GL(n,IR) ist Lie-Gruppe

28.05.2011, 17:14

GL(n,IR) ist Lie-Gruppe

Eigentlich geht's um einen als ziemlich einfach angesehenen Sachverhalt:
Warum ist die generelle lineare Gruppe (von mir aus über IR) eine Lie-Gruppe?
"Irgendwie" kann ich das schon einsehen, allerdings ist meine Vorstellung recht schwammig und die konkrete Struktur kann ich nicht hinschreiben.

Ich muss dazu auch sagen, dass meine Vorbildung wenn überhaupt, dann vorwiegend algebraisch und analytisch ist, d.h. keine Topologie und Differentialgeometrie bis auf absolute Grunddefinitionen. Wir haben diese Grunddefinitionen und Sätze natürlich durchgenommen, aber ich fühle mich damit einfach noch nicht sicher und kann auch nicht immer selbst Beweise fertig führen. So auch hier...

Also, los geht's: Ich möchte ganz genau sehen, dass die lineare Gruppe $\begin{eqnarray*} GL(n,\mathbb{R}) \end{eqnarray*}$ eine Lie-Gruppe ist.

- Gruppe: klar.

- Topologie: Nun ja, die Matrizen $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^{n\times n} \end{eqnarray*}$ bilden bekanntermaßen einen Vektorraum mit Dimension $\begin{eqnarray*} n^2 \end{eqnarray*}$ . Der Vektorraum ist normiert mit der Operatornorm $\begin{eqnarray*} \|.\|_{2} \end{eqnarray*}$ (z.B.). Die Norm induziert mir eine Metrik $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ , die mir z.B. über $\begin{eqnarray*} B=\left\{B_r(x)| x\in \mathbb{R}^{n\times n} | x\in M, r>0\right\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} B_r(x):=\left\{y\in\mathbb{R} | d(x,y)<r\right\} \end{eqnarray*}$ eine Basis der Topologie induziert.

- topologische Gruppe: Damit eine topologische Gruppe vorliegt, muss die Gruppenstruktur mit der Topologie verträglich sein, in dem Sinne, dass die Gruppenverknüpfung und Inversenbildung stetig ist. Ich muss also zeigen: Urbilder offener Mengen sind wieder offen. Im Sinne der Gruppenverknüpfung sollte dann die Topologie des Urbildraums die Produkttopologie sein.
Für die Multiplikation zweier Gruppenelemente $\begin{eqnarray*} (g,h)\mapsto g\cdot h \end{eqnarray*}$ kann ich das nachvollziehen. Extrem lapidar formuliert kann ich halt ein Element $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ aus einer offenen Menge nehmen und dieses dann wohl zusammensetzen mit Elementen $\begin{eqnarray*} (g,h) \end{eqnarray*}$ . Wenn ich jetzt $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ein wenig verändere, dann kann ich die anderen auch ein wenig verändern und dann passt’s wieder. Damit werden die Urbilder offen sein. Ähnlich geht’s mit den inversen Abbildungen – hier über die Cramersche Regel ersichtlich.

- differenzierbare Mannigfaltigkeit: hier hapert's. Ich würde gerne einen Atlas hinschreiben, der mir die differenzierbare Struktur erzeugt, aber da steht doch ein Fragezeichen bei mir. Ich könnte natürlich eine Identifikation à la $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^{n\times n} \cong \mathbb{R}^{n^2} \end{eqnarray*}$ und dann da den Atlas $\begin{eqnarray*} (\{\mathbb{R}^{n^2},id\}) \end{eqnarray*}$ nehmen, aber irgendwie sehe ich das nicht so richtig. Insbesondere das "differenzierbar" sehe ich da nicht so richtig, was mich zum letzten Punkt bringt:

- Lie-Gruppe: Jetzt muss ich als letzten Punkt noch zeigen, dass die Gruppenverknüpfung + Inversenbildung mit der Mannigaltigkeit vereinbar ist, in dem Sinne, dass sie "glatt" ist. Auch das kann ich schwammig irgendwie akzeptieren - aber "klar" ist mir das nicht wirklich. Insbesondere kann ich es nicht beweisen, weil mir noch nicht mal richtig klar ist, wie die Differenzierbarkeit hier zu verstehen ist.

Vielleicht kann mir jemand aushelfen?
Gruß
MI

28.05.2011, 18:07

gonnabphd

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Da man eine natürliche, globale Karte geben kann (mit der Identifizierung $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{n\times n} = \mathbb R^{n^2} \end{eqnarray*}$ ), sollte man diese auch nehmen.

Um zu zeigen, dass eine Abbildung $\begin{eqnarray*} f:M^m \to N^n \end{eqnarray*}$ zwischen Mannigfaltigkeiten glatt ist, muss man zeigen, dass für zwei beliebige Parametrisierungen $\begin{eqnarray*} \phi: \Omega \to M \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \psi: \tilde \Omega \to N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \Omega \subset \mathbb R^m, \tilde \Omega \subset \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ offen, die Funktion $\begin{eqnarray*} \psi^{-1}\circ f\circ \phi: \Omega \to \tilde\Omega \end{eqnarray*}$ glatt ist (das ist die Definition).

In unserem Fall ist das recht einfach, da wir nur eine Karte betrachten müssen.
Dass die Multiplikation und Inversion glatte Abbildungen sind, folgt daraus, dass jede Komponente der Multiplikationsfunktion ein Polynom in $\begin{eqnarray*} x_1, \dots , x_{n^2} \end{eqnarray*}$ ist, bei der Inversion aus der Cramerschen Regel und dem Fakt, dass $\begin{eqnarray*} A \mapsto \frac{1}{\det(A)} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} GL(n,\mathbb R) \end{eqnarray*}$ glatt ist.

Hilft das?

28.05.2011, 18:34

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Ja, ich glaube das hilft mir schon mal weiter. Ich wiederhole das jetzt nochmal in meinen Worten (bzw. denen unserer VL) um zu schauen, ob ich das wirklich komplett habe.

Also meine Idee oben mit $\begin{eqnarray*} \{(\mathbb{R}^{n^2},id)\} \end{eqnarray*}$ als Atlas (Klammern waren falsch rum, gemeint ist halt der Atlas, der aus der globalen Karte mit der Identität besteht) ist also die richtige Idee.

Gut, dann eben zur Glattheit. Das was du "Parametrisierungen" nennst, sind bei uns die inversen der topologischen Abbildungen der Karten. Die Produktabbildung ist dann eine Abbildung $\begin{eqnarray*} f: (\mathbb{R}^{n \times n})^2\to \mathbb{R}^{n\times n}: (g,h)\mapsto g\cdot h \end{eqnarray*}$ , ok.

Ich sehe gerade, dass wir einen Satz haben, der sagt,
f : M -> N glatt <=> Es existieren Atlanten $\begin{eqnarray*} \mathcal{F}_M \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathcal{F}_N \end{eqnarray*}$ sodass für alle Karten $\begin{eqnarray*} (U,x)\in \mathcal{F}_M \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (V,y)\in \mathcal{F}_N \end{eqnarray*}$ die Abbildung $\begin{eqnarray*} y\circ f\circ x^{-1}: x(f^{-1}(V)\cap U)\to y(V) \end{eqnarray*}$ glatt ist.
Das steht im Grunde direkt unter der Definition, habe ich aber wohl übersehen unglücklich

.
Gut, damit kann ich natürlich den Atlas oben mit der einen Karte nehmen und beim Urbild den Atlas der Produktmannigfaltigkeit (sagt man das so?).
Also müssen wir, wie du sagst, nur eine Karte betrachten.
Die Begründung mit den Polynomfunktionen ist dann für meine Vorstellung sehr gut. Damit bekomme ich dann auch den Rest mit der Inversion hin (nebenbeibemerkt sollte das ja auch eine polynomielle Funktion sein).

Wenn das so stimmt, dann habe ich schon einiges mehr verstanden smile

Gruß
MI

28.05.2011, 21:35

gonnabphd

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Jo, habe keine Einwände. Augenzwinkern

Zitat:

Die Begründung mit den Polynomfunktionen ist dann für meine Vorstellung sehr gut. Damit bekomme ich dann auch den Rest mit der Inversion hin (nebenbeibemerkt sollte das ja auch eine polynomielle Funktion sein).

Inversion ist eher eine rationale Funktion (wegen dem $\begin{eqnarray*} \frac1{\det(A)} \end{eqnarray*}$ -Teil in der Cramerschen Regel).

Wink

28.05.2011, 21:53

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Zitat:

Original von gonnabphd
Inversion ist eher eine rationale Funktion (wegen dem $\begin{eqnarray*} \frac1{\det(A)} \end{eqnarray*}$ -Teil in der Cramerschen Regel).

Ja, falsch formuliert, ich meinte eher, dass die Determinante eben eine polynomielle Angelegenheit ist. Klar, insgesamt habe ich dann eine rationale Angelegenheit.

Dann danke ich recht herzlich, jetzt ist's klarer!

Gruß
MI

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