Cómo mostrar la ruta de conexión de $GL(n,\mathbb{C})$

Question

Bueno, no estoy recibiendo cualquier sugerencia cómo mostrar $GL_n(\mathbb{C})$ es camino conectado. ¿Hasta ahora tengo pensamiento que $A$ ser cualquier matriz compleja invertible y $I$ ser la matriz idenity, estaba tratando de mostrar un camino de $A$ $I$ y luego definir $f(t)=At+(1-t)I$ $t\in[0,1]$ que es posible continua excepto donde el $\operatorname{det}{f(t)}=0$ es decir que tiene $n$ raíces y puede elegir un camino en $\mathbb{C}\setminus\{t_1,\dots,t_n\}$ $t_1,\dots,t_n$ encuentran raíces de $\operatorname{det}{f(t)}=0$, es mi pensamiento era correcto? ¿Podría alguien decirme la solución?

Answer 1

• Si $P$ es un polinomio de grado $n$, el conjunto de $\{\lambda,P(\lambda)\neq 0\}$ es camino conectado (porque su complemento es finito, así que usted puede escoger un camino poligonal).
• Que $P(t):=\det(A+t(I-A))$. Tenemos que $P(0)=\det A\neq 0$ y $P(1)=\det I=1\neq 0$, por lo que podemos encontrar una ruta de acceso $\gamma\colon[0,1]\to\mathbb C$ tal que $\gamma(0)=0$, $\gamma(1)=1$ y $P(\gamma(t))\neq 0$ % todos $t$. Por último, poner $\Gamma(t):=A+\gamma(t)(I-A)$.
• Si $B_1$ y $B_2$ son dos matrices inversible, considerar $\gamma(t):=B_2\cdot\gamma(t)$, donde elegimos $\gamma$ $A:=B_2^{-1}B_1$.

Answer 2

Desde cualquier matriz $A\in GL_n(\mathbb C)$ tiene sólo un número finito de valores propios, y 0 no es uno de ellos, hay un punto de $z\in S^1$ tal que la línea que pasa por el origen que contengan $z$ no se cruzan cualquiera de los autovalores de a $A$. Ahora, considere el camino de $f(t)=At+z(1-t)I$. Esto ha determinante 0 iff $z(t-1)$ es un autovalor de a $At$, lo que sucede en el fib $z(1-1/t)$ es un autovalor de a $A$ (esto no funciona al $t=0$, pero entonces es claro que el determinante es distinto de cero). Por construcción, no es para cualquier $t\in[0,1]$, por lo que de esta forma se define una ruta de acceso de forma$A$$zI$. ahora hay un camino no pasa por 0 de $z$ a 1, y esto da lugar a un camino de$zI$$I$, y así la concatenación de los dos caminos, llegamos a un camino de$A$$I$, mostrando que el $GL_n(\mathbb C)$ es la ruta de acceso conectado.

Answer 3

% De uso $\Gamma(t) = e^{t \log A + (1-t) \log B}$. Esto está bien definido puesto que $A,B$ invertible. es claramente invertible para todo $\Gamma(t)$, $t$, $\Gamma(0) = B$ $\Gamma(1) = A$.

Answer 4

Idea siguiente muestra la conexión de $Gl(n,\mathbb{C})$ ..

Como $A\in Gl(n,\mathbb{C})$ usted no tiene un triangular superior de la matriz, que es similar a $A$.

Ver subgrupo de Invertible, triangular Superior matrices como

$$\underbrace{\mathbb{C}^*\times\mathbb{C}^*\times \cdots\times\mathbb{C}^*}_{n- times}\times \underbrace{\mathbb{C}\times\mathbb{C}\times \mathbb{C}\times \cdots \times\mathbb{C}}_{\dfrac{n(n-1)}{2}times}$$

Como $\mathbb{C}^*$ está conectado y $\mathbb{C}$ está conectado de modo que es el producto arriba indicado.

Ver que la conjugación es continua, de modo que conserva la conexión.

Por que me refiero a que $\{BUB^{-1} : U - \text{Upper Triangular}\}$ está conectado.

Ver que $Gl(n,\mathbb{C})$ unión de conjuntos conectados también está conectado. (¿De verdad?)

Qn : ¿Qué elemento ves común en todos los conjugados?

Answer 5

Creo que la respuesta por Praphulla Koushik tiene el (para mí) más elemental de enfoque, pero es mal formulado, así que voy a intentar repetir más simplemente. Basta revisar dos declaraciones:

1. El grupo $B$ de los invertible triangular superior matrices es el camino-conectado.

2. La unión de los conjugados de $B$ (cada uno de los cuales contiene $I$) es igual a $GL(n,\Bbb C)$.

A continuación, todos los $A\in GL(n,\Bbb C)$ puede estar unido a $I$ por un sendero que se mantiene dentro de un conjugado de $B$ que contiene$~A$.

Para el punto 1. basta observar que $B$ es homeomórficos para el producto Cartesiano de grupo $T$ de los invertible diagonal de las matrices y el conjunto $U$ de los estrictamente triangular superior matrices; el primero es un poder de $\Bbb C^*$, que es el camino-conectado, y el segundo a una potencia de$~\Bbb C$.

Punto 2. sigue por el hecho bien conocido de que cualquier matriz compleja es trigonalisable. Esto es equivalente a decir que cada operador lineal$~T$ $\Bbb C^n$ admite un completo bandera de $T$-estable subespacios. Para encontrar uno, uno elige a la izquierda-vector propio (una forma lineal en$~\Bbb C^n$)$~T$, cuyo núcleo es un $T$-estable hyperplane$~H$, y se aplica la inducción en la dimensión a la restricción de $T$ $~H$encontrar el resto de $T$-estable subespacios de la bandera.