Eigenschaft äußere Algebra < Moduln/Vektorraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Sei V ein [mm] \IK-VR [/mm] und A eine [mm] \IK-Algebra. [/mm] f:V->A sei eine lineare Abbildung, s.d. [mm] f(v)^2=0 \forall [/mm] v [mm] \in [/mm] V
Dann [mm] \exists [/mm] ! [mm] \overline{f}: (\bigwedge [/mm] V)->A Algebra Homomorphismus, s.t.
[mm] \overline{f} \circ [/mm] i =f, wobei i die Einbettung von V in die äußere Algebra [mm] \bigwedge [/mm] V sein soll |
Also ich habe mal angenommen dimV=n. und [mm] B={v_1,...,v_n} [/mm] sei eine Basis zu V.
Dann haben wir doch eine Basis für die äußere Algebra gegeben durch Elemente der Form:
[mm] v_{i_1}\wedge...\wedge v_{i_m}.
[/mm]
Nun muss man ja zunächst einen Algebra-Homomorphismus konstruieren.
Und dazu reicht es aus, die Abbildung auf diesen Basiselm. zu definieren:
[mm] \overline{f}(v_{i_1}\wedge...\wedge v_{i_m}):=\overline{f}(v_{i_1})*...\overline{f}(v_{i_m}):=f(v_{i_1})*...*f(v_{i_m})
[/mm]
Also mit dieser Definition hätte man meines Erachtens einen Algebra-Hom. konstruiert. Wobei wie immer linear Fortgesetzt wird. Also [mm] \overline{f}(\sum):=\sum \overline{f}
[/mm]
Nun stellt sich die Frage, warum dieser Eindeutig ist?
Habt ihr einen Tipp für mich?
LG
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:33 Fr 28.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei V ein [mm]\IK-VR[/mm] und A eine [mm]\IK-Algebra.[/mm] f:V->A sei eine
> lineare Abbildung, s.d. [mm]f(v)^2=0 \forall[/mm] v [mm]\in[/mm] V
>
> Dann [mm]\exists[/mm] ! [mm]\overline{f}: (\bigwedge[/mm] V)->A Algebra
> Homomorphismus, s.t.
> [mm]\overline{f} \circ[/mm] i =f, wobei i die Einbettung von V in
> die äußere Algebra [mm]\bigwedge[/mm] V sein soll
>
> Also ich habe mal angenommen dimV=n. und [mm]B={v_1,...,v_n}[/mm]
> sei eine Basis zu V.
> Dann haben wir doch eine Basis für die äußere Algebra
> gegeben durch Elemente der Form:
> [mm]v_{i_1}\wedge...\wedge v_{i_m}.[/mm]
>
> Nun muss man ja zunächst einen Algebra-Homomorphismus
> konstruieren.
> Und dazu reicht es aus, die Abbildung auf diesen Basiselm.
> zu definieren:
>
> [mm]\overline{f}(v_{i_1}\wedge...\wedge v_{i_m}):=\overline{f}(v_{i_1})*...\overline{f}(v_{i_m}):=f(v_{i_1})*...*f(v_{i_m})[/mm]
>
> Also mit dieser Definition hätte man meines Erachtens
> einen Algebra-Hom. konstruiert.
Das muesstest du noch nachrechnen; ist hier aber nicht so schwer.
> Wobei wie immer linear
> Fortgesetzt wird. Also [mm]\overline{f}(\sum):=\sum \overline{f}[/mm]
>
> Nun stellt sich die Frage, warum dieser Eindeutig ist?
>
> Habt ihr einen Tipp für mich?
Nun, es ist doch [mm] $v_{i_1} \wedge \dots \wedge v_{i_m} [/mm] = [mm] v_{i_1} \cdot v_{i_2} \cdots v_{i_m}$ [/mm] in [mm] $\bigwedge(V)$. [/mm] Wenn $h : [mm] \bigwedge(V) \to [/mm] A$ ein Algebra-Homomorphismus ist, muss also [mm] $h(v_{i_1} \wedge \dots \wedge v_{i_m}) [/mm] = [mm] h(v_{i_1}) \cdot h(v_{i_2}) \cdots h(v_{i_m})$ [/mm] gelten.
Du siehst: damit zwei solche Algebra-Homomorphismen gleich sind, reicht es aus, wenn sie auf [mm] $\bigwedge^1(V) [/mm] = V$ uebereinstimmen. Und dort stimmen sie laut Voraussetzung ueberein (da [mm] $\overline{f} \circ [/mm] i = f$).
Alternativ kannst du auch anders vorgehen, wenn du zuerst zeigst: ist $f : V [mm] \to [/mm] A$ $K$-linear, so gibt es genau einen $K$-Algebra-Homomorphismus [mm] $\hat{f} [/mm] : T(V) [mm] \to [/mm] A$ mit [mm] $\hat{f}(v) [/mm] = f(v)$ fuer alle $v [mm] \in [/mm] V$. Das kannst du aehnlich wie oben machen, ganz ohne Basiswahl und sowas. (Hier ist $T(V)$ die Tensoralgebra von $V$.) Du kannst sowohl Existenz wie auch Eindeutigkeit sehr leicht aus der universellen Eigenschaft der direkten Summe (es ist ja $T(V) = [mm] \bigoplus_{n\in\IN} V^{\otimes n}$) [/mm] und aus der universellen Eigenschaft des Tensorproduktes bekommen.
Als naechstes zeigst du: gilt [mm] $f(v)^2 [/mm] = 0$ in $A$ fuer alle $v [mm] \in [/mm] V$, so verschwindet [mm] $\overline{f}$ [/mm] auf dem Ideal $I$, fuer das [mm] $\bigwedge(V) [/mm] = T(V) / I$ gilt. Nach dem Homomorphiesatz gibt es dann genau einen $K$-linearen Homomorphismus [mm] $\overline{f} [/mm] : T(V) / I [mm] \to [/mm] A$ mit [mm] $\overline{f}(w [/mm] + I) = [mm] \hat{f}(w)$ [/mm] fuer alle $w [mm] \in [/mm] T(V)$.
LG Felix
|
|
|
| |
|
Vielen Dank für deine Hilfe!
Eine allgemeine Frage hätte ich da noch. Ich habe meinen Homomorphismus ja in zwei schritten konstruiert.
1) Zunächst habe ich ihn für alle Basiselemente definiert.
2) Danach habe ich einfach "linear fortgesetzt".
Kann es da i.A. probleme geben, die Funktion einfach linear fortzusetzen?
Kann man das ohne Bedenken machen, oder können ggf. Probleme auftreten wie etwa wohldefiniertheitsprobleme der Funktion?
Ich frage deshalb, weil ich mich irgendwie in dem Schritt unsicher fühle. Das liegt wahrscheinlich daran, weil viele verschiedene Summen auftauchen und ich nicht genau überblicke ob meine Definition dagegen "immun" ist.
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:04 Sa 29.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Vielen Dank für deine Hilfe!
> Eine allgemeine Frage hätte ich da noch. Ich habe meinen
> Homomorphismus ja in zwei schritten konstruiert.
> 1) Zunächst habe ich ihn für alle Basiselemente
> definiert.
>
> 2) Danach habe ich einfach "linear fortgesetzt".
>
> Kann es da i.A. probleme geben, die Funktion einfach linear
> fortzusetzen?
Nun, wenn du nur eine lineare Funktion haben willst, nein.
Du willst aber, dass es zusaetzlich ein $K$-Algebra-Homomorphismus ist. Das musst du noch ueberpruefen, bzw. zeigen dass es reicht das fuer die Basiselemente "passend" zu waehlen.
> Kann man das ohne Bedenken machen, oder können ggf.
> Probleme auftreten wie etwa wohldefiniertheitsprobleme der
> Funktion?
Wohldefiniert ist sie.
Es ist allerdings auch ganz nett, wenn man nicht mit Basiselementen arbeiten muss (das setzt ja voraus, dass man eine Basis hat, was bei unendlichdimensionalen Vektorraeumen nicht ganz selbstverstaendlich ist), und das ist bei der Aufgabe nicht wirklich noetig.
> Ich frage deshalb, weil ich mich irgendwie in dem Schritt
> unsicher fühle. Das liegt wahrscheinlich daran, weil viele
> verschiedene Summen auftauchen und ich nicht genau
> überblicke ob meine Definition dagegen "immun" ist.
Die Definition von [mm] $\overline{f}$ [/mm] ist bei dir nicht das Problem. Das Problem ist, ob [mm] $\overline{f}$ [/mm] auch ein $K$-Algebra-Homomorphismus ist :)
LG Felix
|
|
|
| |
|
Ok vielen Dank für deine Hilfe.
Also zur K-Algebra-Hom. eigenschaft:
z.Z.: [mm] \overline{f}(v\wedge w)=\overline{f}(v)*\overline{f}(w)
[/mm]
Sei dafür [mm] v=\sum_{i=1}^n (a_{r_1_i}e_{r_1_i}\wedge....\wedge a_{r_m_i}*e_{r_m_i}), w=\sum_{j=1}^k (a_{s_1_j}*e_{s_1_j}\wedge...\wedge a_{s_u_j}*e_{s_u_j})
[/mm]
[mm] =>\overline{f}(\sum_{i=1}^n (a_{r_1_i}e_{r_1_i}\wedge....\wedge a_{r_m_i}*e_{r_m_i}) \wedge \sum_{j=1}^k (a_{s_1_j}*e_{s_1_j}\wedge...\wedge a_{s_u_j}*e_{s_u_j}))
[/mm]
(wegen bilinearität & assoziativität vom Dachprodukt kann man die Summen Rausziehen und erhält)
[mm] =\overline{f}(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^k (a_{r_1_i}e_{r_1_i}\wedge....\wedge a_{r_m_i}*e_{r_m_i} \wedge a_{s_1_j}*e_{s_1_j}\wedge...\wedge a_{s_u_j}*e_{s_u_j}))
[/mm]
[mm] =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^k \overline{f}(a_{r_1_i}e_{r_1_i}\wedge....\wedge a_{r_m_i}*e_{r_m_i} \wedge a_{s_1_j}*e_{s_1_j}\wedge...\wedge a_{s_u_j}*e_{s_u_j}))
[/mm]
nun setzt man die anfangs gegebene definition ein nutzt man noch das distributivgesetz in [mm] \IK [/mm] und fertig!
ist das so nicht ok?
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:19 Sa 29.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ok vielen Dank für deine Hilfe.
>
> Also zur K-Algebra-Hom. eigenschaft:
>
> z.Z.: [mm]\overline{f}(v\wedge w)=\overline{f}(v)*\overline{f}(w)[/mm]
>
> Sei dafür [mm]v=\sum_{i=1}^n (a_{r_1_i}e_{r_1_i}\wedge....\wedge a_{r_m_i}*e_{r_m_i}), w=\sum_{j=1}^k (a_{s_1_j}*e_{s_1_j}\wedge...\wedge a_{s_u_j}*e_{s_u_j})[/mm]
Hmm, jetzt hast du das aber nicht als LK einer Basis geschrieben. Du hast $v = [mm] \sum_{i=1}^n a_i (e_{r_{1i}} \wedge \dots \wedge e_{r_{mi}})$ [/mm] und $w = [mm] \sum_{j=1}^k b_j (e_{s_{1i}} \wedge \dots \wedge e_{s_{uj}})$, [/mm] oder so in etwa. Hier mit Basen zu arbeiten ist sehr, sehr, sehr unschoen.
> [mm]=>\overline{f}(\sum_{i=1}^n (a_{r_1_i}e_{r_1_i}\wedge....\wedge a_{r_m_i}*e_{r_m_i}) \wedge \sum_{j=1}^k (a_{s_1_j}*e_{s_1_j}\wedge...\wedge a_{s_u_j}*e_{s_u_j}))[/mm]
>
> (wegen bilinearität & assoziativität vom Dachprodukt kann
> man die Summen Rausziehen und erhält)
> [mm]=\overline{f}(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^k (a_{r_1_i}e_{r_1_i}\wedge....\wedge a_{r_m_i}*e_{r_m_i} \wedge a_{s_1_j}*e_{s_1_j}\wedge...\wedge a_{s_u_j}*e_{s_u_j}))[/mm]
>
> [mm]=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^k \overline{f}(a_{r_1_i}e_{r_1_i}\wedge....\wedge a_{r_m_i}*e_{r_m_i} \wedge a_{s_1_j}*e_{s_1_j}\wedge...\wedge a_{s_u_j}*e_{s_u_j}))[/mm]
>
> nun setzt man die anfangs gegebene definition ein nutzt man
> noch das distributivgesetz in [mm]\IK[/mm] und fertig!
Mal angenommen, die Berechnungen hast du mit den richtigen $v$ und $w$ gemacht. Dann bist du immer noch weit weg von der Loesung: du hast da naemlich rechts kein Basiselement stehen. Du musst aus [mm] $e_{r_{1i}} \wedge \dots \wedge e_{r_{mi}} \wedge e_{s_{1i}} \wedge \dots \wedge e_{s_{uj}}$, [/mm] was erstmal nur eine Linearkombination eines passenden Basiselementes von [mm] $\bigwedge^{m+u}(V)$ [/mm] ist, als eine solche LK explizit hinschreiben, um die Definition verwenden zu koennen.
Das wird dir nicht wirklich gelingen...
LG Felix
|
|
|
| |
|
Ok ich sehe das Problem. Das ist echt kein guter weg, wenn überhaupt möglich. Also ich versuch es mal morgen mit dem alternativweg, den du anfangs vorgeschlagen hattest.
Vielen Dank nochmal für deine Mühe!
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:45 Sa 29.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ok ich sehe das Problem. Das ist echt kein guter weg, wenn
> überhaupt möglich. Also ich versuch es mal morgen mit dem
> alternativweg, den du anfangs vorgeschlagen hattest.
Alternativ kannst du auch erst zeigen, dass aus deiner Definition folgt, dass fuer $v = [mm] v_1 \wedge \dots \wedge v_k$ [/mm] gilt [mm] $\overline{f}(v) [/mm] = [mm] f(v_1) \cdots f(v_k)$, [/mm] falls [mm] $v_1, \dots, v_k \in [/mm] V$ sind. Dann koenntest du so weitermachen wie du angefangen hast.
Wie einfach das aus der Basisdarstellung herzuleiten ist ist jedoch auch wieder eine andere Frage... Ich vermute das ist aehnlich kompliziert.
LG Felix
|
|
|
| |
|
Hallo,
ich habe mir mal gedanken über deinen alternativen Beweis gemacht.
Du benutzt z.B. unter anderem, dass [mm] \bigwedge(V)=T(V)/I [/mm] gilt für ein bestimmtes Ideal I. Diese Aussage hatten wir noch gar nicht.
Wir hatten als Definition:
[mm] \bigwedge(V):=\bigoplus_{i\ge 0}(\bigwedge^k(V)) [/mm] und [mm] \wedge^k [/mm] V haben wir als menge der Alternierenden k-tensoren definiert.(ich hoffe das sagt man so).
Kann man leicht zeigen, dass beide definitionen äquivalent sind?
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:03 Sa 29.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> ich habe mir mal gedanken über deinen alternativen Beweis
> gemacht.
> Du benutzt z.B. unter anderem, dass [mm]\bigwedge(V)=T(V)/I[/mm]
> gilt für ein bestimmtes Ideal I. Diese Aussage hatten wir
> noch gar nicht.
>
> Wir hatten als Definition:
> [mm]\bigwedge(V):=\bigoplus_{i\ge 0}(\bigwedge^k(V))[/mm] und
> [mm]\wedge^k[/mm] V haben wir als menge der Alternierenden
> k-tensoren definiert.(ich hoffe das sagt man so).
wie genau ist [mm] $\bigwedge\nolimits^k(V)$ [/mm] denn definiert?
Ist es definiert als [mm] $V^{\otimes k}$ [/mm] (also das $k$-fache Tensorprodukt von $V$ mit sich selber) modulo einem Unterraum, nennen wir ihn [mm] $U_k$? [/mm] In diesem Fall waere $I = [mm] \bigoplus_{k\in\IN} U_k$.
[/mm]
> Kann man leicht zeigen, dass beide definitionen äquivalent
> sind?
Das haengt davon ab wie [mm] $\bigwedge\nolimits^k(V)$ [/mm] denn nun definiert ist 
Arbeitet ihr eigentlich ueber beliebigen Koerpern, oder ueber [mm] $\IR$, $\IC$ [/mm] oder sonstigen Koerpern der Charakteristik 0?
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:13 Sa 29.01.2011 | | Autor: | pelzig |
Also ich antworte da jetzt einfach mal drauf, da ich in derselben Vorlesung sitze und auch gerade an der Aufgabe arbeite. Bei uns ist [mm]\Lambda^k(V):=P_\text{asym}^k(T^k(V))[/mm] wobei [mm]T^k(V)[/mm] das [mm]k[/mm]-fache Tensorprodukt und [mm]P_\text{asym}^k[/mm] die Projektion [mm]T^k(V)\to T^k(V)[/mm] ist mit[mm]P_\text{asym}^k(v_1\otimes\cdots\otimes v_k)=\frac{1}{k!}\sum_{\sigma\in S_k}\operatorname{sgn}(\sigma)v_{\sigma(1)}\otimes\cdots\otimes v_{\sigma(k)}[/mm]
In anderen Büchern wird das auch "Alternator" oder ähnliches genannt, jedenfalls sollten wir dafür in Körpern der Charakteristik [mm]0[/mm] sein. Das [mm]\wedge[/mm]-Produkt ist dann definiert als [mm]u\wedge v:=P_\text{asym}^{k+l}(u\otimes v)[/mm], wenn [mm]u\in T^k(V), v\in T^l(V)[/mm] und [mm]\otimes[/mm] jetzt das Produkt auf [mm]T(V)[/mm] bezeichnet.
Ok soviel zu unserem Setting. Ich verstehe folgendes nicht: wenn [mm]f:V\to A[/mm] eine lineare Abbildung in eine von einem [mm]\IK[/mm]-Vektorraum [mm]V[/mm] in eine (assoziative!) [mm]\IK[/mm]-Algebra [mm]A[/mm] ist mit [mm]f(v)^2=0[/mm] für alle [mm]v\in V[/mm], warum ist dann die Abbildung [mm]\varphi_k:V^k\ni(v_1,...,v_k)\mapsto f(v_1)\cdots f(v_k)\in A[/mm] bereits alternierend? [mm]A[/mm] ist i.A. ja nicht kommutativ... Wenn man man das aber hat, sollte der Rest ziemlich leicht folgen, wenn wir die universelle Eigenschaft von [mm]\Lambda^k(V)[/mm] benutzen dürfen.
Gruß, Robert
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:44 Sa 29.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Also ich antworte da jetzt einfach mal drauf, da ich in
> derselben Vorlesung sitze und auch gerade an der Aufgabe
> arbeite. Bei uns ist [mm]\Lambda^k(V):=P_\text{asym}^k(T^k(V))[/mm]
> wobei [mm]T^k(V)[/mm] das [mm]k[/mm]-fache Tensorprodukt und [mm]P_\text{asym}^k[/mm]
> die Projektion [mm]T^k(V)\to T^k(V)[/mm] ist
> mit[mm]P_\text{asym}^k(v_1\otimes\cdots\otimes v_k)=\frac{1}{k!}\sum_{\sigma\in S_k}\operatorname{sgn}(\sigma)v_{\sigma(1)}\otimes\cdots\otimes v_{\sigma(k)}[/mm]
hmm, das ist die Definition die ich nicht so mag
> In anderen Büchern wird das auch "Alternator" oder
> ähnliches genannt, jedenfalls sollten wir dafür in
> Körpern der Charakteristik [mm]0[/mm] sein. Das [mm]\wedge[/mm]-Produkt ist
> dann definiert als [mm]u\wedge v:=P_\text{asym}^{k+l}(u\otimes v)[/mm],
> wenn [mm]u\in T^k(V), v\in T^l(V)[/mm] und [mm]\otimes[/mm] jetzt das Produkt
> auf [mm]T(V)[/mm] bezeichnet.
>
> Ok soviel zu unserem Setting. Ich verstehe folgendes nicht:
> wenn [mm]f:V\to A[/mm] eine lineare Abbildung in eine von einem
> [mm]\IK[/mm]-Vektorraum [mm]V[/mm] in eine (assoziative!) [mm]\IK[/mm]-Algebra [mm]A[/mm] ist
> mit [mm]f(v)^2=0[/mm] für alle [mm]v\in V[/mm], warum ist dann die Abbildung
> [mm]\varphi_k:V^k\ni(v_1,...,v_k)\mapsto f(v_1)\cdots f(v_k)\in A[/mm]
> bereits alternierend? [mm]A[/mm] ist i.A. ja nicht kommutativ...
> Wenn man man das aber hat, sollte der Rest ziemlich leicht
> folgen, wenn wir die universelle Eigenschaft von
> [mm]\Lambda^k(V)[/mm] benutzen dürfen.
Vielleicht sollte man lieber die Funktion [mm] $\varphi_k [/mm] : [mm] V^k \to [/mm] A$, [mm] $(v_1, \dots, v_k) \mapsto \frac{1}{k!} \sum_{\sigma \in S_k} \mathrm{sgn}(\sigma) f(v_{\sigma(1)}) \cdots f(v_{\sigma(n)})$ [/mm] aendern. Diese ist eindeutig alternierend, und ich vermute sie funktioniert auch mit der Definition des Produktes besser. Und sie erfuellt ebenfalls [mm] $\varphi_1 [/mm] = f$ 
LG Felix
|
|
|
| |
|
Also wenn ich das richtig verstanden, habe wurde von pelzig folgender Lösungsweg vorgeschlagen:
Man hat diese alternierenden Abbildungen [mm] \varphi_k, [/mm] die felixf definiert hat.
Mit der Universellen Eigenschaft nutzt gibt es dann eindeutige lineare Abbildungen [mm] \overline{\varphi_k}: \Lambda^k(V)-> [/mm] A [mm] \forall [/mm] k
Und nun setzt man einfach seine Funktion [mm] \varphi [/mm] aus diesen [mm] \varphi_k [/mm] zusammen?
z.B. [mm] \varphi(\sum_{i=1}^n v_k_i)=\sum_{i=1}^n\varphi_k_i(v_k_i)
[/mm]
Das wäre echt sehr simpel. Aber habe ich euch auch richtig verstandne?
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:38 So 30.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Also wenn ich das richtig verstanden, habe wurde von pelzig
> folgender Lösungsweg vorgeschlagen:
>
> Man hat diese alternierenden Abbildungen [mm]\varphi_k,[/mm] die
> felixf definiert hat.
> Mit der Universellen Eigenschaft nutzt gibt es dann
> eindeutige lineare Abbildungen [mm]\overline{\varphi_k}: \Lambda^k(V)->[/mm]
> A [mm]\forall[/mm] k
>
> Und nun setzt man einfach seine Funktion [mm]\varphi[/mm] aus diesen
> [mm]\varphi_k[/mm] zusammen?
> z.B. [mm]\varphi(\sum_{i=1}^n v_k_i)=\sum_{i=1}^n\varphi_k_i(v_k_i)[/mm]
Du meist: du setzt sie aus den [mm] $\overline{\varphi_{k_i}}$ [/mm] zusammen :)
> Das wäre echt sehr simpel. Aber habe ich euch auch richtig
> verstandne?
Ja, hast du.
Jetzt musst du nur noch nachrechnen, dass [mm] $\varphi$ [/mm] ein Homomorphismus von $K$-Algebren ist, also multiplikativ ist. Das ist mit der Definition von [mm] $\varphi_k$ [/mm] aber nicht mehr so schwer.
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:55 So 30.01.2011 | | Autor: | pelzig |
Okay, auch wenn das vielleicht für die anderen Offensichtlich war, aber aus [mm]\varphi(v)^2=0[/mm] für alle [mm]v\in V[/mm] folgt eben [mm]\varphi(v)\varphi(w)=-\varphi(w)\varphi(v)[/mm] und damit sind die Abbildungen [mm](v_1,...,v_k)\mapsto\varphi(v_1)\cdots\varphi(v_k)[/mm] alternierend (hier braucht man natürlich die Assoziativität von [mm]A[/mm]).
Gruß, Robert
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:24 Sa 29.01.2011 | | Autor: | pelzig |
> Du benutzt z.B. unter anderem, dass [mm]\bigwedge(V)=T(V)/I[/mm]
> gilt für ein bestimmtes Ideal I. Diese Aussage hatten wir
> noch gar nicht.
>
> Wir hatten als Definition:
> [mm]\bigwedge(V):=\bigoplus_{i\ge 0}(\bigwedge^k(V))[/mm] und
> [mm]\wedge^k[/mm] V haben wir als menge der Alternierenden
> k-tensoren definiert.(ich hoffe das sagt man so).
>
> Kann man leicht zeigen, dass beide definitionen äquivalent
> sind?
Ja das kann man sehr leicht sehen. Aus den [mm] $(P_\text{asym}^k)_{k\ge 0}$, [/mm] wobei [mm] $P_\text{asym}^0$ [/mm] hier als die Identität auf [mm] $\IK$ [/mm] zu verstehen ist, bekommst du einen (surjektiven!) Homomorphismus [mm] $P_\text{asym}:T(V)\to\Lambda(V)$ [/mm] der [mm] $\IK$-Algebren, [/mm] und dann ist wie gewohn [mm] $T(V)/\ker(P_\text{asym})\cong\Lambda(V)$.
[/mm]
Gruß, Robert
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:46 Sa 29.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> > Du benutzt z.B. unter anderem, dass [mm]\bigwedge(V)=T(V)/I[/mm]
> > gilt für ein bestimmtes Ideal I. Diese Aussage hatten wir
> > noch gar nicht.
> >
> > Wir hatten als Definition:
> > [mm]\bigwedge(V):=\bigoplus_{i\ge 0}(\bigwedge^k(V))[/mm] und
> > [mm]\wedge^k[/mm] V haben wir als menge der Alternierenden
> > k-tensoren definiert.(ich hoffe das sagt man so).
> >
> > Kann man leicht zeigen, dass beide definitionen äquivalent
> > sind?
> Ja das kann man sehr leicht sehen. Aus den
> [mm](P_\text{asym}^k)_{k\ge 0}[/mm], wobei [mm]P_\text{asym}^0[/mm] hier als
> die Identität auf [mm]\IK[/mm] zu verstehen ist, bekommst du einen
> (surjektiven!) Homomorphismus
> [mm]P_\text{asym}:T(V)\to\Lambda(V)[/mm] der [mm]\IK[/mm]-Algebren, und dann
> ist wie gewohn [mm]T(V)/\ker(P_\text{asym})\cong\Lambda(V)[/mm].
dann muss man nur noch [mm] $\ker P_{\text{asym}}$ [/mm] moeglichst schoen beschreiben
Man kann zeigen, dass der Kern als beidseitiges $T(V)$-Ideal erzeugt wird von den Elementen der Form $v [mm] \otimes [/mm] v$, $v [mm] \in [/mm] V$. (Deswegen auch die Bedingung [mm] $f(v)^2 [/mm] = 0$ fuer alle $v [mm] \in [/mm] V$.)
Genauer: der Kern ist der $K$-Spann von der Menge [mm] $\{ v_1 \otimes \dots \otimes v_k \mid v_1, \dots, v_k \in V, \; \exists i \neq j : v_i = v_j \}$.
[/mm]
LG Felix
|
|
|
|
