Dimensión de $SO_n(\mathbb{R})$

Question

¿Existe una prueba sencilla de que la dimensión de $SO_n(\mathbb{R})$ , también conocido como el grupo de rotaciones en $n$ -es el espacio de las dimensiones $(n-1)n/2$ ?

Sería estupendo ver algunas pruebas basadas únicamente en la definición algebraica: $$R \mid \left\{ R^T=R^{-1} \land \det(R)=1 \right\}$$ o, alternativamente, las pruebas que invocan argumentos geométricos (aunque me gustaría mantenerme alejado de las pruebas que utilizan métodos del Álgebra de Lie).

¿Algún interesado?

Answer 1

La condición de ortogonalidad equivale a las columnas de $R$ siendo una base ortonormal. Se puede elegir

1. primera columna $v_1$ de $S^{n-1}$ con $(n-1)$ dimensiones para elegir.
2. segunda columna $v_2$ de $S^{n-1}\cap \{v_1\}^\perp = S^{n-2}$ con $(n-2)$ dimensiones.
3. tercera columna $v_3$ de $S^{n-1}\cap \{v_1,v_2\}^\perp = S^{n-3}$ con $(n-3)$ dimensiones.

y así sucesivamente, hasta tener $S^0$ para la última columna (dos vectores, de los cuales sólo uno da determinante positivo). El total es $$0+1+2+\dots+(n-1) = \frac{n(n-1)}{2}$$

Answer 2

No quiero trabajar tanto .

Tome cualquier matriz cuadrada simétrica sesgada, $S^T = -S.$ Obtenemos $e^S \in SO_n(\mathbb R),$ y una vecindad de la identidad queda automáticamente cubierta, en biyección con una vecindad de la $0$ matriz.

Oh, $S$ y $S^T$ viajar, por lo que $e^S (e^S)^T = e^S e^{S^T} = e^{S + S^T} = e^0 = I,$ y $\det e^S = e^{\operatorname{trace} S} = e^0 = 1.$