4GE opgavesæt 6

Opg. I 15.5 Lad H være en afsluttet undergruppe i en topologisk gruppe G. Hvis både H og G/H er sammenhængende så er også G sammenhængende.

Bevis:

Antag G ikke er sammenhængende så findes åbne ikke-trivielle delmængder A, B ⊂ G således at A ∪ B = G og A ∩ B = Ø.

Vi kan antage at A er den sammenhængskomponent der indeholder det neutrale element, så må H ⊂ A idet H er en sammenhængende undergruppe.

Idet projektionen π : G ⟶ G/H er en åben afbildning er π(A) og π(B) åbne i G/H, Desuden er G/H = π(A) ∪ π(B) idet π er surjektiv. Da G/H er sammenhængende kan π(A) ∩ π(B) ikke være tom, dvs. der findes a ∈ A, b ∈ B så aH = bH, men så findes h ∈ H så ah = b. Ifølge opgave 1 er A en undergruppe og H ⊂ A. Dette viser der for at b ∈ A, hvilket er imodstrid med antagelserne. Derfor må G være sammenhængende. □ Opg. I 15.8 SO(n) er sammenhængende. Bevis: Vi ved at SO(n)/SO(n − 1) ≈ S^{n−1} og S^{n−1} er sammenhængende. Bevis ved induktion efter n. SO(1) = [1] er klart sammenhængende. Antag SO(n − 1) er sammenhængende. Det følger da af opg. I 15.5 at SO(n) er sammenhængende. □ SO(n) er den sammenhængskomponent af O(n), der indeholder identiteten. Bevis: Klart. Vi har at

O(n) = {A ∈ Gl(n)|AA^{t} = I}

Dvs det(AA^{t}) = det A det A^{t} = 1, men dermed er det A = det A^{t} så O(n) kan fås som en forening af to sammenhængskomponenter,

O(n) = {A ∈ Gl(n)| det A = ±1}
= {A ∈ Gl(n)| det A = 1} ∪ {A ∈ Gl(n)| det A = −1}

Men SO(n) = {A ∈ Gl(n)| det A = 1}. □ Opg I 15.9 SU(n) er sammenhængende. Bevis: Analogt til argumentet for SO(n) i opg. I 15.8. □ U(n)/SU(n) ≈ S^{1} Bevis: Definer en virkning af U(n)×S^{1} → S^{1} ved (A, z) → det Az Man overbeviser sig let om at dette faktisk er en virkning idet jo, det(AB) = det A det B. Isotropigruppen for et vilkårligt element er da, SU(n) og idet U(n) er kompakt og S^{1} er Hausdorff følger det nu af sætning I 15.14 at afbildningen, U(n)/SU(n) → S^{1} er en homeomorfi.

□

U(n) er sammenhængende. Bevis: Analogt til opg. 15.8 vha. opg. 15.5. □ Opg. I 15.11

ℝP^{n} ≈ O(n + 1)/O(n) × O(1)

Bevis: Lad afbildningen \xymatrix{O(n + 1) \ar[r]^{f} & S^{n}} være som øverst side 54. Ved sammen-

sætning med den naturlige projektion \xymatrix{S^{n} \ar[r]^{π} & ℝP^{n}} fås en kontinuert afbildning \xymatrix{O(n + 1) \ar[r] & ℝP^{n}} . Opfatter vi nu O(n) × O(1) som undergruppen af O(n + 1) bestående af matricer af formen:

[\begin{matrix}& & & 0 \\ & B_{1} & & ⋮ \\ & & & 0 \\ 0 & ⋯ & 0 & ±1 \end{matrix}]

hvor B_{1} ∈ O(n), ser vi at π ∘ f(AB) = π ∘ f(A) for B ∈ O(n) × O(1)

Som på side 54 slutter vi derfor at π ∘ f faktoriserer gennem O(n + 1)/O(n) × O(1), hvilket giver det kommutative diagram:

[figure: O(n + 1); f; η; S^{n}; π; \frac{O(n+1)}{O(n)×O(1)}; h; ℝP^{n}]

Både f og π er kontinuerte og surjektive, og η er en proklusion (se kapitel I.13), derfor må afbildningen

h : O(n + 1)/O(n) × O(1) → ℝP^{n}

også være kontinuert og surjektiv.

Hvis vi kan vise at h tillige er injektiv, er den ifølge Th.I.7.8 en homeomorfi:

Antag at h([A]) = h([B]), hvor [] betyder ækvivalensklasser. Der gælder så at π ∘ f(A) = π ∘ f(B) dvs. at

πA [0 ⋮ 0 1] = πB [0 ⋮ 0 1] ⟺

A [0 ⋮ 0 1] = ±B [0 ⋮ 0 1]

Sættes X = [\begin{matrix}1 & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & 1 & ⋯ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & & 1 & 0 \\ 0 & ⋯ & & −1 \end{matrix}] ∈ O(n) × O(1)

så gælder at :

BX [0 ⋮ 0 1] = −B [0 ⋮ 0 1]

og desuden er BX ∼ B vi kan derfor antage at

A [0 ⋮ 0 1] = B [0 ⋮ 0 1]

ellers gælder det for BX der repræsenterer samme ækvivalensklasse som B. Vi er derfor tilbage ved situationen øverst side 54, og ser derfor at A ∼ B

altså at h er injektiv.

At U(n + 1)/U(n) × U(1) ≈ ℂP^{n} vises på samme måde, idet det udnyttes at U(n + 1) afbilder S^{2n+1} ind i sig selv