SU(4)和SO(6)的“自由度”都是15，它们具有同态关系吗?
SU(4) 和 SO(6) 这两个群，在某种意义上都拥有 15 个“自由度”，这确实是一个引人入胜的话题，而且它们之间存在着一个非常特别的同态关系。要详细地探讨这一点，我们需要深入到群论和李群的结构中去。
首先，让我们理解什么是“自由度”。在李群的语境下，“自由度”通常指的是其李代数（Lie algebra）的维度。李代数是李群在单位元处的切空间，它包含了群的局部结构信息，并且是理解李群性质的一个强大工具。
理解 SU(4)
SU(4) 是指特殊酉群 (Special Unitary group) 的第四个例子。它由所有 4x4 的酉矩阵组成，并且行列式为 1。
酉矩阵 (Unitary Matrix): 一个矩阵 $U$ 是酉的，如果它的共轭转置等于它的逆，即 $U^dagger U = I$，其中 $I$ 是单位矩阵，$U^dagger$ 是 $U$ 的共轭转置。一个 $n imes n$ 的酉矩阵有 $n^2$ 个复数元素。为了保持酉性，这些元素需要满足一定的约束条件。
特殊 (Special): 行列式为 1。
考虑一个 4x4 的酉矩阵 $U = (u_{ij})$，其中 $u_{ij}$ 是复数。总共有 $4 imes 4 = 16$ 个复数元素。然而，酉性条件 $U^dagger U = I$ 引入了一系列的约束。
$U^dagger U = I$ 可以写成 $sum_{k=1}^4 u_{ki}^ u_{kj} = delta_{ij}$。
这组方程展开来，对于 $i=j$ 的情况，我们有 $sum_{k=1}^4 |u_{ki}|^2 = 1$ (列的范数为 1)。对于 $i eq j$ 的情况，我们有 $sum_{k=1}^4 u_{ki}^ u_{kj} = 0$ (不同列是正交的)。
总共有 $n^2$ 个复数元素。
酉性条件 $U^dagger U = I$ 实际上包含了 $n^2$ 个实数方程。然而，这些方程并非完全独立。例如，如果 $U^dagger U = I$，那么 $(U^dagger U)^T = I^T = I$，即 $(U^T)^ U^T = I$。同时， $(U^dagger U)^dagger = I^dagger = I$，即 $U U^dagger = I$。这意味着行向量也满足正交性条件。
更准确地说，酉性条件 $U^dagger U = I$ 引入了 $n^2$ 个实数方程，但由于单位矩阵 $I$ 是对称的，转置操作不会带来新的独立方程。然而，在考虑矩阵的线性代数性质时，我们需要区分矩阵的元素本身和它们之间的关系。
从复数元素个数的角度来看，一个 $n imes n$ 的复数矩阵有 $n^2$ 个复数元素，即 $2n^2$ 个实数自由度。酉性条件 $U^dagger U = I$ 涉及到 $n^2$ 个复数方程。每个复数方程可以分解为两个实数方程（实部和虚部）。所以，酉性条件引入了 $2n^2$ 个实数约束。然而，这些约束之间并不是完全独立的。
一个更简洁的理解方式是，一个 $n imes n$ 的酉矩阵可以被看作是 $n$ 个 $n$ 维复向量组成的单位正交组。
首先，我们可以将矩阵 $U$ 的第一列视为一个位于单位球面上的点。在复数空间 $mathbb{C}^n$ 中，单位球面 $S^{2n1}$ 的维度是 $2n1$。
然后，第二列向量必须正交于第一列，并且范数为 1。这相当于将第二列向量限制在一个 $(2n1)1 = 2n2$ 维的空间中，然后将其限制在单位球面上。
以此类推，第 $k$ 列向量的选取是在一个 $(2nk+1)$ 维的复空间中，并限制在单位球面上的。
这种方式的计算有些复杂。
一个更直接的方法是考虑李代数 $mathfrak{su}(n)$。
一个 $n imes n$ 的酉矩阵 $U$ 可以写成 $U = e^{iH}$，其中 $H$ 是一个 $n imes n$ 的埃尔米特矩阵 (Hermitian matrix)。
一个埃尔米特矩阵 $H$ 满足 $H^dagger = H$。一个 $n imes n$ 的埃尔米特矩阵具有 $n^2$ 个实数自由度（因为 $h_{ij} = h_{ji}^$ 和 $h_{ii}$ 是实数）。
例如，一个 2x2 的埃尔米特矩阵可以写成 $egin{pmatrix} a & b+ic \ bic & d end{pmatrix}$，其中 $a, b, c, d$ 是实数，总共有 4 个实数自由度 ($2^2$)。
SU(n) 群要求 $det(U) = 1$。由于 $U = e^{iH}$， $det(U) = e^{mathrm{Tr}(iH)} = e^{i mathrm{Tr}(H)}$。
为了使 $det(U) = 1$，我们需要 $mathrm{Tr}(H)$ 是一个整数的 $2pi$ 倍的虚数。但因为 $H$ 是埃尔米特矩阵，其对角线元素是实数，所以 $mathrm{Tr}(H)$ 是实数。因此，为了使 $e^{i mathrm{Tr}(H)} = 1$，我们需要 $mathrm{Tr}(H) = 0 pmod{2pi}$。
所以，SU(n) 的李代数 $mathfrak{su}(n)$ 是由所有迹为零的 $n imes n$ 埃尔米特矩阵组成的。
一个 $n imes n$ 的埃尔米特矩阵有 $n^2$ 个实数自由度。其中对角线上的 $n$ 个元素是独立的实数，非对角线上的 $frac{n(n1)}{2}$ 对共轭元素（例如 $h_{ij}$ 和 $h_{ji}^$）也是独立的实数。总自由度是 $n + 2 imes frac{n(n1)}{2} = n + n(n1) = n^2$。
现在考虑迹为零的约束：$mathrm{Tr}(H) = sum_{i=1}^n h_{ii} = 0$。
这是一个实数方程，它从 $n^2$ 个实数自由度中移除 1 个自由度。
因此，SU(n) 的李代数 $mathfrak{su}(n)$ 的维度是 $n^2 1$。
对于 SU(4)，其李代数 $mathfrak{su}(4)$ 的维度是 $4^2 1 = 16 1 = 15$。这与我们提到的 15 个自由度相符。
理解 SO(6)
SO(6) 是指特殊正交群 (Special Orthogonal group) 的第六个例子。它由所有 6x6 的实数正交矩阵组成，并且行列式为 1。
正交矩阵 (Orthogonal Matrix): 一个矩阵 $R$ 是正交的，如果它的转置等于它的逆，即 $R^T R = I$。
特殊 (Special): 行列式为 1。
考虑一个 $n imes n$ 的实数矩阵 $R$。它有 $n^2$ 个实数元素。
正交性条件 $R^T R = I$ 引入了 $n^2$ 个实数方程。
然而，这些方程并非完全独立。首先，$R^T R = I$ 暗示了 $(R^T R)^T = I^T = I$，即 $R^T (R^T)^T = I$，也就是 $R R^T = I$。所以，行向量也构成一个单位正交组。
从线性代数的角度看，正交矩阵代表了对空间的旋转和反射。
一个 $n imes n$ 的正交矩阵的列向量（或行向量）构成了 $mathbb{R}^n$ 的一个标准正交基。
选取第一个列向量：它必须是一个单位向量，在 $mathbb{R}^n$ 中，单位球面的维度是 $n1$。
选取第二个列向量：它必须是单位向量，并且正交于第一个向量。这相当于将第二个向量限制在一个 $(n1)$ 维的空间中，然后是单位球面，维度是 $(n1)1 = n2$。
以此类推，第 $k$ 个列向量的选取是在一个 $(nk+1)$ 维的空间中，并限制在单位球面上的。
这种方法计算自由度是：
$(n1) + (n2) + dots + (nn) = (n1) + (n2) + dots + 0 = frac{(n1)n}{2}$。
这表示的是一个正交矩阵有多少个独立的“旋转”或“反射”自由度。
让我们回到矩阵的方程。$R^T R = I$ 共有 $n^2$ 个实数方程。
因为 $I$ 是对称的，所以 $R^T R$ 的转置等于它自身。因此，这 $n^2$ 个方程中，只有 $frac{n(n+1)}{2}$ 个是独立的（例如，上半部分或下半部分）。
这 $frac{n(n+1)}{2}$ 个方程是独立的约束。
一个 $n imes n$ 的实数矩阵有 $n^2$ 个自由度。
正交性引入了 $frac{n(n+1)}{2}$ 个约束。
所以，一个正交矩阵的自由度是 $n^2 frac{n(n+1)}{2} = frac{2n^2 n^2 n}{2} = frac{n^2 n}{2} = frac{n(n1)}{2}$。
SO(n) 群是正交群 O(n) 的一个子群，它排除了行列式为 1 的反射。
正交群 O(n) 的维度是 $frac{n(n1)}{2}$。
SO(n) 群的李代数 $mathfrak{so}(n)$ 的维度也是 $frac{n(n1)}{2}$。
这是因为反射操作（例如，改变一个坐标的符号，行列式为 1）通常是连接单位元（恒等变换）和特定矩阵的“路径”的一部分，而 SO(n) 只包括行列式为 1 的连接。在李代数层面，这种区别并不直接体现在维度上。李代数是群在单位元处的切空间，它描述了无穷小变换。对于正交矩阵 $R$，它可以写成 $R = e^A$，其中 $A$ 是一个斜对称矩阵 ($A^T = A$)。
一个 $n imes n$ 的斜对称矩阵有 $frac{n(n1)}{2}$ 个独立的实数元素（对角线元素为 0，$a_{ij} = a_{ji}$）。
对于 SO(n)，我们要求 $det(R) = det(e^A) = e^{mathrm{Tr}(A)} = 1$。因为 $A$ 是斜对称矩阵，其对角线元素为 0，所以 $mathrm{Tr}(A) = 0$。因此，$e^{mathrm{Tr}(A)} = e^0 = 1$ 总是成立的。
所以，SO(n) 的李代数 $mathfrak{so}(n)$ 的维度就是斜对称矩阵的维度，即 $frac{n(n1)}{2}$。
对于 SO(6)，其李代数 $mathfrak{so}(6)$ 的维度是 $frac{6(61)}{2} = frac{6 imes 5}{2} = 15$。
这再次与我们提到的 15 个自由度相符。
SU(4) 和 SO(6) 的同态关系
现在我们来探讨 SU(4) 和 SO(6) 之间的同态关系。确实，这两个群之间存在着一个重要的同态关系：SU(4) 同构于 SO(6) 的一个 2 重覆盖群 (double cover)。
通常情况下，同态关系意味着一个群的元素可以映射到另一个群的元素，并且保持群运算。更强的关系是同构 (isomorphism)，意味着存在一个双射（一对一且满射的映射）且保持群运算。而这里说的是一个覆盖关系，这比同构要复杂一些。
具体来说，SU(4) 的李代数 $mathfrak{su}(4)$ 与 SO(6) 的李代数 $mathfrak{so}(6)$ 是同构的。两个群的李代数同构是它们之间存在某种密切联系的强烈信号，通常意味着它们在局部上是相似的。
我们知道：
$mathfrak{su}(4)$ 的维度是 15。
$mathfrak{so}(6)$ 的维度是 15。
我们来回忆一下它们的生成元（generators）。
SU(4) 的生成元:
$mathfrak{su}(4)$ 的基由 15 个厄米特且迹为零的 4x4 复矩阵组成。这些可以表示为 $H_1, dots, H_{15}$。
任何一个 SU(4) 中的矩阵 $U$ 都可以表示为 $U = e^{i sum_{k=1}^{15} alpha_k H_k}$，其中 $alpha_k$ 是实数。
SO(6) 的生成元:
$mathfrak{so}(6)$ 的基由 15 个 6x6 实数斜对称矩阵组成。这些可以表示为 $A_1, dots, A_{15}$。
任何一个 SO(6) 中的矩阵 $R$ 都可以表示为 $R = e^{sum_{k=1}^{15} eta_k A_k}$，其中 $eta_k$ 是实数。
同构的根源
这种同构关系来源于数学中的一个非常深刻的事实：复向量空间的旋转群与实向量空间的旋转群之间存在着联系。
考虑一个 $2n$ 维的实向量空间 $mathbb{R}^{2n}$。它的旋转群是 SO(2n)。
考虑一个 $n$ 维的复向量空间 $mathbb{C}^n$。它的特殊酉群是 SU(n)。
对于 SU(4)，我们处理的是 4 维复向量空间上的变换。
对于 SO(6)，我们处理的是 6 维实向量空间上的变换。
这里存在一个关键的联系：一个 $n$ 维复向量空间 $mathbb{C}^n$ 在某些意义上可以看作是一个 $2n$ 维实向量空间。
如果我们将 $mathbb{C}^n$ 中的向量 $z = (z_1, z_2, dots, z_n)$，其中 $z_j = x_j + i y_j$ 是复数，表示成一个实向量：
$v = (x_1, y_1, x_2, y_2, dots, x_n, y_n) in mathbb{R}^{2n}$。
这种表示方式将一个复数 $z_j$ 映射到了 $mathbb{R}^2$ 中的一个点 $(x_j, y_j)$。
现在考虑 SU(4) 群。它是 4 维复向量空间上的变换。
对 $mathbb{C}^4$ 的一个酉变换 $U$ 作用在向量 $z$ 上，得到 $z' = Uz$。
$U$ 可以写成 $e^{iH}$，其中 $H$ 是一个 4x4 的厄米特矩阵。
$H$ 的维度是 $4^2=16$（实数自由度）。
由于我们要迹为零，所以少了一个自由度，得到 15 个自由度。
SO(6) 群是 6 维实向量空间上的变换。
对 $mathbb{R}^6$ 的一个特殊正交变换 $R$ 作用在向量 $v$ 上，得到 $v' = Rv$。
$R$ 可以写成 $e^A$，其中 $A$ 是一个 6x6 的斜对称矩阵。
$A$ 的维度是 $frac{6(61)}{2} = 15$ 个实数自由度。
SU(4) 的构造与 SO(6) 的联系
一个更直观的理解方式是，考虑 SU(4) 的生成元如何作用在 $mathbb{R}^8$ 上，而不是 $mathbb{C}^4$ 上。
任何一个 4x4 的厄米特矩阵 $H$ 都可以写成 $H = H_R + i H_I$，其中 $H_R$ 和 $H_I$ 是实数矩阵。由于 $H$ 是厄米特的， $H_R$ 是对称的，而 $H_I$ 是斜对称的。
$H = sum_{k=1}^{15} alpha_k H_k$。
$U = e^{iH} = e^{iH_R H_I}$。
这里的指数运算涉及到复数矩阵，操作比较复杂。
一个更有用的视角是，考虑 SU(n) 群和 SO(2n) 群之间的关系。
对于 $n=2$， SU(2) 同构于 SO(3)。这是非常著名的例子。
SU(2) 是 2 维复向量空间上的变换，其李代数维度是 $2^21=3$。
SO(3) 是 3 维实向量空间上的旋转群，其李代数维度是 $frac{3(31)}{2}=3$。
对于我们的问题，我们有 SU(4) 和 SO(6)。
将上面的模式推广：SU(n) 的李代数 $mathfrak{su}(n)$ 与 SO(2n) 的李代数 $mathfrak{so}(2n)$ 不是同构的。
而是 SU(n) 的李代数 $mathfrak{su}(n)$ 与 Sp(2n, $mathbb{R}$) 的李代数 (辛群) 存在联系。
回到 SU(4) 和 SO(6) 的直接联系：
这里的联系是 SU(4) 的李代数 $mathfrak{su}(4)$ 同构于 $mathfrak{so}(6)$ 的李代数 $mathfrak{so}(6)$。
原因在于，我们可以将 SU(4) 群中的变换“看作”是 SO(6) 群中的某些变换。
想象一个 4 维复向量空间 $mathbb{C}^4$。我们可以把 $mathbb{C}^4$ 看作是一个 8 维实向量空间 $mathbb{R}^8$。
对 $mathbb{C}^4$ 的酉变换 $U$ 可以看作是 $mathbb{R}^8$ 的一个特殊正交变换。
然而，这种映射不是直接的。SU(4) 群的维度是 15，而 SO(8) 的维度是 $frac{8 imes 7}{2} = 28$。
真正与 SU(4) 李代数同构的实李代数是 $mathfrak{so}(6)$。
这是因为，存在一种将 $mathfrak{su}(4)$ 的 15 个生成元与 $mathfrak{so}(6)$ 的 15 个生成元对应起来的方法，使得它们之间的关系保持一致。
我们可以考虑一个 4x4 复矩阵 $M = A + iB$，其中 A 和 B 是 4x4 实矩阵。
酉矩阵 $U$ 可以写成 $U = e^{iH}$，其中 $H$ 是 4x4 厄米特矩阵。
$H = H_R + iH_I$，其中 $H_R$ 是对称的， $H_I$ 是斜对称的。
$U = e^{iH_R H_I}$。
这个矩阵作用在复向量 $z in mathbb{C}^4$ 上。
另一方面，SO(6) 可以看作是 6 维实向量空间 $mathbb{R}^6$ 上的旋转。
$mathbb{R}^6$ 可以看作是复向量空间 $mathbb{C}^3$ 经过实数加倍后的结果，或者等价地说，它是两个独立的 $mathbb{R}^3$ 空间的直和。
这种联系的一个更深刻的解释来自例外李代数的分类，特别是 G2 和 F4 等群的结构。虽然 SU(4) 和 SO(6) 不直接属于例外，但它们之间的联系也源于代数结构的某种内在对称性。
数学证明思路（概要）
1. 构造 $mathfrak{su}(4)$ 的基：
取 4x4 的厄米特矩阵 $H$，使其迹为零。例如，可以利用 Pauli 矩阵 $sigma_1, sigma_2, sigma_3$ 的复数扩展，加上单位矩阵。
$mathfrak{su}(4)$ 的生成元可以表示为形如 $H$ 的矩阵，其中 $H$ 的元素是实数，满足 $H^dagger = H$ 和 $mathrm{Tr}(H)=0$。
一个 4x4 的厄米特矩阵有 16 个自由度。迹为零的约束减少到 15 个自由度。
2. 构造 $mathfrak{so}(6)$ 的基：
取 6x6 的斜对称矩阵 $A$，即 $A^T = A$。
一个 6x6 的斜对称矩阵有 $frac{6 imes 5}{2} = 15$ 个自由度。
3. 建立同构映射：
关键在于找到一个从 $mathfrak{su}(4)$ 到 $mathfrak{so}(6)$ 的线性映射 $phi$，使得对于任意 $X, Y in mathfrak{su}(4)$，
$phi([X, Y]_{mathfrak{su}(4)}) = [phi(X), phi(Y)]_{mathfrak{so}(6)}$，其中 $[.,.]$ 是李括号。
一个常见的构造方法是将 4x4 的复矩阵 $X in mathfrak{su}(4)$ 表示成一个 8x8 的实矩阵，然后找到一个子空间或一个映射，使其与 6x6 的斜对称矩阵产生同构。
例如，考虑将 $mathbb{C}^4$ 中的向量 $z$ 表示为 $mathbb{R}^8$ 中的向量 $(Re(z_1), Im(z_1), ..., Re(z_4), Im(z_4))$。
一个 SU(4) 变换 $U$ 作用在 $z$ 上是 $z' = Uz$。
这个变换在 $mathbb{R}^8$ 上可以表示为一个 8x8 的实矩阵 $ ho(U)$。
$ ho(U)$ 是正交的，但它不一定能“完全”嵌入到 SO(6) 中。
更准确的联系来自四元数（quaternions）。
四元数代数 $mathbb{H}$ 是一个 4 维实向量空间，它具有乘法，并且其非零元素构成一个除环。
SU(2) 与单位四元数群同构，后者是一个单位球面 $S^3$，维度为 3。SO(3) 也是一个单位球面 $S^3$，维度为 3。
SU(4) 的结构与四元数的结构更加紧密相关。
实际上，SU(4) 同构于 SO(6) 的 2 重覆盖群 Spin(6)。
Spin(6) 是 SO(6) 的一个“旋转”群，它有一个 2 重覆盖。
这意味着存在一个满射群同态 $pi: ext{Spin}(6) o ext{SO}(6)$，并且 $ ext{ker}(pi) = { pm I }$, 其中 $I$ 是 Spin(6) 的单位元（在某种表示下）。
而 SU(4) 的群结构正好就是 Spin(6) 的结构。所以 SU(4) $cong$ Spin(6)。
因此，SU(4) 是 SO(6) 的一个 2 重覆盖群。
为什么是 SO(6) 而不是 SO(8)？
这是因为 SU(n) 的代数结构与 SO(2n) 的代数结构存在一种“二次”关系。
考虑复数 $z = x+iy$。它可以看作是 $mathbb{R}^2$ 中的向量 $(x, y)$。复数乘法 $z_1 z_2$ 在 $mathbb{R}^2$ 中对应一个旋转（乘以模长）和一个角度的累加。
对于 SU(4)，我们处理的是 4 维复向量。将其转化为实向量空间，我们得到 8 维实向量空间。
但 SO(6) 的维度是 15，与 SU(4) 的维度相同。
这个联系是通过四元数代数来理解的。
四元数 $q = a + bi + cj + dk$。令 $a=0$，我们得到纯虚四元数 $bi+cj+dk$。这是一个 3 维实向量空间。
但这里讨论的是 SU(4)，与 4 维复向量空间相关。
关键点：
存在一个从 $mathbb{C}^4$ 到 $mathbb{R}^6$ 的嵌入方式，使得 SU(4) 的作用在 $mathbb{R}^6$ 上诱导出一个 SO(6) 的作用。
具体来说，可以将 $mathbb{C}^4$ 看作是具有特定结构的 6 维实向量空间。
或者，可以将 $mathfrak{su}(4)$ 的 15 个生成元映射到 $mathfrak{so}(6)$ 的 15 个生成元。
令 $X in mathfrak{su}(4)$。我们可以将其表示为 4x4 的复矩阵。
这个 $X$ 可以通过某种方式构造出对应的 6x6 实斜对称矩阵 $phi(X)$，使得 $[X, Y]$ 的像等于 $[phi(X), phi(Y)]$。
例如，考虑一个复向量 $z in mathbb{C}^4$。
可以将 $mathbb{C}^4$ 看作是四元数代数 $mathbb{H}$ 的一个“版本”。
$mathbb{H}$ 中的元素可以写成 $a+bi+cj+dk$。
$mathbb{C}$ 可以看作是 $mathbb{H}$ 的一个子代数，例如所有 $b=0$ 的四元数。
或者，反过来，可以从四元数构建出 SU(4)。
一个 4 维复向量空间可以看作是某些 6 维实向量空间的抽象表示。
考虑一个 3 维复向量空间 $mathbb{C}^3$ 的旋转群 SO(3)。
而 SO(6) 的维度是 15， SU(4) 的维度也是 15。
所以，两者是同构的（在李代数层面）。
群结构上的覆盖关系：
虽然李代数 $mathfrak{su}(4)$ 和 $mathfrak{so}(6)$ 是同构的，这并不意味着群 SU(4) 和 SO(6) 本身就是同构的。
李代数只描述群在单位元处的局部结构。
SU(4) 是 SO(6) 的一个 2 重覆盖群，这意味着存在一个满射群同态 $phi: ext{SU}(4) o ext{SO}(6)$，其核为 ${I, I}$（在 SU(4) 中存在一个非单位元的元素，其映射到 SO(6) 的单位元，且该元素的平方是单位元）。
这种 2 重覆盖关系在物理学中非常重要，尤其是在规范场论中。例如，在描述弱相互作用的标准模型中，SU(2) 是一个 2 重覆盖群。
总结：
1. 自由度： SU(4) 的自由度（李代数维度）是 $4^2 1 = 15$。SO(6) 的自由度（李代数维度）是 $frac{6(61)}{2} = 15$。两者自由度确实相等。
2. 李代数同构： $mathfrak{su}(4)$ 和 $mathfrak{so}(6)$ 是同构的。这意味着它们在局部上具有相同的代数结构，并且可以被视为同一类代数结构的不同表现形式。
3. 群结构的覆盖关系： 群 SU(4) 是群 SO(6) 的一个 2 重覆盖群。这意味着存在一个从 SU(4) 到 SO(6) 的群同态，其核为 {±1}。
这种同态关系并非巧合，而是数学结构深刻联系的表现。它源于复数代数与实数几何之间的联系，特别是在高维空间中的表示和变换。 理解这个关系，需要深入到李群、李代数、表示论以及可能的四元数代数等领域。它展示了不同数学对象之间如何以非平凡的方式相互关联。
首先，让我们理解什么是“自由度”。在李群的语境下，“自由度”通常指的是其李代数（Lie algebra）的维度。李代数是李群在单位元处的切空间，它包含了群的局部结构信息，并且是理解李群性质的一个强大工具。
理解 SU(4)
SU(4) 是指特殊酉群 (Special Unitary group) 的第四个例子。它由所有 4x4 的酉矩阵组成，并且行列式为 1。
酉矩阵 (Unitary Matrix): 一个矩阵 $U$ 是酉的，如果它的共轭转置等于它的逆，即 $U^dagger U = I$，其中 $I$ 是单位矩阵，$U^dagger$ 是 $U$ 的共轭转置。一个 $n imes n$ 的酉矩阵有 $n^2$ 个复数元素。为了保持酉性，这些元素需要满足一定的约束条件。
特殊 (Special): 行列式为 1。
考虑一个 4x4 的酉矩阵 $U = (u_{ij})$，其中 $u_{ij}$ 是复数。总共有 $4 imes 4 = 16$ 个复数元素。然而，酉性条件 $U^dagger U = I$ 引入了一系列的约束。
$U^dagger U = I$ 可以写成 $sum_{k=1}^4 u_{ki}^ u_{kj} = delta_{ij}$。
这组方程展开来，对于 $i=j$ 的情况，我们有 $sum_{k=1}^4 |u_{ki}|^2 = 1$ (列的范数为 1)。对于 $i eq j$ 的情况，我们有 $sum_{k=1}^4 u_{ki}^ u_{kj} = 0$ (不同列是正交的)。
总共有 $n^2$ 个复数元素。
酉性条件 $U^dagger U = I$ 实际上包含了 $n^2$ 个实数方程。然而，这些方程并非完全独立。例如，如果 $U^dagger U = I$，那么 $(U^dagger U)^T = I^T = I$，即 $(U^T)^ U^T = I$。同时， $(U^dagger U)^dagger = I^dagger = I$，即 $U U^dagger = I$。这意味着行向量也满足正交性条件。
更准确地说，酉性条件 $U^dagger U = I$ 引入了 $n^2$ 个实数方程，但由于单位矩阵 $I$ 是对称的，转置操作不会带来新的独立方程。然而，在考虑矩阵的线性代数性质时，我们需要区分矩阵的元素本身和它们之间的关系。
从复数元素个数的角度来看，一个 $n imes n$ 的复数矩阵有 $n^2$ 个复数元素，即 $2n^2$ 个实数自由度。酉性条件 $U^dagger U = I$ 涉及到 $n^2$ 个复数方程。每个复数方程可以分解为两个实数方程（实部和虚部）。所以，酉性条件引入了 $2n^2$ 个实数约束。然而，这些约束之间并不是完全独立的。
一个更简洁的理解方式是，一个 $n imes n$ 的酉矩阵可以被看作是 $n$ 个 $n$ 维复向量组成的单位正交组。
首先，我们可以将矩阵 $U$ 的第一列视为一个位于单位球面上的点。在复数空间 $mathbb{C}^n$ 中，单位球面 $S^{2n1}$ 的维度是 $2n1$。
然后，第二列向量必须正交于第一列，并且范数为 1。这相当于将第二列向量限制在一个 $(2n1)1 = 2n2$ 维的空间中，然后将其限制在单位球面上。
以此类推，第 $k$ 列向量的选取是在一个 $(2nk+1)$ 维的复空间中，并限制在单位球面上的。
这种方式的计算有些复杂。
一个更直接的方法是考虑李代数 $mathfrak{su}(n)$。
一个 $n imes n$ 的酉矩阵 $U$ 可以写成 $U = e^{iH}$，其中 $H$ 是一个 $n imes n$ 的埃尔米特矩阵 (Hermitian matrix)。
一个埃尔米特矩阵 $H$ 满足 $H^dagger = H$。一个 $n imes n$ 的埃尔米特矩阵具有 $n^2$ 个实数自由度（因为 $h_{ij} = h_{ji}^$ 和 $h_{ii}$ 是实数）。
例如，一个 2x2 的埃尔米特矩阵可以写成 $egin{pmatrix} a & b+ic \ bic & d end{pmatrix}$，其中 $a, b, c, d$ 是实数，总共有 4 个实数自由度 ($2^2$)。
SU(n) 群要求 $det(U) = 1$。由于 $U = e^{iH}$， $det(U) = e^{mathrm{Tr}(iH)} = e^{i mathrm{Tr}(H)}$。
为了使 $det(U) = 1$，我们需要 $mathrm{Tr}(H)$ 是一个整数的 $2pi$ 倍的虚数。但因为 $H$ 是埃尔米特矩阵，其对角线元素是实数，所以 $mathrm{Tr}(H)$ 是实数。因此，为了使 $e^{i mathrm{Tr}(H)} = 1$，我们需要 $mathrm{Tr}(H) = 0 pmod{2pi}$。
所以，SU(n) 的李代数 $mathfrak{su}(n)$ 是由所有迹为零的 $n imes n$ 埃尔米特矩阵组成的。
一个 $n imes n$ 的埃尔米特矩阵有 $n^2$ 个实数自由度。其中对角线上的 $n$ 个元素是独立的实数，非对角线上的 $frac{n(n1)}{2}$ 对共轭元素（例如 $h_{ij}$ 和 $h_{ji}^$）也是独立的实数。总自由度是 $n + 2 imes frac{n(n1)}{2} = n + n(n1) = n^2$。
现在考虑迹为零的约束：$mathrm{Tr}(H) = sum_{i=1}^n h_{ii} = 0$。
这是一个实数方程，它从 $n^2$ 个实数自由度中移除 1 个自由度。
因此，SU(n) 的李代数 $mathfrak{su}(n)$ 的维度是 $n^2 1$。
对于 SU(4)，其李代数 $mathfrak{su}(4)$ 的维度是 $4^2 1 = 16 1 = 15$。这与我们提到的 15 个自由度相符。
理解 SO(6)
SO(6) 是指特殊正交群 (Special Orthogonal group) 的第六个例子。它由所有 6x6 的实数正交矩阵组成，并且行列式为 1。
正交矩阵 (Orthogonal Matrix): 一个矩阵 $R$ 是正交的，如果它的转置等于它的逆，即 $R^T R = I$。
特殊 (Special): 行列式为 1。
考虑一个 $n imes n$ 的实数矩阵 $R$。它有 $n^2$ 个实数元素。
正交性条件 $R^T R = I$ 引入了 $n^2$ 个实数方程。
然而，这些方程并非完全独立。首先，$R^T R = I$ 暗示了 $(R^T R)^T = I^T = I$，即 $R^T (R^T)^T = I$，也就是 $R R^T = I$。所以，行向量也构成一个单位正交组。
从线性代数的角度看，正交矩阵代表了对空间的旋转和反射。
一个 $n imes n$ 的正交矩阵的列向量（或行向量）构成了 $mathbb{R}^n$ 的一个标准正交基。
选取第一个列向量：它必须是一个单位向量，在 $mathbb{R}^n$ 中，单位球面的维度是 $n1$。
选取第二个列向量：它必须是单位向量，并且正交于第一个向量。这相当于将第二个向量限制在一个 $(n1)$ 维的空间中，然后是单位球面，维度是 $(n1)1 = n2$。
以此类推，第 $k$ 个列向量的选取是在一个 $(nk+1)$ 维的空间中，并限制在单位球面上的。
这种方法计算自由度是：
$(n1) + (n2) + dots + (nn) = (n1) + (n2) + dots + 0 = frac{(n1)n}{2}$。
这表示的是一个正交矩阵有多少个独立的“旋转”或“反射”自由度。
让我们回到矩阵的方程。$R^T R = I$ 共有 $n^2$ 个实数方程。
因为 $I$ 是对称的，所以 $R^T R$ 的转置等于它自身。因此，这 $n^2$ 个方程中，只有 $frac{n(n+1)}{2}$ 个是独立的（例如，上半部分或下半部分）。
这 $frac{n(n+1)}{2}$ 个方程是独立的约束。
一个 $n imes n$ 的实数矩阵有 $n^2$ 个自由度。
正交性引入了 $frac{n(n+1)}{2}$ 个约束。
所以，一个正交矩阵的自由度是 $n^2 frac{n(n+1)}{2} = frac{2n^2 n^2 n}{2} = frac{n^2 n}{2} = frac{n(n1)}{2}$。
SO(n) 群是正交群 O(n) 的一个子群，它排除了行列式为 1 的反射。
正交群 O(n) 的维度是 $frac{n(n1)}{2}$。
SO(n) 群的李代数 $mathfrak{so}(n)$ 的维度也是 $frac{n(n1)}{2}$。
这是因为反射操作（例如，改变一个坐标的符号，行列式为 1）通常是连接单位元（恒等变换）和特定矩阵的“路径”的一部分，而 SO(n) 只包括行列式为 1 的连接。在李代数层面，这种区别并不直接体现在维度上。李代数是群在单位元处的切空间，它描述了无穷小变换。对于正交矩阵 $R$，它可以写成 $R = e^A$，其中 $A$ 是一个斜对称矩阵 ($A^T = A$)。
一个 $n imes n$ 的斜对称矩阵有 $frac{n(n1)}{2}$ 个独立的实数元素（对角线元素为 0，$a_{ij} = a_{ji}$）。
对于 SO(n)，我们要求 $det(R) = det(e^A) = e^{mathrm{Tr}(A)} = 1$。因为 $A$ 是斜对称矩阵，其对角线元素为 0，所以 $mathrm{Tr}(A) = 0$。因此，$e^{mathrm{Tr}(A)} = e^0 = 1$ 总是成立的。
所以，SO(n) 的李代数 $mathfrak{so}(n)$ 的维度就是斜对称矩阵的维度，即 $frac{n(n1)}{2}$。
对于 SO(6)，其李代数 $mathfrak{so}(6)$ 的维度是 $frac{6(61)}{2} = frac{6 imes 5}{2} = 15$。
这再次与我们提到的 15 个自由度相符。
SU(4) 和 SO(6) 的同态关系
现在我们来探讨 SU(4) 和 SO(6) 之间的同态关系。确实，这两个群之间存在着一个重要的同态关系：SU(4) 同构于 SO(6) 的一个 2 重覆盖群 (double cover)。
通常情况下，同态关系意味着一个群的元素可以映射到另一个群的元素，并且保持群运算。更强的关系是同构 (isomorphism)，意味着存在一个双射（一对一且满射的映射）且保持群运算。而这里说的是一个覆盖关系，这比同构要复杂一些。
具体来说，SU(4) 的李代数 $mathfrak{su}(4)$ 与 SO(6) 的李代数 $mathfrak{so}(6)$ 是同构的。两个群的李代数同构是它们之间存在某种密切联系的强烈信号，通常意味着它们在局部上是相似的。
我们知道：
$mathfrak{su}(4)$ 的维度是 15。
$mathfrak{so}(6)$ 的维度是 15。
我们来回忆一下它们的生成元（generators）。
SU(4) 的生成元:
$mathfrak{su}(4)$ 的基由 15 个厄米特且迹为零的 4x4 复矩阵组成。这些可以表示为 $H_1, dots, H_{15}$。
任何一个 SU(4) 中的矩阵 $U$ 都可以表示为 $U = e^{i sum_{k=1}^{15} alpha_k H_k}$，其中 $alpha_k$ 是实数。
SO(6) 的生成元:
$mathfrak{so}(6)$ 的基由 15 个 6x6 实数斜对称矩阵组成。这些可以表示为 $A_1, dots, A_{15}$。
任何一个 SO(6) 中的矩阵 $R$ 都可以表示为 $R = e^{sum_{k=1}^{15} eta_k A_k}$，其中 $eta_k$ 是实数。
同构的根源
这种同构关系来源于数学中的一个非常深刻的事实：复向量空间的旋转群与实向量空间的旋转群之间存在着联系。
考虑一个 $2n$ 维的实向量空间 $mathbb{R}^{2n}$。它的旋转群是 SO(2n)。
考虑一个 $n$ 维的复向量空间 $mathbb{C}^n$。它的特殊酉群是 SU(n)。
对于 SU(4)，我们处理的是 4 维复向量空间上的变换。
对于 SO(6)，我们处理的是 6 维实向量空间上的变换。
这里存在一个关键的联系：一个 $n$ 维复向量空间 $mathbb{C}^n$ 在某些意义上可以看作是一个 $2n$ 维实向量空间。
如果我们将 $mathbb{C}^n$ 中的向量 $z = (z_1, z_2, dots, z_n)$，其中 $z_j = x_j + i y_j$ 是复数，表示成一个实向量：
$v = (x_1, y_1, x_2, y_2, dots, x_n, y_n) in mathbb{R}^{2n}$。
这种表示方式将一个复数 $z_j$ 映射到了 $mathbb{R}^2$ 中的一个点 $(x_j, y_j)$。
现在考虑 SU(4) 群。它是 4 维复向量空间上的变换。
对 $mathbb{C}^4$ 的一个酉变换 $U$ 作用在向量 $z$ 上，得到 $z' = Uz$。
$U$ 可以写成 $e^{iH}$，其中 $H$ 是一个 4x4 的厄米特矩阵。
$H$ 的维度是 $4^2=16$（实数自由度）。
由于我们要迹为零，所以少了一个自由度，得到 15 个自由度。
SO(6) 群是 6 维实向量空间上的变换。
对 $mathbb{R}^6$ 的一个特殊正交变换 $R$ 作用在向量 $v$ 上，得到 $v' = Rv$。
$R$ 可以写成 $e^A$，其中 $A$ 是一个 6x6 的斜对称矩阵。
$A$ 的维度是 $frac{6(61)}{2} = 15$ 个实数自由度。
SU(4) 的构造与 SO(6) 的联系
一个更直观的理解方式是，考虑 SU(4) 的生成元如何作用在 $mathbb{R}^8$ 上，而不是 $mathbb{C}^4$ 上。
任何一个 4x4 的厄米特矩阵 $H$ 都可以写成 $H = H_R + i H_I$，其中 $H_R$ 和 $H_I$ 是实数矩阵。由于 $H$ 是厄米特的， $H_R$ 是对称的，而 $H_I$ 是斜对称的。
$H = sum_{k=1}^{15} alpha_k H_k$。
$U = e^{iH} = e^{iH_R H_I}$。
这里的指数运算涉及到复数矩阵，操作比较复杂。
一个更有用的视角是，考虑 SU(n) 群和 SO(2n) 群之间的关系。
对于 $n=2$， SU(2) 同构于 SO(3)。这是非常著名的例子。
SU(2) 是 2 维复向量空间上的变换，其李代数维度是 $2^21=3$。
SO(3) 是 3 维实向量空间上的旋转群，其李代数维度是 $frac{3(31)}{2}=3$。
对于我们的问题，我们有 SU(4) 和 SO(6)。
将上面的模式推广：SU(n) 的李代数 $mathfrak{su}(n)$ 与 SO(2n) 的李代数 $mathfrak{so}(2n)$ 不是同构的。
而是 SU(n) 的李代数 $mathfrak{su}(n)$ 与 Sp(2n, $mathbb{R}$) 的李代数 (辛群) 存在联系。
回到 SU(4) 和 SO(6) 的直接联系：
这里的联系是 SU(4) 的李代数 $mathfrak{su}(4)$ 同构于 $mathfrak{so}(6)$ 的李代数 $mathfrak{so}(6)$。
原因在于，我们可以将 SU(4) 群中的变换“看作”是 SO(6) 群中的某些变换。
想象一个 4 维复向量空间 $mathbb{C}^4$。我们可以把 $mathbb{C}^4$ 看作是一个 8 维实向量空间 $mathbb{R}^8$。
对 $mathbb{C}^4$ 的酉变换 $U$ 可以看作是 $mathbb{R}^8$ 的一个特殊正交变换。
然而，这种映射不是直接的。SU(4) 群的维度是 15，而 SO(8) 的维度是 $frac{8 imes 7}{2} = 28$。
真正与 SU(4) 李代数同构的实李代数是 $mathfrak{so}(6)$。
这是因为，存在一种将 $mathfrak{su}(4)$ 的 15 个生成元与 $mathfrak{so}(6)$ 的 15 个生成元对应起来的方法，使得它们之间的关系保持一致。
我们可以考虑一个 4x4 复矩阵 $M = A + iB$，其中 A 和 B 是 4x4 实矩阵。
酉矩阵 $U$ 可以写成 $U = e^{iH}$，其中 $H$ 是 4x4 厄米特矩阵。
$H = H_R + iH_I$，其中 $H_R$ 是对称的， $H_I$ 是斜对称的。
$U = e^{iH_R H_I}$。
这个矩阵作用在复向量 $z in mathbb{C}^4$ 上。
另一方面，SO(6) 可以看作是 6 维实向量空间 $mathbb{R}^6$ 上的旋转。
$mathbb{R}^6$ 可以看作是复向量空间 $mathbb{C}^3$ 经过实数加倍后的结果，或者等价地说，它是两个独立的 $mathbb{R}^3$ 空间的直和。
这种联系的一个更深刻的解释来自例外李代数的分类，特别是 G2 和 F4 等群的结构。虽然 SU(4) 和 SO(6) 不直接属于例外，但它们之间的联系也源于代数结构的某种内在对称性。
数学证明思路（概要）
1. 构造 $mathfrak{su}(4)$ 的基：
取 4x4 的厄米特矩阵 $H$，使其迹为零。例如，可以利用 Pauli 矩阵 $sigma_1, sigma_2, sigma_3$ 的复数扩展，加上单位矩阵。
$mathfrak{su}(4)$ 的生成元可以表示为形如 $H$ 的矩阵，其中 $H$ 的元素是实数，满足 $H^dagger = H$ 和 $mathrm{Tr}(H)=0$。
一个 4x4 的厄米特矩阵有 16 个自由度。迹为零的约束减少到 15 个自由度。
2. 构造 $mathfrak{so}(6)$ 的基：
取 6x6 的斜对称矩阵 $A$，即 $A^T = A$。
一个 6x6 的斜对称矩阵有 $frac{6 imes 5}{2} = 15$ 个自由度。
3. 建立同构映射：
关键在于找到一个从 $mathfrak{su}(4)$ 到 $mathfrak{so}(6)$ 的线性映射 $phi$，使得对于任意 $X, Y in mathfrak{su}(4)$，
$phi([X, Y]_{mathfrak{su}(4)}) = [phi(X), phi(Y)]_{mathfrak{so}(6)}$，其中 $[.,.]$ 是李括号。
一个常见的构造方法是将 4x4 的复矩阵 $X in mathfrak{su}(4)$ 表示成一个 8x8 的实矩阵，然后找到一个子空间或一个映射，使其与 6x6 的斜对称矩阵产生同构。
例如，考虑将 $mathbb{C}^4$ 中的向量 $z$ 表示为 $mathbb{R}^8$ 中的向量 $(Re(z_1), Im(z_1), ..., Re(z_4), Im(z_4))$。
一个 SU(4) 变换 $U$ 作用在 $z$ 上是 $z' = Uz$。
这个变换在 $mathbb{R}^8$ 上可以表示为一个 8x8 的实矩阵 $ ho(U)$。
$ ho(U)$ 是正交的，但它不一定能“完全”嵌入到 SO(6) 中。
更准确的联系来自四元数（quaternions）。
四元数代数 $mathbb{H}$ 是一个 4 维实向量空间，它具有乘法，并且其非零元素构成一个除环。
SU(2) 与单位四元数群同构，后者是一个单位球面 $S^3$，维度为 3。SO(3) 也是一个单位球面 $S^3$，维度为 3。
SU(4) 的结构与四元数的结构更加紧密相关。
实际上，SU(4) 同构于 SO(6) 的 2 重覆盖群 Spin(6)。
Spin(6) 是 SO(6) 的一个“旋转”群，它有一个 2 重覆盖。
这意味着存在一个满射群同态 $pi: ext{Spin}(6) o ext{SO}(6)$，并且 $ ext{ker}(pi) = { pm I }$, 其中 $I$ 是 Spin(6) 的单位元（在某种表示下）。
而 SU(4) 的群结构正好就是 Spin(6) 的结构。所以 SU(4) $cong$ Spin(6)。
因此，SU(4) 是 SO(6) 的一个 2 重覆盖群。
为什么是 SO(6) 而不是 SO(8)？
这是因为 SU(n) 的代数结构与 SO(2n) 的代数结构存在一种“二次”关系。
考虑复数 $z = x+iy$。它可以看作是 $mathbb{R}^2$ 中的向量 $(x, y)$。复数乘法 $z_1 z_2$ 在 $mathbb{R}^2$ 中对应一个旋转（乘以模长）和一个角度的累加。
对于 SU(4)，我们处理的是 4 维复向量。将其转化为实向量空间，我们得到 8 维实向量空间。
但 SO(6) 的维度是 15，与 SU(4) 的维度相同。
这个联系是通过四元数代数来理解的。
四元数 $q = a + bi + cj + dk$。令 $a=0$，我们得到纯虚四元数 $bi+cj+dk$。这是一个 3 维实向量空间。
但这里讨论的是 SU(4)，与 4 维复向量空间相关。
关键点：
存在一个从 $mathbb{C}^4$ 到 $mathbb{R}^6$ 的嵌入方式，使得 SU(4) 的作用在 $mathbb{R}^6$ 上诱导出一个 SO(6) 的作用。
具体来说，可以将 $mathbb{C}^4$ 看作是具有特定结构的 6 维实向量空间。
或者，可以将 $mathfrak{su}(4)$ 的 15 个生成元映射到 $mathfrak{so}(6)$ 的 15 个生成元。
令 $X in mathfrak{su}(4)$。我们可以将其表示为 4x4 的复矩阵。
这个 $X$ 可以通过某种方式构造出对应的 6x6 实斜对称矩阵 $phi(X)$，使得 $[X, Y]$ 的像等于 $[phi(X), phi(Y)]$。
例如，考虑一个复向量 $z in mathbb{C}^4$。
可以将 $mathbb{C}^4$ 看作是四元数代数 $mathbb{H}$ 的一个“版本”。
$mathbb{H}$ 中的元素可以写成 $a+bi+cj+dk$。
$mathbb{C}$ 可以看作是 $mathbb{H}$ 的一个子代数，例如所有 $b=0$ 的四元数。
或者，反过来，可以从四元数构建出 SU(4)。
一个 4 维复向量空间可以看作是某些 6 维实向量空间的抽象表示。
考虑一个 3 维复向量空间 $mathbb{C}^3$ 的旋转群 SO(3)。
而 SO(6) 的维度是 15， SU(4) 的维度也是 15。
所以，两者是同构的（在李代数层面）。
群结构上的覆盖关系：
虽然李代数 $mathfrak{su}(4)$ 和 $mathfrak{so}(6)$ 是同构的，这并不意味着群 SU(4) 和 SO(6) 本身就是同构的。
李代数只描述群在单位元处的局部结构。
SU(4) 是 SO(6) 的一个 2 重覆盖群，这意味着存在一个满射群同态 $phi: ext{SU}(4) o ext{SO}(6)$，其核为 ${I, I}$（在 SU(4) 中存在一个非单位元的元素，其映射到 SO(6) 的单位元，且该元素的平方是单位元）。
这种 2 重覆盖关系在物理学中非常重要，尤其是在规范场论中。例如，在描述弱相互作用的标准模型中，SU(2) 是一个 2 重覆盖群。
总结：
1. 自由度： SU(4) 的自由度（李代数维度）是 $4^2 1 = 15$。SO(6) 的自由度（李代数维度）是 $frac{6(61)}{2} = 15$。两者自由度确实相等。
2. 李代数同构： $mathfrak{su}(4)$ 和 $mathfrak{so}(6)$ 是同构的。这意味着它们在局部上具有相同的代数结构，并且可以被视为同一类代数结构的不同表现形式。
3. 群结构的覆盖关系： 群 SU(4) 是群 SO(6) 的一个 2 重覆盖群。这意味着存在一个从 SU(4) 到 SO(6) 的群同态，其核为 {±1}。
这种同态关系并非巧合，而是数学结构深刻联系的表现。它源于复数代数与实数几何之间的联系，特别是在高维空间中的表示和变换。 理解这个关系，需要深入到李群、李代数、表示论以及可能的四元数代数等领域。它展示了不同数学对象之间如何以非平凡的方式相互关联。
网友意见
事实上，存在 到 的李群同态, 同时是一个 -cover.
不同“系列”的紧李群之间的比较是一个很有趣的话题。作为引子，我们先简单的介绍熟知的 -cover
要构造这样一个, 即等同于构造一个 在上的保距保定向线性映射。我们恰好有这样一个构造，即 在其李代数 上的共轭作用。于是我们有了李群同态. 由一些初等运算可知 的 kernel 为二阶群。另一方面，利用李群的群结构给出的平移作用可知，李群的同态为纤维丛。于是，的像是 的一些道路连通分支的并集。又因为 是道路连通的，所以 是满的。这样，我们证明了 是一个 -cover.
类似地，我们来构造
即构造一个 在 上的保距保定向线性作用。考虑 与它自己的外积 . 它作为复线性空间的维数是 . 此外，自带的Hermitian内积诱导出 上的一个Hermitian内积，记作. 令 为 的一组基。
定义上的共轭线性变换
如下：对于任意的, 满足
引理1：设 , 则自同态 满足.
证明：只需注意到内积和顶维外积 在作用下不变。
作为上的实线性变换， 有特征值和, 其对应的特征子空间分别记为, . 可以直接验证的一组基为
于是是维实线性空间。
由引理1可知，是在上的作用的不变子空间。因为作用是等距的，所以我们得到了李群同态
因为 是连通的，实际上我们有
经过一些初等计算可知，的kernel是二阶群。类似与前文对的讨论可知, 是一个2-cover.
在这个故事中，李群也是重要的角色。这一点在知友@Mynor的回答中出现了。一般地，我们有李群同态, 也是2-cover. 事实上，在时，这个2-cover就是上文中提到的。换句话说，我们有, .
本回答参考了StackExchange上的讨论https://math.stackexchange.com/questions/2985224/the-map-from-su4-to-so6/2985598。
更多相关的讨论可见如下论文：https://core.ac.uk/download/pdf/148777471.pdf。
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