Характеристические классы

[Nickspa]

На лекции полный класс Чженя для $U(n)$ определялся так:
$c(F)=\det(E+\frac{iF}{2\pi})=c_0(F)+c_1(F)+...+c_n(F)$,
где $F$ - матрица кривизны, $c_i$ - элементарный симметрический многочлен, и назывался $i$-м классом Чженя.
Аналогично для $SO(2k+1),O(n)$ полный класс Понтрягина
$P(F)=\det(E+\frac{F}{2\pi})=p_0(F)+p_1(F)...$.

Задача. Для вещественного расслоения $\xi$ и его комплексификации $\mathbb{C}\otimes\xi$ доказать, что $c_{2k}(\mathbb{C}\otimes\xi)=(-1)^kp_k(\xi)$, a $c_{2k+1}(\mathbb{C}\otimes\xi)$ - нулевые.

В литературе то, что необходимо доказать, в основном, даётся как определение классов Понтрягина. Что делать в моём случае?
Пробовал начать с классов Понтрягина, матрица кривизны состоит из блоков $2\times2$ с нулями на главной диагонали. Но как из неё перейти к матрице кривизны для комплексификации? И к тому же харклассы не зависят от выбора связности.
Может кто помочь, с чего начать?

[g______d]

Nickspa в сообщении #1392856 писал(а):

Может кто помочь, с чего начать?

По-моему, это доказывается на страницах 254 -- 256 русского издания Милнора и Сташефа.

[Slav-27]

Из формул, которые вы написали, всё получается очевидно, если хорошо понимать, о чём речь. Надо выяснить, что вы не понимаете; ключевые места я дальше отмечаю вопросами.

Nickspa в сообщении #1392856 писал(а):

Может кто помочь, с чего начать?

Давайте начнём с простейшего нетривиального случая, то есть с ранга 2.

Вот есть у вас вещественное расслоение $\xi$ ранга 2 над компактным гладким многообразием $M$. Считаем, что в $\xi$ задано евклидово скалярное произведение (если не задано, то его всегда можно выбрать; полезно понимать, почему). Выберем какую-нибудь согласованную с ним связность (знаете, почему она есть?). Теперь встанем в какую-нибудь окрестность $U$ на базе, над которой расслоение тривиализуется, и выберем ортонормированный базис в сечениях (то есть 2 сечения, которые над каждой точкой базы образуют ортонормированный базис слоя). Относительно этого базиса кривизна представится каким-то элементом $F$ из $\Gamma\left(\Lambda^2 T^*M\big|_U\right\otimes so(2))$ (понятно, что тут написано и почему именно так?). Проще говоря, $F$ -- это кососимметрическая $2\times 2$ матрица, элементы которой -- 2-формы.

Напишем $F=2\pi\begin{pmatrix}0 & F_{12}\\ -F_{12} & 0\end{pmatrix}$ (здесь $F_{12}$ -- некоторая 2-форма). Распишите определитель $\det(1+\frac 1{2\pi}F)$, который у вас был в первом посте. Какими формами представляются классы Понтрягина? Вообще, какому инвариантному многочлену на $so(2)$ соответствует $p_1$?

Теперь комплексифицируем. Евклидово скалярное произведение в $\xi$ определит нам эрмитово скалярное произведение в $\xi\otimes\mathbb C$ (как?), а связность, которая у нас была в $\xi$, определит согласованную связность в $\xi\otimes \mathbb C$: она будет задаваться теми же самыми матрицами, что и исходная, только мы про них теперь будем думать как про комплексные (как это сказать аккуратно?). Соответственно кривизна будет задаваться тою же матрицею $F=2\pi\begin{pmatrix}0 & F_{12}\\ -F_{12} & 0\end{pmatrix}$, только мы теперь думаем про неё как про элемент $\Gamma\left(\Lambda^2 T^*M\big|_U\right\otimes u(2))$.

Распишите определитель $\det(1+\frac i {2\pi}F)$, который был у вас в 1-м посте. Какими формами представляются классы Черна? Вообще, каким инвариантным многочленам на $u(2)$ соответствуют $c_1$ и $c_2$?

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1393225 писал(а):

Надо выяснить, что вы не понимаете

Очень хочется. Я посмотрел Милнора, там на указанных страницах действительно близко к тому, что нужно, но не совсем. Я попытался модифицировать и пришёл к тому, что Вы указываете, но вопросов немало.

Slav-27 в сообщении #1393225 писал(а):

Давайте начнём с простейшего нетривиального случая, то есть с ранга 2

Почему именно с ранга 2. Я сначала попробовал с ранга 1. Правильно ли я понимаю, что в данном случае кривизна нулевая, и $P(x)=1$?

Slav-27 в сообщении #1393225 писал(а):

(если не задано, то его всегда можно выбрать; полезно понимать, почему)

Ну это, вроде, понимаю: на тривиализующих окрестностях выбираем скалярное, и потом с помощью разбиения единицы склеиваем на всем многообразии. Так?

Slav-27 в сообщении #1393225 писал(а):

(знаете, почему она есть?)

Из теоремы Леви-Чевиты?

Slav-27 в сообщении #1393225 писал(а):

$\Gamma\left(\Lambda^2 T^*M\big|_U\right\otimes so(2))$ (понятно, что тут написано и почему именно так?)

Множество 2-форм на $End \xi$ в окрестности $U$, то есть $F\in \Omega^2(B, End \xi)$(это то же самое, что Вы написали?)? Но почему $so(2)$?

Slav-27 в сообщении #1393225 писал(а):

Распишите определитель $\det(1+\frac 1{2\pi}F)$, который у вас был в первом посте. Какими формами представляются классы Понтрягина? Вообще, какому инвариантному многочлену на $so(2)$ соответствует $p_1$?

$\det(1+\frac 1{2\pi}F)=1+F_{12}^2$. $p_0=1, p_1=F_{12}^2$

Slav-27 в сообщении #1393225 писал(а):

Евклидово скалярное произведение в $\xi$ определит нам эрмитово скалярное произведение в $\xi\otimes\mathbb C$ (как?)

Над этим пока не думал, давайте отложим чуть на потом, но обязательно вернёмся.

Slav-27 в сообщении #1393225 писал(а):

она будет задаваться теми же самыми матрицами, что и исходная, только мы про них теперь будем думать как про комплексные (как это сказать аккуратно?).

Комплексификацию я вижу так: берём $\xi\oplus\xi$, вводим комплексную структуру. Тогда, вроде, матрица кривизны на $\xi\oplus\xi$ получается такая

$$2\pi\begin{bmatrix} 0&F_{12}&0&0\\ -F_{12}&0&0&0\\ 0&0&0&-F_{12}\\ 0&0&F_{12}&0 \end{bmatrix}$$

. Если верно, то не пойму, почему во втором блоке знаки у кривизны меняются. Наверное, из-за комплексной структуры, но каким образом.
Тогда на $\xi\otimes\mathbb C$ матрица кривизны, похоже, такая

$$2\pi\begin{bmatrix} i F_{12}& 0 \\ 0& -i F_{12} \end{bmatrix}$$

$ $\det(1+\frac i {2\pi}F)=\det\begin{bmatrix} 1-F_{12}& 0\\ 0& 1+ F_{12} \end{bmatrix}=1-F_{12}^2$$, то есть $c_0=1, c_1=0, c_2=-F_{12}^2$.
А дальше, наверное нужно использовать формулу Уитни. Правильно ли хоть что-то?

[Slav-27]

Nickspa в сообщении #1393256 писал(а):

Почему именно с ранга 2. Я сначала попробовал с ранга 1. Правильно ли я понимаю, что в данном случае кривизна нулевая, и $P(x)=1$?

Да, и поэтому этот случай тривиален: "нулевой класс Понтрягина" никакой информации не несёт, потому что он всегда 1.

Nickspa в сообщении #1393256 писал(а):

Ну это, вроде, понимаю: на тривиализующих окрестностях выбираем скалярное, и потом с помощью разбиения единицы склеиваем на всем многообразии. Так?

Да.

Nickspa в сообщении #1393256 писал(а):

Из теоремы Леви-Чевиты?

Теорема Леви-Чивиты (та, которую я знаю) -- это про касательное расслоение, и сложность там в том, чтобы не было кручения. Нам неважно, будет ли кручение, поэтому всё проще. И не надо угадывать.

Nickspa в сообщении #1393256 писал(а):

Множество 2-форм на $End \xi$ в окрестности $U$, то есть $F\in \Omega^2(B, End \xi)$(это то же самое, что Вы написали?)? Но почему $so(2)$?

Кривизна -- это, действительно, элемент $\Gamma(\Lambda^2T^*M\otimes \operatorname{End}\xi)$. Теперь мы тривиализуем $\xi$ над $U$. Что значит тривиализовать расслоение? Это значит установить изоморфизм расслоения $\xi\big|_U$ и тривиального расслоения над $U$ со слоем $\mathbb R^2$. Этот изоморфизм даст нам изоморфизм расслоения $\operatorname{End}\xi\big|_U$ и тривиального расслоения над $U$ со слоем $\operatorname{End}\mathbb R^2=gl(2)$. (Контрольный вопрос: как?) Соответственно мы получим изоморфизм $\left(\Lambda^2T^*M\otimes\operatorname{End}\xi\right)\big|_U$ и $\Lambda^2T^*M\big|_U\otimes gl(2)$. В последнем случае знаком $gl(2)$ я обозначил тривиальное расслоение над $U$ со слоем $gl(2)$; таким образом, я злоупотребляю обозначениями. Возможно, тривиальное раслоение лучше обозначать каким-то другим знаком, но я не могу придумать каким.

Если структурная группа векторного расслоения редуцирована от $GL(2)$ к какой-то подгруппе Ли $G\subset GL(2)$, а связность согласована с этой $G$-структурой, то эндоморфизмы слоя $\xi_p$ над точкою $p$, определяемые кривизною, будут не какие попало элементы $\operatorname{End}\xi_p=gl(\xi_p)$, а элементы подпространства $g(\xi_p)\subset gl(\xi_p)$. Значит, кривизна при тривиализации попадёт не просто в $\Lambda^2T^*M\big|_U\otimes gl(2)$, а в его подрасслоение $\Lambda^2T^*M\big|_U\otimes g$. Здесь $g\subset gl(2)$ -- соответствующая подалгебра Ли.

Nickspa в сообщении #1393256 писал(а):

$\det(1+\frac 1{2\pi}F)=1+F_{12}^2$. $p_0=1, p_1=F_{12}^2$

Ну а всё-таки забудем пока про кривизну вообще. Есть алгебра Ли $so(2)$, она состоит из кососимметрических вещественных $2\times 2$ матриц. На ней есть инвариантные многочлены, например определитель: его значение на произвольной матрице $\begin{pmatrix}0 & a\\ -a & 0\end{pmatrix}\in so(2)$ равно $a^2$. (Как всегда, имеется в виду инвариантность относительно присоединённого действия $SO(2)$: $p(x)=p(g^{-1}xg)$ для любых $x\in so(2), g\in SO(2)$.) Какому инвариантному многочлену соответствует $p_1$? Тот же вопрос про $u(2)$ и $c_1$ и $c_2$. Этот вопрос ключевой, подумайте внимательно! Потом надо будет научиться на него отвечать и для случая произвольного ранга.

Nickspa в сообщении #1393256 писал(а):

Комплексификацию я вижу так: берём $\xi\oplus\xi$, вводим комплексную структуру.

Кажется, сейчас это не самый лучший способ думать про комплексификацию. Что надо сделать, чтобы задать вещественное векторное расслоение ранга $2$ над $M$? Надо выбрать открытое покрытие $\mathcal U$ базы $M$ и склеивающий коцикл $\varphi$ из группы $C^1(M,\mathcal U, GL(2,\mathbb R))$ чеховских 1-коцепей, отвечающих покрытию $\mathcal U$, с коэффициентами в пучке гладких функций $M\to GL(2,\mathbb R)$. Возможно, это звучит страшно; попросту это всё значит, что каждой (упорядоченной) паре открытых множеств $U_\alpha, U_\beta$ из нашего покрытия $\mathcal U$ надо сопоставить гладкую функцию $\varphi_{\alpha\beta}:U_\alpha\cap U_\beta \to GL(2,\mathbb R)$ (функцию склейки), причём эти функции должны удовлетворять определённым условиям, чтобы можно было корректно склеить.

(Оффтоп)

На каждом $U_\alpha$ функция $\varphi_{\alpha\alpha}(x)\equiv 1$, на каждом двойном пересечении $U_\alpha\cap U_\beta$ функция $\varphi_{\alpha\beta}(x)\varphi_{\beta\alpha}(x)\equiv 1$, на каждом тройном пересечении $U_\alpha\cap U_\beta\cap U_\gamma$ функция $\varphi_{\alpha\beta}(x)\varphi_{\beta\gamma}(x)\varphi_{\gamma\alpha}(x)\equiv 1$.

Это понятно?

Теперь пусть у нас есть вещественное векторное расслоение, заданное покрытием $\mathcal U$ и набором гладких функций $\varphi_{\alpha\beta}:U_{\alpha}\cap U_{\beta}\to GL(2,\mathbb R).$ Как по нему построить комплексное векторное расслоение, то есть как сделать коцикл со значениями в $GL(2,\mathbb C)$? У нас есть замечательное вложение $GL(2,\mathbb R)$ в $GL(2,\mathbb C)$: любую вещественную матрицу можно рассматривать как комплексную. Используя это вложение, мы очевидным образом получаем из набора $GL(2,\mathbb R)$-значных функций набор $GL(2,\mathbb C)$-значных функций. Это и будет склеивающий коцикл для комплексификации нашего вещественного векторного расслоения.

Операции над векторными расслоениями так и получаются: прямая сумма получается из отображения $GL(m)\times GL(n)\to GL(m+n)$, которое пару матриц $A,B$ переводит в $\begin{pmatrix}A & 0\\ 0 & B\\ \end{pmatrix}$, комплексно сопряжённое расслоение -- из отображения $GL(n,\mathbb C)\to GL(n,\mathbb C)$, которое комплексно сопрягает матрицы, и так далее: так же получаются двойственные расслоения, тензорные произведения, $\mathrm{Hom}$'ы...

Nickspa в сообщении #1393256 писал(а):

Если верно, то не пойму, почему во втором блоке знаки у кривизны меняются. Наверное, из-за комплексной структуры, но каким образом.

Не надо угадывать, надо посидеть и подумать, как из связности там сделать связность тут и что при этом случится с кривизной.

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1393321 писал(а):

поэтому всё проще. И не надо угадывать.

Ну тогда, наверное, как и со скалярным - на окрестностях и дальше с помощью разбиения единицы?

Slav-27 в сообщении #1393321 писал(а):

Какому инвариантному многочлену соответствует $p_1$?

Ну из определения $p(x)=det(E+x)=det\begin{bmatrix} 1& a & \\ -a& 1 & \end{bmatrix}=1+a^2,p_1=a^2?$. По-другому, не знаю как.
$c(x)=det(E+ix)=det\begin{bmatrix} ia_1& 0 & \\ 0& ia_2 & \end{bmatrix}=det\begin{bmatrix} 1-a_1& 0 & \\ 0& 1-a_2 & \end{bmatrix}=1-(a_1+a_2)+a_1\cdot a_2$
$c_1=-(a_1+a_2),c_2=a_1\cdot a_2$

[Nickspa]

Кажется начинаю понимать о чём Вы.

Slav-27 в сообщении #1393225 писал(а):

только мы про них теперь будем думать как про комплексные (как это сказать аккуратно?).

Это Вы как раз и расписали здесь

Slav-27 в сообщении #1393321 писал(а):

Используя это вложение, мы очевидным образом получаем из набора $GL(2,\mathbb R)$-значных функций набор $GL(2,\mathbb C)$-значных функций.

То есть мы берём те же элементы векторного расслоения, но определяем для них умножение на мнимую единицу, верно?

Итак, есть вещественное расслоение $\xi$ с матрицей кривизны $F=2\pi\begin{pmatrix}0 & F_{12}\\ -F_{12} & 0\end{pmatrix}$.
Тогда $P(F)=det\begin{pmatrix}1 & F_{12}\\ -F_{12} & 1\end{pmatrix}=1+F_{12}^2$

Для $\xi\otimes\mathbb{C}$ матрица такая же, но уже с определённым для её элементов умножением на мнимую единицу. Тогда $P(F)=det\begin{pmatrix}1 & iF_{12}\\ -iF_{12} & 1\end{pmatrix}=1-F_{12}^2$
Но по определению $c_1$ от $x_1,x_2,...,x_n$ равен $x_1+x_2+...+x_n$, $c_2=x_1x_2+x_1x_3...$, ..., $c_n=x_1x_2...x_n$.
Поэтому у нас $c_1=0,c_2=-F_{12}^2=p_1$.

Далее, $\xi$ - $n$- мерное расслоение. Матрица кривизны состоит из двумерных блоков предыдущего типа и, при нечётном $n$ последние строка и столбец нулевые. Соответственно
$p(F)=det\begin{pmatrix}1 & F_1\\ -F_1 & 1\end{pmatrix}det\begin{pmatrix}1 & F_2\\ -F_2 & 1\end{pmatrix}...det\begin{pmatrix}1 & F_\frac{n}{2}\\ -F_\frac{n}{2} & 1\end{pmatrix}= (1+F_1^2)...(1+F_\frac{n}{2}^2)=$
$=1+$произведения квадратов элементов матрицы кривизны.
Тогда
$c(F)=(1-F_1^2)...(1-F_\frac{n}{2}^2)=1\pm$ те же самые произведения квадратов. А так как нечётные $c$ - это суммы произведений нечётного числа множителей, то $c_{2k+1}=0$. Ну а чётные как раз с чередованием знаков равны классам Понтрягина. Верно?

[Slav-27]

Nickspa в сообщении #1393434 писал(а):

Ну тогда, наверное, как и со скалярным - на окрестностях и дальше с помощью разбиения единицы?

Угадали.

Nickspa в сообщении #1393434 писал(а):

Ну из определения $p(x)=det(E+x)=det\begin{bmatrix} 1& a & \\ -a& 1 & \end{bmatrix}=1+a^2,p_1=a^2?$. По-другому, не знаю как.
$c(x)=det(E+ix)=det\begin{bmatrix} ia_1& 0 & \\ 0& ia_2 & \end{bmatrix}=det\begin{bmatrix} 1-a_1& 0 & \\ 0& 1-a_2 & \end{bmatrix}=1-(a_1+a_2)+a_1\cdot a_2$
$c_1=-(a_1+a_2),c_2=a_1\cdot a_2$

На вопрос про $p_1$ вы ответили. А вот про $c_1$ и $c_2$ не совсем. Напишите явно многочлены от матричных элементов. Иными словами: чему равны значения соответствущих инвариантных многочленов на произвольной косоэрмитовой матрице $\begin{pmatrix}x & y\\ -y & x\\ \end{pmatrix}\in u(2)$ ($x$ чисто мнимое число, $y$ произвольное комплексное)?

И тогда вы сможете точно сказать, где там $c_1$, а где $c_2$.

-- 16.05.2019, 23:42 --

Nickspa в сообщении #1393464 писал(а):

Кажеся начинаю понимать о чём Вы.

Slav-27 в сообщении #1393225 писал(а):

только мы про них теперь будем думать как про комплексные (как это сказать аккуратно?).

Это Вы как раз и расписали здесь

Slav-27 в сообщении #1393321 писал(а):

Используя это вложение, мы очевидным образом получаем из набора $GL(2,\mathbb R)$-значных функций набор $GL(2,\mathbb C)$-значных функций.

Нет: первое я спрашивал то ли про связность, то ли про кривизну, а второе говорил про склеивающий коцикл. Разные вещи.

Nickspa в сообщении #1393464 писал(а):

То есть мы берём те же элементы векторного расслоения, но определяем для них умножение на мнимую единицу, верно?

Можно истолковать так, что станет верно.

Nickspa в сообщении #1393464 писал(а):

Далее, $\xi$ - $n$- мерное расслоение. Матрица кривизны состоит из двумерных блоков предыдущего типа и, при нечётном $n$ последние строка и столбец нулевые.

Вообще говоря, конечно же нет.

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1393478 писал(а):

Напишите явно многочлены от матричных элементов

$A=\begin{pmatrix}x & y\\ -y & x\\ \end{pmatrix}\in u(2)$

$x=ix_0,x_0 \in \mathbb{R}$

$det $\begin{pmatrix}1-x_0 & iy\\ -iy & 1-x_0\\ \end{pmatrix}=1-2x_0+x_0^2-y^2$

$c_1=-2x_0=tr [iA], c_2=x_0^2-y^2=det [iA]$

Slav-27 в сообщении #1393478 писал(а):

Вообще говоря, конечно же нет.

А к жордановой форме не могу разве привести?

[Slav-27]

Аккуратнее! Во-первых, забыли $2\pi$. Во-вторых, там какая-то проблема со знаками: 2 определения классов Черна в вашем первом посте дают разные знаки. Проблемы со знаками бывают постоянно, избавляться от них муторно и я сейчас на этом зацикливаться не буду.

Воспользуемся вторым определением из 1-го поста, потому что оно красивее: многочлен, соответствующий $c_i$, на диагональной матрице $\begin{pmatrix}2\pi ix_1 \\ & 2\pi ix_2 \\ & & \ddots\\ & & & 2\pi ix_n\end{pmatrix}$ равен $\sigma_i(x_1,...,x_n)$. В частности, $c_1\begin{pmatrix}2\pi ix_1 & 0 \\ 0 & 2\pi ix_2 \end{pmatrix}=x_1+x_2$, $c_2=x_1x_2$.

Теперь главное: поскольку многочлены инваиантны, их достаточно знать на диагональных матрицах (любая матрица из $u(n)$ приводится унитарным преобразованием к диагональному виду). В частности, для ранга 2 мы замечаем, что $c_1(x)=\operatorname{tr}\dfrac x{2\pi i}$, $c_2(x)=\det \dfrac x{2\pi i}$: это верно уже для любых (числовых) матриц, а не только диагональных.

Теперь вычисляем это для нашей матрицы кривизны $F=2\pi\begin{pmatrix}0 & F_{12}\\ -F_{12} & 0\end{pmatrix}$: имеем $c_1=\operatorname{tr}\dfrac F{2\pi i}=0$, $c_2=\det \dfrac F{2\pi i}=-F_{12}^2$. Всё получилось!

-- 17.05.2019, 01:22 --

Nickspa в сообщении #1393500 писал(а):

А к жордановой форме не могу разве привести?

Во-первых, не к жордановой. Во-вторых: числовые матрицы -- безусловно можете. Я хочу до вас донести, что уметь приводить к хорошему виду числовые матрицы уже достаточно.

-- 17.05.2019, 01:42 --

А именно, задача сводится к следующей. У нас есть матрица $x\in so(n)$. Мы применяем к ней $SO(n)$-инвариантный многочлен $p_i$, который на диагональных матрицах $\begin{pmatrix}0 & 2\pi y_1 \\ -2\pi y_1 & 0 \\ & & \ddots\end{pmatrix}\in so(n)$ равен $\sigma_i(y_1^2,...,y_n^2)$ (он однозначно этим определяется на всей $so(n)$ по инвариантности). (Это определение классов Понтрягина!) Теперь мы рассматриваем эту же матрицу $x$ как элемент $u(n)$ и применяем к ней $U(n)$-инвариантный многочлен $c_i$, который на диагональных матрицах $\begin{pmatrix}2\pi ix_1 & \\ & \ddots\end{pmatrix}\in u(n)$ равен $\sigma_i(x_1,...,x_n)$ (он однозначно этим определяется на всей $u(n)$ по инвариантности). (Это определение классов Черна!) И надо доказать, что $p_k(x)=(-1)^kc_{2k}(x)$.

Это пока тождество для числовых матриц. А дальше надо сказать примерно следующее заклинание: это тождество есть равенство многочленов от матричных элементов. Если у нас есть 2 многочлена с комплексными коэффициентами, которые в каждой точке совпадают по значению, то это одинаковые многочлены.

(Оффтоп)

Это бывает неверно для многочленов над конечными полями: сравните $x$ и $x^2\in\mathbb Z_2[x]$.

Значит, в них можно подставлять вместо комплексных чисел какие угодно коммутирующие объекты, и тождество всё равно останется верным.

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1393514 писал(а):

Во-вторых, там какая-то проблема со знаками

Может, на лекции ошибка, и там в определении не $\frac{iF}{2\pi}$, a $\frac{F}{2\pi i}$? У Милнора тоже встречается подобное, но $i$ в знаменателе.

Slav-27 в сообщении #1393514 писал(а):

2 определения классов Черна

Про эти классы не знаю, похоже что-то обобщающее классы Чженя и Понтрягина. Может дальше будет.

А переход от двумерного к $n$ - мерному верен у меня?

-- 17.05.2019, 00:53 --

Пока писал, Вы уже добавили ответ

[Slav-27]

Черн и Чжень -- это 2 варианта кириллического написания одной и той же китайской фамилии 陳. (А стандартная транскрипция вообще Чэнь, но я никогда не видел, чтобы по-русски так писали или говорили.)

-- 17.05.2019, 02:00 --

Со знаками разбирайтесь сами, пожалуйста. Там ещё кривизну в разных местах определяют с разными знаками, и так далее и тому подобное.

А кто-нибудь знает, откуда взялось "Чжень"? "Черн" понятно: кириллическая транскрипция устаревшей романизации китайского.

[Nickspa]

Вы мне уже весь курс вкратце рассказали, а у меня всё вопросы

Но классы Понтрягина получается определены через $y_i$, а Чженя - через $x_i$. Для доказательства тождества надо ведь связь между ними знать. В двумерном случае помогло, что там след и определитель матрицы, а промежуточные многочлены ведь уже не такие, и их знания на диагональных элементах без связи $x_i$ c $y_i$ недостаточно. Что я опять упускаю (не знаю)?

А как я сделал через определители - не верно?

[Slav-27]

Вы посчитали определитель, получили сумму $1+c_1+c_2$, а как вы понимаете, где какое слагаемое, кто там $c_1$ и кто $c_2$? Это легко доделать, и получится то же самое.

-- 17.05.2019, 02:13 --

Nickspa в сообщении #1393527 писал(а):

Для доказательства тождества надо ведь связь между ними знать.

Вы и знаете: одна и та же матрица некоторым ортогональным преобразованием приводится к такому-то виду и некоторым унитарным к такому-то.

Иксы -- это почти собственные числа: как они выражаются через игреки?..

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1393529 писал(а):

как они выражаются через игреки?

Ну конечно, характеристическое уравнение... Стыдно...