¿Cómo se puede demostrar que $SO(6)/U(3)\cong \Bbb C\rm P^3$ ?

Question

La identificación de $\Bbb R^6$ con $\Bbb C^3$ induce una inclusión $U(3)\hookrightarrow SO(6)$ . El espacio homogéneo $SO(6)/U(3)$ puede identificarse entonces como el espacio de estructuras casi complejas en $\Bbb R^6$ compatible con el producto interior estándar y una orientación determinada. He visto varios artículos que afirman $SO(6)/U(3)\cong \Bbb C \rm P^3$ es decir, que esta variedad es difeomorfa al espacio proyectivo complejo tridimensional. En el artículo "Mapas armónicos y holomorfos" (capítulo tres de este libro) Por ejemplo, Salamon escribe $$SO(6)/U(3)\cong SU(4)/S(U(3)\times U(1))\cong \Bbb C\rm P^3 $$ El segundo difeomorfismo es claro para mí (esta es la descripción estándar de $\Bbb C \rm P^3$ como un espacio homogéneo, inducido por la acción transitiva de $SU(4)$ en bases ortonormales de $\Bbb C^4$ ).

Sin embargo, no estoy seguro de cómo entender ese primer paso. Sé que existe un isomorfismo de los grupos de Lie $U(3)\cong S(U(3)\times U(1))$ definido por el envío de $A\mapsto (A,\det A^{-1})$ . Desde $SU(4)$ es la cubierta doble (universal) de $SO(6)$ Parece que el "subgrupo diagonal de bloques" $S(U(3)\times U(1))\subset SU(4)$ debe ser también una doble cobertura del subgrupo definido por la inclusión natural de $U(3)$ en $SO(6)$ . Sin embargo, parece que estoy atascado en ese punto. Por lo tanto, mi pregunta principal es:

¿Cómo puedo probar la reclamación? $SO(6)/U(3)\cong \Bbb C\rm P^3$ (o $SO(6)/U(3)\cong SU(4)/S(U(3)\times U(1))$ )?

Answer 1

Voy a responder a esto de forma bastante indirecta. Dejemos que $\pi:SU(4)\rightarrow SO(6)$ denotan el mapa de cobertura doble. Utilizaré la notación $U$ para denotar el subgrupo $\pi^{-1}(U(3))$ donde $U(3)\subseteq SO(6)$ es el que identificó anteriormente.

Propuesta 1 : El espacio homogéneo $SO(6)/U(3)$ es naturalmente difeomorfo al espacio homogéneo $SU(4)/U$ .

Prueba : Considera el mapa $\psi:SU(4)/U\rightarrow SO(6)/U(3)$ dado por $\psi(g \, U) = \pi(g) \, U(3)$ .

El mapa $\psi$ está bien definido: para $h\in U$ tenemos $\psi(gh\, U) = \pi(gh) \, U(3) = \pi(g)\pi(h) U(3) = \pi(g) U(3) = \psi(g\, U)$ desde $\pi(h)\in U(3)$ .

El mapa $\psi$ es suryente: para $g\, U(3) \in SO(6)/U(3)$ , elige $h\in SU(4)$ con $\pi(h) = g$ . Entonces $\psi(h\, U) = g\, U(3)$ .

El mapa $\psi$ es inyectiva: supongamos que $\psi(g \, U) =\psi(h\, U)$ para algunos $g,h\in SU(4)$ . Entonces $\pi(g) \, U(3) = \pi(h)\, U(3)$ Así que $\pi(g)(\pi(h))^{-1} = \pi(gh^{-1})\in U(3)$ . De ello se desprende que $gh^{-1}\in \pi^{-1}(U(3)) = U$ Así que $g\, U = h\, U$ .

El mapa $\psi$ es suave: esto se deduce del hecho de que $SU(4)\rightarrow SU(4)/U$ es una inmersión y el hecho de que $\pi$ es suave.

El mapa $\psi^{-1}$ es suave: Para ver esto, mostramos que $\psi$ tiene rango completo en todas partes, y luego apelar al teorema de la función inversa. El mapa $SU(4)\rightarrow SO(6)$ es una inmersión porque es una cobertura. Como $SO(6)\rightarrow SO(6)/U(3)$ es una inmersión, la composición $SU(4)\rightarrow SO(6)\rightarrow SO(6)/U(3)$ es una inmersión.

Por otra parte, esta composición es la misma que la composición $SU(4)\rightarrow SU(4)/U\xrightarrow{\psi} SO(6)/U(3)$ por lo que esta composición es una inmersión. De la regla de la cadena se deduce que $\psi$ debe ser suryente en los espacios tangentes.

Esto completa la prueba de que $\psi$ es un difeomorfismo. $\square$

(Por supuesto, la Proposición 1 es mucho más general - funciona para cualquier cobertura $G\rightarrow G'$ y el subgrupo $K\subseteq G'$ .)

Así que hemos reducido nuestro problema a identificar $U = \pi^{-1}(U(3))$ .

Propuesta 2 : $U$ está conectado.

Prueba : En primer lugar, observamos que $\pi^{-1}(I) = \{\pm I\}$ por lo que basta con encontrar un camino en $U$ que conecta $I$ con $-I$ .

Considere el camino $\gamma:[0,2\pi]\rightarrow U(3)$ dado por $\gamma(t) = \operatorname{diag}(e^{it},1,1)$ que genera $\pi_1(U(3))$ . Bajo la inclusión $U(3)\rightarrow SO(6)$ Esto se traduce en una matriz con forma de bloque $\begin{bmatrix} \cos\theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos\theta \end{bmatrix}$ y los otros bloques son $0$ o la identidad. Una matriz de esta forma genera $\pi_1(SO(6))$ , por lo que el bucle $\gamma$ es homotópicamente no trivial.

Ahora, levanta $\gamma$ a un camino $\hat{\gamma}$ en $SU(4)$ donde $\hat{\gamma}(0) = I$ . Si $\hat{\gamma}(2\pi) = I$ , entonces el bucle cerrado $\hat{\gamma}$ que es homotópico nulo, se proyecta a un bucle homotópico nulo en $SO(6)$ . Pero proyecta a la imagen de $\gamma$ que ya hemos argumentado que es un bucle esencial. Por lo tanto, $\hat{\gamma}(2\pi) = -I$ .

Por último, sólo hay que tener en cuenta que $\pi(\hat{\gamma}) = \gamma\subseteq U(3)$ Así que $\hat{\gamma}\subseteq U$ . $\square$

Así que, $U$ es un subgrupo conexo de $SU(4)$ . Además, $\pi$ cuando se restringe a $U$ es una cobertura de $U(3)$ . De ello se desprende que $U$ es un subgrupo de rango completo de $SU(4)$ y que tiene dimensión $9$ .

Ahora se puede recurrir, por ejemplo, a la Clasificación de Borel - de Siebenthal de los subgrupos de rango máximo conectados de grupos de Lie simples o utilizar alguna teoría de la representación más sencilla para ver lo siguiente:

Propuesta 3 : Los únicos subgrupos máximos conectados de rango máximo de $SU(4)$ son, hasta la conjugación, $U(3)$ y $S(U(2)\times U(2))$ .

Desde $U$ está conectado, $U$ debe ser un subgrupo de uno de ellos. Como $\dim U = 9$ debe ser un subgrupo de $U(3)$ . Desde $U(3)$ tiene dimensión $9$ , $U = U(3)$ .