¿Es ésta una forma válida de mostrar $\chi(SL_n(\mathbb{R}))=0$ ?

Question

¿Por qué $\chi(SL_n(R))=0$ ? Voy a hacerlo así. Deje que $X:=SL_n(R)$ .

Definir un mapa $f:X\to X$ tal por $A\mapsto BA$ donde $B$ es la matriz identidad, pero con una $1$ en la entrada de la esquina superior derecha. Así que $\det(BA)=1$ y el mapa es suave. También sé $f$ no tiene puntos fijos, ya que $A=BA$ implica $B=I_n$ ya que todos los $A$ son invertibles. Pero $f$ también es homotópica a la identidad, digamos que a través de una familia de mapas $f_t$ donde $f_t$ es la multiplicación por la izquierda de la matriz que tiene $1$ en la diagonal, y $t$ en la entrada superior derecha.

Por la teoría de puntos fijos de Lefschetz, sé que el número de Lefschetz de la identidad es igual a la característica de Euler y es invariante de la homotopía. Pero el número de Lefschetz de un mapa sin puntos fijos es $0$ por lo que se deduce que $$ \chi(X)=L(id)=L(f)=0. $$

Sin embargo, todas mis búsquedas parecen demostrar que la teoría del punto fijo de Lefschetz es para las variedades orientadas compactas. Pero $SL_n(R)$ no es compacto, aunque creo que es orientable. ¿Funciona esta idea sin la suposición de compacidad, o hay una mejor manera de calcular esto?

Answer 1

En descomposición polar define un repliegue de deformación de $SL(n, \mathbb{R}) \to SO(n, \mathbb{R})$ y dado que la característica de Euler $\chi$ es invariante de homotopía, también podemos calcular $\chi(SO(n, \mathbb{R}))$ . Pero $SO(n, \mathbb{R})$ es compacto y orientable (todos los grupos de Lie son orientables), por lo que tu argumento del punto fijo de Lefschetz parece aplicarse a él. De hecho, para cualquier grupo de Lie $G$ y cualquier elemento no identitario $g \in G$ el mapa $h \mapsto gh$ no fija ningún punto, por lo que este argumento demuestra de hecho que cualquier grupo de Lie compacto, conexo y no trivial tiene característica de Euler cero.

En el caso de $SO(n, \mathbb{R})$ (de nuevo, de forma equivalente $SL(n, \mathbb{R})$ Aquí hay un argumento alternativo que no utiliza un argumento de punto fijo, y es más "nativamente topológico": La característica de Euler es multiplicativa para fibraciones agradables. Más precisamente, dada una fibración $E \to M$ con base conectada por trayectoria $M$ y fibra $F$ (y una condición técnica de orientabilidad que se cumple aquí), las características de Euler de $E$ , $M$ y $F$ están relacionados por $$\chi(E) = \chi(M) \chi(F).$$ Para $n > 1$ , $SO(n)$ es el espacio total de la fibración $SO(n) \to \mathbb{S}^{n - 1}$ inducida por la acción estándar de $SO(n)$ en $\mathbb{R}^n$ y su fibra es $SO(n - 1)$ Así que $$\chi(SO(n)) = \chi(\mathbb{S}^n) \chi(SO(n - 1)).$$ Por inducción, $$\chi(SO(n)) = \chi(\mathbb{S}^n) \cdots \chi(\mathbb{S}^1) \chi(SO(0)),$$ pero $\chi(\mathbb{S}^1) = 0$ y así $$\chi(SO(n)) = 0.$$