Bundle principal sur un bundle associé

Question

Laisser $(P,M,G)$ être un faisceau principal lisse $\pi:P\longrightarrow M$ avec groupe de structure $G$ et laissez $H$ être un sous-groupe fermé de $G$. Je sais qu'il est possible de construire le bundle associé$$E=P\times_G (G/H)$$ avec fibre standard $G/H$. J'ai lu (Kobayashi-Nomizu, Foundations of Differential Geometry, vol.1, Chap. I, Proposition 5.5) que$E$ peut être identifié avec $P/H$ et que la projection $$\pi_H:P\longrightarrow P/H$$ définit un bundle principal $(P,P/H,H)$ avec groupe de structure $H$. Ma question est: laissez$\pi_E:E\longrightarrow M$la projection de faisceau du faisceau associé; est-il vrai que$\pi=\pi_E\circ\pi_H$ sous l'identification $E=P/H$? Je pense que c'est vrai (et peut-être que c'est trivial), mais je ne trouve aucune preuve, s'il y en a une.

Answer 1

C'est vrai. La majeure partie de la preuve consiste simplement à démêler ce que vous entendez par "sous l'identification$E = P/H$. "

j'écrirai $g\ast p$ pour le $G$ action sur $P$. J'utiliserai la notation$[p,gH]_G$ se référer au $G$ orbite à travers $(p,gH)\in P\times G/H$. Et je vais utiliser$[p]_H$ pour désigner le $H$ orbite à travers $p\in P$, et de même pour $[p]_G$ (et je pense à $M$ comme étant identifié par $P/G$). Enfin, je vais utiliser$\rho:P/H\rightarrow P/G$ pour désigner la carte $\rho([p]_H) = [p]_G$.

Laisser $f: P\times_G (G/H)\rightarrow P/H$ être défini par $f([p,gH]_G) = [g^{-1}\ast p]_H$ et laissez $f^{-1}:P/H\rightarrow P\times_G (G/H)$ être défini par $f^{-1}([p]_H) = [p,eH]_G$.

Proposition : les cartes$f$ et $f^{-1}$sont bien définis et sont vraiment inverses les uns des autres. Plus loin,$\pi_E = \rho \circ f$

La carte $[p,gH]_G\rightarrow [p]_H$ est bien défini puisque $$f([g'\ast p, g' gH]_G)= [(g'g)^{-1} g'\ast p]_H = [g^{-1} g'^{-1} g' \ast p]_H = [g^{-1} \ast p]_H = f( [p,gH]_G)$$ et depuis $$f([p, gh H]_G) = [(gh)^{-1} \ast p]_H = [h^{-1} \ast(g^{-1} \ast p)]_H = [g^{-1} \ast p]_H = f([p,gH]_G).$$

Pour voir ça $f^{-1}$ est bien défini, notez que $$f^{-1}([h\ast p]_H) = [h\ast p, eH]_G = [ h^{-1}\ast h\ast p, h^{-1} H]_G = [p, eH]_G = f^{-1}([p]_H).$$

Enfin, pour voir qu'ils sont inverses, notez simplement que $$f(f^{-1}([p]_H)) = f([p,eH]_G) = [p]_H$$ et $$f^{-1}(f([p,gH]_G)) = f^{-1}([g^{-1}\ast p]_H) = [g^{-1}\ast p, eH]_G = [g\ast g^{-1} \ast p, gH]_G = [p,gH]_G.$$

Enfin, $\pi_E([p,gH]_G) = [p]_G$, tandis que $\rho(f([p,gH]_G)) = \rho([g^{-1}\ast p]_H) = [g^{-1}\ast p]_G = [p]_G.$ $\square$

Armé de cette proposition, l'égalité que vous recherchez est vraiment $$\pi =\pi_E\circ f^{-1} \circ \pi_H$$ qui suit facilement: $\pi(p) = [p]_G$, tandis que $$\pi_E(f^{-1}(\pi_H(p)) = \pi_E(f^{-1}([p]_H)) = \pi_E([p,eH]_G) = [p]_G.$$