Aquí se demuestra una dirección, es decir, si el producto interior $\langle,\rangle$ en $V$ es invariable bajo $\mathcal{D} : G \to \text{GL}(V)$ entonces es invariante bajo $d : \mathfrak{g} \to \mathfrak{gl}(V)$ . Tome cualquier $X \in \mathfrak{g}$ y $v,w \in V$ . Entonces queremos demostrar que
$$\langle d(X)v,w\rangle = - \langle v,d(X)w\rangle.$$ Ahora $e^{tX} \in G$ para todos $t \in \Bbb{R}$ y así
$$\langle \mathcal{D}(e^{tX})v,\mathcal{D}(e^{tX})w \rangle = \langle v,w\rangle.$$
Como toda forma bilineal $B(v,w)$ en un espacio vectorial de dimensión finita viene dada por
$$B(v,w) = v\cdot Aw$$
para algunos $\dim V \times \dim V$ matriz $A$ (donde el $\cdot$ denota el producto escalar por puntos) podemos decir que
$$ \mathcal{D}(e^{tX})v \cdot A\left( \mathcal{D}(e^{tX})w \right) = v \cdot Aw$$
para alguna matriz adecuada $A$ . El secreto ahora es diferenciar ambos lados con respecto a $t$ y establecer $t = 0$ para conseguir
$$\mathcal{D}(e^{tX})v \cdot \frac{d}{dt} A\left( \mathcal{D}(e^{tX})w \right)\bigg|_{t=0} + A\left( \mathcal{D}(e^{tX})w \right) \cdot \frac{d}{dt}\mathcal{D}(e^{tX})v \bigg|_{t=0} =\\ \hspace{1in} \mathcal{D}(e^{tX})v \cdot A\left( \frac{d}{dt}\left(\mathcal{D}(e^{tX})w\right) \right)\bigg|_{t=0} + A\left( \mathcal{D}(e^{tX})w \right) \cdot \frac{d}{dt}\mathcal{D}(e^{tX})v \bigg|_{t=0}=0.$$
Ahora utilizamos la identidad $\frac{d}{dt}\mathcal{D}(e^{tX})\bigg|_{t=0}= d(X)$ y la relación entre $G$ y $\mathfrak{g}$ para conseguir
$$ v \cdot A(d(X)w) + A(w) \cdot d(X)v = v \cdot A(d(X)w) + d(X)v \cdot A(w)$$ y así $$\langle v,d(X)w \rangle + \langle d(X)v,w \rangle = 0 $$
como se desee.
