Sottospazi totalmente isotropi

Messaggioda Reyzet » 01/12/2019, 13:11

Ciao. Sia V spazio vettoriale reale n-dimensionale, con $\phi$ forma bilineare simmetrica non degenere su V, e segnatura (s,r), $s=n-r>=r$.
Bisogna provare che se U è sottospazio di V per cui la forma ristretta ad U è definita positiva, negativa o è nulla allora rispettivamente vale $dimU<=s,r,r$.

I primi due casi sono facili, penso si possa risolvere così, per esempio se $\phi_{|U}$ definita positiva con $dimU=t>s$, esiste una base di U (per Lagrange) tale che la matrice associata è $I_{t}$, se prendo il complemento ortogonale di U $U_{o}$, e considero la forma ristretta a questa, ha un'altra base in cui è diagonale, comunque unendo le due basi ottengo un'altra base di V (perché i due spazi hanno intersezione banale), in cui la matrice della forma è diagonale ma ha $h>=t>s$ 1 sulla diagonale, contro la legge di inerzia di Sylvester.

Per il terzo caso, questo tipo di spazi si chiama totalmente isotropo ed equivale a dire che $U$ sta in $U_{o}$, da cui per Grassmann su ha $dimU\leq \floor(n/2)$, ma non è la stima cercata.
Pensavo di fare così, sia U sottospazio isotropo, in cui la forma vale zero, e H un sottospazio in cui la forma è per esempio definita positiva con dimensione massimale s (esiste banalmente), la loro intersezione è banale ovviamente(perché la forma valutata su un vettore comune dovrebbe essere nulla e allo stesso tempo non nulla) , e allora $dim(U)=dim(U+H)-dim(H)<=dim(V)-dim(H)=n-s=r$. Cioè la dimensione è controllata in un certo senso dagli altri due tipi di sottospazi considerato precedentemente. Poi che ce ne sia uno in cui la dimensione è proprio r si vede subito. va bene? Ci sono modi più sensati di farlo?


Questo lo ho postato perché è preliminare a un altro esercizio più complicato, che tira in mezzo i quozienti di gruppi ortogonali, penso che posterò anche quello.

Come conseguenze geometriche di questo fatto si dovrebbero dedurre le seguenti due cose:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
a) Se Q è la forma quadratica associata alla forma bilineare, allora la quadrica Q=0 può contenere in $\mathbb{P}(V)$ un sottospazio lineare reale al più di dimensione r-1, e questo viene subito ricordando che la dimensione si abbassa di 1 proiettivizzando.
b)Se s=r, n=2r allora la quadrica suddetta contiene due componenti connesse uguali a due sottospazi lineari di dimensione r-1. Troviamo tranquillamente due sottospazi vettoriali disgiunti totalmente isotropi. Credo che proiettivizzandoli stiano nella quadrica e siano disgiunti, e connessi perché sottospazi lineari.
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Re: Sottospazi totalmente isotropi

Messaggioda Bokonon » 03/12/2019, 14:29

Reyzet ha scritto:Ci sono modi più sensati di farlo?

Puoi fare riferimento al teorema di cancellazione di Witt, alla decomposizione di Witt e infine all'indice di Witt.
Alla fine è già stato dimostrato che data una forma non degenere, la dimensione massima degli spazi totalmente isotropi massimali è identica e pari (nel caso in oggetto) al $min(s,r)=r$
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Re: Sottospazi totalmente isotropi

Messaggioda Reyzet » 03/12/2019, 17:31

Bokonon ha scritto:
Reyzet ha scritto:Ci sono modi più sensati di farlo?

Puoi fare riferimento al teorema di cancellazione di Witt, alla decomposizione di Witt e infine all'indice di Witt.
Alla fine è già stato dimostrato che data una forma non degenere, la dimensione massima degli spazi totalmente isotropi massimali è identica e pari (nel caso in oggetto) al $min(s,r)=r$

Difatti cercando questa roba su internet mi sono imbattuto nel nome Witt, però non ho approfondito più di tanto. Ho solo capito che che questo numero è un invariante.
Comunque è corretto come ho fatto io, no?
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