Hasta donde yo soy consciente, por un grupo de ser el producto directo de los grupos es suficiente con que $G\cong H\times K$ como un conjunto y $H$ $K$ son normales en $G$. Para Mentir grupos, grupos normales corresspond a los ideales de la Mentira de álgebra. Para $G$ compacto, dado un ideal $\mathfrak{h} \subset \mathfrak{g}$, siempre podemos encontrar un complemento ideal $\mathfrak{k}$ tal que $\mathfrak{g}\cong\mathfrak{k}\oplus\mathfrak{h}$ por el uso de una adecuada interior del producto, sin embargo, para que el grupo sea un producto directo de las pruebas requieren que el $G$ ser simplemente conectado. Como parece que puede conseguir el producto de la estructura en $G$ desde con el hecho de que $exp$ es surjective, no estoy seguro de que el requisito de $G$ a ser simplemente conectado viene en... Además, si $G$ no está simplemente conectado, hay una condición que se puede añadir a asegurarse de que el grupo es todavía un producto directo?
Respuesta
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Primero, el original de su suposición es incorrecta: Si dejamos $G = \mathbb{Z}_4$$H = K = \mathbb{Z}_2$, $G\cong H\times K$ como conjuntos (ya que ambos son $4$ elemento conjuntos), sino $G$ no es un no-trivial directa del producto.
En la Mentira de grupo, tiene más sentido pedir que $G\cong H\times K$ tan suave colectores. Todavía hay contraejemplos:
Deje $G' = S^1\times SU(2n)$$G = G'/\pm(1,I)$. Dejamos $H$ ser la imagen de la $S^1$ factor en $G'$$G$, e $K$ ser la imagen de la $SU(2n)$ factor.
Debido a $H$ $K$ son imágenes de lo normal subgrupos bajo un surjective mapa, son subgrupos normales de $G$. Además, pretendemos que $G$ es diffeomorphic a $H\times K$.
Para hacer este diffeomorphism, lo primero que vamos a $\phi:S^1\rightarrow SU(2n)$ ser dado por $\phi(z) = \operatorname{diag}(z,z,z...,z, \overline{z}, \overline{z},...,\overline{z})$, donde se $n$ copias de $z$$\overline{z}$. A continuación, $\phi$ es un homomorphism, la incorporación de $S^1$ a $SU(2n)$.
Ahora, vamos a $f:G'\rightarrow H\times K$ ser dado por $f([z,A]) = (z^2, \phi(z)A)$.
Esto está bien definido: $f([-z,-A]) = (z^2, \phi(z)A) = f([z,A])$.
Este es inyectiva: si $(z^2, zA) = (w^2, wB)$, $z^2 = w^2$ que obliga a $z = \pm w$. Si $z = w$, claramente $A=B$. Si $z = -w$, claramente $A = -B$, lo $(w,B) = -(z,A)$, lo $[w,B] = [z,A]$.
Este es surjective: Dado $(w,B)\in H\times K$, vamos a $z$ ser cualquier raíz cuadrada de $w$. A continuación,$f([z, \phi(z^{-1})B]) = (w,B)$.
Este es suave: Si uno precomposes con el mapa de $G'\rightarrow G\rightarrow H\times K$, se obtiene el mapa de $(z,A)\mapsto (z^2, zA)$, lo que obviamente es suave. Desde $G'\rightarrow G$ es una inmersión, $f$ debe ser suave también.
La inversa es suave: En un punto de $(w,B)\in H\times K$, elegimos una raíz cuadrada de $w$ y llamar a $z$. Luego, a nivel local, la inversa de a $f$ $(w,B)$ se parece a $([\sqrt{w}, \sqrt{w}^{-1} B])$. Dado que la función de raíz cuadrada, visto como un mapa de $\mathbb{C}\setminus\{0\}\rightarrow \mathbb{C}$ a nivel local es suave (si seguimos recogiendo la misma rama), esto es liso.
En cuanto a tu intuición con respecto a $\exp$, el problema es que podríamos tener $\exp(h) = \exp(k)\neq e$ algunos $h\in \mathfrak{h}\subseteq \mathfrak{g}$$k\in\mathfrak{k}\subseteq \mathfrak{g}$. Para el $G$ ejemplo anterior, el vector $h = \pi \in \mathfrak{h}\oplus\mathfrak{k}$ $k = \pi I$ exponentiate a$(-1, I)$$(1,-I)$$H\times K$. Pero en $G$, estos se identifican en el mismo (no identidad) punto.
Finalmente, para responder a su última pregunta:
Supongamos $G$ es cualquier compacto de Lie del grupo para que $Z(G) = \{e\}$, es decir, $G$ es sin centro. Si $\mathfrak{g} = \mathfrak{h}\oplus\mathfrak{k}$ con ambos $\mathfrak{h}$ $\mathfrak{k}$ ideales, a continuación, $G$ es un producto directo.
(Así, por ejemplo, $SO(4)/\pm I$ debe ser un producto directo, y de hecho, es $SO(3)\times SO(3)$.)
Prueba: Supongamos $\pi: G'\rightarrow G $ denotar la universalización de la cobertura de $G$. Mediante el grupo teórica hecho de que $\pi(Z(G'))\subseteq Z(G) = \{e\}$, se deduce que el $Z(G')\subseteq \ker \pi$. El reverso de inclusión $\ker \pi \subseteq Z(G')$ siempre es cierto para la universalización de la cobertura (ver esta respuesta por Jack Lee y las referencias que da). Por lo tanto, $Z(G') = \ker \pi$. Por supuesto, la escritura $G' = H\times K$ (donde $H$ $K$ son los únicos simplemente grupos conectados con álgebras de Lie $\mathfrak{h}$$\mathfrak{k}$), se deduce que el $Z(G') = Z(H)\times Z(K)$.
A continuación, $G = G'/\ker \pi = (H\times K)/(Z(H)\times Z(K)) = (H/Z(H)) \times (K/Z(K))$ es un producto directo, como se reivindica. $\square$
Editar Su reclamo en el comentario es correcto:
Teorema Suponga $G$ está conectado a un compacto de Lie de un grupo con la Mentira de álgebra $\mathfrak{g}$, que se descompone como suma de dos ideales $\mathfrak{h}\oplus \mathfrak{k}$. Además, supongamos que el $H:=\exp(\mathfrak{h})$ $K:=\exp(\mathfrak{k})$ se cruzan sólo en $e\in G$. A continuación, $G$ es Mentira isomorfo a $H\times K$.
Prueba: Consideremos $f:H\times K\rightarrow G$$f(h,k) = hk$. Esto es claramente suave porque la multiplicación en $G$ es suave. Este mapa induce un isomorfismo en la Mentira de álgebra de nivel, por lo que se deduce de general Mentira teoría de que $f$ es una cubierta.
Sin embargo, $f$ es inyectiva: si $f(h,k) = e$,$hk = e$, lo $h = k^{-1} \in H\cap K =\{e\}$. Un inyectiva cubriendo mapa es una diffeomorphism, por lo que estamos por hacer.
