Utilizando el mapa exponencial y los subgrupos de un parámetro de estos grupos de Lie, se obtiene efectivamente una secuencia exacta $$0\to\mathfrak{su}(N)\to\mathfrak{u}(N)\to\mathfrak{u}(1)\to 0.$$ Ver Exactitud de la secuencia exacta del álgebra de Lie . (Esto es cierto en alguna generalidad más: en los comentarios de Exactitud del functor del álgebra de mentira hay una referencia al Teorema 4.20 del libro Teoría de la mentira de los grupos conectados de Pro-Lie que prueba esto para lo que llaman un grupo pro-Lie un grupo topológico que es isomorfo algebraica y topológicamente a un subgrupo de un producto de grupos de Lie).
A nivel de álgebras, recordemos que cuando existe un homomorfismo de grupo de Lie $f:G\to H$ entonces hay un cuadrado conmutador $$\require{AMScd} \begin{CD} \mathfrak{g} @>{df_e}>> \mathfrak{h}\\ @V{\exp}VV @VV{\exp}V\\ G @>>f> H \end{CD}$$ Por lo tanto, sólo tenemos que tomar las derivadas de los mapas en la secuencia exacta en la identidad. La derivada del mapa de inclusión $SU(N)\to U(N)$ es simplemente el mapa de inclusión $\mathfrak{su}(N)\to\mathfrak{u}(N)$ . La derivada de $\det:U(n)\to U(1)$ viene de Fórmula de Jacobi . Por lo tanto, tenemos el diagrama conmutativo $$\require{AMScd} \begin{CD} \mathfrak{su}(N) @>>> \mathfrak{u}(N) @>{\operatorname{tr}}>> \mathfrak{u}(1)\\ @V{\exp}VV @V{\exp}VV @VV{\exp}V\\ SU(N) @>>> U(N) @>>{\operatorname{det}}> U(1) \end{CD}$$
Obsérvese que en la fila superior se afirma que $\mathfrak{su}(N)$ consiste en las matrices sin trazos de $\mathfrak{u}(N)$ .
Utilizando la convención de que $\mathfrak{u}(N)$ es $N\times N$ Matrices hermitianas con $[A,B]:=-i(AB-BA)$ como su corchete de Lie (que creo que es la convención que se utiliza para las matrices de Gell-Mann), entonces introduciendo la matriz identidad a las ocho matrices de Gell-Mann se obtiene el último generador para $\mathfrak{u}(3)$ y los coeficientes de estructura para el soporte con la matriz de identidad son todos $0$ .
La elección de la matriz identidad fue arbitraria, podría haber sido cualquier matriz con traza no nula. Resulta que esta elección induce un desdoblamiento $\mathfrak{u}(N)\approx\mathfrak{su}(N)\oplus\mathfrak{u}(1)$ . Dado $A\in\mathfrak{u}(N)$ , dejemos que $A_0=A-\frac{1}{N}\operatorname{tr}(A)I$ y que $A_1=\frac{1}{N}\operatorname{tr}(A)I$ . Entonces, obviamente $A=A_0+A_1$ y $\operatorname{tr}(A_0)=0$ . Además, si $A$ está en $\mathfrak{su}(N)$ entonces $A=A_0$ y $A_1=0$ . Se puede comprobar que $A\mapsto A_0$ conserva el soporte de Lie.
