Una prueba de Artin de la independencia lineal de caracteres

Question

Se me ocurrió una prueba de Artin de la independencia lineal de caracteres en el campo de la teoría. La prueba usual utiliza un truco ideado por Artin. Como yo no soy tan inteligente como él, yo prefiero una prueba que no uso un truco. Es esto una prueba de conocidos? La prueba consta de unos sencillos pasos.

Paso 1.

Deje $K$ ser un campo. Deje $A \neq 0$ ser un no-necesariamente-conmutativa asociativa unital $K$-álgebra. Deje $f_1,\dotsc,f_n$ ser distinto $K$-álgebra homomorphisms de$A$$K$. Deje $\phi:A \to K^n$ ser el mapa definido por $\phi(x) = (f_1(x),\dotsc,f_n(x))$. A continuación, $\phi$ es surjective.

La prueba es una sencilla consecuencia del teorema del resto Chino.

Paso 2.

Deje $f_1,\dotsc,f_n$ ser como el anterior. Hay elementos $x_1,\dotsc,x_n$ $A$ tal que $f_j(x_i) = \delta(i, j)$ donde $\delta(i, j)$ es el delta de Kronecker.

La prueba es una sencilla consecuencia del Paso 1.

Paso 3

Deje $K$ $A$ ser como el anterior. Deje $\text{Homalg}(A, K)$ el conjunto de $K$-álgebra homomorphisms de$A$$K$. Deje $\text{Hom}(A, K)$ el conjunto de $K$-lineal mapas de$A$$K$. A continuación, $\text{Homalg}(A, K)$ es un subconjunto linealmente independiente de $\text{Hom}(A, K)$.

La prueba es una sencilla consecuencia del Paso 2.

Paso 4 (Artin la independencia lineal de caracteres)

Deje $K$ ser un campo. $K$ es considerado como un monoid por multiplicación. Deje $M$ ser un no-necesariamente-conmutativa monoid. Deje $\text{Hom}(M, K)$ el conjunto de monoid homomorphisms. Deje $K^M$ el conjunto de mapas de $M$ a $K$. $K^M$ es considerado como espacio vectorial sobre $K$. A continuación, $\text{Hom}(M, K)$ es un subconjunto linealmente independiente de $K^M$.

La prueba es una sencilla consecuencia del Paso 3, si se considera el monoid álgebra $K[M]$.

Answer 1

Este es un enfoque diferente de la tuya. Vamos precisa algunas cosas.

Definición Deje $G$ ser un grupo y $F$ ser un campo.

1. Un personaje de $G$$F$, es un grupo de homomorphism $\sigma:G\to F^\ast$, siendo la $F^\ast$ el grupo multiplicativo de las unidades de $F$.
2. Decimos que un conjunto finito de caracteres $\{\sigma_1,\ldots,\sigma_n\}$ es dependiente, si existen escalares $a_1,\ldots,a_n\in F$, no todos los $0$, de tal manera que $$\sum_{j=1}^n a_j \sigma_j(x) = 0\quad \forall x\in G.$$
3. Un conjunto finito de caracteres es independiente si no es dependiente.

Teorema Deje $G$ ser un grupo y $F$ ser un campo. Para cualquier $n\in \Bbb N$, $\{\sigma_1,\ldots,\sigma_n\}$ $n$ personajes de $G$ $F$es independiente.

Prueba. Proceder por inducción.

Si $n=1$ $a\in F$ $$a\sigma(x) =0\quad \forall x\in G$$ implies $ un=0$ because $\sigma(G)\subseteq F^\ast$.

Supongamos que el teorema se cumple para cualesquiera $k\in\{1,\ldots,n-1\}$, siendo esta nuestra hipótesis de inducción.

Argumentando por contradicción, supongamos que existe un conjunto de $\{\sigma_1,\ldots,\sigma_n\}$ $n$ personajes de $G$ $F$tal de que no existe $a_1,\ldots,a_n\in F$, no todos los $0$, de tal manera que $$\sum_{j=1}^n a_j\sigma_j(x) = 0\quad\forall x\in G. \tag{1}$$ Observe que si algunos de $a_j$ $0$ tendremos un dependiente de un conjunto de caracteres con menos de $n$ elementos. Por nuestra hipótesis de inducción, esto no puede ser, así que todas las $a_j$ no $0$.

Dividir en (1) por $a_n$, podemos asumir que $a_n=1$. Por lo tanto, tenemos $$0=a_1\sigma_1(x)+\cdots+a_{n-1}\sigma_{n-1}(x) + \sigma_n(x)\quad \forall x\in G.\tag{2}$$

Ahora, $\sigma_1\neq \sigma_n$ (de lo contrario $\{\sigma_1,\ldots,\sigma_n\}$ no ha $n$ elementos) y por tanto hay algo de $g\in G$ tal que $\sigma_1(g)\neq \sigma_n(g)$. La ecuación (2) es válida para cualquier elemento de $G$, en particular, es válido para los elementos de la de$gx$$x\in G$, entonces tenemos $$0=a_1\sigma_1(g)\sigma_1(x)+\cdots+a_{n-1}\sigma_{n-1}(g)\sigma_{n-1}(x)+\sigma_n(g)\sigma_n(x)\quad\forall x\in G.$$

Dividir esta última ecuación por $\sigma_n(g)$: $$0=a_1\frac{\sigma_1(g)}{\sigma_n(g)}\sigma_1(x)+\cdots+a_{n-1}\frac{\sigma_{n-1}(g)}{\sigma_n(g)}\sigma_{n-1}(x)+\sigma_n(x)\quad\forall x\in G.$$

Restando la ecuación (2) de este último, obtenemos $$0=a_1\left[\frac{\sigma_1(g)}{\sigma_n(g)}-1\right]\sigma_1(x)+\cdots+a_{n-1}\left[\frac{\sigma_{n-1}(g)}{\sigma_n(g)}-1\right]\sigma_{n-1}(x)\quad\forall x\in G.$$

Gracias a la independencia de $\{\sigma_1,\ldots\sigma_{n-1}\}$ obtenemos $$a_1\left[\frac{\sigma_1(g)}{\sigma_n(g)}-1\right]=0,$$ y desde $a_1\neq 0$, esto implica $\sigma_1(g)=\sigma_n(g)$, lo cual es absurdo, debido a la elección de los $g$.