Mentira grupo. Cómo es múltiple definida?

Question

Si tengo la Mentira de grupo $SL(2,\mathbb{R})$. Entonces ¿cómo es que el colector de la estructura en este algebraica de grupo definido, podría alguien explicar esto a mí? Me refiero a que este es el grupo de matrices que determinante, pero donde viene el colector de estructura?

Answer 1

Usted puede identificar a $M_2(\mathbb{R})$ $\mathbb{R}^4.$ Ahora, la función

$$\det : \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}$$ is differentiable. Since $1$ is a regular value of $\det$ one has that $SL(2,\mathbb{R})=\det^{-1}(1)$ es un submanifold.

Editar

Tenga en cuenta que el único punto crítico de $\det$ $(0,0,0,0).$ Esto puede ser demostrado mediante el cálculo de la pendiente de $\det(x,y,z,t)=xt-yz:$

$$\nabla \det(x,y,z,t)=(t,-z,-y,x)=0 \iff (x,y,z,t)=(0,0,0,0).$$ Thus, any value different from zero is a regular value of $\det.$

Answer 2

Si desea concreto gráficos, se puede considerar el abrir de los conjuntos de $$U_{ij}=\left\lbrace\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\in\mathrm{SL}_2(\mathbb{R})\text{ s.t. the }(i,j)\text{-th coordinate is nonzero}\right\rbrace$$ Estos son obvioulsy en bijection con $\mathbb{R}^*\times\mathbb{R}^2$ por obvias mapas de $\phi_{ij}:\mathbb{R}^*\times\mathbb{R}^2\to U_{ij}$, y se puede comprobar fácilmente con la mano que los mapas de transición son suaves en realidad, coordenadas funciones racionales. Esto describe una explícita atlas en $\mathrm{SL}_2(\mathbb{R})$, ya que los cuatro bloques abiertos $U_{ij}$ formar una tapa.

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Aquí están los cuatro mapas:

$$\phi_{11}(x,\alpha,\beta)=\begin{pmatrix}x &\alpha\\\beta & \frac{1+\alpha\beta}{x} \end{pmatrix}, \quad\phi_{12}(x,\alpha,\beta)=\begin{pmatrix} \alpha & x\\ \frac{\alpha\beta-1}{x} & \beta\end{pmatrix} \\ \phi_{21}(x,\alpha,\beta)=\begin{pmatrix} \alpha & \frac{\alpha\beta-1}{x} \\ x& \beta \end{pmatrix}, \quad\phi_{22}(x,\alpha,\beta)=\begin{pmatrix} \frac{1+\alpha\beta}{x}& \alpha \\ \beta & x\end{pmatrix}$$ y aquí están dos de los doce (igual de sencillo) la transición de las funciones de: $$(\phi_{11}^{-1}\circ\phi_{12})(x,\alpha,\beta)=\left(\alpha,x,\frac{\alpha\beta-1}{x}\right) \\ (\phi_{22}^{-1}\circ\phi_{11})(x,\alpha,\beta)=\left(\frac{1-\alpha\beta}{x},\alpha,\beta\right)$$

Answer 3

Un poco diferente: se puede demostrar que los $SL_2\mathbb{R}$ es diffeomorphic a $S^1 \times \mathbb{H}$ donde $\mathbb{H}$ es la mitad superior del plano -.

La idea es la siguiente. $SL_2\mathbb{R}$ actúa en $\mathbb{C}$ a través de fracciones de transformaciones lineales. Es decir, a través de $$\begin{pmatrix}a & b \\ c & d \end{pmatrix} \cdot z = \frac{az + b}{cz + d}$$ Desde todas las entradas de la matriz son reales, en particular, conserva la línea real en $\mathbb{C}$. Por otra parte, dado que el determinante es 1 (y no -1), se conserva la mitad superior del plano -. Así que tenemos una acción (en realidad---esta es una acción de $PSL_2\mathbb{R}$, y realmente lo estamos demostrando que $PSL_2\mathbb{R} \cong S^1 \times \mathbb{H}$---pero desde $SL_2\mathbb{R}$ es una cubierta doble...).

Esencialmente, ahora podemos elegir nuestro punto favorito en la mitad superior del plano (es decir, $\sqrt{-1}$), y nota que su estabilizador es sólo rotaciones alrededor de ese punto, es decir, una copia de $S^1$. Desde el grupo actúa transitivamente sobre la mitad superior del plano -, se deduce entonces que el $PSL_2\mathbb{R}\cong S^1 \times \mathbb{H}$ como se desee.

De todos modos, este es un super incompleto en el argumento, pero siempre pienso que es buena, y que aporta el grupo de acción muy bien en la foto.