Es $f:SO(n)\rightarrow S^{n-1}$, $f(A)=(A^n_i)_i$ una inmersión?

Question

Vamos $f:SO(n)\rightarrow S^{n-1}$, $f(A)=(A^n_i)_i$, que es $f(A)$ es la última fila de $A$. Mostrar que $f$ es una inmersión.

No estoy seguro de cómo calcular el $df$, porque sólo yo sé cómo calcular el diferencial de uso de local de los gráficos, pero no sé cómo parametrizar $SO(n)$, así que esta es mi intento:

Vamos $F:M_n(\mathbb{R})\rightarrow\mathbb{R}^n$, $F(M)=(M^n_i)_i$. A continuación,$F|SO(n)=f$. Desde $F$ es lineal, si $p\in SO(n)\subset M_n(\mathbb{R})$, $dF_p(v)=(v^n_i)_i$, y llegamos a la conclusión de que $df_p(v)=(v^n_i)_i.$

Así que, esto es cierto? Y ¿cómo puedo demostrar que el df es surjective?

Answer 1

En primer lugar, la observación de que si $I$ es la identidad de $SO(n), T_ISO(n)=AS(n)$ el espacio de sesgar simétrica matrices tales que para cada $A\in T_ISO(n), A^T+A=0$, $df_I$ es surjective. Para ver este comentario que por cada $(v_1,v_2,...,v_{n-1})$, existe un sesgo simétrica matriz $(b_{ij})$ cuya última columna verifica, $b_{in}=v_i, b_{nn}=0$, $df_I((b_{ij})=(v_1,...,v_{n-1},0)$. Esto implica que $df_I$ es surjective.

Deje $g$ cualquier elemento de $SO(n)$, $T_gSO(n)=gT_ISO(n)$, esto implica que para cada sesgo de simetría de la matriz de $A$, $df_g(gA)=gdf_I(A)$ es la última columna de $gA$, ya que el $g$ es invertible, y la imagen de $df_I$ tiene dimensión $n-1$, la imagen de $df_g$ tiene dimensión $n-1$ ya que es la imagen de $df_I$$g$, en lo sucesivo $g$ es una inmersión.

Answer 2

De hecho, si $e_n$ $n-$th base de vectores $f(A)= Ae_n$. Extendamos esta fórmula para el conjunto de todas las matrices, $F(A)=A.e_n$. Por lo $F$ es lineal y es su propia diferenciales $F'(A)B= Be_n$. La derivada de $f$ en el punto de $A$ es la restricción de este mapa para el espacio de la tangente $ \cal {A}(n). A$ $O(n)$ $A$ donde $\cal A$ es el conjunto de antisimétrica matrices. Así que estamos reducir a demostrar que para todos los vectores $y$ perpendicular a $Ae_n =u$ podemos encontrar una matriz antisimétrica $B$ tal que $y=B (Ae_n)=Bu$. Pero, precisamente,${\cal A} .u=u^{\perp}$, como se puede comprobar en una base ortonormales donde $u$ es el primer vector.