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Moderiert von Buri Gockel
Strukturen und Algebra » Darstellungstheorie » Abhängigkeit Wahl der Basis
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Universität/Hochschule Abhängigkeit Wahl der Basis
yann
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-11-14 10:25


Hallo,
Angenommen man hat einen Gruppen-Homomorphismus <math>\rho:G\to GL(V)</math>
(V endlich-dimensionaler k-Vektorraum) und fixiert eine Basis <math>\lbrace e_1,\dots,e_n\rbrace</math>

Dann schreibt man <math>\rho(g)(e_j)=\sum_{i=1}^{n} a_{ij}(g)e_i</math>.

Dann ist die Aussage: Der von den <math>a_{ij}</math> aufgespannte Teilraum von Abb(G,k) ist unabhängig von der Wahl der Basis.

Wie kann man sich das klarmachen?
Zumindest kann man zwei Basen mit einem linearen Automorphismus <math>V\to V</math> ineinander überführen, aber ich sehe es noch nicht, wie man damit die Behauptung zeigen kann.

Gruß,
yann



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2017-11-14 11:35


Für alle <math>v \in V</math> und <math>w \in V^*</math> haben wir eine Abbildung
 
<math>\mathrm{Hom}(V,V) \to K,~ \phi \mapsto w(\phi(v)).</math>
 
Verknüpfen wir <math>\rho</math> mit der Inklusion <math>\mathrm{GL}(V) \hookrightarrow \mathrm{Hom}(V,V)</math> und der obigen Abbildung, bekommen wir eine Abbildung <math>G \to K</math>.

Der von diesen Abbildungen aufgespannte Teilraum von <math>\mathrm{Abb}(G,K)</math> ist nach Konstruktion unabhängig von einer Basis. Er hängt nur von <math>\rho</math> und <math>V</math> ab.

Ich würde daher versuchen, zu zeigen, dass die beiden Teilräume identisch sind. Gleichzeitig bekommt man dadurch auch eine basisunabhängige Beschreibung des Teilraumes.



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yann
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-14 21:31


Also wir halten ein Paar <math>(v,w)\in V\times V^*</math> fest und erhalten eine Abbildung

<math>g\mapsto w(\rho_g(v))</math>.

Was mir im ersten Moment komisch erscheint: Da bekommt man ja unendlich viele Abbildungen G -> K, während die a_ij nur endlich viele sind.

Ich habe aber auch keinen Ansatz, wie ich die Gleichheit der Teilräume zeigen kann, kannst du mir da noch weiterhelfen?



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yann
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-14 21:38


Achso, oder man könnte die Paare <math>(e_j,e_j^*)</math>, wobei <math>e_j^*</math> die duale Abbildung bezeichnet.

Mit der Gleichung im Startpost erhält man dann ja zumindest <math>e_j^*(\rho_g(e_j))=a_{jj}(g)</math>.

Aber eigentlich benutze ich die ganze Zeit die Basis damit.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2017-11-14 21:50


2017-11-14 21:31 - yann in Beitrag No. 2 schreibt:
Was mir im ersten Moment komisch erscheint: Da bekommt man ja unendlich viele Abbildungen G -> K, während die a_ij nur endlich viele sind.
 
Ein endlich-erzeugter Vektorraum kann durchaus unendliche Erzeugendensysteme haben. Zum Beispiel besitzt jeder Vektorraum sich selbst als Erzeugendensystem.

Ich habe aber auch keinen Ansatz, wie ich die Gleichheit der Teilräume zeigen kann, kannst du mir da noch weiterhelfen?
 
Was hast du denn probiert? Hast du alles ausgereizt?

2017-11-14 21:38 - yann in Beitrag No. 3 schreibt:
Achso, oder man könnte die Paare <math>(e_j,e_j^*)</math>, wobei <math>e_j^*</math> die duale Abbildung bezeichnet.
 
Diese reichen nicht aus.

Aber eigentlich benutze ich die ganze Zeit die Basis damit.
 
Es geht ja auch um einen Teilraum, der mit einer Basis definiert worden ist. Natürlich muss man dann auf diese Basis zurückgreifen. Erst wenn die basisunabhängige Beschreibung verifiziert worden ist, braucht man die Basis theoretisch nicht mehr.



Aber hier nun eine direkte Rechnung, die man ohne Mühe finden kann.

Sei <math>f_1,\dotsc,f_n</math> eine weitere Basis. Schreibe <math>f_k = \sum_{j=1}^{n} \lambda_{jk} e_j</math>. Dann gilt

<math>\begin{align*}
\rho(g)(f_k) & =\sum_{j=1}^{n} \lambda_{jk} \rho(g)(e_j) \\
& = \sum_{j=1}^{n} \lambda_{jk} \sum_{i=1}^{n} a_{ij}(g) e_i \\
& = \sum_{i=1}^{n} \left(\sum_{j=1}^{n} \lambda_{jk} a_{ij}(g)\right) e_i.
\end{align*}</math>
 
Die zur Basis <math>f_1,\dotsc,f_n</math> gehörigen Funktionen sind daher <math>\sum_{j=1}^{n} \lambda_{jk} a_{ij}</math>. Der Teilraum zur Basis <math>f_1,\dotsc,f_n</math> ist also im Teilraum zur Basis <math>e_1,\dotsc,e_n</math> enthalten. Die andere Inklusion folgt symmetrisch.



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yann
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-14 22:12


Da habe ich wohl zu kompliziert gedacht.

Zum 1. Ansatz:
Die restlichen a_ij würde man dann wohl mit den Paaren <math>(e_j,e_i^*)</math> für <math>i\neq j</math> bekommen.

Die Frage, die sich noch stellen würde, ist, ob der so erzeugte Raum nicht doch grösser werden kann als das erzeugnis der a_ij.

Edit:
Das liegt wahrscheinlich daran, dass die <math>e_i^*</math> auch eine Basis von <math>V^*</math> sind.



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2017-11-15 00:12


Ja, genau. Hier die Details zum Ansatz in Beitrag 1:

Es gilt <math>e_i^*(\rho(g)(e_j)) = a_{ij}(g)</math>, daraus folgt die eine Inklusion.
 
Nun sei umgekehrt <math>v \in V</math> und <math>w \in W^*</math>. Schreibe

<math>\displaystyle v=\sum_j \lambda_j e_j,\\w=\sum_i \mu_i e_i^*.</math>
 
Dann folgt:
 
<math>\displaystyle w(\rho(g)(v)) = \sum_j \lambda_j w(\rho(g)(e_j)) = \sum_j \lambda_j \sum_i \mu_i e_i^*(\rho(g)(e_j)) = \sum_{i,j} \lambda_j \mu_i a_{ij}(g).</math>
 
Damit ist man fertig.



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