Hay una manera fácil de mostrar que las esferas puede ser Mentira grupos?

Question

He oído que algunos relativamente básicos de la geometría diferencial, se puede mostrar que la única esferas que son Mentira grupos son $S^0$, $S^1$ y $S^3$. Mi amigo que me dijo este pensamiento que se trataba de de Rham cohomology, pero yo realmente no sé nada sobre el cohomology de Mentira grupos, así que esto no me ayuda mucho. Presumiblemente hay algunos bastante estrictas condiciones se puede obtener de hablar acerca de las invariantes formas diferenciales -- si usted me puede decir nada acerca de este será apreciada bono :)

(Una condición necesaria para que un colector de ser una Mentira grupo es que se debe ser parallelizable, desde cualquier Mentira grupo es paralelizado (?) por la izquierda-invariante vectorial de los campos generados por la base de la Mentira de álgebra. Que pasa a significar, por algunos muy elegantes trucos, que la única esferas que aún tienen una oportunidad son los mencionados anteriormente, más $S^7$. La costumbre de paralelización de este último viene de ver como el conjunto de unidad de octonions, que no forman un grupo ya que su multiplicación no es asociativa; por supuesto, esto no excluye $S^7$ admisión de la estructura de una Mentira grupo. Lo que sea. Me gustaría evitar tener que apelar a toda esta parallelizability de negocios, si es posible).

Answer 1

Aquí está el boceto de la prueba.

Comience con una compacta conectada Mentira grupo G. Vamos a romper en 2 de los casos - ya sea de $G$ es abelian o no.

Si $G$ es abelian, entonces uno puede fácilmente demostrar la Mentira de álgebra es abelian, es decir, $[x,y]=0$ para $x$ y $y$ en $\mathfrak{g}$. Desde $\mathbb{R}^n$ es simplemente conectado y tiene la misma Mentira álgebra de $G$, debe ser la cobertura universal de $G$.

Por lo tanto, si $G$ es una esfera, es $S^1$, ya que todos los demás son simplemente conectado, y por lo tanto, son de su propia universal cubre.

A continuación, nos moveremos en el caso de que $G$ es nonabelian. Por $x,y,$ y $z$ en la mentira de álgebra, considerar el mapa de $t(x,y,z) = \langle [x,y], z\rangle$. Este mapa es claramente multilineal. Obviamente, cambia de signo si cambiamos de $x$ y $y$. Lo que es un poco más sorprendente es que cambia de signo si cambiamos de $y$ y $z$ o $x$ y $z$. Dicho de otra manera, $t$ es un 3 formulario! Creo que $t$ es llamado el Cartan 3-forma. Desde $G$ es nonabelian, hay algunos que $x$ y $y$ con $[x,y]\neq 0$. Entonces $t(x,y,[x,y]) = ||[x,y]||^2 \neq 0$ entonces $t$ no es el 0.

A continuación, utilice la izquierda de la traducción en $G$ pasar $t$ alrededor de: definir $t$ en el punto $g\in G$ $L_{g^{-1}}^*t$, donde $L_{g^{-1}}:G\rightarrow G$ es dada por $L_{g^{-1}}(h) = g^{-1}h$.

Este diferencial 3-formulario de la izquierda de forma automática invariante de la forma en que ha defiend en todas partes. Se tarda un poco más de trabajo (pero no demasiado) para mostrar que es también derecho invariante así.

Siguiente argumenta que un biinvariant forma se cierra automáticamente. Esto significa que $t$ define un elemento en el 3 de de Rham cohomology de $G$. Debe ser distinto de cero, por si $ds = t$, entonces podemos asumir wlog que $s$ es biinvariant en cuyo caso $ds = 0 = t$ pero $t$ no $0$ como hemos argumentado anteriormente.

Así, para un nonabelian Mentira grupo, $H^3_{deRham}(G)\neq 0$. Pero esto es isomporphic a singluar de homología. Por lo tanto, para una esfera que tiene un nonabelian Mentira grupo de estructura, que debe satisfacer $H^3(S^n)\neq 0$. Esto le dice a usted $n=3$.