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Mathematik » Lineare Algebra » Lemma zu antisymmetrischen Funktionen
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Universität/Hochschule J Lemma zu antisymmetrischen Funktionen
Martin_Infinite
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Aus: Münster
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2013-11-15


Ich bin im Rahmen eines größeren Projektes auf das folgende Lemma gestoßen, das vermutlich richtig ist. Ich kann es leider nicht beweisen, obwohl ich mir schon seit Monaten immer wieder die Zähne daran ausgebissen habe (wobei das schwierigste war, überhaupt auf die Formulierung zu kommen). Vielleicht hat jemand eine Idee? Das würde mir wirklich sehr weiterhelfen!
 
Sei <math>V</math> eine Menge, <math>1 \leq p \leq d</math>. Es sei <math>V^p \times V^d \to \mathds{R}</math> eine Funktion, die ich mit <math>(v_1,\dotsc,v_p,w_1,\dotsc,w_d) \mapsto v_1 \dotsc v_p | w_1 \dotsc w_d</math> notieren möchte. Die Funktion sei antisymmetrisch in <math>V^p</math>, d.h. wenn ich mit <math>v_i</math> mit <math>v_j</math> (<math>i \neq j</math>) vertausche, so ändert sich das Vorzeichen. Ebenfalls sei die Funktion antisymmetrisch in <math>V^d</math>. Es gelte zudem die folgende Relation (die nicht ohne Grund an die Plücker-Relation erinnert!):
 
<math>\displaystyle (\star) ~~ v_1 \dotsc v_{p-1} v_p | w_1 \dotsc w_d = \sum_{k=1}^{d} (-1)^{k+1} \, v_1 \dotsc v_{p-1} w_k | v_p w_1 \dotsc \widehat{w_k} \dotsc w_d</math>

Man kann also (in Verbindung mit der Antisymmetrie) sozusagen "eine feste Variable vorne mit den hinteren mischen". Man kann es auch noch kürzer schreiben (mit fixierten <math>v_1,\dotsc,v_{p-1}</math> und <math>v_p=w_0</math>) als

<math>\displaystyle \sum_{k=0}^{d} (-1)^k w_k | w_0 \dotsc \widehat{w_k} \dotsc w_d = 0</math>
 
Ziel ist es nun zu zeigen, dass man das sogar mit allen <math>p</math> Variablen machen kann:

<math>\displaystyle (\star)_p ~~ v_1 \dotsc v_p | w_1 \dotsc w_d = \sum_{i \in \Sigma_{p,d-p}} \mathrm{sgn}(i) \, w_{i_1} \dotsc w_{i_p} | v_1 \dotsc v_p w_{i_{p+1}} \dotsc w_{i_d}</math>
 
Dabei ist <math>\Sigma_{p,d-p}</math> die Menge der <math>(p,d-p)</math>-Shuffles, d.h. der Permutationen <math>i</math> mit <math>i_1<\dotsc<i_p</math> und <math>i_{p+1}<\dotsc<i_d</math>. Ich hoffe, dass ich hier keine Vorzeichenfehler o.ä. gemacht habe. Jedenfalls ist das für <math>p=1</math> gerade <math>(\star)</math>. Für <math>p=2</math> bekomme ich den Beweis hin (siehe Notizbuch). Für allgemeines <math>p</math> vermute ich, dass eine Induktion zum Ziel führt. Ich habe dann mal so angefangen: Nach Induktionsannahme angewandt auf <math>v_0 \dotsc \widehat{v_j} \dotsc v_p</math> für alle <math>j</math> gilt:
 
<math>\displaystyle (p+1) \cdot v_0 \dotsc v_p | w_1 \dotsc w_d = \sum_{j=0}^{p} \sum_{i \in \Sigma_{p,d-p}} \mathrm{sgn}(i) \, w_{i_1} \dotsc v_j \dotsc w_{i_p} | v_0 \dotsc \widehat{v_j} \dotsc v_p w_{i_{p+1}} \dotsc w_{i_d}</math>

Aber viel weiter komme ich nicht.



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Gockel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2013-11-15


Hi.

Nur zur Klarstellung: <math>i_k</math> meint <math>i(k)</math> für Permutationen <math>i</math>, nicht wahr?

mfg Gockel.


-----------------
"Der Vatikan hat ja bekanntlich zwei Mikropäpste pro Quadratmeter"



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2013-11-15


Hi,

Kannst du das nicht auf den Fall p=2 reduzieren,indem du deine Funktion irgendwie zusammensetzt ?

MfG



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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2013-11-15


@Gockel: Klar.
@metallkuli: Wie?



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2013-11-15


Ich versteh nicht so recht,was deine Funktion macht,werden die Vektoren multipliziert,oder wie ?
Das mit dem Querstrich ist mir auch nicht klar.



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Gockel
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Aus: Jena
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2013-11-15


Hi.

Da wird nichts multipliziert, das ergäbe auch überhaupt keinen Sinn. Es ist einfach irgendeine Funktion (mit den geforderten Eigenschaften), mehr nicht. Insbesondere ist dir nicht bekannt, was die Funktion "macht". Es ist eine beliebige Funktion!
Der Strich ist nur Notation, mehr nicht. Das steht doch aber ganz eindeutig alles in Martins Post...

mfg Gockel.



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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2013-11-15


Hi Martin,
ich werde dieses Problem in angemessener Zeit lösen.
//EDIT: Gelungen ist es mir leider auch nach zwei Monaten noch nicht.
Eine Widerlegung ist nach deinen Bemerkungen aussichtslos, trotzdem werde ich sie versuchen, wenn es mir im Verlauf der Problemanalyse geboten erscheint.

@metallkuli
Es handelt sich um einen senkrechten Strich, nicht um einen Querstrich.

Für dich und andere Mitleser möchte ich noch erwähnen, dass die Bezeichung fed-Code einblenden so zu verstehen ist, dass genau das gemeint ist, was dasteht, jedoch mit wk weggelassen.

Diese elegante Bezeichnung ist kürzer als die Schreibweise ... wk-1 wk+1 ..., die dasselbe bedeutet.
Gruß Buri



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2013-11-15


fed-Code einblenden




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Calculus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2013-11-15


Ich habe einen Ansatz, habe es aber noch nicht geschafft ihn ganz zu Ende zu bringen. Dabei schlage ich eine Induktion über p und d vor. Der Fall p = d ist trivial, sei also p > d.

Es gibt eine 1:1 Korrespondenz zwischen den p-elementigen Teilmengen von {1, ..., d} und den (p, d - p)-Shuffles. Der kombinatorische Beweis der Rekursionsgleichung der Binomialkoeffizienten legt nun nahe, die Shuffles in zwei Kategorien aufzuteilen:

1) id = d:
In diesem Fall kann man die Funktion auf Vp × Vd - 1 einschränken und die Induktionsannahme verwenden. Damit erhält man für diese Summe den Wert v1...vp|w1...wp.

2) ip = d:
Hier komme ich nicht so recht weiter, aber wenn die Annahme stimmt, muss der Wert dieser Summe immer 0 sein. Wenn man der Analogie mit den Binomialkoeffizienten folgt, müsste man diesen Fall durch Einschränkung auf Vp - 1 × Vd - 1  bearbeiten können. Diese Einschränkung könnte so funktionieren, dass man erst vp nach ganz links tauscht und dann die Induktionsvoraussetzung auf die "inneren Argumente" anwendet. Vielleicht kannst du ja etwas damit anfangen.



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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2013-11-15


@metallkuli: So geht es sicherlich nicht.
@Calculus: Das sieht interessant aus! Wieso sollte der Fall <math>p=d</math> trivial sein? Eigentlich interessieren mich i.W. die Fälle <math>p=d-1</math> und <math>p=d</math>. Du hast <math>p > d</math> geschrieben, meintest aber vermutlich <math>p < d</math> oder?
 
Also deine Idee ist, dass wir die Summe auf der rechten Seite von <math>(\star)_p</math> für <math>p<d</math> zerlegen in <math>A+B</math> mit

<math>A = \displaystyle \sum_{i \in \Sigma_{p,d-p},i_d=d} \mathrm{sgn}(i) \, w_{i_1} \dotsc w_{i_p} | v_1 \dotsc v_p w_{i_{p+1}} \dotsc w_{i_d}</math>

<math>B = \displaystyle \sum_{i \in \Sigma_{p,d-p},i_p=d} \mathrm{sgn}(i) \, w_{i_1} \dotsc w_{i_p} | v_1 \dotsc v_p w_{i_{p+1}} \dotsc w_{i_d}</math>

Es gilt
 
<math>\displaystyle A = \sum_{j \in \Sigma_{p,d-1-p}} \mathrm{sgn}(j) \, w_{j_1} \dotsc w_{j_p} | v_1 \dotsc v_p w_{j_{p+1}} \dotsc w_{j_{d-1}} w_d</math>

<math> \stackrel{I.V.}{=} v_1 \dotsc v_p | w_1 \dotsc w_{d-1} w_d</math>.

EDIT: Moment mal, wieso sollte man überhaupt die I.V. anwenden können? Die Funktion mit festgehaltenem <math>w_d</math> muss doch nicht mehr <math>(\star)</math> mit <math>d-1</math> erfüllen?



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Calculus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2013-11-15


Ja, ich meine p < d. Wenn ich das Prinzip richtig verstanden habe, gibt es nur einen (p, d - p)-Shuffle für p = d, dieser ist die Identität. Dann steht aber auf beiden Seiten der Gleichung der gleiche Term.


Edit: Es ist nicht der gleiche Term, aber die Summe enthält nur einen Term. Die Aussage sollte sich dann über simple Vertauschung der Elemente zeigen lassen.



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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2013-11-15


Ja, für <math>p=d</math> gibt es nur einen Shuffle, aber die Behauptung ist dann, dass die Funktion "symmetrisch" im Sinne von <math>v_1 \dotsc v_d | w_1 \dotsc w_d = w_1 \dotsc w_d | v_1 \dotsc v_d</math> ist. Das ist nichttrivial (SE/289147).



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Calculus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2013-11-15


Jetzt sehe ich meinen Fehler, ich habe die Summe bei der Relation nicht beachtet.



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Calculus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2013-11-15


2013-11-15 21:26 - Martin_Infinite in Beitrag No. 9 schreibt:
EDIT: Moment mal, wieso sollte man überhaupt die I.V. anwenden können? Die Funktion mit festgehaltenem <math>w_d</math> muss doch nicht mehr <math>(\star)</math> mit <math>d-1</math> erfüllen?

Du hast recht. Ich habs mir das Problem nur kurz Zuhause ansehen können und dann unterwegs darüber nachgedacht. Dabei habe ich wohl schon zu Anfang das Summenzeichen bei der Relation vergessen.

Ich nehme an, dass man es i.A. auch nicht einfach weglassen kann? Also dass man das Element links vom Strich nicht mit dem rechts vom Strich vertauschen kann? Dann ist vermutlich der ganze Ansatz für die Katz.



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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2013-11-16


Hi Martin,
es handelt sich um die Untersuchung der Eigenschaften einer ganz speziellen Darstellung der symmetrischen Gruppe Sn mit n = d + p.
Bekanntlich werden die irreduziblen Darstellungen dieser Gruppe durch Young-Tableaux beschrieben, und in diesem Fall geht es um das Tableau

1          d+1
2          d+2
...
p          d+p
p+1
...
d

Der Darstellungsgrad ist
fed-Code einblenden
Dies ist bekanntlich die Anzahl der Standard-Tableaux für diesen Youngschen Rahmen, die aus zeilen- und spaltenmonotonen Eintragungen der Zahlen 1 bis n in den Rahmen entstehen, dabei ist der erste Summand gleich der Anzahl der Shuffles, die im Startbeitrag erwähnt sind. Dies weckt sofort den Gedanken an Induktion und Teleskopsummen.

Ich bin dabei, alte Aufzeichnungen über das Buch von H. Börner, Darstellungen von Gruppen, Springer Verlag 1955, hervorzuholen, und außerdem diesen Artikel durchzuarbeiten.

Näheres teile ich in Kürze mit, aber als Hinweis darauf, in welche Richtung man suchen muss, genügt es erstmal.

Für die Anwendung der vollständigen Induktion könnte der Verzweigungssatz nützlich sein, der angibt, wie eine Darstellung von Sn zu einem Tableau mit den Spaltenlängen m1≥...≥mr bei Einschränkung auf Sn-1 in irreduzible Darstellungen zerfällt.

Ferner kann man die Lücke zwischen der Voraussetzung und der Behauptung durch eine Folge von Zwischenbehauptungen ausfüllen, die so lautet:
fed-Code einblenden
wobei in der zweiten Summe dasselbe summiert wird wie in der ersten, jedoch über sämtliche Permutationen aus Sd.

Für k=1 ist das die Voraussetzung (mit einer unwesentlichen Umbenennung von vp in v1) und für k=p die Behauptung, und es bietet sich ein Induktionsbeweis nach k an.

Eine andere, vielleicht auch zielführende Beweisidee wäre, von der Antisymmetrie in den v-Variablen abzusehen und dafür die Voraussetzung durch p Voraussetzungen zu ersetzen, in denen jedes vj für j=1,...,p die Rolle spielt, die vp in der ursprünglichen Voraussetzung spielte.

Dann können wir sogar 0 ≤ p ≤ d annehmen, wobei es dann im Fall p = 0 gar keine Voraussetzungen gibt und die Behauptung trivial ist.
Gruß Buri



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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2013-11-19


Danke Buri für deine Untersuchungen.

Hast du einen Beweis finden können? Du hattest mir ja Sonntag versprochen  cool
 
Übrigens gibt es einen gewissen Grund dafür, dass ich einen Beweis benötige, der wirklich nur "direkt rechnet", weil mich die Aussage eigentlich in einem anderen Setting interessiert. Also mit abstrakten Argumenten aus der Darstellungstheorie der symmetrischen Gruppe kann ich leider wenig anfangen, aber vielleicht dienen sie ja zur Inspiration.

Ich habe mittlerweile auch keine Fortschritte gemacht.



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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2013-11-28


*push*



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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2014-02-14


*hochschieb*

Ich bin immer noch sehr an der Lösung dieses Problems interessiert! Meinetwegen auch mittels der Darstellungtheorie der symmetrischen Gruppe.



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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2014-02-22


fed-Code einblenden



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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2014-02-26


Vielen Dank Stefan! Ich denke, das bringt uns ein ganzes Stück weiter.

Die Annahme kann man also vorzeichenfrei formulieren:

<math>\displaystyle (\star)_1~ v_1 | w_1 \dotsc w_d = \sum_{i=1}^{d} w_k | w_1 \dotsc w_{i-1} v_1 w_{i+1} \dotsc w_d</math>

Noch kürzer:

<math>\displaystyle  (\star)_1~ v_1 | w = \sum_{i=1}^{d} w_i | w(w_i=v_1)</math>

Ebenso die Behauptung:

<math>\displaystyle (\star)_p ~v_1 \dotsc v_p | w = \sum_{1 \leq i_1<\dotsc<i_p \leq d} w_{i_1} \dotsc w_{i_p} | w(w_{i_k}=v_k)_{1 \leq k \leq p}</math>

Dein Beweis zeigt (in einem Spezialfall) <math>(\star)_{p-1} \Rightarrow (\star)_p</math>. Aber auf einen Beweis von <math>(\star)_p</math> hatte ich schon in Beitrag 11 verwiesen. Die Frage ist jetzt, ob das Argument auch für den allgemeinen Induktionsschritt benutzt werden kann.




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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2014-02-26


Ich habe es jetzt allgemein beweisen können! Ich poste später den Beweis.



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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2014-02-26


Der Induktionsschritt ist mit Stefans vorzeichenfreier Formulierung nun ziemlich einfach  smile

<math>\displaystyle v_0 v_1 \dotsc v_p | w \stackrel{(\star)_p}{=} \sum_{i_1<\dotsc<i_p} v_0 w_{i_1} \dotsc w_{i_d} | w(w_{i_k} = v_k)_{1 \leq k \leq p}</math>

<math>\displaystyle \stackrel{(\star)_1}{=} \sum_{i_1<\dotsc<i_p} \left(\sum_{j \notin \{i_1,\dotsc,i_p\}} w_j w_{i_1} \dotsc w_{i_p} | w((w_{i_k}=v_k)_{1 \leq k \leq p}, w_{j}=v_0)</math>

                <math>\displaystyle +\sum_{n=1}^{p} v_n w_{i_1} \dotsc w_{i_p} | w((w_{i_k}=v_k)_{k \neq n},w_{i_n}=v_0)\right) ~~~~~(\dagger)</math>

Der Ausdruck <math>(\dagger)</math> setzt sich aus zwei Doppelsummen zusammen. Die erste ist (mit der Konvention <math>i_0:=0, i_{p+1}:=d+1</math>)
 
<math>\displaystyle  \sum_{m=1}^{p+1} \sum_{i_1<\dotsc<i_p} \sum_{i_{m-1}<j<i_m} w_j w_{i_1} \dotsc w_{i_p} | w((w_{i_k}=v_k)_{1 \leq k \leq p}, w_{j}=v_0)</math>

Um die Einträge links vom Strich gemäß der Indizes zu ordnen, müssen wir einen <math>m</math>-Zykel anwenden. Auch rechts müssen wir dazu auf <math>v_1,\dotsc,v_{m-1},v_0,v_m,\dotsc,v_p</math> den <math>m</math>-Zykel <math>v_0 \mapsto v_{m-1} \mapsto \dotsc \mapsto v_1 \mapsto v_0</math> anwenden, um <math>v_0,v_1,\dotsc,v_p</math> zu erhalten. Dabei heben sich also die Vorzeichen links und rechts auf. Nach der Umbenennung

<math>\{j_0<\dotsc<j_p\} = \{i_1<\dotsc<i_{m-1}<j<i_m<\dotsc<i_p\}</math>

entsteht damit die Summe

<math>\displaystyle \sum_{m=1}^{p+1} \sum_{j_0<\dotsc<j_p} w_{j_0} \dotsc w_{j_p} | w((w_{j_k}=v_k)_{0 \leq k \leq p})</math>

<math>\displaystyle  = (p+1) \cdot  \sum_{j_0<\dotsc<j_p} w_{j_0} \dotsc w_{j_p} | w((w_{j_k}=v_k)_{0 \leq k \leq p})</math>

Das ist das <math>(p+1)</math>-fache der rechten Seite aus <math>(\star)_{p+1}</math>.

Kommen wir nun zur zweiten Summe in <math>(\dagger)</math>:

<math>\displaystyle \sum_{n=1}^{p} \sum_{i_1<\dotsc<i_p}  v_n w_{i_1} \dotsc w_{i_p} | w((w_{i_k}=v_k)_{k \neq n},w_{i_n}=v_0)</math>

<math>\displaystyle \stackrel{(\star)_p}{=} \sum_{n=1}^{p} v_n v_1 \dotsc v_{n-1} v_0 v_{n+1} \dotsc v_p | w</math>

<math> = - p \cdot v_0 \dotsc v_p | w.</math>

Insgesamt erhalten wir daher

<math>\displaystyle (p+1) \cdot v_0 \dotsc v_p | w = (p+1) \cdot  \sum_{j_0<\dotsc<j_p} w_{j_0} \dotsc w_{j_p} | w((w_{j_k}=v_k)_{0 \leq k \leq p})</math>

Division durch <math>p+1</math> liefert <math>(\star)_{p+1}</math>. QED



Aus diesem Lemma folgt übrigens (und das war die Motivation): Wenn <math>\mathcal{C}</math> eine kovollständige <math>\mathds{Q}</math>-lineare Tensorkategorie ist, <math>d \geq 1</math>, und <math>V \in \mathcal{C}</math> ein Objekt ist derart, dass <math>\Lambda^d V</math> invertierbar ist und <math>\Lambda^{d+1} V=0</math> (ich nenne dann <math>V</math> lokalfrei vom Rang <math>d</math>), so ist <math>V</math>, ja tatsächlich jedes <math>\Lambda^p V</math> dualisierbar mit <math>(\Lambda^p V)^* = \Lambda^{d-p} V \otimes (\Lambda^d V)^{\otimes -1}</math>.

Dieses Resultat will ich seit fast drei Jahren beweisen - nun ist es endlich gelungen. Für <math>\mathcal{C}=\mathsf{Mod}(R)</math> ist das natürlich alles bekannt, der allgemeine Fall scheint neu zu sein(?).



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2015-05-02


2014-02-26 22:29 - Martin_Infinite in Beitrag No. 21 schreibt:
Dieses Resultat will ich seit fast drei Jahren beweisen - nun ist es endlich gelungen.

Hat das noch nie jemand vor dir bewiesen, Martin?



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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2015-05-02


Ich weiß es nicht. Das Resultat taucht ja in meiner Dissertation auf und weil mir bisher niemand geschrieben hat, dass er das schon kennt, gehe ich einfach mal solange davon aus, dass es neu ist. Aber vermutlich interessant es auch keinen.  smile



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