§ 6. 。豪斯多夫级数 · 李群与李代数

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§ 6。豪斯多夫级数

在本段中，我们假设 $K$ 是特征 0 的域。

1. 过滤后的指数和对数代数

令 $A$ 为单位结合律代数，它是豪斯多夫且在真实过滤 $(A_\alpha)$ 下完成。我们写 $m = A_0^+ = \bigcup_{\alpha > 0} A_\alpha$ 。

对于 $x \in m$ ，族 $(x^n/n!)_{n \in \mathbf{N}}$ 是可求和的。我们写

e^x = \exp x = \sum_{n \geqslant 0} x^n/n!.

那么 $\exp(x) \in 1 + m$ 和映射 $\exp : m \to 1 + m$ 被称为 $A$ 的*指数映射*。

对于所有 $y \in 1 + m$ ，族 $((-1)^{n-1}(y-1)^n/n)_{n \geqslant 1}$ 是可求和的。我们写

\log y = \sum_{n \geqslant 1} (-1)^{n-1}(y-1)^n/n.

那么 $\log y \in m$ 和映射 $\log : 1 + m \to m$ 被称为 $A$ 的*对数映射*。

命题 1 0A61

指数映射是 $m$ 到 $1 + m$ 的同胚，对数映射是逆同胚。

引用了 2 · 被以下引用 2

引用了 A IV § 6. 。对称函数, II § 5. 。马格努斯代数

被以下引用 § 6. 。豪斯多夫级数, 定理 1

对于 $x \in A_\alpha$ ， $\frac{x^n}{n!} \in A_{n\alpha}$ 。由此可见，定义指数的级数对于 $\alpha > 0$ 均匀收敛于集合 $A_\alpha$ ；由于 $A_\alpha$ 在 $m$ 和 $m = \bigcup_{\alpha > 0} A_\alpha$ 开集，所以指数映射是连续的。类似地可以证明对数映射是连续的。

令 $e$ 和 $l$ 为形式幂级数，没有常数项

e(X) = \sum_{n \geq 1} \frac{X^n}{n!}, \quad l(X) = \sum_{n \geq 1} (-1)^{n-1} X^n / n.

我们知道（*代数*，章IV, § 6, no. 9） $e(l(X)) = l(e(X)) = X$ 在 $\hat{A}(\{X\}) = K[[X]]$ 。通过代换 (§ 5, no. 1)，我们推断出

e(l(x)) = l(e(x)) = x

$x \in m$ ；作为

\exp x = e(x) + 1, \quad \log(1 + x) = l(x)

紧接着就是

\log \exp x = x, \quad \exp \log(1 + x) = 1 + x

$x$ $m$ 、从而命题。

注 0A62

(1) 如果 $x \in m, y \in m$ 和 $x$ 和 $y$ 通勤，则

\exp(x + y) = \exp(x) \exp(y),

因为族 $\left( \frac{x^i}{i!} \cdot \frac{y^j}{j!} \right)_{i,j \in \mathbf{N}}$ 是可求和的 (cf. 代数, 章 IV, § 6, no. 9, 命题 11)。

(2) 由于级数、 $e$ 和 $l$ 没有常数项且 $A_\alpha$ 是 $A$ 、 $\exp A_\alpha \subset 1 + A_\alpha$ 和 $\log(1 + A_\alpha) \subset A_\alpha$ 从而 $\exp A_\alpha = 1 + A_\alpha$ 和 $\log(1 + A_\alpha) = A_\alpha$ 的闭理想 $\alpha > 0$ 。

(3) 设 $B$ 为完全Hausdorff过滤单位结合律代数和 $n = \bigcup_{\alpha > 0} B_\alpha$ 。令 $f$ 是 $A$ 到 $B$ 的连续单位同态，使得 $f(m) \subset n$ 。然后 $f(\exp x) = \exp f(x)$ 对应 $x \in m$ ， $f(\log y) = \log f(y)$ 对应 $y \in 1 + m$ ；我们显示例其中第一个公式：

f(\exp x) = \sum_{n \geq 0} f(x^n)/n! = \sum_{n \geq 0} f(x)^n/n! = \exp f(x).

(4) 设E为单位结合词代数。如果a是E的幂零元，则族 $\left( \frac{a^n}{n!} \right)_{n \in \mathbf{N}}$ 有有限支撑，我们写成 $\exp a = \sum_{n \geq 0} a^n / n!$ 。如果 $b - 1$ 幂零的，则元素 b 是单能的；然后我们写

\log b = \sum_{n \geq 1} (-1)^{n-1} (b - 1)^n / n.

我们从关系 $e(l(X)) = l(e(X)) = X$ 推出映射 $a \mapsto \exp a$ 是E的幂零元的集合的双射到E的单能元素的集合，并且 $b \mapsto \log b$ 是映射的逆。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了命题 11, A IV § 6

被以下引用定理 1

2. 豪斯多夫群

设X为集合。我们使用§ 5的记号，没有。 1 和 2. 自由的李代数 L(X) 由 A(X) 中的典范像标识 (§ 3, no. 1, 定理 1)。我们用 $\hat{L}(X)$ 表示 $\hat{A}(X)$ 中L(X)的闭包，即形式 $a = \sum_{n \geq 1} a_n$ 的 $\hat{A}(X)$ 的元素的集合，使得 $a_n \in L^n(X)$ 对于所有 $n \geq 0$ ；这是过滤了 $\hat{A}(X)$ 的谎言子代数。

定理 1 0A63

$\hat{A}(X)$ 到 $\hat{L}(X)$ 的指数映射的限制是 $\hat{L}(X)$ 的双射到马格努斯群 $\Gamma(X)$ 的闭子群上。

引用了 4

引用了推论 1, II § 3, 推论 2, II § 3, 命题 1, 注

我们写 $A(X) = A, A^n(X) = A^n, \hat{A}(X) = \hat{A}, L^n(X) = L^n, \hat{L}(X) = \hat{L}, \Gamma(X) = \Gamma$ 。令 B 为代数 $A \otimes A$ ，型 $\mathbf{N}$ 的分级由 $B^n = \sum_{i+j=n} A^i \otimes A^j$ 定义。令 $\hat{B} = \prod_{n \geq 0} B^n$ 为关联的完整过滤代数 (交换代数, 章 III, § 2, no. 12, 例 1)。余积 $c : A \to A \otimes A$ 在§ 3, no. 1中定义，推论1到定理1的等级为次数0，因此扩展通过连续性到同态 $\hat{c} : \hat{A} \to \hat{B}$ 给出：

\hat{c}\left( \sum_{n \geq 0} a_n \right) = \sum_{n \geq 0} c(a_n) \quad \text{for } a_n \in A^n.

我们还将 $\hat{A}$ 的定义连续同态 $\delta'$ 和 $\delta''$ 转化为 $\hat{B}$

\delta'\left( \sum_{n \geq 0} a_n \right) = \sum_{n \geq 0} (a_n \otimes 1), \qquad \delta''\left( \sum_{n \geq 0} a_n \right) = \sum_{n \geq 0} (1 \otimes a_n) \quad \text{for } a_n \in A^n.

根据§ 3, no. 1的推论2到定理1， $L^n$ 是 $a_n \in A^n$ 的集合，使得 $c(a_n) = a_n \otimes 1 + 1 \otimes a_n$ 。由此可知 $\hat{L}$ 是 $a \in \hat{A}$ 的集合，使得

\hat{c}(a) = \delta'(a) + \delta''(a).

令 $\Delta$ 为等于 1 的常数项的 $b \in \hat{A}$ 和满足关系的集合

\hat{c}(b) = \delta'(b) \cdot \delta''(b),

在 $b = \sum_{n \geq 0} b_n$ 的其他字、集合中，使得 $b_n \in \mathbf{A}^n$ 对于所有 $n \geq 0$ ， $b_0 = 1$ 和 $c(b_n) = \sum_{i+j=n} b_i \otimes b_j$ 对于 $n \geq 0$ 。后者刻画表明 $\Delta$ 是 $\Gamma$ 的闭子集；因为 $\hat{\epsilon}$ 、 $\delta'$ 和 $\delta''$ 分别为环同态， $\delta'(\hat{\mathbf{A}})$ 的每元素与 $\delta''(\hat{\mathbf{A}})$ 的每元素、限制到 $\Gamma$ 通勤映射 $c$ 和 $\delta'\delta''$ 是群同态， $\Delta$ 是 $\Gamma$ 的子群。

By Proposition 1 of no. 1, the exponential mapping of $\hat{\mathbf{A}}$ is a bijection of the set $\hat{\mathbf{A}}^+$ of elements of $\hat{\mathbf{A}}$ with no constant term onto $\Gamma$ . 设 $a \in \hat{\mathbf{A}}^+$ 和 $b = \exp a$ 。由于 $\hat{\epsilon}$ 是连续的环同态，

\hat{\epsilon}(b) = \hat{\epsilon}\left( \sum_{n \geq 0} a^n/n! \right) = \sum_{n \geq 0} \hat{\epsilon}(a)^n/n! = \exp \hat{\epsilon}(a).

The relations

\delta'(b) = \exp \delta'(a), \quad \delta''(b) = \exp \delta''(a)

类似地被证明，并且由于 $\delta'(a)$ 与 $\delta''(a)$ (no. 1, 注 1) 通勤，

\delta'(b) \delta''(b) = \exp (\delta'(a) + \delta''(a)).

因此 $a$ 满足(3)当且仅当 $b$ 满足(4)，这就证明了定理。

注 0A64

上述证明表明， $\exp(\hat{\mathbf{L}})$ 是 $b$ 满足(4)的 $\Gamma$ 由……组成中的子群 $\Delta$ 。

因此， $\Delta$ 的群运算可以通过指数映射传输到 $\hat{\mathbf{L}}$ 。在其他字中， $\hat{\mathbf{L}}$ 是一个完全拓扑群，律为合成 $(a, b) \mapsto a \mathbin{\mathbf{h}} b$ ，由下式给出

a \mathbin{\mathbf{h}} b = \log(\exp a \cdot \exp b).

由此获得的拓扑群称为*Hausdorff群*（源自相对于K的X）。

令 $g$ 为群 $F = F(X)$ 进入 $\Gamma$ 的同态，使得 $g(x) = \exp x$ 代表 $x \in X$ 。由于 $\exp x - 1 - x = \sum_{n \geq 2} x^n/n!$ 是阶 $\geq 2$ ， $g$ 是§ 5, no. 3的定理1单射。因此*映射 $\log \circ g$ 是 $F$ 的单同态进入Hausdorff群，其中扩展典范嵌入 $X \to \hat{\mathbf{L}}$ *。

对于每个整数 $m \geq 1$ ，我们用 $\hat{\mathbf{L}}$ 中阶 $\geq m$ 的元素的 $\hat{\mathbf{L}}_m$ 集合和 $u \in \Gamma$ 的 $\Gamma_m$ 集合表示，这样 $u - 1$ 是阶 $\geq m$ 。然后 $\hat{\mathbf{L}}_m = \exp(\Gamma_m)$ 乘注2 / no. 1；由于 $(\Gamma_m)_{m \geq 1}$ 是 $\Gamma$ (§ 4, no. 5 命题 2) 上的整体式中央过滤， $(\hat{\mathbf{L}}_m)_{m \geq 1}$ 是群 $\hat{\mathbf{L}}$ 上的整体式中央过滤。

引用了 4

引用了定理 1, II § 5, II § 4. 。中央过滤, 注, 命题 2

3. 正式谎言幂级数

引理 1 0A65

设 $\mathfrak{g}$ 为过滤后的李代数（§ 4, no. 1）， $(\mathfrak{g}_\alpha)_{\alpha \in \mathbf{R}}$ 为过滤后的 $\alpha \in \mathbf{R}$ 。设 P 是不定式 $(\Gamma_i)_{i \in I}$ (§ 2, no. 4) 中次数 n 的齐次李多项式。 Then $P((a_i)) \in \mathfrak{g}_{n\alpha}$ for every family $(a_i)_{i \in I}$ of elements of $\mathfrak{g}_\alpha$ *.

引用了 3 · 被以下引用 1

引用了 II § 2. 。免费李代数, II § 4. 。中央过滤, 命题 7, II § 2

被以下引用命题 2

次数 $n \geqslant 2$ 的每个李多项式都是形式 $[Q, R]$ 的项的有限和，其中 $Q$ 和 $R$ 分别是次数 $< n$ 和和次数等于 $n$ （§ 2, no. 7，命题7）。引理随后是 $n$ 上的归纳。

A 谎言形式幂级数† （系数在 $K$ 中）*在不定式中* $(T_i)_{i \in I}$ 是李代数 $\hat{L}((T_i)_{i \in I}) = \hat{L}(I)$ 中的任何元素。这样的元素 $u$ 可以唯一地写成可和族 $(u_\nu)_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}}$ 的和，其中 $u_\nu \in L^\nu(I)$ 。

假设 $I$ 是*有限*。令 $g$ 为完整的 Hausdorff 过滤李代数，使得 $g = \bigcup_{\alpha > 0} g_\alpha$ ；让 $t = (t_i)_{i \in I}$ 成为元素和 $g$ 的一个家庭。

命题 2 0A66

同态* $f_t : L(I) \to g$ 使得 $f_t(T_i) = t_i$ (§ 2, no. 4) 可以通过连续性扩展到一个且仅一个连续的同态 $\hat{f}_t$ 的 $\hat{L}(I)$ 到 $g$ 。

引用了 3 · 被以下引用 1

引用了 II § 2. 。免费李代数, 引理 1, A IV § 6. 。对称函数

被以下引用注

存在 $\alpha > 0$ ，使得 $t_i \in g_\alpha$ 对于所有 $i \in I$ ；因此 $f_t(L^\nu(I)) \subset g_{|\nu| \wedge \alpha}$ 对于所有 $\nu$ （引理 1），这意味着 $\hat{f}_t$ 的连续性。

如果 $u \in \hat{L}(I)$ ，我们写 $u((t_i)) = \hat{f}_t(u)$ 。特别是取 $g = \hat{L}(I)$ 、 $u = u((T_i))$ ；一般情况下， $u((t_i))$ 称为李形式幂级数 $u((T_i))$ 中用 $t_i$ 代替 $T_i$ 的结果。如果 $u = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} u_\nu$ ，其中 $u_\nu \in L^\nu(X)$ ，族 $(u_\nu((t_i)))_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}}$ 是可求和的，并且

u((t_i)) = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{I}} u_\nu((t_i)).

令 $\sigma$ 为 $g$ 的连续同态到完整的 Hausdorff 过滤李代数 $g'$ ，使得 $g' = \bigcup_{\alpha > 0} g'_\alpha$ 。对于每个*有限*家庭 $t = (t_i)_{i \in I}$ /元素/ $g$ 以及所有 $u \in \hat{L}(I)$ ，

\sigma(u((t_i))) = u((\sigma(t_i))),

对于同态

\sigma \circ \hat{f}_t

是连续的，对于

i \in I

，映射

T_i

到

\sigma(t_i)

。

令 $u = (u_j)_{j \in J}$ 是 $\hat{L}(I)$ 的元素的*有限*族，并令 $v \in \hat{L}(J)$ ；将 $v$ 中的 $T_j$ 替换为 $u_j$ ，我们得到 $\hat{L}(I)$ 的元素 $w = v((u_j)_{j \in J})$ ，用 $v \circ u$ 表示。然后

w((t_i)_{i \in I}) = v((u_j((t_i)_{i \in I}))_{j \in J})

对于

g

的元素的每个“有限”族

t = (t_i)_{i \in I}

，正如通过在方程

w = v((u_j)_{j \in J})

上使用连续的同态

\hat{f}_t

进行操作所看到的那样。

设 $u = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{I}} u_\nu \in \hat{L}(I)$ ，其中 $u_\nu \in L^\nu(I)$ 。 $g^I$ 到 $g$ 的映射 $\tilde{u}$ $(t_i) \mapsto u((t_i))$ 是*连续的*：对于每个开集合 $g_\alpha$ 和 $\alpha > 0$ $\tilde{u}_\alpha$ 的族是一致可求的，并且足以证明每个 $\tilde{u}_\nu$ 是连续的，即 $|\nu|$ 上的直接的乘归纳。

† 谎言形式幂级数一般不是代数、章 IV, § 6 意义上的形式幂级数。

4. 豪斯多夫级数

令 {U, V} 为集合和两个元素。

定义 1 0A67

元素* $H = U \circledast V = \log(\exp U \cdot \exp V)$ (no. 2) 李代数 $\hat{L}_\mathbf{Q}(\{U, V\})$ 在不定式 U * 和* V 中称为 Hausdorff 级数。

被以下引用 4

被以下引用 II § 7. 。 HAUSDOFF 的收敛性级数（真实或复杂的情况）, II § 8. 。 HAUSDOFF 级数的收敛性（超度量情况）, 引理 2, II § 8, III § 4. 。从李代数到李群的通道

我们用 $H_n$ （或 $H_{r,s}$ ）表示总次数 n（或 $(r, s)$ ）中H的齐次分量。然后

H = \sum_{n \geq 0} H_n = \sum_{r, s \geq 0} H_{r,s}, \quad H_n = \sum_{r+s=n \atop r, s \geq 0} H_{r,s}.

定理 2 0A68

如果 r 和 s 是两个正整数，使得* $r + s \geq 1$ ，*则* $H_{r,s} = H'_{r,s} + H''_{r,s}$ ，*其中

引用了 1

引用了推论, II § 3

(r + s)H'_{r,s} = \sum_{m \geq 1} \frac{(-1)^{m-1}}{m} \sum_{\substack{r_1 + \cdots + r_m = r \\ s_1 + \cdots + s_{m-1} = s-1 \\ 1 + s_1 \geq 1, \ldots, r_{m-1} + s_{m-1} \geq 1}} \left( \prod_{i=1}^{m-1} \frac{(\mathrm{ad}\, U)^{r_i}}{r_i!} \frac{(\mathrm{ad}\, V)^{s_i}}{s_i!} \right) \frac{(\mathrm{ad}\, U)^{r_m}}{r_m!} (V)

(r + s)H''_{r,s} = \sum_{m \geq 1} \frac{(-1)^{m-1}}{m} \sum_{\substack{r_1 + \cdots + r_{m-1} = r-1 \\ s_1 + \cdots + s_{m-1} = s \\ r_1 + s_1 \geq 1, \ldots, r_{m-1} + s_{m-1} \geq 1}} \left( \prod_{i=1}^{m-1} \frac{(\mathrm{ad}\, U)^{r_i}}{r_i!} \frac{(\mathrm{ad}\, V)^{s_i}}{s_i!} \right) (U).

在 $\hat{A}_\mathbf{Q}(\{U, V\})$ 、 $\exp U \cdot \exp V = 1 + W$ ，其中 $W = \sum_{r+s \geq 1} \frac{U^r V^s}{r! s!}$ 、从而

H = \sum_{m \geq 1} (-1)^{m-1} W^m / m \text{ (no. 2)}, \text{ that is:}

H_{r,s} = \sum_{m \geq 1} \frac{(-1)^{m-1}}{m} \sum_{\substack{r_1 + \cdots + r_m = r \\ s_1 + \cdots + s_m = s \\ r_1 + s_1 \geq 1, \ldots, r_m + s_m \geq 1}} \prod_{i=1}^m \frac{U^{r_i} V^{s_i}}{r_i! s_i!}.

线性映射 $P_n$ ，由 $\{U, V\}$ 中的 $n \geq 1$ 和 $x_1, \ldots, x_n$ 的 $P_n(x_1, \ldots, x_n) = \frac{1}{n} \left( \prod_{i=1}^{n-1} (\mathrm{ad}\, x_i) \right)(x_n)$ 定义，是 $A^n_\mathbf{Q}(\{U, V\})$ 到 $L^n_\mathbf{Q}(\{U, V\})$ 的投影算子（§ 3, no. 2，命题的推论） 1）；如 $H_{r,s}$ 属于至 $L^{r+s}_\mathbf{Q}(\{U, V\})$ 、 $H_{r,s} = P_{r+s}(H_{r,s})$ 。现在

P_{r+s} \left( \prod_{i=1}^m \frac{U^{r_i} V^{s_i}}{r_i! s_i!} \right) = \frac{1}{r+s} \left( \prod_{i=1}^{m-1} \frac{(\mathrm{ad}\, U)^{r_i}}{r_i!} \frac{(\mathrm{ad}\, V)^{s_i}}{s_i!} \right) \frac{(\mathrm{ad}\, U)^{r_m}}{r_m!} \frac{(\mathrm{ad}\, V)^{s_{m-1}}}{s_{m-1}!} (V)

当 $s_m \geqslant 1$ 且

(13)\quad P_{r+s}\left(\prod_{i=1}^{m} \frac{U r_i}{r_i!} \frac{V s_i}{s_i!}\right) = \frac{1}{r+s} \left( \left( \prod_{i=1}^{m-1} \frac{(\mathrm{ad}\ U)^{r_i}}{r_i!} \frac{(\mathrm{ad}\ V)^{s_i}}{s_i!} \right) \frac{(\mathrm{ad}\ U)^{r_m-1}}{r_m!} \right)(U)

当 $r_m \geqslant 1$ 和 $s_m = 0$ 时。此外，如果 $p \geqslant 2$ 和 $(\mathrm{ad}\ t)^0.t = t$ ，显然 $(\mathrm{ad}\ t)^{p-1}.t = 0$ 。由此可见，当 $s_m \geqslant 2$ 时，(12)的两侧为零，而当 $r_m \geqslant 2$ 时，(13)的两侧为零。因为 $H'_{r,s}$ 是型(12)的项和并且 $H''_{r,s}$ 是型(13)的项和，所以定理跟随。

注 0A69

(1) 我们将 $A(X)$ 的(§ 3, no. 2,注)投影算子 $Q$ 定义到 $L(X)$ 上，使得 $Q(a^m) = 0$ 适用于 $a \in L(X)$ 和 $m \geqslant 2$ 和 $Q(1) = 0$ 。然后立即 $H = Q(\exp H) = Q(\exp U.\exp V)$ ，从而

(14)\quad H_{r,s} = Q \left( \frac{U^r V^s}{r! s!} \right) \quad \text{for } r + s \geqslant 1.

(2) 我们有

(15)\quad H(U, V) \equiv U + V + \frac{1}{2}[U, V] + \frac{1}{12}[U, [U, V]] \\ + \frac{1}{12}[V, [V, U]] - \frac{1}{24}[U, [V, [U, V]]]

右

\sum_{n \geqslant 5} L^n(\{U, V\})

取模。

(3) 每整数 $n \neq 1$ 、从而 $H_{0,n} = H_{n,0} = 0$

(16)\quad H(U, 0) = H(0, U) = U.

另一方面，如 $[U, -U] = 0$ ，

(17)\quad H(U, -U) = 0.

引用了 1

引用了 II § 3. 。包容代数免费李代数

5. 代换在豪斯多夫级数

由于 $K$ 是域包含 $\mathbf{Q}$ ，因此 Hausdorff 级数可以被视为李形式幂级数，系数为 $K$ 。因此，如果 $g$ 是一个完整的Hausdorff过滤李代数和 $g = \bigcup_{\alpha > 0} g_\alpha$ ，那么对于 $g$ 中的 $a, b$ ， $a$ 和 $b$ 可以替代 $H$ 中的 $U$ 和 $V$ （cf.no. 3和§ 2, no. 5、注）。

特别地，令 $A$ 为完整的豪斯多夫过滤单位联想代数。我们将 $\alpha \in \mathbf{R}$ 写为 $m = \bigcup_{\alpha > 0} A_\alpha$ 和 $m_\alpha = A_\alpha \cap m$ ；因此 $m_\alpha = A_\alpha$ 对应 $\alpha > 0$ ， $m_\alpha = m$ 对应 $\alpha \leqslant 0$ 。加上括号 $[a, b] = ab - ba$ ， $m$ 是一个完整的Hausdorff过滤的李代数，可以应用上面的内容。有了这个记号，我们就得到了以下结果，它完成了no. 1的命题 1。

命题 3 0A6A

如果 $a \in m, b \in m$ ，则 $\exp H(a, b) = \exp a . \exp b$ 。

引用了 1 · 被以下引用 4

引用了命题 1, II § 5

被以下引用注 1, 命题 4, 命题 5, 引理 1, VII § 3

设 $a, b$ 在 $m$ 中；存在 $\alpha > 0$ 使得 $a \in A_\alpha$ 和 $b \in A_\alpha$ 。那么存在 Magnus 代数 $\hat{A}(\{U, V\})$ 到 $A$ 映射 $U$ 到 $a$ 和 $V$ 到 $b$ 的连续同态 $\theta$ (§ 5, no. 1，命题1)。

$\theta$ 至 $\hat{L}(\{U, V\})$ 的限制是 $L(\{U, V\})$ 的李代数到 $m$ 的连续同态，其中映射 $U$ （分别为 $V$ ）至 $a$ （分别 $b$ ）。通过no. 3的公式(6)，因此 $\theta(H) = H(a, b)$ 。然后将连续的同态 $\theta$ 应用到关系的两侧即可

\exp H(U, V) = \exp U . \exp V

考虑到 no. 1 的 注 3。

注 1 0A6B

如果 $a$ 和 $b$ 可交换，则 $H_{r,s}(a, b) = 0$ 对于 $r + s \geq 2$ ，对于次数 $\geq 2$ 的每个齐次李多项式在 $(a, b)$ 处都是零。然后 $H(a, b) = a + b$ 和命题3恢复公式

\exp(a + b) = \exp a . \exp b.

引用了 1

引用了命题 3

命题 4 0A6C

令 $g$ 为完整的Hausdorff过滤李代数，使得 $g = \bigcup_{\alpha > 0} g_\alpha$ 。映射 $(a, b) \mapsto H(a, b)$ 是 $g$ 上的群运算，与 $g$ 上的拓扑兼容，其中 $0$ 是单位元素， $-a$ 是所有 $a \in g$ 的 $a$ 的逆。

引用了 1 · 被以下引用 3

引用了命题 3

被以下引用命题 2, II § 7, 命题 3, II § 8, 引理 1, VII § 3

$g \times g$ 到 $g$ 的映射 $(a, b) \mapsto H(a, b)$ 是连续的（no. 3）；由于映射 $a \mapsto -a$ 显然是连续的，因此只需证明关系即可

\begin{align*} (18) \quad & H(H(a, b), c) = H(a, H(b, c)) \\ (19) \quad & H(a, -a) = 0 \\ (20) \quad & H(a, 0) = H(0, a) = a \end{align*}

g

中的

a, b, c

。通过no. 3的公式(7)，当

a, b, c

是三个不定且

g = \hat{L}(\{a, b, c\})

时，足以证明这些公式。现在，指数映射到

\hat{L}(\{a, b, c\})

的限制是单射进入马格努斯代数

\hat{A}(\{a, b, c\})

，乘以命题3：

\begin{align*} \exp H(H(a, b), c) &= \exp H(a, b) . \exp c = \exp a . \exp b . \exp c \\ \exp H(a, H(b, c)) &= \exp a . \exp H(b, c) = \exp a . \exp b . \exp c \\ \exp H(a, -a) &= \exp a . \exp(-a) = \exp(a - a) = \exp 0 \\ \exp H(a, 0) &= \exp a . \exp 0 = \exp a \\ \exp H(0, a) &= \exp 0 . \exp a = \exp a. \end{align*}

这就建立了关系 (18) 到 (20)。

注 0A6D

(2) 取 $g$ 为李代数 $\hat{L}(X)$ 。上面介绍了群运算命题重合以及no. 2中定义的律。在其他字中，

a \mathbin{\mathbf{h}} b = H(a, b) \quad \text{for } a, b \text{ in } \hat{L}(X);

因此 Hausdorff 群运算由 Hausdorff 级数给出。

(3) 令 $g$ 为李代数，并由下中央级数定义积分过滤 ( $\mathscr{C}^n g$ )。假设存在 $m \geq 1$ 使得 $\mathscr{C}^m g = \{0\}$ 。拓扑源自过滤 $(\mathscr{C}^n g)_{n \geq 1}$ ，李代数 $g$ 是Hausdorff，完整甚至离散。然后 $P(a_1, \ldots, a_r) = 0$ 对于 $g$ 中的 $a_1, \ldots, a_r$ 以及次数 $\geq m$ 的每个齐次李多项式 $P$ ；特别是， $r + s \geq m$ 和级数 $H(a, b) = \sum_{r,s} H_{r,s}(a, b)$ 的 $H_{r,s}(a, b) = 0$ 只有非零项的有限数。 $g$ 上的群运算 $(a, b) \mapsto H(a, b)$ 则为多项式映射 (§ 2, no. 4)。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了 II § 2. 。免费李代数

被以下引用注

命题 5 0A6E

令 $K_{r,s}$ 为多次 $(r, s)$ 的 $H(U + V, -U)$ 的分量。然后*

K_{n,1}(U, V) = \frac{1}{(n+1)!} (\operatorname{ad} U)^n(V) \quad \text{for } n \geq 0.

引用了 2 · 被以下引用 2

引用了命题 3, II § 2. 。免费李代数

被以下引用习题 3, § 6, 命题 6, III § 4

我们写 $K(U, V) = H(U + V, -U)$ ， $K_1(U, V) = \sum_{n \geq 0} K_{n,1}(U, V)$ 。我们用L（或R）左（或右）乘法表示 $U$ 在 $\hat{A}(\{U, V\})$ 上。

我们可以写

e^{U}V e^{-U} = \sum_{p, q} \frac{U^p}{p!} V \frac{(-U)^q}{q!} = \sum_{n \geq 0} \frac{1}{n!} \left( \sum_{p+q=n} \frac{n!}{p!q!} (L^p(-R)^q) \cdot V \right) = \sum_{n \geq 0} \frac{1}{n!} (L - R)^n V

因此

e^{U}V e^{-U} = \sum_{n \geq 0} \frac{1}{n!} (\operatorname{ad} U)^n V.

我们现在对

A(\{U, V\})

的理想

\sum_{m \geq 0} \sum_{n \geq 2} A^{m,n}(\{U, V\})

取模计算。对于所有

n \geq 1

，

(U + V)^n \equiv U^n + \sum_{i=1}^{n-1} U^i V U^{n-1-i}

从而

(\operatorname{ad} U)(U + V)^n \equiv ((L - R) \sum_{i=1}^{n-1} L^i R^{n-i}) \cdot V \\ \equiv (L^n - R^n) \cdot V \\ \equiv U^n V - V U^n.

因此

(\operatorname{ad} U) \cdot e^{U+V} \equiv e^{U}V - V e^{U}

总计超过

n

。

另一方面， $K_1(U, V) \equiv K(U, V)$ 和 $e^{K_1(U, V)} \equiv 1 + K_1(U, V)$ ，因此

K_1 \equiv e^K - 1 \equiv e^{U+V}e^{-U} - 1

由命题 3. 我们推断

\begin{align*} (\mathrm{ad}\ U)K_1 &\equiv Ue^{U+V}e^{-U} - e^{U+V}e^{-U}U \\ &\equiv (e^{UV} - Ve^U)e^{-U} \quad \text{(by (23))} \\ &\equiv e^{UV}e^{-U} - V \\ &\equiv \sum_{n \geq 1} \frac{1}{n!} (\mathrm{ad}\ U)^n V \quad \text{(by (22))} \\ &\equiv (\mathrm{ad}\ U)\left( \sum_{n \geq 0} \frac{(\mathrm{ad}\ U)^n}{(n+1)!} V \right). \end{align*}

然后应用§ 2, no. 11的*注*就足够了。

习题

参见习题为 § 6。