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Mathematik » Strukturen und Algebra » Zeigen, dass SL(n) und O(n) Liegruppen sind
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Autor
Universität/Hochschule J Zeigen, dass SL(n) und O(n) Liegruppen sind
capstrovor
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
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Mitteilungen: 11
Aus: Österreich
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-03-13


Hallo,
die Aufgabe steht eigentlich schon im Titel.
Ich soll die Lie-Gruppe mit Hilfe des Satzes vom regulären Wert zeigen.
Wenn ich mir für SL(n) eine Abbildung $f: R^{n^2} -> R; f(A) = det(A) - 1$ definiere, sollte doch 0 ein regulärer Wert sein, oder? Wenn ich das nun zeigen will, bestimme ich zuerst das Urbild, was hier genau SL(n) wäre. Jetzt weiß ich aber nicht wie ich zeige, dass die Ableitung für alle SL-Matrizen surjektiv ist.

Die Ableitung für die Determinante hab ich von Wikipedia:
$(df(A))(B) = det(A) \cdot tr(A^{-1} B) = tr(A^{-1} B)$
Die Determinante der Ableitung wäre ja dann einfach eben die Ableitung selbst, aber wieso ist die für alle A in SL ungleich 0?

Für O(n) das selbe nur mit anderem f:
$f: R^{n^2} -> Symm(n); f(A) = A^T A - 1$
Dann ist auch hier 0 der reguläre Wert, das Urbild gerade O(n).
Und jetzt wieder das Problem beim der Surjektivität (bin mir nicht sicher ob die Ableitung so stimmt)
$df(A) = (A^T)^'A + A^TA^'$
Wie sehe ich jetzt, dass diese surjektiv ist?

LG



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Saki17
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-03-14


2019-03-13 15:26 - capstrovor im Themenstart schreibt:
Die Ableitung für die Determinante hab ich von Wikipedia:
$(df(A))(B) = det(A) \cdot tr(A^{-1} B) = tr(A^{-1} B)$
Die Determinante der Ableitung wäre ja dann einfach eben die Ableitung selbst, aber wieso ist die für alle A in SL ungleich 0?
$df(A)$, so wie es im Zitat steht, ist offenbar nicht die Nullform, somit surjektiv.

Für den Fall $O(n)$ lautet die Formel $df(A)X=A^\top X+X^\top A$ ($df(A): \IR^{n\times n}\to Symm(n)$ - beachte, der Tangentialraum von Symm(n) an f(A) ist isomorph zu Symm(n)). Also wollen wir für $B\in Symm(n)$ ein $X\in \IR^{n\times n}$ finden, sodass $df(A)X=B$. Diese Matrix-Gleichung ist in der Tat lösbar.



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capstrovor
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 16.05.2018
Mitteilungen: 11
Aus: Österreich
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-19


Hallo,

aber das gilt ja nicht zwingend für alle Matrizen in O(n), oder?
Z.b. Die 4x4 Matrix mit 1, -1, 1, -1 auf der Diagonalen hat Spur = 0 und Det = 1, also in O(4), und da die Spur ja multiplikativ ist, wäre dann tr(A B) = tr(A) tr(B) = 0 * tr(B) = 0 für alle B.

Ok alles klar, das verstehe ich. Danke!



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Creasy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 22.02.2019
Mitteilungen: 310
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-03-19


Hey

Die Spurabbildung ist nicht multiplikativ, z.b. ersichtlich an $$\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&0\\0&0\end{pmatrix}$$




-----------------
Smile (:



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capstrovor
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Mitteilungen: 11
Aus: Österreich
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21


Ach total verwechselt mit der Determinante.
Dann ist alles klar, danke!
LG



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