13. Mátrix csoportok

Segítség: A determináns szorzás-tartó: $\det \left(\mathrm{AB}\right)=\det \left(A\right)\det \left(B\right)$.

Megoldás: A sokság definíciója szerint elég belátni, hogy a determináns deriváltja sehol sem nulla. Ezt a 12/IV. Feladatban kiszámoltuk. Mivel egy egyenletünk van, a dimenzió $n^2-1$.

1. Megoldás: A sokság definíciója szerint az érintőtér megegyezik $\det$ deriváltjának magjával. Ezt a 12/III. Feladatban kiszámoltuk.

2. Megoldás: Először is az origó kis $K$ környezetére szorítkoznk, ahol az exponenciális függvény bijektív. A 12/12. Tétel szerint az olyan $A\in K$ mátrixokat keressük, amikre $\det \left(e^A\right)=1$. A 12/XXV. Feladat szerint $\det \left(e^A\right)=e^{tr\left(A\right)}$, tehát valóban a 0 nyomú mátrixok alkotják a Lie algebra $K$-ba eső részét. De mivel egy altérről van szó, a $k$-n kívül is megegyezik a 0 nyomú mátrixok terével.

3. Megoldás: Az Lie algebra $n-1$ dimenziós, tehát egy lineáris egyenlettel adható meg. Ráadásul a Lie algebra zárt az $\mathrm{SL}(n,ℝ)$-rel való konjugálásra is, tehát az egyenlet többszörösei által alkotott egyenes invariáns. Ismert, hogy (konstans szorzó erejéig) egyetlen ilyen egyenlet van: $tr\left(A\right)=0$.

Segítség: ${ℂ}^n$ azonosítható ${ℝ}^{2n}$-nel. Ezért a komplex lineáris leképezések tekinthetők valós lineárisnak is, azaz $$\mathrm{GL}(n,ℂ)\subset \mathrm{GL}(2n,ℝ)$$

Segítség:Nyílt részhalmaz az összes komplex mátrixok terében - ami lineáris altér az összes $2n\times 2n$-es valós mátrixok között - tehát részsokaság.

Segítség:Ugyanúgy megy, mint valósban. A dimenziót most legkönnyebben így kapjuk: a Lie algebra, $\mathrm{sl}(n,ℂ)$ egy $n^2-1$ dimenziós komplex vektor tér - tehát valós vektortérként a dimenziója kétszer ennyi.

Megoldás: $M$ ortogonális $\iff$ $M^{-1}=M^T$ $\iff$ $M=(M^T{)}^{-1}$ $\iff$ $M^T$ ortogonális.

Megoldás: távolság tartó transzformációk inverze, kompozíciója szintén távolság tartó. Az $M\cdot M^T=1$ egyenlet bal oldala folytonos függvénye $M$-nek (másodfokú polinom), ezért a megoldás halmaza zárt. Tehát $O\left(n\right)$ zárt részcsoport, tehát mátrix Lie csoport.

1. Megoldás: Az $$\varphi :M\to M^T\cdot M$$ eképezés az összes mátrixok teréből a szimmetrikus mátrixot terébe képez, tehát felfogható egy $$\varphi :{ℝ}^{n^2}\to {ℝ}^{\frac{n(n+1)}{2}}$$ függvényként. Folytonosan differenciálható, hiszen polinomokkal adtuk meg. Az ő deriváltját kell kiszámolnunk. Legyen $M$ egy invertálható mátrix - $M$-beli deriváltat számolunk: $$\varphi (M+A)=(M+A{)}^T\cdot (M+A)={\mathrm{MT}}^T\cdot M+(A^T\cdot M+M^T\cdot A)+O(\mid A{\mid }^2)$$ tehát $$d\varphi \left(M\right):A\to A^T\cdot M+M^T\cdot A=(M^T\cdot A{)}^T+(M^T\cdot A)$$ Ez egy lineáris leképezés az összes mátrix teréből a szimmetrikus mátrixok terébe, és láthatón szürjektív. Alkalmazható a részsokaság definíciója: ${\varphi }^{-1}\left(1\right)$ részsokaság, 1-beli érintő tere pedig éppen $d\varphi \left(1\right):A\to A^T+A$ magja - az antiszimmetrikus mátrixok tere. Ebből a dimenzió is adódik: az átló fölötti mátrix elemek száma éppen $\frac{n(n-1)}{2}$.

2. Megoldás: Már láttuk, hogy $\exp (-M)=\exp (M{)}^{-1}$. Az is világos, hogy $\exp \left(M^T\right)=\exp (M{)}^T$. Ezért $$\exp (M{)}^T=\exp (M{)}^{-1}\iff \exp \left(M^T\right)=\exp (-M)$$ Mivel az exponenciális függvény bijektív az origó környezetében, azért a Lie algebra ebben a környezetben az $M^T=-M$ egyenlettel adható meg. Mivel ez lineáris egyenlet, az egész téren ez adja meg a Lie algebrát.

Megoldás: $M$ unitér $\iff$ $M^{-1}=M^{*}$ $\iff$ $M=(M^{*}{)}^{-1}$ $\iff$ $M^{*}$ unitér.

Megoldás: távolság tartó komplex lineáris transzformációk inverze, kompozíciója szintén távolság tartó, komplex lineáris. Az $M\cdot M^{*}=1$ egyenlet bal oldala folytonos függvénye $M$-nek (másodfokú valós polinom), ezért a megoldás halmaza zárt. Tehát $U\left(n\right)$ zárt részcsoport, tehát mátrix Lie csoport.

Segítség: Az ortogonális csoportnál használt módszerek mind utánozhatók.