Selon La respuesta de Moishe Kohan aquí si se tiene una acción libre y propia de un grupo de Lie $G$ en un colector $M$ (no hay suposiciones sobre la compacidad en ninguno de los dos $G$ o $M$ ), entonces el mapa cociente $M\rightarrow M/G$ es un $G$ -Principal paquete.
Como ha señalado, existe una acción gratuita de $Gl(k)$ en $M$ dado por la precomposición. Así que demostremos que esta acción es adecuada, lo que significa que el mapa $\phi:G\times M\rightarrow M\times M$ dado por $\phi(g,m)\rightarrow (gm, m)$ es apropiado.
Para ello, primero hay que tener en cuenta lo siguiente, que confirma su suposición de que la fibra por encima de cualquier punto es una copia de $Gl(k)$ :
Propuesta Dados dos mapas $f_1,f_2\in M$ Hay un $g\in GL(k)$ con $f_1 \circ g = f_2$ si la imagen de $f_1$ es la misma que la imagen de $f_2$ . Además, si existe tal $g$ Es único.
Prueba: En primer lugar, dado que $g:\mathbb{R}^k\rightarrow \mathbb{R}^k$ es un isomorfismo, es surjetivo por lo que $f_2 = f_1\circ g$ tiene la misma imagen que $f_1$ .
Por el contrario, si $f_2$ y $f_1$ tienen la misma imagen, definir $g$ como sigue. Para cada vector base estándar $e_i$ de $\mathbb{R}^k$ hay un elemento único $v_i\in \mathbb{R}^k$ con $f_1(v_1) = f_2(e_i)$ . Sea $g$ sea la matriz cuya $i$ columna es $v_i$ . Entonces $f_1(g(e_i)) = f_1(v_i) = f_2(e_i)$ Así que $f_1\circ g = f_2$ .
Por último, si ambos $g, g'$ satisfacer $f_2 = f_1 \circ g = f_1 \circ g'$ entonces $f_1 \circ g' g^{-1} = f_1$ . Como ya ha señalado que la acción es gratuita, este focos $g'g^{-1} = I$ Es decir, $g' = g$ . $\square$
También necesitaremos el siguiente lema.
Lema: Supongamos que $f_i$ es una secuencia en $M$ y $f_i\rightarrow f$ . Supongamos que $v_i$ es una secuencia de vectores en $\mathbb{R}^k$ con $f_i v_i\rightarrow 0$ . Entonces $v_i\rightarrow 0$ .
Prueba: Elija un producto interno de fondo en $V$ y utilizar el producto interno habitual en $\mathbb{R}^k$ . Escriba cada $v_i\in \mathbb{R}^k$ en forma polar: $v_i = r_i x_i$ con $x_i$ en la esfera de la unidad $S^{k-1}$ en $\mathbb{R}^k$ y $r_i = |v_i|$ . Supongamos que $v_i$ hace pas convergen a $0$ lo que significa que hay un $\epsilon \geq 0$ con la propiedad de que $r_i \geq \epsilon$ para algún conjunto infinito de $i$ s. Abusando de la notación, restringir a la subsecuencia de estos $i$ s y llamar a la nueva secuencia $v_i$ .
Porque $r_i f_i(x_i) = f_i(v_i)\rightarrow 0$ y $r_i$ está acotado por debajo, debemos tener $f_i(x_i)\rightarrow 0$ . El $x_i$ viven todos en la esfera, que es compacta, por lo que alguna subsecuencia (de nuevo llamada $x_i$ ) debe converger a $x\in S{k-1}$ . Entonces $f_i(x) = f_i(x-x_i) + f_i(x_i)$ . Ahora, $\lim_{i\rightarrow\infty} f_i(x_i) = 0$ por hipótesis. Además, $\lim_{i\rightarrow \infty} f_i(x-x_i) = 0$ . Para ver esto, observe que hay un límite universal $K$ para $\{f_i(v)|v\in S^{k-1}\}$ debido al hecho de que $f_i\rightarrow f$ . Entonces $|f_i(x-x_i)|\leq K|x-x_i|\rightarrow 0$ como $i\rightarrow \infty$ .
En resumen, $\lim_{i\rightarrow\infty} f_i(x) = 0$ . Ahora se deduce que $f(x) = 0$ lo cual es una contradicción porque $f$ es inyectiva y $x\in S^{k-1}$ así que $x\neq 0$ . $\square$
Ahora, demostremos que la acción es correcta. Así, dejemos que $f_i$ y $g_i$ sean secuencias en $M$ y $G$ y asumir que ambos $f_i\rightarrow f\in M$ y $h_i:=g_i\cdot f_i\rightarrow h\in N$ . Debemos demostrar que alguna subsecuencia de la $g_i$ converge en $G$ .
Por la proposición anterior, la imagen de $f_i$ es la misma que la imagen de $h_i$ . De nuevo por la proposición, se deduce que la imagen de $f$ y $h$ coinciden, por lo que existe un único $g\in G$ con $h = f\circ g$ .
Afirmamos que existe una subsecuencia de $g_i$ convergiendo a $g$ . Para ello, supongamos por contradicción que existe una vecindad de $g$ que no contiene ninguno de los $g_i$ . Por lo tanto, hay algo de $\epsilon > 0$ con la propiedad de que la matriz $g - g_i$ tiene al menos una entrada con es $\geq \epsilon$ . Como sólo hay un número finito ( $k^2$ ) de entradas de una matriz en $Gl(k)$ hay al menos una entrada (por ejemplo, en la fila $a$ , columna $b$ ), para la cual una subsecuencia de la $g_i$ s (para lo cual abusaré de la notación y llamaré a la subsecuencia $g_i$ ) satisfacen $|(g-g_i)_{ab}|\geq \epsilon$ .
Ahora, sabemos que $f_i \circ g_i \rightarrow f\circ g$ . Así que, $(f\circ g - f_i \circ g_i)(v)\rightarrow 0$ para cualquier $v\in \mathbb{R}^k$ . Ahora, $$f\circ g - f_i \circ g_i = f\circ g - f_i\circ g + f_i\circ g - f_i\circ g_i = (f-f_i)\circ g + f_i\circ (g- g_i)$$ y $f_i\rightarrow f$ . Esto implica que $(f-f_i)(g v)\rightarrow 0$ para cualquier $v\in \mathbb{R}^k$ . Esto, ahora, implica que $f_i\circ (g- g_i)(v)\rightarrow 0$ para cualquier $v\in \mathbb{R}^k.$
Sin embargo, dejemos $v = e_a$ y establecer $w_i = (g-g_i)(e_a)\in \mathbb{R}^k$ . Entonces $|w_i|\geq \epsilon$ por cada $i$ porque el $b$ -a entrada de $w_i$ es, en valor absoluto, mayor o igual que $\epsilon$ . Por otro lado, $f_i(w_i)\rightarrow 0$ . Por el lema, esto implica $w_i\rightarrow 0$ lo que contradice el hecho de que $|w_i|\geq \epsilon$ .
Habiendo llegado a una contradicción, concluimos que todo conjunto abierto sobre $g$ contiene un $g_i$ por lo que existe una subsecuencia del original $g_i$ secuencia que converge a $g$ .
