Esto nunca ocurre. Es decir, no hay ningún grupo que sea localmente isomorfo a $Sp(n)\times Sp(1)$ que es un subgrupo de $U(2n)$ .
En primer lugar, un hecho general: si $H$ es un grupo semisimple conectado (es decir, sin subgrupos abelianos normales de dimensión positiva) y $H\subseteq U(n)$ entonces $H\subseteq SU(n)$ . La idea de esta prueba es considerar la restricción de $\det:U(n)\rightarrow S^1$ a $H$ . Si $\det|_{H}$ no es trivial, la imagen es toda de $S^1$ (siendo un subgrupo conexo), por lo que el núcleo es un codim $1$ subgrupo normal de $H$ . Esto no puede ocurrir para los grupos semisimples, por lo que $\det|_{H}$ es trivial. Es decir, $H\subseteq SU(n)$ .
Por lo tanto, su pregunta equivale a preguntar si $Sp(n)\times Sp(1)/\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ se incrusta en $SU(2n)$ . De hecho, demostraremos que todo homomorfismo $f:Sp(n)\times Sp(1)\rightarrow SU(2n)$ es trivial en al menos uno de los factores.
Utilizando la fórmula de dimensión para las representaciones de $Sp(n)$ (por ejemplo, Fulton y Harris, Rep Theory, pg. 406), se deduce fácilmente que la menor representación no trivial es de dimensión $2n$ - todos los demás son más grandes. Así, hasta la conjugación, existe un único homomorfismo no trivial $Sp(n)\rightarrow SU(2n)$ .
Ahora, el espacio homogéneo $SU(2n)/Sp(n)$ es en realidad un irreducible espacio simétrico. En particular, es irreducible por isotropía: la acción de $Sp(n)$ en el complemento ortogonal (con respecto a una métrica bi-invariante) a $\mathfrak{sp}(n)\subseteq\mathfrak{su}(2n)$ es una representación irreducible.
De ello se desprende que $Sp(n)\subseteq SU(2n)$ es máxima entre los grupos conectados. Ya que si tenemos $Sp(n)\subseteq K\subseteq SU(2n)$ El hecho de que $Sp(n)\subseteq K$ implica que la acción de isotropía preserva $\mathfrak{sp}(n)^\bot \cap \mathfrak{k}$ . La irreductibilidad obliga ahora a $\mathfrak{k} = \mathfrak{sp}(n)$ o $\mathfrak{k} = \mathfrak{su}(2n)$ . Desde $K$ está conectado, $K = Sp(n)$ o $K = SU(2n)$ .
Ahora, dado cualquier homomorfismo $f:Sp(n)\times Sp(1)\rightarrow SU(2n)$ , si $f$ no puede ser no trivial en ambos factores. Para ver esto, primero hay que tener en cuenta que $f|_{I\times Sp(1)}$ debe conmutar con $f|_{Sp(n)\times 1}$ . Desde $Sp(n)$ tiene un centro discreto, esto significa que las imágenes $f|_{I\times Sp(1)}$ y $f_{Sp(n)\times 1}$ deben ser distintos. En particular, $f(Sp(n)\times Sp(1))$ contiene estrictamente $Sp(n)$ . Por el párrafo anterior, esto significa que $f(Sp(n)\times Sp(1)) = SU(2n)$ . Pero esto es absurdo, sólo contando las dimensiones.
Editar Aquí se demuestra que un grupo de Lie compacto conectado no puede tener un subgrupo normal de codimensión uno. Como subproducto de la prueba, tampoco puede tener un subgrupo normal de codimensión dos.
Como consecuencia del hecho bien conocido de que todo grupo de Lie tiene una cubierta de la forma $\Pi_{i=1}^m G_i\times T^k$ con el $G_i$ simplemente conectado y simple, y $T^k$ a $k$ -se deduce que toda álgebra de Lie de un grupo de Lie compacto se divide como una suma directa $\mathfrak{g} = \bigoplus_{i=1}^m \mathfrak{g}_i \oplus \mathbb{R}^k$ con cada $\mathfrak{g}_i$ simple y no abeliano y donde $\mathbb{R}^k$ tiene un corchete de Lie trivial. (Aquí, suma directa significa que los soportes entre los factores son $0$ ). Los ideales en $\mathfrak{g}$ corresponden a subgrupos normales conectados de $G$ por lo que la suposición de semisimplicidad significa $k = 0$ .
Ahora afirmamos que todo ideal en $\mathfrak{g}$ se divide como una suma de factores. Es decir, es de la forma $\bigoplus_{i=1}^m \mathfrak{h}_i$ donde cada $\mathfrak{h}_i$ es trivial o igual a $\mathfrak{g}_i$ . Creyendo esto por el momento, ya que la dimensión mínima del álgebra de Lie simple no abeliana es $3$ El resultado será el siguiente.
La prueba de la afirmación es por inducción, siendo el caso base (un factor) simplemente la definición de simple. Entonces, supongamos que el resultado es verdadero para la suma de cualquier $m$ álgebras de Lie simples no abelianas, y sea $\mathfrak{k}$ sea un ideal en $\bigoplus_{i=1}^{m+1} \mathfrak{g}_i$ con cada $\mathfrak{g}_i$ no abeliana y simple.
Considere $[\mathfrak{g}_1, \mathfrak{k}]$ . Este es un ideal en $\mathfrak{g}_1$ que es simple, por lo que $[\mathfrak{g}_1, \mathfrak{k}]$ es trivial o igual a $\mathfrak{g}_1$ .
Supongamos que estamos en el primer caso: $[\mathfrak{g}_1,\mathfrak{k}] = 0$ . Desde $\mathfrak{g}_1$ no tiene centro (siendo simple y no abeliano), esto implica entonces que la proyección de $\mathfrak{k}$ a $\mathfrak{g}_1$ es trivial, por lo que $\mathfrak{k}$ es naturalmente un ideal de la suma $\bigoplus_{i=2}^{m+1} \mathfrak{g}_i$ por lo que la hipótesis inductiva da el resultado.
Entonces, supongamos que estamos en el segundo caso: $\mathfrak{g}_1 = [\mathfrak{g}_1,\mathfrak{k}]$ . Porque $\mathfrak{k}$ es un ideal, tenemos $\mathfrak{g}_1= [\mathfrak{g}_1,\mathfrak{k}] \subseteq \mathfrak{k}$ . Desde $\mathfrak{k}$ contiene todo el $\mathfrak{g}_1$ se deduce ahora que $\mathfrak{k}$ se divide como $\mathfrak{g}_1\oplus (\mathfrak{k} \cap \bigoplus_{i=2}^{m+1}\mathfrak{g}_i)$ . Observando que $(\mathfrak{k} \cap \bigoplus_{i=2}^{m+1}\mathfrak{g}_i)$ es un ideal en $\bigoplus_{i=2}^{m+1} \mathfrak{g}_i$ la hipótesis inductiva termina la prueba.
