$\newcommand{\refone}{\textbf{(1)}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{Tr}} \newcommand{\kk}{\mathbf{k}}$ Sea $\kk$ sea un campo. Sea $A$ ser un $\kk$ -que es finito-dimensional como una $\kk$ -espacio vectorial. Sea $\tau : A \to \kk$ ser un $\kk$ -mapa lineal. Definir a $\kk$ -forma bilineal $\left<\cdot, \cdot\right> : A \times A \to \kk$ por $\left< a, b\right> = \tau\left(ab\right)$ . Supongamos que esta forma $\left<\cdot, \cdot\right>$ es simétrica y no degenerada. Sea $\left(a_i\right)_{i \in I}$ et $\left(a'_i\right)_{i \in I}$ sean dos bases mutuamente duales de $A$ con respecto a esta forma (de modo que $\left<a_i, a'_j\right>$ es igual a $1$ siempre que $i = j$ et $0$ en caso contrario).
Los hechos: (Véanse a continuación las pruebas de estas afirmaciones).
(1) Tenemos $\sum\limits_{i\in I} a_i \tau\left(a'_i b\right) = \sum\limits_{i\in I} a'_i \tau\left(a_i b\right) = b$ para cada $b \in A$ .
(2) Tenemos $\sum\limits_{i\in I} a_i \tau\left(a'_i\right) = \sum\limits_{i\in I} a'_i \tau\left(a_i\right) = 1$ .
(3) El tensor $\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i \in A \otimes A$ (sobre $\kk$ ) no depende de la elección de las bases $\left(a_i\right)_{i \in I}$ et $\left(a'_i\right)_{i \in I}$ .
(3') Para cualquier $b \in A$ tenemos $\sum\limits_{i\in I} b a_i \otimes a'_i = \sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i b$ .
(3'') Para cualquier $b \in A$ tenemos $\sum\limits_{i\in I} a_i b \otimes a'_i = \sum\limits_{i\in I} a_i \otimes b a'_i$ .
(4) Consideremos el espacio dual $A^*$ de $A$ como $A$ - $A$ -de la forma habitual (por tanto $\left(af\right)\left(b\right) = f\left(ba\right)$ et $\left(fa\right)\left(b\right) = f\left(ab\right)$ para todos $a \in A$ , $b \in A$ et $f \in A^*$ ). Sea $J : A \to A^*$ sea el mapa que envía cada $b \in A$ a la $\kk$ -mapa lineal $\beta : A \to \kk$ dado por $\beta\left(c\right) = \left<b,c\right>$ . Entonces, $J$ es un isomorfismo de $A$ - $A$ -bimódulos. Esto hace que $A$ en una llamada álgebra simétrica de Frobenius . (A la inversa, cualquier álgebra de Frobenius simétrica tiene una $\tau$ que cumplan las condiciones que impusimos a $\tau$ arriba).
A partir de ahora, que $E$ ser una izquierda $A$ -que es finito-dimensional como un $\kk$ -espacio vectorial. Para cada $x \in A$ , dejemos que $\tr_E x$ sea la traza del $\kk$ -endomorfismo de espacio vectorial de $E$ dada por la acción de $x$ en $E$ . Sea $\gamma_E$ sea el elemento $\sum\limits_{i\in I} \tr_E \left(a_i\right) a'_i$ de $A$ .
(5) Este elemento $\gamma_E$ no depende de la elección de las bases $\left(a_i\right)_{i \in I}$ et $\left(a'_i\right)_{i \in I}$ .
(6) Este elemento $\gamma_E$ se encuentra en el centro de $A$ .
(7) Si $E'$ es una simple izquierda $A$ -tal que $\Hom_A\left(E',E\right) = 0$ (esto ocurre, por ejemplo, si $E$ et $E'$ son simples no isomorfos $A$ -), entonces $\gamma_E E' = 0$ .
Pregunta:
¿Es cierto lo siguiente?
(8) Si $E$ es una simple izquierda $A$ -entonces el elemento $\gamma_E$ es cuasi-idempotente, lo que significa que $\gamma_E^2 = \lambda_E \gamma_E$ para algunos $\lambda_E \in \kk$ .
(9) Si $E$ es una simple izquierda $A$ -entonces la acción de $\gamma_E$ en $E$ es un múltiplo escalar del mapa de identidad.
Observaciones:
Un ejemplo de una situación como la descrita es cuando $A$ es el álgebra de grupo $\kk\left[G\right]$ de un grupo finito $G$ y $\tau$ es el mapa que envía cada elemento $a$ de esta álgebra de grupo al coeficiente de $1 \in G$ en $a$ . Entonces se puede tomar $\left(a_i\right)_{i\in I} = \left(g\right)_{g\in G}$ et $\left(a'_i\right)_{i\in I} = \left(g^{-1}\right)_{g\in G}$ . Esto funciona independientemente de si $A$ es semisimple o no.
La cuestión nació en mi intento de levantar la condición de "semisimple dividido" de la Proposición 19.2 de la obra de George Lusztig Álgebras de Hecke con parámetros desiguales (arXiv:math/0208154v2) . Específicamente estoy tratando de generalizar las partes (b) y (e) de dicha proposición; la parte (a) se generaliza trivialmente y las partes (c) y (d) no se generalizan tan lejos (al menos no se puede disponer de la semisimplicidad). Mi principal esperanza con esta pregunta es obtener una ruta alternativa a una pieza de la teoría de la representación (en concreto, fórmulas de ortogonalidad de caracteres) en una mayor generalidad de lo que se hace en los textos estándar, y de una manera ligera (sin requisitos de cierre algebraico, sin uso de Artin-Wedderburn, sin característica- $0$ suposiciones, y tal vez incluso permitiendo $\kk$ cualquier anillo conmutativo).
Obsérvese que las conjeturas (8) et (9) son fácilmente equivalentes. Posiblemente pueda mostrar (8) et (9) suponiendo que $A$ es semisimple, utilizando algo de teoría básica de Galois (reduciendo el problema al cierre algebraico de $\kk$ y allí aplicando Artin-Wedderburn); pero no he elaborado una prueba completa y para ser honesto no estoy interesado en hacerlo (ver mi motivación anterior).
Es no generalmente cierto que el escalar en (9) es distinto de cero.
Pruebas:
En aras de la exhaustividad, aquí están mis pruebas de los hechos anteriores.
(1) Cada $b \in A$ satisface $\sum\limits_{i\in I} a_i \left<a'_i, b\right> = b$ (ya que $\left(a_i\right)_{i \in I}$ et $\left(a'_i\right)_{i \in I}$ son dos bases mutuamente duales de $A$ ). Dado que $\left<a'_i, b\right> = \tau\left(a'_i b\right)$ esto se reescribe como $\sum\limits_{i\in I} a_i \tau\left(a'_i b\right) = b$ . El mismo argumento, con $\left(a_i\right)_{i \in I}$ et $\left(a'_i\right)_{i \in I}$ conmutada, muestra que $\sum\limits_{i\in I} a'_i \tau\left(a_i b\right) = b$ para cada $b \in A$ (porque ser bases duales con respecto a una forma bilineal simétrica es una relación simétrica). Esto demuestra que (1) .
(2) Esto se deduce de establecer $b = 1$ en (1) .
(4) La definición de $J$ muestra que $\left(J\left(b\right)\right)\left(c\right) = \left<b, c\right>$ para todos $b \in A$ et $c \in A$ .
El mapa $J$ es inyectiva. (De hecho, si $b \in A$ es tal que $J\left(b\right) = 0$ entonces cada $c \in A$ satisface $\left<b, c\right> = \underbrace{\left(J\left(b\right)\right)}_{=0}\left(c\right) = 0$ de donde $b = 0$ (por la no degeneración de la forma $\left<\cdot, \cdot\right>$ ).) También es fácil ver que el mapa $J$ es $\kk$ -lineal (ya que la forma $\left<\cdot, \cdot\right>$ es $\kk$ -bilineal).
Cada $a \in A$ , $b \in A$ et $c \in A$ satisfacer
$\left(a J\left(b\right)\right) \left(c\right) = \left(J\left(b\right)\right) \left(ca\right) = \left<b, ca\right>$ (según la definición de $J$ )
$= \tau\left(bca\right) = \left<bc, a\right> = \left<a, bc\right> $ (por la simetría de la forma $\left<\cdot,\cdot\right>$ )
$= \tau\left(abc\right)$
y
$\left(J\left(ab\right)\right) \left(c\right) = \left< ab, c\right> = \tau\left(abc\right)$ .
Por lo tanto, cada $a \in A$ , $b \in A$ et $c \in A$ satisfacer $\left(a J\left(b\right)\right) \left(c\right) = \tau\left(abc\right) = \left(J\left(ab\right)\right) \left(c\right)$ . En otras palabras, cada $a \in A$ et $b \in B$ satisfacer $a J\left(b\right) = J\left(ab\right)$ . Por lo tanto, el mapa $J$ queda $A$ -lineal. Un argumento similar (¡pero más sencillo!) muestra que $J$ es correcto $A$ -lineal. Por lo tanto, $J$ es un $A$ - $A$ -homomorfismo bimodular. Dado que $J : A \to A^*$ es $\kk$ -lineal e inyectiva, concluimos que $J$ es un $\kk$ -(ya que $A$ et $A^*$ son de dimensión finita $\kk$ -de la misma dimensión). Por lo tanto, $J$ es un $A$ - $A$ -(ya que $J$ es un $A$ - $A$ -homomorfismo bimodular). Esto demuestra (4) .
(3) Sea $\rho : A \otimes A \to \kk$ sea el $\kk$ -inducido por el $\kk$ -mapa bilineal $\left<\cdot,\cdot\right> : A\times A \to \kk$ (según la propiedad universal de un producto tensorial). Por lo tanto, $\rho\left(b\otimes c\right) = \left<b, c\right>$ para todos $b \in A$ et $c \in A$ . Sea $J$ sea como en la reivindicación (4) .
Desde $A$ es una dimensión finita $\kk$ -podemos identificar $\left(A\otimes A\right)^*$ con $A^* \otimes A^*$ . Así, por ejemplo, $\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i\right) \in A^* \otimes A^*$ se convierte en un elemento de $\left(A\otimes A\right)^*$ es decir, un $\kk$ -mapa lineal $A \otimes A \to \kk$ .
Ahora, cada $b \in A$ et $c \in A$ satisfacer
$\underbrace{\left(\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i\right)\right)}_{=\sum\limits_{i\in I} J\left(a_i\right) \otimes J\left(a'_i\right)} \left(b \otimes c\right) = \left(\sum\limits_{i\in I} J\left(a_i\right) \otimes J\left(a'_i\right)\right) \left(b \otimes c\right)$
$= \sum\limits_{i\in I} \underbrace{\left(J\left(a_i\right)\right)\left(b\right)}_{= \left<a_i, b\right>} \otimes \underbrace{\left(J\left(a'_i\right)\right)\left(c\right)}_{= \left<a'_i, c\right> = \tau\left(a'_i c\right)} = \sum\limits_{i\in I} \left<a_i, b\right> \otimes \tau\left(a'_i c\right)$
$= \sum\limits_{i\in I} \left<a_i, b\right> \tau\left(a'_i c\right)$ (ya que estamos identificando $\kk \otimes \kk$ con $\kk$ )
$= \left<\underbrace{\sum\limits_{i\in I} a_i \tau\left(a'_i c\right)}_{= c \text{ (by }\refone{ )}}, b\right> = \left<c, b\right> = \left<b, c\right>$ (ya que la forma $\left<\cdot,\cdot\right>$ es simétrico)
$= \rho\left(b \otimes c\right)$ .
En otras palabras, los dos $\kk$ -mapas lineales $\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i\right)$ et $\rho$ son idénticos en cada tensor puro. Por lo tanto, estos dos $\kk$ -Los mapas lineales deben ser iguales. Por lo tanto, $\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i\right) = \rho$ . Desde $J \otimes J$ es un isomorfismo (porque también lo es $J$ ), tenemos $\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i = \left(J \otimes J\right)^{-1} \left(\rho\right)$ y, por tanto $\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i \in A \otimes A$ (sobre $\kk$ ) no depende de la elección de las bases $\left(a_i\right)_{i \in I}$ et $\left(a'_i\right)_{i \in I}$ . Esto demuestra (3) .
(3') Sea $J$ sea como en la reivindicación (4) . Sea $b \in A$ . Cada $c \in A$ et $d \in A$ satisfacer
$\underbrace{\left(\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} b a_i \otimes a'_i\right)\right)}_{= \sum\limits_{i\in I} J\left(b a_i\right) \otimes J\left(a'_i\right)} \left(c \otimes d\right) = \left(\sum\limits_{i\in I} J\left(b a_i\right) \otimes J\left(a'_i\right)\right) \left(c \otimes d\right)$
$= \sum\limits_{i \in I} \underbrace{\left(J\left(b a_i\right)\right)\left(c\right)}_{= \left< b a_i, c\right> = \tau\left(b a_i c\right)} \otimes \underbrace{\left(J\left(a'_i\right)\right)\left(d\right)}_{= \left< a'_i, d\right> = \tau\left(a'_i d\right)} = \sum\limits_{i \in I} \tau\left(b a_i c\right) \otimes \tau\left(a'_i d\right)$
$= \sum\limits_{i\in I} \tau\left(b a_i c\right) \tau\left(a'_i d\right)$ (ya que estamos identificando $\kk \otimes \kk$ con $\kk$ )
$= \tau\left(b \underbrace{\sum\limits_{i\in I} a_i \tau\left(a'_i d\right)}_{= d \text{ (by }\refone{ )}} c\right) = \tau\left(bdc\right)$
y
$\underbrace{\left(\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i b\right)\right)}_{= \sum\limits_{i\in I} J\left(a_i\right) \otimes J\left(a'_i b\right)} \left(c \otimes d\right) = \left(\sum\limits_{i\in I} J\left(a_i\right) \otimes J\left(a'_i b\right)\right) \left(c \otimes d\right)$
$= \sum\limits_{i \in I} \underbrace{\left(J\left(a_i\right)\right)\left(c\right)}_{= \left< a_i, c\right> = \tau\left(a_i c\right)} \otimes \underbrace{\left(J\left(a'_i b\right)\right)\left(d\right)}_{= \left< a'_i b, d\right> = \tau\left(a'_i b d\right)} = \sum\limits_{i \in I} \tau\left(a_i c\right) \otimes \tau\left(a'_i b d\right)$
$= \sum\limits_{i\in I} \tau\left(a_i c\right) \tau\left(a'_i b d\right)$ (ya que estamos identificando $\kk \otimes \kk$ con $\kk$ )
$= \tau\left(\underbrace{\sum\limits_{i\in I} a_i \tau\left(a'_i b d\right)}_{= b d \text{ (by }\refone \text{, applied to } bd \text{ instead of } b \text{)}}\right) = \tau\left(bdc\right)$ .
Así, cada $c \in A$ et $d \in A$ satisfacer $\left(\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} b a_i \otimes a'_i\right)\right) \left(c \otimes d\right) = \tau\left(bdc\right) = \left(\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i b\right)\right) \left(c \otimes d\right)$ .
En otras palabras, los dos $\kk$ -mapas lineales $\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} b a_i \otimes a'_i\right)$ et $\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i b\right)$ son idénticos en cada tensor puro. Por lo tanto, estos dos $\kk$ -los mapas lineales deben ser iguales. Por lo tanto, $\left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} b a_i \otimes a'_i\right) = \left(J \otimes J\right) \left(\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i b\right)$ . Desde $J \otimes J$ es un isomorfismo (porque también lo es $J$ ), tenemos $\sum\limits_{i\in I} b a_i \otimes a'_i = \sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i b$ . Esto demuestra (3') .
(3'') Se puede demostrar (3'') de forma similar a (3') (con un pequeño giro: hay que utilizar la simetría de $\left< \cdot, \cdot \right>$ en un paso). Pero alternativamente podemos demostrar (3'') utilizando (3') como sigue: Fijar $b \in A$ . Ser bases duales con respecto a una forma bilineal simétrica es una relación simétrica. Por lo tanto, $\left(a'_i\right)_{i\in I}$ et $\left(a_i\right)_{i\in I}$ son dos bases mutuamente duales de $A$ con respecto a la forma $\left<\cdot, \cdot\right>$ . Por lo tanto, aplicando (3') a $a'_i$ et $a_i$ en lugar de $a_i$ et $a'_i$ obtenemos $\sum\limits_{i\in I} b a'_i \otimes a_i = \sum\limits_{i\in I} a'_i \otimes a_i b$ . Aplicación de la $\kk$ -mapa lineal $A \otimes A, \ x \otimes y \mapsto y \otimes x$ a ambos lados de esta igualdad, obtenemos $\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes b a'_i = \sum\limits_{i\in I} a_i b \otimes a'_i$ . Esto demuestra (3'') .
(5) Sea $\tr_E^{(1)}$ denotan el $\kk$ -mapa lineal $A \otimes A \to A$ enviando cada $b \otimes c$ a $\tr_E\left(b\right) c$ . (Esto está claramente bien definido.) Entonces, $\gamma_E = \sum\limits_{i\in I} \tr_E \left(a_i\right) a'_i$ es la imagen del tensor $\sum\limits_{i\in I} a_i \otimes a'_i \in A \otimes A$ bajo el mapa $\tr_E^{(1)}$ . Dado que dicho tensor no depende de la elección de las bases $\left(a_i\right)_{i \in I}$ et $\left(a'_i\right)_{i \in I}$ (por (3) ), lo mismo debe ocurrir con $\gamma_E$ . Esto demuestra (5) .
(6) Por cada $b \in A$ tenemos $\gamma_E = \sum\limits_{i\in I} \tr_E \left(a_i\right) a'_i$ y así
$\left< \gamma_E, b\right> = \left< \sum\limits_{i\in I} \tr_E \left(a_i\right) a'_i, b\right> = \sum\limits_{i\in I} \tr_E \left(a_i\right) \left<a'_i, b\right> = \tr_E \left(\sum\limits_{i\in I} a_i\underbrace{\left<a'_i, b\right>}_{= \tau\left(a'_i b\right)}\right) $
(10) $= \tr_E \left(\underbrace{\sum\limits_{i\in I} a_i \tau\left(a'_i b\right)}_{= b \text{ (by }\refone\text{)}}\right) = \tr_E \left(b\right) $ .
Ahora bien, si $u$ et $v$ son dos elementos de $A$ entonces
$\left<\gamma_E u, v\right> = \tau\left(\gamma_E u v\right) = \left< \gamma_E, uv\right> = \tr_E \left(uv\right)$ (por (10) )
$ = \tr_E \left(vu\right)$ (ya que dos endomorfismos cualesquiera $\alpha$ et $\beta$ de una dimensión finita $\kk$ -espacio vectorial satisfacen $\tr\left(AB\right) = \tr\left(BA\right)$ )
$ = \left< \gamma_E, vu\right>$ (de nuevo por (10) )
$ = \left< vu, \gamma_E\right>$ (ya que $\left<\cdot,\cdot\right>$ es simétrico)
$ = \tau\left(vu\gamma_E\right) = \left< v, u \gamma_E\right> = \left< u\gamma_E, v\right>$ (ya que $\left<\cdot,\cdot\right>$ es simétrica).
Dado que la forma $\left<\cdot,\cdot\right>$ es no degenerado, esto demuestra que $\gamma_E u = u \gamma_E$ para cada $u \in A$ . En otras palabras, el elemento $\gamma_E$ de $A$ es central. Esto demuestra (6) .
(7) Esta prueba es algo rara y no estoy seguro de que me guste. Sea $E'$ sea una simple izquierda $A$ -tal que $\Hom_A\left(E',E\right) = 0$ .
En primer lugar,
(11) si $F$ es cualquier derecha $A$ -módulo, entonces el derecho $A$ -módulo $F$ es isomorfo a un cociente de la derecha $A$ -módulo $A$ .
Para demostrarlo, dejemos que $F$ ser cualquier derecho simple $A$ -módulo. Entonces, $F$ es distinto de cero (porque es simple). Fijar cualquier $x \in F$ (como $x$ existe, ya que $F$ es distinto de cero). Entonces, el mapa $A \to F$ enviando cada $b \in A$ a $xb$ es correcto $A$ -lineal; su imagen es, por tanto, un $A$ -submódulo de $F$ . Dado que el único $A$ -submódulos de $F$ son $0$ et $F$ se obtiene que la imagen de este mapa es $0$ o $F$ . Pero no puede ser $0$ ya que contiene $x1 = x \neq 0$ (la imagen de $1$ bajo este mapa). Por lo tanto, debe ser $F$ de modo que este mapa es suryectivo. Por lo tanto, hemos encontrado un $A$ -mapa lineal $A \to F$ por lo tanto, $F$ es isomorfo a un cociente de la derecha $A$ -módulo $A$ . Esto demuestra (11) .
De forma similar a (11) , podemos ver que:
(12) si $F$ es cualquier izquierda simple $A$ -módulo, entonces la izquierda $A$ -módulo $F$ es isomorfo a un cociente de la izquierda $A$ -módulo $A$ .
Sabemos que $E'$ es una simple izquierda $A$ -de modo que (12) muestra que $E'$ es isomorfo a un cociente de la izquierda $A$ -módulo $A$ . Por lo tanto, $\dim_{\kk} E' \leq \dim_{\kk} A < \infty$ . Por lo tanto, el dual $E'^*$ de $E'$ es un simple derecho $A$ -(porque $E'$ es una simple izquierda $A$ -módulo). Así pues, podemos aplicar (11) a $F = E'^*$ y concluir que el derecho $A$ -módulo $E'^*$ es isomorfo a un cociente de la derecha $A$ -módulo $A$ . Dualizando de nuevo (podemos hacerlo porque $\dim_{\kk} E' \leq \dim_{\kk} A < \infty$ ), concluimos que la izquierda $A$ -módulo $E'$ es isomorfo a un submódulo de la izquierda $A$ -módulo $A^*$ . Puesto que la izquierda $A$ -módulo $A^*$ es isomorfo a la izquierda $A$ -módulo $A$ (por el mapa $J$ como (4) ), se obtiene que la izquierda $A$ -módulo $E'$ es isomorfo a un submódulo de la izquierda $A$ -módulo $A$ . Dado que la afirmación que queremos demostrar es invariante bajo isomorfismo de $E'$ podemos suponer que $E'$ es un submódulo de la izquierda $A$ -módulo $A$ . Supongamos esto.
Sea $w \in E'$ et $u \in A$ . Vamos a demostrar que $\left<\gamma_E w, u\right> = 0$ . Para ello, comprobemos primero que $wuv = 0$ para cada $v \in E$ .
De hecho $v \in E$ . Entonces, $guv \in E$ para cada $g \in E'$ (porque $E$ es una izquierda $A$ -módulo). Por lo tanto, podemos definir un $A$ -mapa lineal $E' \to E$ enviando cada $g \in E'$ a $guv$ . Este mapa pertenece a $\Hom_A\left(E',E\right) = 0$ y, por tanto, es cero. En otras palabras, $guv = 0$ para cada $g \in E'$ . Aplicado a $g = w$ se obtiene $wuv = 0$ .
Ahora, olvida que arreglamos $v \in E$ . Hemos demostrado que $wuv = 0$ para cada $v \in E$ . En otras palabras, $wu \in A$ actúa como $0$ a la izquierda $A$ -módulo $E$ . En concreto, se obtiene $\tr_E \left(wu\right) = 0$ .
Ahora,
$\left<\gamma_E w, u\right> = \tau\left(\gamma_E w u\right) = \left<\gamma_E, wu\right> = \tr_E\left(wu\right)$ (por (10) aplicado a $b = wu$ )
$= 0$ .
Olvida que arreglamos $u$ . Hemos demostrado que $\left<\gamma_E w, u\right> = 0$ para cada $u \in A$ . Por lo tanto, $\gamma_E w = 0$ (ya que la forma $\left<\cdot,\cdot\right>$ es no degenerado). Dado que esto es válido para todos los $w \in E'$ se obtiene $\gamma_E E' = 0$ y así (7) está demostrado.
