Connessione Gruppo GL complesso
Salve a tutti, nell'esercizio che mi è stato proposto mi viene chiesto di dare una dimostrazione del fatto che il Gruppo $GL(n,CC)$ sia connesso seguendo questa strada.
Siano $A$ e $B$ matrici invertibili $nxxn$.
1) Dimostro che esistono solo finite soluzioni complesse $lambda$ per $det(lambdaA+(1-lambda)B)=0$.
2)Dimostro che esiste un cammino continuo $A(t)=lambda(t)A+(1-lambda(t))B$ che connette $A$ con $B$ tale che $A(t)$ appartiene a $GL(n,CC)$. Dove qui $lambda(t)$ è un cammino continuo nel piano con $lambda(0)=0$ e $lambda(1)=1$.
Per il punto 1) è giusto affermare che il determinante essendo in questo caso un polinomio di grado $n$ ammette $n$ radici complesse?
Per il punto 2) come posso fare per dimostrare che $A(t)$ è continua e appartiene a $GL(n,CC)$?
Grazie in anticipo della disponibilità.
Siano $A$ e $B$ matrici invertibili $nxxn$.
1) Dimostro che esistono solo finite soluzioni complesse $lambda$ per $det(lambdaA+(1-lambda)B)=0$.
2)Dimostro che esiste un cammino continuo $A(t)=lambda(t)A+(1-lambda(t))B$ che connette $A$ con $B$ tale che $A(t)$ appartiene a $GL(n,CC)$. Dove qui $lambda(t)$ è un cammino continuo nel piano con $lambda(0)=0$ e $lambda(1)=1$.
Per il punto 1) è giusto affermare che il determinante essendo in questo caso un polinomio di grado $n$ ammette $n$ radici complesse?
Per il punto 2) come posso fare per dimostrare che $A(t)$ è continua e appartiene a $GL(n,CC)$?
Grazie in anticipo della disponibilità.
Risposte
1) sì.
2) Il modo più intuitivo che mi viene in mente è dire che se $Z$ è l'insieme degli zeri di cui al punto sopra, è finito, quindi è compatto, quindi è limitato, quindi è contenuto in un altro compatto \(K\); ora, puoi evitare a \(\lambda(t)\) di assumere valori in \(K\) modificandone un pezzo se necessario (fai un disegno), e quindi puoi mantenere tutto il cammino \(A(t)\) fatto interamente di matrici invertibili.
Un modo più elegante invece è dire che \(\mathbb C\setminus Z\) è connesso per archi (ma alla fine dimostrare quest'ultima cosa non è troppo diverso da ciò che ho appena detto...).
Un modo ancora migliore di dirlo è che \(\det : GL(n,\mathbb C)\to \mathbb C\) è una fibrazione, perché compare nella successione esatta di gruppi \(1\to U(n) \to GL(n,\mathbb C) \xrightarrow{\det}\mathbb C^\times \to 1\), e allora induce isomorfismi sugli insiemi delle componenti connesse (e sui gruppi fondamentali, ma questo non ti interessa ora).
2) Il modo più intuitivo che mi viene in mente è dire che se $Z$ è l'insieme degli zeri di cui al punto sopra, è finito, quindi è compatto, quindi è limitato, quindi è contenuto in un altro compatto \(K\); ora, puoi evitare a \(\lambda(t)\) di assumere valori in \(K\) modificandone un pezzo se necessario (fai un disegno), e quindi puoi mantenere tutto il cammino \(A(t)\) fatto interamente di matrici invertibili.
Un modo più elegante invece è dire che \(\mathbb C\setminus Z\) è connesso per archi (ma alla fine dimostrare quest'ultima cosa non è troppo diverso da ciò che ho appena detto...).
Un modo ancora migliore di dirlo è che \(\det : GL(n,\mathbb C)\to \mathbb C\) è una fibrazione, perché compare nella successione esatta di gruppi \(1\to U(n) \to GL(n,\mathbb C) \xrightarrow{\det}\mathbb C^\times \to 1\), e allora induce isomorfismi sugli insiemi delle componenti connesse (e sui gruppi fondamentali, ma questo non ti interessa ora).
Non è vero che quel determinante ha sempre grado $n$ in $\lambda$, e comunque non serve mostrarlo; certamente è un polinomio, basta mostrare che non è identicamente nullo, e questo è facile.
Inoltre questa strategia non è affatto chiara: che funzione sarebbe $\lambda$? Tu dici che è un cammino nel piano, ma da come è scritta sembra una mappa \([0,1]\to\mathbb R\), e in questo secondo caso non puoi sempre trovare un cammino di quella forma, perchè se ad esempio \(\det(A/2+B/2)=0\) non potrai mai trovare una funzione $\lambda$ per cui quel cammino è tutto in $\text{GL}_n(\mathbb C)$.
Inoltre questa strategia non è affatto chiara: che funzione sarebbe $\lambda$? Tu dici che è un cammino nel piano, ma da come è scritta sembra una mappa \([0,1]\to\mathbb R\), e in questo secondo caso non puoi sempre trovare un cammino di quella forma, perchè se ad esempio \(\det(A/2+B/2)=0\) non potrai mai trovare una funzione $\lambda$ per cui quel cammino è tutto in $\text{GL}_n(\mathbb C)$.
1) Se non ho capìto male, siano fissate \(\displaystyle A,B\in GL_n(\mathbb{C})\) e tu voglia risolvere l'equazione \(\displaystyle\det(\lambda A+(1-\lambda)B)=0\) nell'incognita reale \(\displaystyle\lambda\in[0,1]\). Ottenendo un polinomio di grado al più \(\displaystyle n\), così puoi determinare al più \(\displaystyle n\) soluzioni in quell'intervallo.
2) Definita la funzione:
\[
\gamma:t\in[0,1]\to tA+(1-t)B\in\mathbb{C}^n_n;
\]
hai che questa è continua (perché?), e solo in al più \(\displaystyle n\) punti non sei in \(\displaystyle GL_n(\mathbb{C})\): come si fa?
Ti ricordi della funzione continua \(\displaystyle\det:GL_n(\mathbb{C})\to\mathbb{C}^{\times}\), da questa evinci che \(\displaystyle GL_n(\mathbb{C})\) è un insieme aperto; \(\displaystyle\gamma\) si comporta male solo su finiti punti: come ti "muovi"?
2) Definita la funzione:
\[
\gamma:t\in[0,1]\to tA+(1-t)B\in\mathbb{C}^n_n;
\]
hai che questa è continua (perché?), e solo in al più \(\displaystyle n\) punti non sei in \(\displaystyle GL_n(\mathbb{C})\): come si fa?
Ti ricordi della funzione continua \(\displaystyle\det:GL_n(\mathbb{C})\to\mathbb{C}^{\times}\), da questa evinci che \(\displaystyle GL_n(\mathbb{C})\) è un insieme aperto; \(\displaystyle\gamma\) si comporta male solo su finiti punti: come ti "muovi"?
"hydro":
Non è vero che quel determinante ha sempre grado $n$ in $\lambda$, e comunque non serve mostrarlo; certamente è un polinomio, basta mostrare che non è identicamente nullo, e questo è facile.
Io l'ho interpretato così: quello è un polinomio in $\lambda$, non è zero (perché ad esempio in 0 fa \(\det B\) che non è zero; potrebbe essere costante nonzero, che va bene, ma allora non ha $n$ radici: ne ha tante quanto è il grado.
"megas_archon":
[quote="hydro"]Non è vero che quel determinante ha sempre grado $n$ in $\lambda$, e comunque non serve mostrarlo; certamente è un polinomio, basta mostrare che non è identicamente nullo, e questo è facile.
Io l'ho interpretato così: quello è un polinomio in $\lambda$, non è zero (perché ad esempio in 0 fa \(\det B\) che non è zero; potrebbe essere costante nonzero, che va bene, ma allora non ha $n$ radici: ne ha tante quanto è il grado.[/quote]
Sìsì immaginavo che tu avessi capito, ma OP ha scritto che:
"Gabriele Pagnanelli":
Per il punto 1) è giusto affermare che il determinante essendo in questo caso un polinomio di grado $ n $ ammette $ n $ radici complesse?
e la risposta è no.
Grazie mille a tutti per le risposte.
Per quanto riguarda il punto 1) mi sono espresso in maniera poco precisa. In effetti, se ho ben capito, il fatto che quel determinante sia un polinomio al più di grado $n$ mi assicura che le sue radici complesse siano limitate in numero e ottengo il risultato cercato.
Per il punto 2) riprendo il primo procedimento qui descritto in quanto molto simile ad altre dimostrazioni presenti nel testo che sto usando e penso sia la strada più adatta al mio caso.
Che tipo di modifica posso apportare a $lambda(t)$?
Come esprimo praticamente il fatto che $lambda(t)$ debba evitare l'insieme delle soluzioni al punto 1)?
Grazie a tutti della disponibilità.
Per quanto riguarda il punto 1) mi sono espresso in maniera poco precisa. In effetti, se ho ben capito, il fatto che quel determinante sia un polinomio al più di grado $n$ mi assicura che le sue radici complesse siano limitate in numero e ottengo il risultato cercato.
"megas_archon":
1) sì.
2) Il modo più intuitivo che mi viene in mente è dire che se $ Z $ è l'insieme degli zeri di cui al punto sopra, è finito, quindi è compatto, quindi è limitato, quindi è contenuto in un altro compatto \( K \); ora, puoi evitare a \( \lambda(t) \) di assumere valori in \( K \) modificandone un pezzo se necessario (fai un disegno), e quindi puoi mantenere tutto il cammino \( A(t) \) fatto interamente di matrici invertibili.
Un modo più elegante invece è dire che \( \mathbb C\setminus Z \) è connesso per archi (ma alla fine dimostrare quest'ultima cosa non è troppo diverso da ciò che ho appena detto...).
Un modo ancora migliore di dirlo è che \( \det : GL(n,\mathbb C)\to \mathbb C \) è una fibrazione, perché compare nella successione esatta di gruppi \( 1\to U(n) \to GL(n,\mathbb C) \xrightarrow{\det}\mathbb C^\times \to 1 \), e allora induce isomorfismi sugli insiemi delle componenti connesse (e sui gruppi fondamentali, ma questo non ti interessa ora).
Per il punto 2) riprendo il primo procedimento qui descritto in quanto molto simile ad altre dimostrazioni presenti nel testo che sto usando e penso sia la strada più adatta al mio caso.
Che tipo di modifica posso apportare a $lambda(t)$?
Come esprimo praticamente il fatto che $lambda(t)$ debba evitare l'insieme delle soluzioni al punto 1)?
Grazie a tutti della disponibilità.
Sia
$p(\lambda)=det(\lambda A+(1-\lambda) B)$
osserviamo che
$\bar(Z(p))={\lambda \in \mathbb{C}, p(\lambda)\ne 0}$
è connesso perché complementare di un insieme finito [nota]Questo vale perché $\mathbb{C}$ privato di un numero finito di punti è connesso.[/nota] (gli zeri del punto 1)). In particolare, esiste un cammino continuo $\gamma : [0,1] \mapsto I \subset \bar(Z(p))$ che unisce i punti $\gamma(0)=0$ e $\gamma(1)=1$ (notare che questi due punti appartengono all' insieme perché $p(1)=det(A)\ne 0$ e $p(0)=det(B) \ne 0$), dunque si conclude che
$det(\gamma(t)A+(1-gamma(t))B)\ne 0$
per ogni $t \in [0,1]$.
$p(\lambda)=det(\lambda A+(1-\lambda) B)$
osserviamo che
$\bar(Z(p))={\lambda \in \mathbb{C}, p(\lambda)\ne 0}$
è connesso perché complementare di un insieme finito [nota]Questo vale perché $\mathbb{C}$ privato di un numero finito di punti è connesso.[/nota] (gli zeri del punto 1)). In particolare, esiste un cammino continuo $\gamma : [0,1] \mapsto I \subset \bar(Z(p))$ che unisce i punti $\gamma(0)=0$ e $\gamma(1)=1$ (notare che questi due punti appartengono all' insieme perché $p(1)=det(A)\ne 0$ e $p(0)=det(B) \ne 0$), dunque si conclude che
$det(\gamma(t)A+(1-gamma(t))B)\ne 0$
per ogni $t \in [0,1]$.
Forse volevi scrivere che \(\gamma\) ha come codominio \(\overline{Z(p)}\)?
Scusate volevo scrivere $\gamma : [0,1] \mapsto I \subset \bar(Z(p))$
"dan95":
Sia
$p(\lambda)=det(\lambda A+(1-\lambda) B)$
osserviamo che
$\bar(Z(p))={\lambda \in \mathbb{C}, p(\lambda)\ne 0}$
è connesso perché complementare di un insieme finito (gli zeri del punto 1)). In particolare, esiste un cammino continuo $\gamma : [0,1] \mapsto I \subset \bar(Z(p))$ che unisce i punti $\gamma(0)=0$ e $\gamma(1)=1$ (notare che questi due punti appartengono all' insieme perché $p(1)=det(A)\ne 0$ e $p(0)=det(B) \ne 0$), dunque si conclude che
$det(\gamma(t)A+(1-gamma(t))B)\ne 0$
per ogni $t \in [0,1]$.
Ciao, potresti delucidarmi sull'affermazione "è connesso perché complementare di un insieme finito"? Non riesco troppo bene a comprenderla
In realtà questo non vale in generale, per esempio prendiamo $\mathbb{R}$ se leviamo un punto, ad esempio ${0}$, il complementare $\mathbb{R}-{0}$ è sconnesso. Quello che ho detto vale per $\mathbb{C}$ (vedi commento di megas sotto).
Se non vogliamo ricorrere a questo risultato possiamo "evitare" gli zeri $\lambda_i$ di $p(\lambda)$ considerando le palle $B_r(\lambda_i)$ con centro $\lambda_i$ e raggio r sufficientemente piccolo da non contenere gli altri zeri, e ogni volta che il cammino incontra uno zero $\lambda_i$ lo "aggira" passando lungo la frontiera di $B_r(\lambda_i)$. L' idea intuitiva è questa.
Se non vogliamo ricorrere a questo risultato possiamo "evitare" gli zeri $\lambda_i$ di $p(\lambda)$ considerando le palle $B_r(\lambda_i)$ con centro $\lambda_i$ e raggio r sufficientemente piccolo da non contenere gli altri zeri, e ogni volta che il cammino incontra uno zero $\lambda_i$ lo "aggira" passando lungo la frontiera di $B_r(\lambda_i)$. L' idea intuitiva è questa.
"dan95":No, \(\mathbb R\) è semplicemente connesso. Quello che ti interessa in questa situazione è un invariante di cui non ricordo il nome ("indice di disconnessione"?) che è la minima cardinalità/dimensione di un sottoinsieme che devi rimuovere da uno spazio per sconnetterlo.
Quello che ho detto vale per gli insiemi semplicemente connessi
"megas_archon":
No, R è semplicemente connesso.
E pure tu hai ragione... che gaff
Edito subito!
Comunque se non ricordo male dipende dalla dimensione ad uno spazio topologico $X$ di dimensione $n$ devi togliere un sottospazio di dimensione $n-1$ nel caso di $\mathbb{R}$ un punto, nel caso di $\mathbb{R}^2$ una retta e così via ...
"dan95":
[quote="megas_archon"]No, R è semplicemente connesso.
E pure tu hai ragione... che gaff
Edito subito!
Comunque se non ricordo male dipende dalla dimensione ad uno spazio topologico $X$ di dimensione $n$ devi togliere un sottospazio di dimensione $n-1$ nel caso di $\mathbb{R}$ un punto, nel caso di $\mathbb{R}^2$ una retta e così via ...[/quote]
Non è così semplice, il cerchio ha dimensione 1, ma devi togliere due punti per sconnetterlo. È proprio un invariante strano, non ricordo dove si usi precisamente, ma è la chiave di molte dimostrazioni di inesistenza di omeomorfismi.
Se lo spazio topologico $X$ è semplicemente connesso dovrebbe funzionare. Non lo so... Mi documento...
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