retracción de la deformación de $GL_n^{+}(\mathbb{R})$

Question

Bueno, necesito un repliegue de deformación de $GL_n^{+}(\mathbb{R})$ a $SO(n)$

Esto es lo que he intentado, dejar $A\in GL_n^{+}(\mathbb{R})$ $A=(A_1,\dots,A_n)$ donde $A_i$ Recordemos que el algoritmo de Gram-Schmidt convierte A en una matriz ortogonal mediante la siguiente secuencia de pasos. Primero se normaliza $A_1$ (es decir, que sea de longitud unitaria) $A_1\mapsto \frac{A_1}{|A_1|}$ siguiente que hago $A_2$ ortogonal a $A_1$ como $A_2\mapsto A_2-\langle A_1,A_2\rangle A_1$ y normalizar $A_2\mapsto \frac{A_2}{|A_2|}$ así hasta $A_n$

Pero no estoy obteniendo una homotopía explícita que me dé una deformación retraída $GL_n^{+}(\mathbb{R})$ a $SO(n)$

Answer 1

Esta es una forma geométrica de ver esto. Para cualquier base ordenada $(v_1,v_2,\ldots,v_n)$ de su espacio vectorial $V$ asociar la "bandera" de los subespacios $V_0=\{0\}$ , $V_1=\langle v_1\rangle$ , $V_2=\langle v_1,v_2\rangle$ , ... $V_n=\langle v_1,v_2,\ldots,v_n\rangle=V$ . El algoritmo de Gram-Schmidt convierte cualquier base de este tipo en una base ortonormal $(b_1,\ldots,b_n)$ que da lugar a la misma bandera de subespacios. Además, es la única base de este tipo (ortonómica y con la misma bandera) para la que además cada $b_i$ , en el interior $V_i$ está en el mismo lado del hiperplano $V_{i-1}$ como el vector base original $v_i$ .

Ahora tomando $V=\Bbb R^n$ podemos identificar $GL_n^+(\Bbb R)$ con el conjunto de bases ordenadas $(v_1,v_2,\ldots,v_n)$ con $\det(v_1,v_2,\ldots,v_n)>0$ y $SO(n)$ con el conjunto de bases ortonormales ordenadas $(b_1,b_2,\ldots,b_n)$ con $\det(b_1,b_2,\ldots,b_n)>0$ . Ahora para tal base $(v_1,v_2,\ldots,v_n)$ dejar $(b_1,\ldots,b_n)$ sea la base ortonormal asociada a ella bajo Gram-Schmidt, y simultáneamente (o sucesivamente si se prefiere) deformar cada $v_i$ linealmente a $b_i$ , como $t\mapsto (1-t)v_i+tb_i$ . Los vectores intermedios quedan dentro de $V_i$ y como $b_i$ está en el mismo lado que $v_i$ Nunca entran $V_{i-1}$ . Esto significa que los vectores deformados permanecen linealmente independientes en todo momento, por lo que la deformación tiene lugar dentro de $GL_n(\Bbb R)$ . Como el determinante no puede desaparecer en ninguna parte, tenemos $\det(v_1,v_2,\ldots,v_n)>0\implies \det(b_1,b_2,\ldots,b_n)>0$ y tenemos una deformación retraída de $GL_n^+(\Bbb R)$ a $SO(n)$ . De hecho, se trata de un repliegue de deformación fuerte: los elementos de $SO(n)$ permanecen fijas.

Answer 2

Por Descomposición QR puede escribir cualquier $A \in \textrm{GL}_n^+ (\Bbb{R})$ como una matriz ortogonal $Q$ por una matriz triangular superior $R$ que se puede arreglar para que sea tal que $\det Q = 1$ . Es evidente que se puede homotopizar $R$ a la matriz de identidad y por lo tanto $\textrm{GL}_n^+(\Bbb{R})$ deformación se retrae en $\textrm{SO}(n)$ .

Si desea una retracción explícita de la deformación, puede tomar la función $F : \textrm{GL}_n^+(\Bbb{R}) \times I \to \textrm{SO}(n)$ dado de la siguiente manera. Escriba cualquier $A$ en el componente conectado de la identidad como $A= QR$ con $R = (a_{ij})$ triangular superior con entradas en la diagonal todas positivas. Entonces

$$F(A,t) = Q\times \left(\begin{array}{ccccc} (t) + (1-t)a_{11} & (1-t)a_{12} & \ldots & (1-t)a_{1n} \\ 0 & (t) + (1-t)a_{22} & \ldots & (1-t) a_{2n} \\ & \ddots& \vdots \\ &&\ddots \\ && &t + (1-t)a_{nn} \end{array}\right)$$

es la retracción de la deformación requerida.

Hay que tener en cuenta que la misma prueba demuestra que $\textrm{GL}_n(\Bbb{C})$ deformación se retrae en $\textrm{U}(n)$ .