Tensor en el Exterior de Álgebra

Question

Espero que alguien me pueda ayudar en mostrar que $(\wedge^k(M))^*\otimes \wedge^n(M) = \wedge^{n-k}(M)$ donde $M$ es un servicio gratuito de $R$-módulo de rango $n$, e $^*$ es el doble.

Por lo que sé, $(\wedge^k(M))^* = \mbox{Hom}(\wedge^k(M), R)$. Pero, ¿cómo puedo incorporar con el producto tensor, o soy yo, incluso en la pista de la derecha? Mi intuición me dice que si $\varphi \in \mbox{Hom}(\wedge^k(M), R)$, entonces de alguna manera se "reduce" un elemento de $\wedge^{k}(M)$$R$, y así se explica la $\wedge^{n-k}(M)$ parte de la igualdad. Aunque no estoy totalmente seguro de ello.

Cualquier ayuda es muy apreciada. Gracias!

Answer 1

Primero de todo, no es un natural de emparejamiento $\wedge^kM\times\wedge^{n-k}M\to\wedge^nM$ dado por el exterior del producto. Así que para cualquier elemento $v\in\wedge^{n-k}M$, se obtiene un homomorphism $\phi_v:\wedge^kM\to\wedge^nM$$\phi_v(u)=u\wedge v$. Esto le da una lineal mapa de $\phi:\wedge^{n-k}M\to\mathrm{Hom}(\wedge^kM,\wedge^nM)$. Se puede demostrar que esto es un isomorfismo.

A continuación, podemos demostrar que $\mathrm{Hom}(\wedge^kM,\wedge^nM)$ es isomorfo a $(\wedge^kM)^*\otimes\wedge^nM$. El isomorfismo es el mapa $\psi:(\wedge^kM)^*\otimes\wedge^nM\to\mathrm{Hom}(\wedge^kM,\wedge^nM)$ que envía a $\alpha\otimes q$ a la homomorphism $p\mapsto\alpha(p)\cdot q$.

El isomorfismo que estás buscando es $\phi^{-1}\circ\psi$.

Answer 2

Si $M$ es un servicio gratuito de $R$-módulo de rango $n$,$\wedge^n(M)\cong R$. Por lo $(\wedge^k M)^*\cong \wedge^{n-k}M$ es en definitiva lo que están tratando de mostrar. A continuación, $(\wedge^k M)^*:=\hom_R(\wedge^k M,R)\cong\hom_R(\wedge^kM,\wedge^nM)$, por lo que tenemos un isomorfismo $\wedge^{n-k}M\to(\wedge^kM)^*$ el envío de un $(n-k)$-vector $v$ a la mapa $w\mapsto v\wedge w$ envío de $k$-vectores $w$ $n$- vectores $v\wedge w$.