Il gruppo SL(n,R)

[milos144]

Il gruppo $SL(n,R)$ é un normale gruppo di $GL(n,R)$
Per provarlo prendiamo un $X in SL(n,R)$ e un $P in GL(n,R)$:
$det(PXP^(−1))=det(P)det(X)det(P)^(−1)=det(X)=1$
Quindi $PXP^(−1) in SL(n,R)$
Fin qui ci siamo.
Domanda: ma se volessi dimostrarlo con le classi laterali é giusto far vedere

$det(PX)=det(XP)=det(P)$
Grazie.

[killing_buddha]

Beh, no, se vuoi dimostrarlo usando la definizione di sottogruppo normale (e non quella di "normale gruppo", qualsiasi cosa sia quest'ultimo), devi far vedere che per ogni elemento $X$ di $SL(n,R)$, e ogni elemento $P$ di $GL(n,R)$ esiste un $Y$ in $SL(n,R)$ tale che $PX=YP$.

[milos144]

Grazie per l'aiuto.



Secondo il tuo parere puó essere questa la dimostrazione

[milos144]

Facciamo vedere che per ogni elemento $X di SL(n,R)$, e ogni elemento $P di GL(n,R) $ esiste un $Y in SL(n,R) $ tale che $PX=YP$
Ho pensato di fare cosí:




Qualcuno mi puó dire se va bene? Grazie

[vict85]

Non ho capito cosa stai cercando di fare. Se il tuo scopo è dimostrare che \(\mathrm{SL}(n,\mathbb{R}) \lhd \mathrm{GL}(n,\mathbb{R}) \) allora penso che tu ti stia complicando la vita.
La prima cosa da osservare è che lo è quasi per definizione, infatti è \(\displaystyle \mathrm{SL}(n,\mathbb{R}) = \ker \det \). Insomma, ti basta dimostrare che \(\displaystyle \det \) è un omomorfismo di gruppi.
La tua prima dimostrazione stava di fatto utilizzando il fatto che \(det\) è un omomorfismo, quindi stai di fatto ridimostrando che il \(\ker\) di un omomorfismo è sempre normale.
La seconda, se corretta, vale solo per \(n=2\), quindi non risolve il problema iniziale.

[milos144]

Forse mi sto complicando la vita, ma mi piacerebbe vedere come dimostrare che
$SL(n,R)⊲GL(n,R)  $ utilizzando solo il fatto che i laterali destri e i laterali sinistri di $SL(n,R)$ coincidono.
Con le matrici $2×2$ dell'esempio precedente mi é sembrato di si.
Vi chiedo solo di darmi un aiutino per capire.
Grazie

[vict85]

Ma come sono fatti questi laterali? Prova a ragionarci.

[killing_buddha]

Facciamo vedere che per ogni elemento $X di SL(n,R)$, e ogni elemento $P di GL(n,R) $ esiste un $Y in SL(n,R) $ tale che $PX=YP$
Ho pensato di fare cosí:
[...]

Questo approccio si può sintetizzare in "sono un ingegnere e voglio che piccoli aghi taglino la carne viva sotto le mie unghie mentre un torturatore mi spruzza del succo di limone negli occhi".

Devi trovare un $Y in SL(n,R) $ tale che $PX=YP$: che ne dici di prendere $PXP^{-1}$, che ci fa il favore di stare in $SL(n,R)$?

[milos144]

Sicuramente faccio fatica a capire....parto da zero e non frequento alcun corso...
Partiamo da:
il gruppo $SL(n,R) $ é un sottogruppo normale di $GL(n,R)$
Per provarlo prendiamo un $X∈SL(n,R) $ e un $P∈GL(n,R)$:
$det(PXP^(−1))=det(P)det(X)det(P)−1=det(X)=1$
Quindi $PXP^(−1)$ per definizione , $∈SL(n,R)$
Adesso essendo $ PXP^(-1) in SL(n, R)$ , se noi consideriamo i laterali destri e sinistri di $SL(n,R)$
abbiamo che $PX=YP rArr Y=PXP^(-1)$ e questo dimostra che i laterali coincidono.
Cosa ne pensate?

[killing_buddha]

$Y_{X,P} = PXP^{-1}$ è quell'unica matrice invertibile tale che $PX=YP$. Siccome date $X,P$ puoi sempre trovare $Y$ tale che $PX=YP$ (basta prendere la suddetta $Y_{X,P}$), SL è normale in GL