otvoreni skup u prostoru matrica

otvoreni skup u prostoru matrica 17.04.2015. u 14:50 · pre 140 meseci #1

Code:
Skup svih koso simetricnih matrica je otvoren u skupu svih kvadratnih matrica nad realnim brojevima.

Edit: Nisu otvorene, hvala Nedeljko (ostavljam temu mozda nekom koristi)

Ima li neko ideju kako bismo ovo dokazali?

Koso simetricne matrice su one koje su suprotne odgovarajucoj transponovanoj matrici $A=-A^T$ .
Kada prodjemo determinantom (trensponovane matrice imaju istu determinantu), dobijemo $detA=-detA$ , pa je $detA=0$ .
Znaci da su koso simetricne matrice podskup jednog zatvorenog skupa $det^{-1}({0})$ . I to je otprilike sve sto sam uspela da smislim.

Da li mozda postoji neko drugo neprekidno preslikavanje (umesto determinante), td. je inverz nekog otvorenog skupa skup svih koso sim matrica? Neka ideja? Drugi pristup?

Re: otvoreni skup u prostoru matrica 17.04.2015. u 15:07 · pre 140 meseci #2

Nije otvoren, već zatvoren.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: otvoreni skup u prostoru matrica 17.04.2015. u 15:16 · pre 140 meseci #3

Ok, znam samo da je podskup zatvorenog skupa. Zasto je zatvoren?

Re: otvoreni skup u prostoru matrica 17.04.2015. u 15:19 · pre 140 meseci #4

Uh, upravo sam shvatila da ne moraju da budu ni singularne, ako su parne dimenzije, ne stoji ni argument za determinantu.

Re: otvoreni skup u prostoru matrica 17.04.2015. u 21:02 · pre 140 meseci #5

Pa, hajde, posmatraj niz ososimetričnik matrica koji konvergira nekoj matrici. Da li je i ona kososimetrična i zašto?

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: otvoreni skup u prostoru matrica 18.04.2015. u 15:09 · pre 140 meseci #6

Posmatram matricu kao $n^2$ -torku, konvergenciju posmatram po svakom clanu uredjene $n^2$ -torke. Ako neki niz $a_k$ tezi nekom a, onda niz $-a_k$ tezi -a. Po glavnoj dijagonali su svakako nule, znaci da i granicna matrica mora da bude kososimetricna. Interesantno.

Originalan zadatak je bio ovakav:
Kejlijevo preslikavanje je zadato sa $C(A)=(I-A)(I+A)^{-1}$
na skupu realnih kvadratnih matrica A takvih da je I+A invertibilno.
1) Dokazati da je C involucija, difeomorfizam, da ortogonalne matrice slika u kososimetricne i obrnuto.
2) Posmatramo matricnu grupu G koja je podgrupa od invertibilnih matrica. Posmatramo podskup od G svih matrica A za koje je Kejlijevo preslikavanje definisano (nazovimo ga recimo P). Ako je slika C(P) otvoren skup u prostoru realnih kvadratnih matrica, onda je G Lijeva grupa.
3) Na osnovu prethodnog zakljucujemo da su ortogonalne matrice Lijeva grupa.

Posto se Kejlijevim preslikavanjem orotgonalne matrice slikaju u kososimetricne, mislila sam da za 3 treba dokazati da je skup koso simetricnih otvoren u $M_n(R)$ . U stvari, mi Kejlijevim preslikavanjem slikamo podskup orotogonalnih matrica (one ortogonalne kod kojih je I+A invertibilno) u neki podskup kososimetricnih. Da bi se iskoristilo 2, u stvari treba dokazati da je taj podskup otvoren u $M_n(R)$ . Hvala puno, ovo mi daje nove teme za razmisljanje.

Re: otvoreni skup u prostoru matrica 18.04.2015. u 17:55 · pre 140 meseci #7

Inace, 1 sam uspela da uradim, mogu da ispisem resenje ako nekog zanima. Cini mi se da je 2 glavni deo zadatka.

Re: otvoreni skup u prostoru matrica 19.04.2015. u 06:47 · pre 140 meseci #8

Podgrupa Lijeve grupe, koja je pritom otvoren podskup te Lijeve grupe je sama Lijeva grupa.

Grupa je otvorena akko ima nepraznu unutrašnjost.

Neka je C(P)=U otovren skup. P je inverzna slika od U pri preslikavanju C jer je C bijekcija kao involucija. Obzirom da je C neprekidno, P je otvoren skup.

Obzirom da je P neprazan otvoren podskup od G, G je Lijeva grupa.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: otvoreni skup u prostoru matrica 25.04.2015. u 17:20 · pre 140 meseci #9

Hvala Nedeljko, trebalo mi je malo vremena da vidim zasto vaze tvredjenja koja si naveo.
Ako grupa ima nepraznu unutrasnjost, onda postoji neki otvoreni skup $U\subset G$ . Transliramo U po grupi G i dobijemo da je otvorena, tj. za proizvoljan elemenat $g\in G$ i za bilo koje u iz U ckup $gu^{-1}U$ je otvorena okolina od g cela sadrzana u grupi G. Znaci da je G otvorena.

H je podgrupa od G (algebarski) ako je podskup i ima strukturu grupe u odnosu na operacije iz G.
H je topoloska podgrupa od G ako je prethodno + topoloski potprostor (u odnosu na indukovanu topologiju).
H je Lijeva podgrupa od G ako je prethodno + podmnogostrukost.

Ako je H otvorena podgrupa topoloske grupe G, onda je H i zatvorena, jer je komplement $G\backslash H = \bigcup _{g\not\in H}gH$ otvoren kao unija otvorenih skupova.

Znaci da podgrupa topoloske grupe moze da bude ili otvorena i zatvorena (clopen) ili da ima praznu unutrasnjost.
Zatvorena podgrupa Lijeve grupe je Lijeva grupa (closed subgroup theorem). Zato se zadatak svodi to da se dokaze da G ima nepraznu unutrasnjost.

Ispada da za 3. deo zadatka, da bismo primenili prethodno, traba da dokazemo da skup koso-simetricnih matrica ima nepraznu unutrasnjost. Medjutim, za bilo koju koso-simetricnu matricu, npr. u 3 dimenzije $\left( \begin{array}{ccc} 0 & a & b \\ -a & 0 & c \\ -b & -c & 0 \\ \end{array} \right)$ , u svakoj njenoj okolini postoji matrica koja nije koso-simetricna, npr. $\left( \begin{array}{ccc} 0 & a+\epsilon & b \\ -a & 0 & c \\ -b & -c & 0 \\ \end{array} \right)$ . Ispada da skup koso-simetricnih matrica nema unutrasnjost, pa ne moze da se primeni 2. Da li opet negde gresim u razmisljanju?

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme