Grupos e Àlgebras de Lie

Universidade Federal do Paraná 1◦ semestre 2017.

Programa de Pós-Graduação em Matemática Grupos de Lie

Prof. Olivier Brahic

Lista de exercícios 1

Grupos e Topológia

Exercício 1. (Propriedades topológicas de um subgrupo) [solução] Seja H um subgrupo de um grupo topológico G.

a) Mostre que o fecho H de H é um subgrupo de G.

b) Mostre que H é aberto em G se e somente o elemento neutro de G esta no interior de H. c) Mostre que se H é aberto em G, então ele é fechado.

d) Mostre que se G é conexo, então ele é gerado por qualquer vizinhança da identidade.

e) Mostre que a componente conexa G0 da identidade de G é um subgrupo fechado normal de G.

O que acontece se supor G localmente conexo ?

f) Mostre que se G é Hausdorff, e H é um subgrupo discreto, então H é fechado em G.

Exercício 2. (Propriedades Topológicas do quociente) [solução]

Seja H um subgrupo de um grupo topológico G. Lembremos que o quociente G/H pode sempre ser munido da topologia quociente.

a) Mostre que G/H é discreto se e somente se H é aberto em G (lembremos que um espaço topológico é discreto sse qualquer ponto é aberto).

b) Mostre que G/H é Hausdorff se e somente se H é fechado em G. c) Mostre que H e G/H são conexos, então G é conexo.

Exercício 3. (Subsgrupos discretos de Rn) [solução]

O objetivo deste exercício é de provar que qualquer subgrupo discreto Λ 6= {0} de (Rn, +) é da forma Λ = Zv1⊕ · · · ⊕ Zvp, onde v1, . . . , vp são vetores linearmente independentes em Rn. Tais subgrupos são

chamados de lattices em Rn, o que explica a nossa notação Λ. 1. Caso n = 1:

a) Dê exemplos de subgrupos densos e não densos de R. Observe que os subgrupos não densos são discretos.

b) Seja (y_n)_n∈Numa sequência em R∗convergindo para 0, e x um número real qualquer. Mostre que a sequência

h

x yn

i

c) Deduza que se Λ 6= {0} é um subgrupo não denso de R, então existe a ∈ Λ − {0} tal que |a| = inf

x∈Λ−{0}|x|.

d) Mostre que qualquer subgrupo de R é ou denso, ou da forma Λ = a.Z.

2. Na sequência, fixemos um subgrupo discreto Λ 6= {0} de Rn. Seja v ∈ Λ − {0}, denotemos V = Rv ⊂ Rn a reta vetorial por v. Mostre que V ∩ Λ é da forma Zv1, com v1 6= 0.

3. Seja π : Rn → Rn−1 _{' R}n_{/V a projeção natural. Mostre que π(Λ) é um subgrupo discreto de}

Rn−1. 4. Conclua.

Exercício 4. (O círculo S1 e suas representações irredutíveis) [solução]

a) Determine todos os subgrupos fechados de S1.

b) Determine os endomorfismos contínuos de S1, os automorfismos contínuos de S1, e os morfismos contínuos de S1 _{para o grupo multiplicativo C − {0}.}

c) Determine todas as representações contínuas irredutíveis de S1, ou seja: todos os morfismos contínuos ρ : S1 → GL_{n(C) tais que ρ(S}1_{) não deixa nenhum subespaço de C}n _{invariante, alem}

de Cn inteiro.

Exercício 5. (Compactos de GLn(K), K = R, C) [solução]

a) Seja λ ≥ 0 um número real. Mostre que qualquer subconjunto Kλ é compacto, onde:

Kλ :=g ∈ GLn(K) | ||g|| ≤ λ, ||g−1|| ≤ λ .

b) Mostre que reciprocamente, para qualquer subconjunto compacto K de GLn(K) existe λ ≥ 0 tal

que K ⊂ K_λ.

c) Deduza que um subconjunto fechado K de GLn(K) é compacto se e somente se:

∃ λ ≥ 0, ∀g ∈ K, ||g|| ≤ λ, | det(g)| ≥ 1 λ.

a) Seja P ∈ K[X1, . . . , Xn] um polinômio não nulo. Mostre que o subconjunto

{(x1, . . . , xn) ∈ Kn | P (x1, . . . , xn) 6= 0}

é denso em Kn (pode se reduzir ao caso n = 1).

b) Mostre que se K = C, então este conjunto é conexo. O que acontece no caso K = R ? c) Deduza que GLn(K) é denso em Mn(K) e que GLn(C) é conexo.

d) Mostre que o conjunto das matrizes diagonalizáveis em C é denso em Mn(C). O que acontece

em R ?

Lembra-se que para qualquer inteiro d ≥ 1, existe um polinômio Discr_d, chamado de discrimi-nante, definido no espaço Cn[X] dos polinômios de grau inferior ou igual a d, que satisfaz a

seguinte propriedade:

Discrd(P ) = 0 ⇐⇒ P tem uma raiz multipla em C.

e) Aplicações. Mostre as seguintes afirmações:

1) O centro de GLn(K) é o subgrupo das homotetias.

2) Mostre o Teorema de Cayley-Hamilton: qualquer matriz anula o seu polinômio caracterís-tico.

3) Existe uma base de Mn(K) formada de matrizes invertíveis (até diagonalizáveis se K = C).

Resoluções:

Solução do Ex.1 [enunciado]

Um fato básico para estudar grupos topológicos é que para qualquer g ∈ G, as translações L_g : G → G, h 7→ gh e as conjugações Cg: G → G, g 7→ ghg−1 sempre definem homeomorfismos.

a) Sejam g1, g2 ∈ H. Basta mostrar que g1g2 e g₁−1 pertencem em H. Suponha que g1g2 6∈ H.

Sendo que H é fechado, existe um aberto O de G tal que g₁g2 ∈ O e O ∩ H = ∅. A multiplicação

G × G → G sendo contínua, existem abertos U e V em G, contendo g1 e g2 respectivamente, e

tais que U · V ⊂ O. Segue que (U · V) ∩H = ∅ logo (U · V) ∩ H = ∅. Isso é absurdo pois pela definição de H, U e V contêm elementos h₁, h2 ∈ H, logo h1h2∈ O ∩ H.

O fato que g₁−1∈ H mostra-se de maneira semelhante.

b) Pela definição, se H é aberto em G, então e ∈ H esta no interior de H. Reciprocamente, mostra-se que, mostra-se existe um aberto U de G contido em H e tal que e ∈ U , então h · U é um aberto de G (de fato, a aplicação L_h : G → G, g 7→ hg é um homeomorfismo de G) contido em H e tal que h ∈ h. U . Segue que H é aberto.

c) Basta mostrar que o complementar G − H de H é aberto. Para isso, observa-se que, pelo fato de H ser um subgrupo, o complementar pode ser escrito como uma união:

G − H = [

g6∈H

onde cada g·H = Lg(H) é aberto (pois H é aberto, e Lg : G → G, h 7→ gh é um homeomorfismo).

Logo G − H é aberto como união (arbitrária) de abertos.

d) Suponha G conexo, e seja U uma vizinhança da identidade. Considere H o subgrupo de G gerado por U . Então H é aberto pela questão b) e fechado pela questão c), sendo não trivial, H = G pois G é conexo.

e) Como qualquer componente conexa, G0 é fechada em G. É claro que G−1₀ e Gn0 são conexos

(como imagens de conexos por aplicação contínuas). Segue que o subgrupo hG₀i gerado por G₀ é conexo, pois:

hG0i =

[

n∈N

Gn₀,

logo conexo como união de conexos cuja interseção não é vazia. Como hG₀i contem 1 e que G0⊂ hG0i, por maximalidade da componente conexa G0, segue que G0 = hG0i ou seja: G0 é um

grupo.

O fato de G₀ ser normal segue do que g−1G0g contem a identidade, é conexo (pois h 7→ g−1hg é

um homeomorfismo) logo g−1G0g ⊂ G0 por maximalidade de G0.

Caso G é localmente conexo, a identidade esta no interior de G0, logo G0 é aberto (pela questão

b)). Segue em particular que o quociente G/G0 é discreto (ver o exercício 2).

f) O fato de G ser Hausdorff implica que os unitários {g} são fechados em G. Sendo que H é discreto, {1} é aberto em H, logo existe uma vizinhança aberta V de 1 em G tal que V ∩H = {1}. Trocando V por V ∩V−1, podemos sopor que V−1= V (note que a propriedade V ∩ H = {1} esta preservada pelo fato que h ∈ H ⇔ h−1 ∈ H).

Para mostrar que H é fechado, vamos mostrar queH = H. Seja g ∈ H, então qualquer aberto contendo g encontra H, em particular é o caso pelo aberto g.V. Seja h ∈ g.V ∩ H, vamos ver que necessariamente, h = g. De fato, temos V−1 = V, logo h ∈ g.V implica que g ∈ h.V. Segue que g ∈ h.V ∩ H ⊂ h.V ∩ H, onde h.V ∩ H = {y} pela definição de pela definição de V. Sendo que G é Hausdorff, temos h.V ∩ H = {h} = {h}. Obtemos h.V ∩ H = {h}, logo g = h.

Solução do Ex.2 [enunciado]

a) Notemos π : G → G/H a projeção canônica. Lembremos que pela definição da topologia quoci-ente, um subconjunto A ⊂ G/H é aberto sse π−1(A) é aberto em G. Para qualquer g ∈ G, temos π−1(π(g)) = gH. Logo π(g) é aberto em G/H para todo g ∈ G se e somente se H é aberto em G.

b) Suponha que G/H é Hausdorff. Vamos mostrar que o complementário G − H é aberto. Para qualquer g 6∈ H, temos π(g) 6= π(e) logo existe uma vizinhança aberta U_gπ(g) de π(g) em G/H que não contem π(e). Obtemos assim, para qualque g ∈ G − H um aberto U_g := π−1(U_π(g)) em G contendo g e sem interseção com H, isso G − H é aberto.

Reciprocamente, suponha H fechado em G. Mostra-se primeiro uma propriedade importante do quocient de um grupo topológico: a aplicação quociente π : G → G/H é sempre aberta (o que

não vale para quocientes topológicos quaisquer). De fato, se U ⊂ G e aberto, então escrevendo: π−1(π(U )) = [

h∈H

V · h

vemos que π−1(π(U )) é aberto, pois é união de abertos.

Um resultado clássico (e fácil de mostrar) de topologia é que, π : G → G/H sendo aberta, basta mostrar que a relação de equivalência R definindo o quociente é fechada em G × G. Para ver isto, basta observar que R = f−1(H), onde f (x, y) = y1x, logo R é fechado como imagem inverso do fechado H.

A reciproca pode-se mostrar de maneira mais pedestre também.

Observação: não se precisa realmente que G seja Hausdorff: de fato, um grupo topológico K é Hausdorff já que o unitário {1} é fechado em K. Caso H ⊂ G é normal, segue que G/H é Hausdorff se e somente se {1} é fechado em G/H. Isso fornece uma maneira canônica de ’deixar’ um grupo G Hausdorff: caso G não é Hausdorff, considere H := {1} o fecho de 1, então G/H é um grupo topológico Hausdorff.

c) Seja φ : G → {0, 1} uma aplicação contínua. Temos que mostrar que φ é constante. Para qualquer g ∈ G, a aplicação φ ◦ Lg : H → {0, 1}, h 7→ φ(gh) é continua como composta de

aplicações continuas. Sendo que H é conexo, φ ◦ Lg é constante. Segue que φ é constante nas

classes de equivalências G modulo H, logo fatora numa aplicação φ_G/H : G/H → {0, 1}. Sendo que G/H é conexo, φ_G/H é constante logo φ = φ_G/H◦ π também o é.

Solução do Ex.3 [enunciado] 1. Caso n = 1:

a) Por exemplo os subgrupos Q, Q√2 etc... são densos. Subgrupos da forma aZ, onde a ∈ R não são densos.

b) Para qualquer z ∈ R, temos [z] ≤ z < [z] + 1, logo _yx_n − 1 <hx yn

i ≤ x

yn o que implica que:

   h x yn i yn− x   ≤ yn. Sendo que yn→ 0, segue que

h

x yn

i

yn converge para x.

c) Seja Λ um subgrupo não denso e (xn)n∈N uma sequência em Λ − {0} tal que |xn| converge

para inf_x∈Λ−{0}|x|. Pode-se sopor que (x_n)_n∈Nconverge para um certo a ∈ R (pois (xn)n∈Né

limitada para n suficientemente grande, basta extrair uma subsequência convergente). Falta mostrar que a ∈ Λ − {0}. Suponha o contrário, então (xn− xn+1)n∈Ndefina uma sequência

em Λ que converge para 0. Sendo que a 6∈ {0}, a sequência não pode ser estacionária, logo extraindo uma subsequência, podemos sopor que xn+16= xnpara qualquer n ∈ N. Obtemos

assim uma sequência de Λ − {0} que converge para 0. A questão a) implica que Λ é denso em R, o que contradiz a hipótese de não-densidade de Λ.

d) Pela questão precedente, se Λ é um subgrupo não denso, existe a ∈ Λ−{0} de valor absoluta minimal. Sendo que Λ é um subgrupo, aZ ⊂ Λ. Seja v ∈ Λ, então v − [va]a pertence em Λ

e tem valor absoluta estritamente inferior a |a|. Pela definição de a, temos v − [v_a]a = 0, ou seja v ∈ aZ. Segue que Λ ⊂ aZ.

2. Claramente, V ∩ Λ := Rv ∩ Λ defina um subgrupo de Rv ' R, discreto (poi Λ o é) logo não denso. Pela questão precedente ele é da forma V ∩ Λ = Zv1 onde v1∈ Rx.

3. O grupo Rnsendo abeliano, V é normal e π é um morfismo de grupos. Logo π(Λ) é um subgrupo de Rn−1. Mostremos por absurdo que é discreto ou seja, que {0} é aberto em π(Λ). Suponha o contrário, existe uma sequência de elementos em π(Λ) − {0} que converge para 0. Seja W um complementário de V em Rn. Existe uma sequência (x_k)_k∈N em W − {0} e uma sequência (αk)k∈N em R tais que xk → 0 e xk + αkv1 ∈ Λ − V para qualquer k ∈ N. A sequência

(xk+ (αk− [αk])v1)k∈N satisfaz as mesmas propriedades, alem de ser limitada, logo pode se

extrair uma sequência que converge para x ∈ Rn. Sendo que Λ é fechado, x ∈ Λ. Agora, o fato de Λ ser discreto implica que essa sequência é estacionária (i.e. constante para n grande). em particular x_k = 0 para n grande, o que contradiz as nossas hipóteses.

4. Por indução. A questão 1 mostra o caso n = 1. Suponha o resultado verdade para qualquer subgrupo discreto de Rn−1. Seja v ∈ Λ − {0} e π : Rn → Rn−1 _{' R}n_{/Rv. Pela questão 3,}

π(Λ) é um subgrupo discreto de Rn−1. Logo, pela hipótese de indução, existem v2, . . . , vn ∈

Λ − Rv tais que π(v2), . . . , π(vp) são linearmente independentes em Rn−1e π(Λ) = Zπ(v2) ⊕ · · · ⊕

Zπ(vp). Construa-se v1 ∈ Rv como na questão 2. Sendo que π(v2), . . . , π(vp) são linearmente

independentes, v2, . . . , vp também o são (pois π é uma aplicação linear). Alem disso temos

Zv1⊕ · · · ⊕ Zvn ⊂ Λ de maneira evidente. Pela inclusão inversa, observe que se λ ∈ Λ, então

λ =Pp

i=1αivi, onde αi∈ Z para todo i ≥ 2. Para mostrar que α1∈ Z também, observemos que

α1v1 ∈ Λ e, sendo que Λ ∩ Rv = Zv1, necessariamente temos α1 ∈ Z. Logo λ ∈ Zv1⊕ · · · ⊕ Zvp.

Solução do Ex.4 [enunciado]

a) A aplicação f : R → S1, θ 7→ e2iπθ defina um morfismo de grupos topológicos, logo se H ⊂ S1 é um subgrupo fechado de S1, então a sua preimagem f−1_{(H) é um subgrupo fechado de R. Pela} questão 1 do exercício 3 precedente, ela é da forma f−1_{(H) = Za, onde a ∈ R. Falta determinar} para que valores de a, e2iπaZ é um subgrupo fechado de S1.

Note que ker(f ) = Z, logo temos f−1(H) = Za = Za + Z também, de forma que se a 6∈ Q, então f−1_{(H) é denso em R, o que implica que H = e}2iπaZ = S1 pois H é fechado em S1 por hipótese. Isto sendo absurdo, temos a ∈ Q, e existem p, q ∈ N primos tais que a = p/q. O fato que (e2iπp/q)q= 1 implica que H = e2iπ

p qZ_{= e}

2iπ

q Z _{é um subgrupo (cíclico) finito logo fechado.}

Em conclusão, os subgrupos fechados próprios de S1 são os subgrupos cíclicos, da forma e2iπq Z_{, e}

se identificam com as raízes da unidade.

b) Qualquer morfismo de grupos continuo f : S1 → S1 _{induz por composição um morfismo de}

que p ◦ ˜f = f ◦ p com ˜f (0) = 0: R ˜ f _// p  R p  S1 f //S1

Alem disso, a condição f (x + y) = f (x)f (y) implica que ˜f (x + y) = ˜f (x) + ˜f (y) + 2kπ, onde k independe de x, y por conexidade. Para x = y = 0, obtemos k = 0 logo ˜f : R → R é um morfismo de grupos. É fácil ver1 _{que um tal morfismo é da forma x 7→ βx, onde β ∈ R.}

En consequência, f ◦ p é da forma x 7→ e2iaπ_{, onde a ∈ R.}

Reciprocamente, um morfismo g : (R, +) → (S1, ·) induz um morfismo S1 → s1 _{se 1 ∈ ker(g), ou}

equivalentemente, se a ∈ Z. Logo existe k ∈ Z tal que:

f (e2iπx) = e2iπkx (∀x ∈ R) ou, de maneira equivalente, existe k ∈ Z tal que:

f (z) = zk (∀z ∈ S1).

Reciprocamente, é claro que z 7→ zn sempre defina um morfismo de grupos contínuo.

Para determinar os automorfismos, basta olhar o núcleo: temos f (e2ipx_{) = 1 ⇔ kx ∈ Z, logo} ker(f ) ' Z/kZ. Este núcleo é trivial so no caso k = 1 (i.e f = idS1) ou k = −1, neste caso f é

a conjugação complexa z → ¯z, ambas aplicações são isomorfismos idempotentes ( f2 = idS1).

A imagem de um morfismo S1 _{→ C − {0} é um subgrupo compacto de C − {0}. Qualquer} subgrupo compacto de C − {0} é incluso em S1, logo pela questão precedente, os morfismos contínuos S1 _{→ C − {0} coincidem com os endomorfismos de S}1.

c) Dada uma representação S1 → GL_{n(C), o subconjunto ρ(S}1_{) ⊂ GL}

n(C) é formado de matrizes

que comutam, logo são simultaneamente triganolizáveis. Em particular, o primeiro vetor de uma base comum de trigonalização é um subespaço invariante. Logo ρ não pode ser irredutível se n > 1. No caso irredutível, n = 1 e GL1(C) ' C − {0} logo ρ é da forma z 7→ zk, ou seja

ρ_e2iπz(α) = e2iπkzα, para qualquer α ∈ Z.

Solução do Ex.5 [enunciado]

a) Sendo que GLn(C) é incluso no espaço vetorial de dimensão finita M(nC) basta mostrar que Kλ é fechado e limitado (pelo Teorema de Heine-Borel). Ele é limitado pela sua definição. Seja

(gn)n∈N uma sequência em Kλ que converge para uma matriz g ∈ Mn(C). Notemos hk := g−1_k ,

por hipótese, a sequência (hn)n∈N é limitada, logo podemos sopor que ela converge (extraindo

uma subsequência) para um elemento h ∈ M_{n(K). Para qualquer k ∈ N, temos gk}.hk = 1 logo

pela continuidade do produto gh = 1 também. Segue que h ∈ GL_{n(K) e h}−1 = g. Alem disso, ||hk|| ≤ λ para qualquer k ∈ N, logo ||g−1|| ≤ C por continuidade da inversa. Em conclusão,

g ∈ Kλ e Kλ é compacto.

1

b) Pela questão precedente, qualquer subconjunto fechado de um Kλé compacto. Vamos estabelecer

agora a reciproca, ou seja que qualquer subconjunto compacto K é incluso num Kλ por um certo

λ ≥ 0. Um compacto de Mn(K) é necessariamente fechado e limitado. Em particular, existe

λ1 ∈ R tal que K ⊂ B(0, λ1), onde B(0, λ1) denote a bola centrado em 0 ∈ Mc(K), de raio

λ1. A aplicação g 7→ g−1 sendo contínua K−1 é compacto também e existe λ2 ∈ R tal que

K−1⊂ B(0, λ1). Basta escolher λ = max(λ1, λ2).

c) Suponha K ⊂ GLn(K) compacto, pela questão precedente, existe λ0 ∈ R tal que K ⊂ Kλ0. A

imagem do compacto B(0, λ”) pela aplicação contínua M → det(M ) é um compacto de R>0. Em particular, existe λ00> 0 tal que | det(M )| ≥ 1/λ00. Basta considerar λ := max(λ0, λ00). Pela reciproca, vamos mostrar que se ||g|| ≤ λ e | det(g)| ≥ 1/λ então ||g−1|| está limitado. Pela fórmula de Cramer, temos:

g−1 = 1

det(g)com(g)

|_,

onde com(g)| denota a transposta da comatriz de g. A aplicação com( )| : M 7→ com(M )| é contínua pois tem coeficientes polinômiais nas entradas de M , logo a imagem por B(0, λ) por com( )| é compacta, logo limitada por uma constante λ0 > 0. Segue que ||g−1|| ≤ λ0_{λ e}

H ⊂ Kmax(λ,λλ0₎.

Solução do Ex.6 [enunciado]

a) É fácil ver que se um polinômio se anula num aberto de Kn, então ele é nulo. Pode-se mostrar também da maneira seguinte. Seja p ∈ {(x₁, . . . , xn) ∈ Kn | P (x1, . . . , xn) = 0} . O polinômio

P não sendo nula, existe q ∈ {(x1, . . . , xn) ∈ Kn | P (x1, . . . , xn) 6= 0}. Seja L a reta em Kn

por p e q, e φ : K → L dado por φ(λ) = p + λ(q − p). Então P ◦ φ é um polinômio numa variável. O polinômio P ◦ φ tendo um número finito de raízes, e o complementário de um conjunto finito em K sendo denso, existe uma sequência (λk)k∈N em (P ◦ φ)−1(K − {0}) que

converge para 0. Pela continuidade de φ, a sequência (φ(λ_k))_k∈N converge para φ(0) = p. Segue que q ∈ {(x₁, . . . , xn) ∈ Kn | P (x1, . . . , xn) 6= 0} é denso.

b) Caso K = C, o complementário de um número finito de pontos em C sendo claramente conexo (por arcos, até) segue por argumento semelhante à questão a) que {(x1, . . . , xn) ∈ Kn| P (x1, . . . , xn) 6=

0} é conexo.

Caso K = R, q ∈ {(x1, . . . , xn) ∈ Kn| P (x1, . . . , xn) 6= 0} não é conexo já que q ∈ {(x1, . . . , xn) ∈

Kn | P (x1, . . . , xn) > 0} e q ∈ {(x1, . . . , xn) ∈ Kn | P (x1, . . . , xn) < 0} são não vazios (pense

numa reta no plano por exemplo).

c) A aplicação det : M_{n(K) → K sendo polinomial, segue diretamente da questão precedente.} d) Qualquer matriz em M_{n(C) com n autovalores distintos sendo diagonalizável, basta mostrar que}

o conjunto de matrizes com n autovalores distintas é denso.

A aplicação M 7→ det(M − XI) é polinomial com valores en Cn[X] logo a aplicação M 7→

Discrd◦ det(M − XI) também o é. Segue o resultado pela questão a).

Um outro metódo para mostrar a denside das matrizes diagonalizaveis é a seguinte. Dada A ∈ Mn(C), pondo A na forma de Jordan J = P−1AP , onde P ∈ Gln(C), é fácil ver que,

perturbando um pouco os coeficientes diagonais de J , consegue-se uma sequência de matrizes Jn

com autovalores distintos tais que Jn → J

n→∞. Os autovalores de Jn sendo distintos, Jn é

diagona-lizável. Obtemos assim uma sequência de matrizes A_n := P JnP−1 diagonalizáveis que converge

para A.

Caso K = R, a situação é diferente já que n ≥ 2 pois qualquer matriz M ∈ Mn(R) tendo um

autovalor em C − R não pode ser limite de matrizes diagonalizáveis em R (logo com autovalores reais). Note que o conjunto das matrizes reais diagonalizáveis por uma matriz complexa é denso em Mn(R) (prova-se como no caso de matrizes complexas) porem o conjunto das matrizes reais

diagonalizáveis por uma matriz real não é denso em M_n(R). e) Aplicações.

1) Por densidade de Z(GL_{n(K) em Mn(K)) e continuidade da multiplicação, é fácil mostrar} que Z(GLn(K)) ⊂ Z(Mn(K)) ∩ GLn(K). Basta mostrar que Z(Mn(K)) = {λIn | λ ∈

K − {0}}. Notemos Ei,j = (δi,j)i,j=1...n as matrizes da base canônica de Mn(K). Então é

fácil verificar que M E_i,j = Ei,jM para todo i, j implica que M = λIn.

2) Teorema de Cayley-Hamilton. Se o resultado vale em M_{n(R) então por restrição, vale em} Mn(C). Vimos na questão d) que o conjunto de matrizes com n autovalores dinstintos

era denso em M_{n(C), logo por continuidade da aplicação M 7→ χM}(M ), basta mostrar o Teorema de Cayley-Hamilton para M diagonalizável (o que é imediato).

3) É fácil mostrar que o subespaço vetorial gerado por um subconjunto A de um espaço vetorial de dimensão finita contem seu fechoA. Em particular as matrizes invertíveis geram Mn(K)

pela questão b). Mostra-se semelhantemente as matrizes diagonalizáveis geram M_{n(C) pela} questão c).