¿Es el mapa $A \to \bigwedge^{k}A $ ¿una inmersión?

Question

$\newcommand{\Cof}{\operatorname{cof}} \newcommand{\id}{\operatorname{Id}}$ Dejemos que $V$ ser un verdadero orientado $d$ -espacio vectorial de dimensiones ( $d>2$ ). Sea $2 \le k \le d-1$ se arreglen.

Considere el siguiente mapa: $$\psi:\text{GL}^+(V) \to \text{GL}(\bigwedge^{k}V,\bigwedge^{k}V) \, \,, \, \, \psi(A)=\bigwedge^{k}A,$$

donde $\bigwedge^{k} V$ es el $k$ -a la potencia exterior de $V$ .

Es $\psi$ ¿una inmersión?

Tenga en cuenta que $\psi$ es inyectiva y suave. Mi motivación está relacionada con esta pregunta .

Editar:

He aquí algunas observaciones: En primer lugar, utilizando la naturaleza multiplicativa de $\psi$ Podemos reducir todo a la identidad. (Dado que $d\psi_A(B)=\psi(A) \circ d\psi_{\id}(A^{-1}B)$ ).

Consideremos por un momento el caso $k=2$ : En ese caso $$ \big(d\psi_{\id}(B)\big)(e_i \wedge e_j)=e_i \wedge Be_j+Be_i \wedge e_j. \tag{1}$$

Así, hemos reducido la cuestión a demostrar que si la ecuación $(1)$ es válida para cada dos vectores $e_i,e_j$ entonces $B=0$ . (Por supuesto, basta con tomar $e_i,e_j$ para formar parte de una base determinada para $V$ ).

También he demostrado que $\text{trace} B=0$ (En general $d\psi_A(B)=0 \Rightarrow \langle \Cof A,B \rangle=0$ y $\Cof A=\id$ ).

Dado que la respuesta es positiva para $k=d-1$ (véase la explicación más abajo), vemos que el primer caso no evidente es $k=2,d=4$ .

---

Una prueba de que la respuesta es positiva para $k=d-1$ :

En ese caso $\bigwedge^{d-1}A$ es esencialmente la matriz cofactora de $A$ , $\Cof A$ . Entonces tenemos lo siguiente fórmula para su derivado :

$$d(\Cof)_A(B) = (A^{T})^{-1}\big(\langle \Cof A , B\rangle \cdot \id - B^T \circ \Cof A \big),$$

así que $d(\Cof)_A(B)=0$ implica $\langle \Cof A , B\rangle \cdot \id = B^T \circ \Cof A$ . Tomando las trazas obtenemos $$d \langle \Cof A , B\rangle = \langle \Cof A , B\rangle \Rightarrow \langle \Cof A , B\rangle =0,$$ que a su vez implica $$ B^T \circ \Cof A =0 \Rightarrow B=0.$$

Answer 1

Tenga en cuenta que $\psi(A \circ B) = \psi(A) \circ \psi(B);$ así que $\psi$ es un homomorfismo de grupos de Lie.

Propuesta. Cualquier morfismo inyectivo de grupo de Lie $\psi : G \to H$ es una inmersión.

Prueba . Desde $\exp_H \circ D\psi_\mathrm{id} = \psi \circ \exp_G$ y los mapas exponenciales son difeomorfismos cercanos a la identidad, la inyectividad de $\psi$ implica la inyectividad de $D\psi_\mathrm{id}.$ Por homogeneidad concluimos que $D\psi$ es inyectiva en todas partes.