Subgrupos compactos máximos de $GL_n(\mathbb{R})$.

Question

El subgrupo $O_n={M\in GL_n(\mathbb{R}) | ^tM M = I_n}$ está cerrado en $GL_n(\mathbb{R})$ porque es la imagen inversa del conjunto cerrado ${I_n}$ por la continua mapa $X\mapsto ^tX X$. también limita en $O_n$ $GL_n(\mathbb{R})$, por ejemplo es claro considerando la norma $||X|| = \sqrt{tr(^tX X)}$ (elementos de $O_n$ están delimitados por $\sqrt{n}$), por lo $O_n$ debe ser un subconjunto compacto de $GL_n(\mathbb{R})$.

Veo que afirma sin prueba en muchos lugares que $O_n$ es un subgrupo compacto máximo . ¿Cómo podemos ver esto?

Answer 1

Recuerdo el $QR$ descomposición - cualquier invertible $n\times n$ matriz $A$ se puede descomponer de manera única como $A=QR$ $Q$ ortogonal, y $R$ triangular superior con un resultado positivo de las entradas en la diagonal.

Ahora, elija cualquiera de los $A\in Gl_n(\mathbb{R})$ que no es ortogonal y considerar el grupo $G$ generado por $O(n)$$A$. Vamos a mostrar que este grupo no es compacto.

En primer lugar, la escritura de $A = QR$, se deduce que el $R\in G$$R\notin O(n)$.

Ahora, mira a los elementos de la diagonal de a $R$. Si algún elemento de la diagonal es mayor que $1$, luego en sucessive poderes de $R$, este elemento tiende a infinito, por lo que no puede ser convergente larga, por lo $G$ no ser compacto. Por lo tanto, podemos suponer que cada elemento de la diagonal es menor o igual a $1$. Luego, al hacer el mismo argumento en $R^{-1}$, vemos que cada elemento de la diagonal debe ser $1$.

Debido a $R\notin O(n)$, debe haber algún elemento diagonal $R_{ij}$ ( $i < j$ ) que es distinto de cero. Elija $R_{ij}\neq 0$ $ij$ tan cerca de la diagonal como sea posible. Más precisamente, elija $R_{ij}$ con la propiedad de que $R_{ij}\neq 0$ e si $k+l < i+j$$k\neq l$,$R_{kl} = 0$.

Yo reclamo que $(R^n)_{ij} = nR_{ij}\rightarrow \pm \infty$, por lo que no puede ser convergente larga. Si podemos comprobar la reclamación, se sigue entonces que $G$ no es compacto.

La prueba es por inducción. El caso de $n=1$ se produce de forma gratuita. Ahora, suponga $(R^{n-1})_{ij} = (n-1)r_{ij}$ $(R^{n-1})_{kl} = 0$ siempre $k\neq l$ $k+l < i+j$

A continuación,\begin{align*} (R^{n-1} R)_{ij} &= \sum_k R^{n-1}_{ik} R_{kj} \\ &= \sum_{i\leq k\leq j} R^{n-1}_{ik}R_{kj}\\ &= R^{n-1}_{ii}R_{ij} + R^{n-1}_{ij}R_{jj} + \sum_{i < k < j}R^{n-1}_{ik}R_{kj}\\ &= nR_{ij}. \end {align*}

La primera igualdad es la definición de la multiplicación de la matriz, la segunda utiliza el hecho de que los poderes de un triangular superior de la matriz de permanecer triangular superior. La tercera sólo se expande la suma de un poco, y el cuarto se sigue de la hipótesis inductiva, ya que $i+k < i+j$ al $k < j$.

Para rematar la inducción, sólo tenemos que demostrar que $(R^n)_{kl}=0$ siempre $k\neq l$$k+l < i + j$. Pero si usted repite el mismo cálculo anterior, esto sigue.

Answer 2

Deje $G \subset GL_n(\mathbb{R})$ ser un grupo compacto que contenga $O(n)$ y deje $M \in G$. El uso de descomposición polar, $$M=OS \ \text{for some} \ O \in O(n), \ S \in S_n^{++}(\mathbb{R}).$$

Desde $O(n) \subset G$, podemos deducir que $S \in G$.

Debido a $G$ es compacto, $(S^n)$ tiene un convergentes larga; $S$ ser diagonalizable, es posible si y sólo si los autovalores de a$S$$\leq 1$. Lo mismo funciona para $S^{-1}$, lo $1$ es el único autovalor de a $S$, es decir. $S=I_n$ por lo tanto $M=O \in O(n)$.

En consecuencia, $G= O(n)$.

Answer 3

Supongamos que $G\supseteq O_n$ es un subconjunto compacto de $GL_n(\mathbb{R})$. Que $A\in G$ $A=U\Sigma V^T$ ser una descomposición del valor singular de $A$. Desde $O_n\subseteq G$, se sigue que $\Sigma\in G$ y a su vez $\Sigma^k\in G$ $k=1,2,\ldots$. Si $\sigma1(A)>1$, entonces el ${\Sigma^k}{k=1}^\infty$ y por lo tanto $G$ es ilimitada, que contradice la fronteridad de $G$; Si $1=\sigma_1(A)=\cdots=\sigmar(A)>\sigma{r+1}(A)$ $r<n contradice="" de="" decir="" el="" encierro="" entonces="" es="" g="" lo="" o_n="" por="" que="" tanto="" y=""></n>