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Mathematik » Topologie » Homologie von linearen Gruppen
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Universität/Hochschule Homologie von linearen Gruppen
Teddyboer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-09-03


Hallo,

ich versuche zur Zeit mich in algebraische Topologie einzuarbeiten und versuche möglichst viele Aufgaben zu lösen. Die folgende finde ich interessant:

Compare the homology groups of the Lie groups $GL_n(\mathbb{R})$ and $O(n)$. Compare the homology groups of the Lie groups $GL_n(\mathbb{C})$ and $U(n)$.
Hint: recall standard algorithms from linear algebra relating the groups

Bislang habe ich noch keine zielführende Idee wie ich die Homologiegruppen berechne oder wenigstens in Beziehung setze. Wenn ich mit dem reellen Fall beginne, dann gibt es zu jeder invertierbaren Matrix eine eindeutig bestimmte orthogonale Matrix durch QR - Zerlegung.

Ich würde die Homologie dieser Gruppen gerne besser verstehen, also vilen Dank für jede Hilfe.



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kurtg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-09-03


Ich würde versuchen, zu zeigen, dass die Inklusion ein Deformationsretrakt ist.



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Teddyboer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-03


Ach ja, natürlich. Vielen Dank. Für den reellen Fall habe ich jetzt die folgende Idee.
Zu jeder Matrix $A\in GL_n(\mathbb{R})$ existiert eine eindeutige orthogonale Matrix $Q\in O(n)$ und $R\in GL_n(\mathbb{R})$ obere Dreiecksmatrix mit Diagonaleinträgen $r_{ii}>0$. Die Abbildung

$F(t,A) = Q\cdot (t\cdot I_n + (1-t)R)$

liefert einen Deformationsretrakt von $O(n)$. Somit $H_n(GL_n(\mathbb{R}) \simeq H_n(O(n))$ für $n\geq 0$.

Für den komplexen Fall werde ich es mit Gram Schmidt versuchen.
 



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Teddyboer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-03


Für den komplexen Fall kann man Polarzerlegung verwenden. Eine invertierbare komplexe Matrix $A$ zerlegt sich eindeutig in $A = U\cdot P$, mit $P\in GL_n(\mathbb{C})$ und $U\in U(n)$. Ein Deformationsretrakt wäre dann $F(A,t) = A(t\cdot P + (1-t)I_n)^{-1}$.



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Ex_Mitglied_4018
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-09-06


2018-09-03 09:15 - Teddyboer in Beitrag No. 3 schreibt:
Für den komplexen Fall kann man Polarzerlegung verwenden. Eine invertierbare komplexe Matrix $A$ zerlegt sich eindeutig in $A = U\cdot P$, mit $P\in GL_n(\mathbb{C})$ und $U\in U(n)$. Ein Deformationsretrakt wäre dann $F(A,t) = A(t\cdot P + (1-t)I_n)^{-1}$.

$t\cdot P + (1-t)I_n$ ist nicht für alle P und t invertierbar. Das selbe Problem hast Du auch im anderen Fall.

Gram-Schmidt war die bessere Idee. Das ist dann auch quasi die Standardlösung für diese Aufgabe.



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Teddyboer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-11


Im reellen Fall habe ich das Problem nicht, da $R$ eine obere rechte Dreiecksmatrix mit $r_{ii}>0$ ist. Da $t\geq 0$ gilt $det(t\cdot I_n+(1-t)R) = \Pi_{i=1}^n(t+(1-t)r_{ii}) > 0$.

Im komplexen Fall habe ich nicht aufgepasst. Aber man kan Gramm Schmidt verwenden, um eine QR - Zerlegung wie oben (mit $r_{ii}>0$ und $Q\in U(n)$ zu erhalten. Wie etwa hier beschrieben


Dann verwende ich den selben Deformationsretrakt.



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Ex_Mitglied_4018
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-09-14


Das mit den Diagonaleinträgen habe ich überlesen.

Trotzdem musst Du noch begründen, warum die Matrizen Q und R (im reellen Fall) bzw. P und U (im komplexen Fall) stetig von A abhängen. Dafür muss man sich die Konstruktionen der Matrizen genauer anschauen. Im wesentlichen ist das - wie bereits erwähnt - das Gram-Schmidt-Verfahren und zwar sowohl im reellen als auch im komplexen Fall.



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