Grupo de cobertura universal de $SO(1,3)^{\uparrow}$

Question

Estoy tratando de demostrar que $SL(2,\mathbb{C})$ es el universal que cubre el grupo para el correcto orthochronous grupo de Lorentz $SO(1,3)^{\uparrow}$. La forma estándar es el siguiente.

(1) Presentan un verdadero espacio vectorial isomorfismo entre el espacio de Minkowski y el espacio de la $2\times 2$ Hermitian matrices, $H$.

(2) Vamos a $SL(2,\mathbb{C})$ actuar en $H$ $X\mapsto AXA^{\dagger}$ y probar esto induce un surjective, 2:1 homomorphism de$SL(2,\mathbb{C})$$SO(1,3)^{\uparrow}$.

Me pregunto si hay una mejor manera, sin embargo. Para demostrar que $SU(2)$ es el universal que cubre el grupo de $SO(3)$ es suficiente para ir a la Mentira de álgebra y demostrar que el medico adjunto de la representación es un isomorfismo de álgebras de Lie. Puedo hacer algo análogo aquí?

Aquí es lo que he intentado. La Mentira de álgebra de $SO(1,3)$$su(2)\oplus su(2)$, lo que, naturalmente, actúa en un 4-dimensional espacio vectorial complejo. La Mentira de álgebra de $SL(2,\mathbb{C})$ es el espacio de traceless en matrices complejas de dimensión 6. Ya no puedo ver cómo proceder.

Tal vez este enfoque no funciona en absoluto ahora. Es sólo una propiedad especial de $SU(2)$ $SO(3)$ que sucede debido a que $SU(2)$ pasa a tener la dimensión 3, exactamente el número correcto de una $SO(3)$ acción?

Muchas gracias de antemano!

Answer 1

Tal vez esto es más de un comentario, pero un método general para mostrar que una Mentira grupo $G$ es isomorfo a $SO^+(p,q)$ es encontrar una $p+q$ dimensiones de la representación de $G$ que conserva el producto interior de la firma $(p,q)$. Entonces si $\dim G = \dim SO(p,q)$ $G$ está conectado, esto le dará un isomorfismo $G/\ker \to SO^+(p,q)$.

En el caso de $G = SU(2)$$SO(3)$, necesitamos un 3-dimensional de la rep $SU(2)$. Desde $SU(2)$ es de tres dimensiones, podemos probar la adjoint representación de $SU(2)$ en su Mentira álgebra. Desde $SU(2)$ es compacto cualquier representación real es ortogonal así que esto de los mapas en $SO(3)$. A continuación, sólo tenemos que comprobar que el kernel es $\{\pm 1\}$. Tenga en cuenta también aquí que no hay necesidad de ir a la Mentira de álgebra.

Para su caso de $SL(2,\mathbb C)$ el medico adjunto de la representación es de 6 dimensiones y irreductible desde $SL(2,\mathbb C)$ es simple.

Answer 2

No estoy totalmente seguro, pero creo que se puede utilizar el mismo método. Aquí $\mathfrak{su}(2)$ tiene real dimensión 3 y $\mathfrak{sl}(2)$ tiene dimensión real 6.

Cualquier matriz en $\mathrm M \in \mathfrak{sl}(2)$ se divide en $\mathrm M = \mathrm M_1 + i\mathrm M_2$ donde $\mathrm M_1$ y $\mathrm M_2$ son matrices hermítica rastro cero. Esto muestra que el $\mathfrak{sl}(2) \simeq \mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)$.

Así que supongo que la representación del adjoint dé un isomorfismo de álgebras de Lie.