & 0 \\
			0 & zy + x^2
			\end{pmatrix} = -\det A \cdot \mathbb{1}
			\end{align*}
		\begin{align*}
			\e^A = \left\{ \begin{array}{lllllll}
				\cos\det A \cdot \mathbb{1} + \frac{1}{\sqrt{\det A}}\sin\sqrt{\det A}\cdot A &  & \det A > 0 & &  \Rightarrow & & \Tr\, e^A = 2\cos \sqrt{\det A} \in \langle -2,2 \rangle \\ 
				\cosh \sqrt{|\det A|}\cdot \mathbb{1} + \frac{1}{\sqrt{|\det A|}} \sinh \sqrt{|\det A|} & & \det A < 0 & & \Rightarrow & & \Tr\, e^A = 2\cosh \sqrt{|\det A|} \leq 2 \\
				\mathbb{1}+A & & \det A = 0 & & \Rightarrow & & \Tr\, \e^A = 2 
				\end{array}\right.
			\end{align*}
			$\Rightarrow\quad \Tr\,\e^A \geq -2,\ \forall A \in sl(2,\R)\rimpl$ např. $\left(\begin{smallmatrix}
				-2 & 0 \\
				0 & -\frac{1}{2}
				\end{smallmatrix}\right) \in G \setminus \exp(\g) \rimpl G$ nemusí být celé pokryté exponenciélou, pokud je jen souvislé. Pro $G$ jednoduše souvislé to už platí. Bez důkazu. 				
\Pzn{
	Lze ukázat, že $Sl(n,\R)$ není jednoduše souvislá $\forall n \in \N$.
	}			
%\Vet{$G$ souvislá Lieova grupa, $\varphi: 0\in U=U^\circ \subset \g \to \varphi(U)=(\varphi (U))^\circ \subset G$ ($e \in \varphi (U)$) difeomorfismus. Pak libovolný $g \in G$ lze zapsat vepsat ve tvaru konečného součinu $g=g_1g_2 \cdots g_k$, kde $g_j\in \varphi (U)$. (V~případě $\varphi =\exp$ umí Vysouš ukázat, že $k=2$.)}
\Vet{
	Buď $G$ souvislá Lieova grupa, $g \in G$. Pak existuje $n \in \N,\ X_1,\dots,X_n \in \g$ takové, že $g=\e^{X_1}\e^{X_2}\dots\e^{X_n}$.
	}
\begin{proof}
	Mějme $e\in U_0 = U_0^\circ \subset G$. Předpokládame $(.)^{-1}: U_0 \to U_0$ (jinak bereme $\tilde{U}_0 = U_0 \cap U_0^{-1}$, kde $U_0^{-1} = \{ g^{-1}| g \in U_0 \}$). Konstruujeme $U_i = \bigcup_{g \in U_{i-1}} gU_0$, zřejmě $U_i \subset U_i+1$ a protože $L_g(U_0) = \left( L_g(U_0)\right)^\circ$, je taky $U_i = U_i^\circ$. Označme $U=\bigcup_{i \in \N_0}U_i$, pak $U = U^\circ$ a pro $V = G \setminus U$ platí $V = \overline{V}$. Chceme ukázat, že $\forall g \in V,\ gU_0 = L_g(U_0) = \left(L_g(U_0)\right)^\circ \subset V$.
	Sporem: $L_g(U_0) \cap U \neq \emptyset \rimpl \exists u_0 \in U_0,\ gu_0 \in U \rimpl g \in Uu_0^{-1} \subset U$, protože $U_iu_0^{-1} \subset U_iu_0 \subset U_{i+1} \subset U$, spor.$\rimpl V=V^\circ \rimpl U = \overline{U},\ e \in U \rimpl U \neq \emptyset \rimpl U = G$
	\end{proof}
 
\subsection{Tok levoinvariantního vektorového pole}
Pro $X \in \g$ je $X|_e \in T_eG$ a $\e^{tX|_e}$ je integrální křivka procházející $e$. Integrální křivka tohoto pole procházející $g$ je $g \e^{t X|_e}$ ($\left.\frac{\dd}{\dd t}\right|_{t=0}g \e^{t X|_e}=L_{g*}\left.\frac{\dd}{\dd t}\right|_{t=0} \e^{t X|_e}=L_{g*}X|_e=X_g$).
\Vet{
	Tok generovaný levoinvariatním $X$ (tj. $X \in \g =T_eM$) je jednoparametrická grupa pravých translací, tj.
	\begin{align*}
	\Phi^t_X(g)=g\e^{tX} \quad \Leftrightarrow \quad  \Phi^t_X=R_{\e^{tX}} \,.
	\end{align*}
	}
\begin{proof}
	$X \in \g,\ \dot{\gamma}(t)=X(\gamma(t))$:
	\begin{align*}
		\gamma(0) = e &\rimpl \gamma(t) = \e^{tX}		\\
		\gamma(0) = g &\rimpl \gamma(t) = g\e^{tX} = L_g\left( \e^{tX} \right) = R_{\e^{tX}}(g) \text{, neboť } \dot{\gamma}(0) = L_{g*}\zuz{\td{}{t}}{t=0}\e^{tX} = L_{g*}(X) = X
		\end{align*}
		$\Rightarrow \quad \Phi_X^t = R_{\e^{tX}}$
	\end{proof}	
\Dsl{
	$X \in \g$, $Y \in \Xs (G)$, $Y \circ R^*_g=R^*_g \circ Y$, potom $[X,Y]=0$. (To znamená, že levoinvariantní a pravoinvariantní pole komutují.)
	}
\begin{proof}
	\begin{align*}
		[ X,Y ] f = X(Yf) - Y(Xf) = \lim_{t \to 0^+}\frac{1}{t}\big( (Yf) \circ R_{\e^{tX}} - Yf - Y(f \circ R_{\e^{tX}}) + Yf \big) = \\
		= \lim_{t \to 0^+}\frac{1}{t}\big( (R_{\e^{tX}}^* \circ Y)f - (Y \circ R_{\e^{tX}}^*)f \big) = 0
		\end{align*}
	\end{proof} 
\Vet{
	$M$ dif. varieta, $X,Y \in \Xs (M)$, $\Phi_t^X$, $\Phi_t^Y$ jejich toky, $p\in M$. Potom
	\begin{align*}
	\left.([X,Y]f)\right|_p=\lim_{t \to 0}\frac{f(\sigma (t))-f(p)}{t^2}\,,
	\end{align*}
	$\sigma(t)=(\Phi_{-t}^Y \circ \Phi_{-t}^X \circ \Phi_t^Y \circ \Phi_t^X \ )(p)$, tedy $\sigma(0) = p$.
	}
\begin{proof}
	Pro jednoduchost zavedeme následující značení:
	\begin{figure}[!h]
		\centering
		\includegraphics[pdf]{liag-1.pdf}
		\end{figure} 
	\begin{align*}
		f(4) - f(0) = \big( f(4) - f(3) \big) + \big( f(3) - f(2) \big) + \big( f(2) -f(1) \big) + \big( f(1) - f(0) \big)
		\end{align*}
	\begin{align*}
		f(1) - f(0) &= tXf(0) + \frac{t^2}{2}X(Xf)(0) + O(t^3) \\
		f(2) - f(1) &= tYf(1) + \frac{t^2}{2}Y(Yf)(1) + O(t^3) \\
		f(3) - f(2) &= -tXf(2) + \frac{t^2}{2}X(Xf)(2) + O(t^3) \\
		f(4) - f(3) &= -tYf(3) + \frac{t^2}{2}Y(Yf)(3) + O(t^3)
		\end{align*}
	\begin{align*}
		Xf(0) - Xf(2) &= Xf(0) - Xf(1) + Xf(1) - Xf(2) = -tX(Xf)(0) - tY(Xf)(1) + O(t^2) =\\
		&= -tX(Xf)(0) - tY(Xf)(0) +O(t^2) \\
		Yf(1) - Yf(3) &= Yf(1) - Yf(2) +Yf(2) - Yf(3) = -tY(Yf)(1) + tX(Yf)(2) + O(t^2) = \\
		&= -tY(Yf)(0) + tX(Yf)(0) + O(t^2)
		\end{align*}
	\begin{align*}
		f(4) - f(0) = -t^2X(Xf)(0) - t^2Y(Xf)(0)  - t^2Y(Yf)(0) + t^2 X(Yf)(0) +\\
		+ \frac{t^2}{2}X(Xf)(0) + \frac{t^2}{2}Y(Yf)(0) + \frac{t^2}{2}X(Xf)(0) + \frac{t^2}{2}Y(Yf)(0) + O(t^3)= \\
		= t^2\big( X(Yf) - Y(Xf) \big)(0) + O(t^3)
		\end{align*}	
	\begin{align*}
		\Rightarrow \quad \lim_{t \to 0^+}\frac{1}{t^2}\big( f(\sigma(t)) - f(p) \big) = \left[ X(Yf) - Y(Xf) \right](p)
		\end{align*}	
	\end{proof}
\Dsl{
	$X,Y \in \g \rimpl [X,Y]f(p) = \lim_{t \to 0^+}\frac{1}{t^2}\big(f\left( R_{\e^{-tY}}R_{\e^{-tX}}R_{\e^{tY}}R_{\e^{tX}}(p) \right) - f(p) \big)$
	} 
\Dsl{
	Pro maticové grupy tak platí $[X,Y]|_e=XY-YX$, $\forall X,Y \in \g$.
	}
\begin{proof}
	$e = \mathbb{1},\ R_{\e^{-tY}}R_{\e^{-tX}}R_{\e^{tY}}R_{\e^{tX}}(\mathbb{1}) = \e^{tX}\e^{tY}\e^{-tX}\e^{-tY}$
	\begin{align*}
		[X,Y]f(e) = \lim_{t \to 0^+}\frac{1}{t^2}\Big(f\left( \e^{tX}\e^{tY}\e^{-tX}\e^{-tY} \right) - f(\mathbb{1}) \Big) = \lim_{t \to 0^+}\frac{1}{t}\Big(f\left( \e^{\sqrt{t}X}\e^{\sqrt{t}Y}\e^{-\sqrt{t}X}\e^{-\sqrt{t}Y} \right) - f(\mathbb{1}) \Big)
		\end{align*}
	\begin{align*}
		\zuz{\td{}{t}}{0}\left( \e^{\sqrt{t}X}\e^{\sqrt{t}Y}\e^{-\sqrt{t}X}\e^{-\sqrt{t}Y} \right) =  \zuz{\td{}{t}}{0}\left( \left( \mathbb{1} + \sqrt{t}X \right) + \frac{t}{2}X^2 \right)\left( \left( \mathbb{1} + \sqrt{t}Y \right) + \frac{t}{2}Y^2 \right) \\
		\left( \left( \mathbb{1} - \sqrt{t}X \right) + \frac{t}{2}X^2 \right)\left( \left( \mathbb{1} - \sqrt{t}Y \right) + \frac{t}{2}Y^2 \right) = \zuz{\td{}{t}}{0}\left( \mathbb{1} + t\left( XY - YX \right) +O(\sqrt{t}^3) \right) = XY - YX
		\end{align*}
	\begin{align*}
		\Rightarrow \quad [X,Y]f(\mathbb{1}) = \underbrace{(XY - YX)}_{\text{maticové násobení}}f(\mathbb{1}) \rimpl \zuz{[X,Y]}{\mathbb{1}} = \zuz{X}{\mathbb{1}}\zuz{Y}{\mathbb{1}} - \zuz{Y}{\mathbb{1}}\zuz{X}{\mathbb{1}}
		\end{align*}		
	\end{proof} 
\Pzn{ \label{Veta}
	$G$ Lieova grupa, $\g$ Lieova algebra, $\h$ podalgebra $\g$. Potom existuje vnořená podvarieta $H \subset G$, taková, že $H$ je podgrupa $G$ a její Lieova algebra je přirozeně izomorfní $\h$.
	}
\Pzn{
	Obecně se nejedná o vložení. Uvažujme například $T^2=S^1[\varphi] \times S^1[\vartheta],\ (\varphi_1,\theta_1)(\varphi_2,\theta_2) = (\varphi_1 + \varphi_ 2, \theta_1 +\theta_2),\ e=(0,0)$. Vektorové pole $X=a\partial_\varphi + b \partial_\vartheta \in \mathfrak{t}^2$, $\h =\mathrm{span} \{ X \}$ a $\frac{a}{b}\not \in \mathbb{Q}$, $\dot{\varphi} = a,\ \dot{\theta} = b \rimpl H = \{at, bt | t \in \R\}$. Protože $[X,X]=0$ je $\h$ jednorozměrná podalgebra. Pro $\frac{a}{b} \in \mathbb{Q}$ je křivka na toru uzavřená a jedná se o vložení, pro $\frac{a}{b}\not \in \mathbb{Q}$ ale v~topologii $T^2$ je $\overline{H}=T^2$, tj. nejedná se o vložení.
	}