Orientabilidad de matrices $m\times n$ con rango $r$

Question

Sé que $$M_{m,n,r} = \{ A \in {\rm Mat}(m \times n,\Bbb R) \mid {\rm rango}(A)= r\}$$ es una subvariedad de $\Bbb R^{mn}$ de codimensión $(m-r)(n-r)$. Por ejemplo, tenemos que $M_{2, 3, 1}$ es no orientable, mientras que otros lo son, como $M_{3,3,1}$ y $M_{3, 3,2}$.

¿Existe alguna manera de decidir en general si $M_{m,n,r}$ es orientable, en términos de $m,n$ y $r$?

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Por ejemplo, para ver que $M_{2,3,1}$ es no orientable, lo parametrizamos usando dos mapas. Llamemos $V_i$ al conjunto abierto en $M_{2,3,1}$ en el cual la fila $i$ es un múltiplo de la otra que no es cero. Tenemos $M_{2,3,1} = V_0 \cup V_1$. Ponemos $$\alpha_1:(\Bbb R^3 \setminus\{{\bf 0}\})\times \Bbb R\to V_1, \quad \alpha_1(v,t) = (tv,v),$$ y similarmente para $\alpha_2$, donde consideramos estos pares como filas de la matriz. Estas $\alpha_i$ son buenas parametrizaciones que cubren $M_{2,3,1}$. Luego se verifica que $\alpha_1^{-1}(V_1\cap V_2)$ tiene dos componentes conexas, a saber, $(\Bbb R^3\setminus\{{\bf 0}\}) \times \Bbb R_{>0}$ y $(\Bbb R^3\setminus\{{\bf 0}\}) \times \Bbb R_{<0}$. Y $\det D(\alpha_2^{-1}\circ \alpha_1)(v,t)$ cambia de signo allí, por lo que $M_{2,3,1}$ es no orientable.

La estrategia para probar que $M_{m,n,r}$ es una subvariedad es diferente y la escribe localmente como una imagen inversa de un valor regular. Este es un ejercicio temprano en el libro de Topología Diferencial de Guillemin & Pollack.

Parece difícil atacar el caso general usando parametrizaciones de esta manera (calcular inversas es difícil).

Answer 1

$M_{m,n,r}$ es un espacio homogéneo bajo la acción natural del grupo de Lie (orientable) $G=Gl^+(m) \times Gl^+(n)$, a través de la acción $(P,Q) M= PMQ^{-1}$. El grupo de isotropía de la matriz $I_{m,n,r} = \left( \begin{array}{cc} I_r & 0_{n-r,r} \\ 0_{r,m-r} & 0_{m-r,n-r} \end{array} \right)$ es el conjunto de matrices $(P,Q)$ con $P = \left( \begin{array}{cc} R & B \\ 0 & D \end{array} \right), Q = \left( \begin{array}{cc} R & 0 \\ C & H \end{array} \right)$ con $R, D, H$ invertibles de rango $r, m-r, n-r$, $B, C$ arbitrarios.

La orientabilidad se puede verificar observando la acción de este subgrupo $H$ en el espacio tangente en la identidad en $G/H$, y ver si preserva o no una orientación.

Para ver esto, notemos que por continuidad, en el componente conectado de la identidad en $H$ el determinante debe permanecer positivo, y solo tenemos que verificar qué sucede en los otros componentes.

Nota que, a menos que $r=m$ o $r=n$, el grupo $h$ tiene exactamente dos componentes: el componente de la identidad y el componente del par $\epsilon=(P,Q)$ de matrices $\alpha= \left( \begin{array}{cc} S_r & O \\ 0 & S_{m-r} \end{array} \right), \beta= \left( \begin{array}{cc} S_r & 0 \\ 0 & S_{n-r} \end{array} \right)$ donde $S_r$ es la matriz diagonal con un eigenvalor igual a $-1$, el otro igual a 1.

El espacio tangente de $G$ en la identidad $\mathcal G$ es el producto $M_m \times M_n$, contiene el espacio tangente $\mathcal H$ de $H$. Para verificar si la acción de $\epsilon$ en $\mathcal G/\mathcal H$ preserva la orientación o no, es suficiente verificar si su acción en $\mathcal H$ lo hace.

Identificando $\cal H$ con el conjunto de matrices $M=(\left( \begin{array}{cc} X & Y \\ 0 & Z \end{array} \right),\left( \begin{array}{cc} X & U\\ 0 & V \end{array} \right)) $, y calculando la acción de $\epsilon$, se tiene que $X\to S_rXS_r^{-1}, Y\to S_r Y, Z\to S_{m-r}Z; U\to US_{n-r}^{-1}, V\to VS_{n-r}^{-1}$. Su determinante es $(-1)^{2r+r+m-r+r+n-r} = (-1)^{m+n}$

Entonces (a menos de errores en los cálculos), la orientabilidad depende de la paridad de $m+n$. El caso $r=m$ o $r=n$ se puede tratar de manera similar.

Answer 2

Creo que puedes hacer el caso $r = 1$ de la siguiente manera. Elija vectores no nulos $c \in \mathbb{R}^m-\{0\}$, $v \in \mathbb{R}^n-\{0\}$. Luego forme el producto externo de $c$ y $v$; esta es una matriz de $m \times n$ con rango 1, y todas las matrices de rango 1 se pueden escribir en esta forma. Entonces obtenemos un mapa sobreyectivo $$\left(\mathbb{R}^m-\{0\}\right) \times \left(\mathbb{R}^n-\{0\}\right) \twoheadrightarrow M_{m,n,1}$$ con núcleo $\mathbb{R}^* =\mathbb{R}-\{0\} = \mathbb{R}^+ \times \mathbb{Z}_2$, porque $(c,v)$ y $(xc,v/x)$ claramente dan la misma matriz para $x \in \mathbb{R}^*$.

Esto nos dice que $M_{m,n,1} = \mathbb{R}^+ \times (S^{m-1} \times S^{n-1})/ \mathbb{Z}_2$. Para $m, n \ge 2$, la acción diagonal por $-1$ tiene grado $(-1)^{m+n}$, y el cociente es orientable si y solo si $(-1)^{m+n} = 1$, es decir, si $m + n$ es par.

Para $m = 1$ o $n = 1$, $S^0$ se comporta de manera muy diferente a $S^1, S^2, \cdots$ ya que está desconectado, por lo que el análisis es diferente. En particular, $M_{k,1,1} = M_{1,k,1} = \mathbb{R}^k-\{0\}$ siempre es orientable.

Por lo tanto, $M_{m,n,1}$ es orientable si $m = 1$, $n = 1$, o $m + n$ es par. Esto coincide con tu cálculo para $M_{2,3,1}.\ Me encantaría ver un argumento directo de que $M_{2,2,1}$ es orientable.

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También quiero registrar algunas observaciones útiles para el problema general, pero no he pensado mucho en el caso $r \ge 2$:

• $M_{m,n,r} \cong M_{n,m,r}$ a través de la transposición, ya que el rango de la fila es igual al rango de la columna. Por lo tanto, podemos asumir $m \ge n \ge r \ge 1$.
• $M_{m,r,r}$ es fácil de escribir como un espacio homogéneo, y así deberías poder hacer los cálculos de orientabilidad sin muchos problemas.

Me encantaría ver tu demostración de que $M_{3,3,2}$ es orientable.

Mi sospecha es que hay una descomposición elegante de $M_{m,n,r}$ como un producto de Grassmannianos orientados (y posiblemente un $GL^+$ o dos) módulo algún núcleo como arriba - las esferas son simplemente los Grassmannianos orientados $\tilde{\mathrm{Gr}}_1(\mathbb{R}^n)$, después de todo. Pero no he encontrado una forma de ver esto en el pensamiento rápido que he hecho.