No creo que tu pregunta es tan malo, y de hecho creo que he encontrado una correcta declaración y una correcta prueba, ver más abajo. Para resumir la prueba, tenemos una base indexados por los subconjuntos de a $\lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace$ y para mostrar el isomorfismo de la propiedad, tenemos que demostrar que podemos ir libremente desde cualquier subconjunto a cualquier otro. Para lograr esto, utilizamos la
$x_i$ a eliminar elementos y el $y_i$ insertar elementos.
Hay dos aspectos que deben ser corregidos en tu pregunta original :
1) El formulario de $w$ es simétrica, no antisimétrica (nadie que se haya construido, álgebras de Clifford de antisimétrica formas)
2) La fórmula para $\sigma(y)(x)$ debe $2w(y,x)$ en lugar de $w(y,x)$.
Para ser más específicos : $\lbrace x_1, \ldots ,x_n \rbrace$ es una base para $W$. Por lo $\Lambda (W)$ tiene una base ${\cal B}=\big({\lambda_I}\big)_{I \subseteq E}$ indexados por los subconjuntos $I$$E=\lbrace 1,2, \ldots ,n \rbrace$, donde de $I=\lbrace i_1<i_2< \ldots <i_t \rbrace$ ponemos
$$
\lambda_I=w_{i_1} \wedge w_{i_2} \wedge \ldots w_{i_t}
$$
(en particular, $\lambda_{\emptyset}=1$, la unidad de elemento en $\Lambda (W)$). Tenga en cuenta que la cuña de producto por $x_i$ (dejar que nos indican que la operación por $X_i$) actúa sobre esta base, por
$$
X_i(\lambda_I)=\left\lbrace
\begin{array}{ll}
0 , & {\rm if } \ i \in I, \\
(-1)^s \lambda_{I \cup \lbrace i \rbrace}, & {\rm if } \ i \not\in I, {\rm where} \ s \
{\rm is \ the \ number \ of \ elements \ in \ } I {\rm \ below \ } i.
\end{array}
\right.
$$
Es natural para revertir este proceso y definir una nueva acción $Y_i$ $W$ por
$$
Y_i(\lambda_I)=\left\lbrace
\begin{array}{ll}
0 , & {\rm if } \ i\not\in I, \\
(-1)^s \lambda_{I \setminus \lbrace i \rbrace}, & {\rm if } \ i \in I, {\rm where} \ s \
{\rm is \ the \ number \ of \ elements \ in \ } I {\rm \ below \ } i.
\end{array}
\right.
$$
Para cada una de las $I\subseteq E$, denotan por $F_I$$G_I$, respectivamente, el subespacio de ${\Lambda}(W)$ generado por el $\lambda_J$ tal que $I\subseteq J$ ($ I \not\subseteq J$, respectivamente). A continuación, $F_I$ $G_I$ son subespacios complementarios en ${\Lambda}(W)$. También vamos a escribir $F_i$ en lugar de $F_{\lbrace i \rbrace}$ $G_i$ en lugar de $G_{\lbrace i \rbrace}$ para el corto. Entonces, por construcción, $Z_i=X_iY_i$ es el proyector en $F_i$ según $G_i$, e $Y_iX_i$ es el proyector en $G_i$ según $F_i$.
De forma similar, tenemos
$$
X_i^2=0, Y_i^2=0, X_iY_j+X_jY_i=2\delta_{ij}
$$
así que de hecho hemos definido una acción de el álgebra de Clifford. Tenga en cuenta también que si $a$ $b$ son dos elementos de la ${\sf End}(\Lambda(W))$, e $a$ es descomponible, dicen
$a=\lambda_{I}$ algunos $I \subseteq E$, entonces es fácil comprobar que
$$
Y_i(a \wedge b)=Y_i(a)\wedge b + (-1)^{|I|} \wedge Y_i(b)
$$
(una propiedad que usted menciona en su post original).
Vamos ahora a mostrar el isomorfismo de la propiedad. En primer lugar observamos que los dos espacios, ${\sf Cl}(V,w)$ ${\sf End}({\lambda}(W))$ tienen la misma dimensionalidad, es decir,$2^{2n}$. Por lo que es suficiente para mostrar que este homorphism es surjective, es decir, que su imagen $\cal I$ es el total de espacio de ${\sf End}({\Lambda}(W))$. La base ahora hemos dado por ${\Lambda}(W)$ proporciona un estándar de base $(\gamma_{I,J})_{I,J \subseteq E}$${\sf End}({\Lambda}(W))$, donde
$$
\gamma_{I,J} (\lambda_K)=\delta_{KJ}\lambda_I
$$
Así que todo lo que tenemos que mostrar es que todas las $\gamma_{I,J}$$\cal I$.
Ahora $\cal I$ contiene todas las $Z_i$. Por lo $\cal I$ contiene $Z_I$ cualquier $I \subseteq E$, donde colocamos $Z_{ \lbrace i_1 < i_2< \ldots < i_t \rbrace }=Z_{i_1}Z_{i_2} \ldots Z_{i_t}$. Por lo $\cal I$ también contiene todas las $Z_{I,t}$$I \subseteq E$$0 \leq t \leq n$, donde ponemos
$$
Z_{I,t}=\sum_{J \subseteq I, |J|=t } Z_J
$$
La acción de todos esos elementos en la base de la $\cal B$ puede ser escrita de la siguiente manera : para
cualquier $K,I \subseteq E, i \in E, 0 \leq t \leq n$, tenemos
$$
Z_i(\lambda_{K})=|K \cap \lbrace i \rbrace| \lambda_K, \
Z_{I,t}(\lambda_{K})=\binom{|K \cap I|}{t} \lambda_K
$$
Tenga en cuenta que los polinomios $1,x,\frac{x(x-1)}{2},\binom{x}{3}, \ldots , \binom{x}{n}$ forman una base del espacio de polinomios de grado $\leq n$$x$. Para $i\in E$, sabemos que existe un polinomio $\Delta_i(x)$ tal que $\Delta_i(x)=\delta_{ix}$ todos los $x\in E$
(explícitamente, $\Delta_i(x)=\prod_{j \neq i}{\frac{x-j}{i-j}}$). Así que para cualquier $i\in E$ no son los coeficientes $a_{i0},a_{i1}, \ldots ,a_{in}$ tal que
$$
\delta_{ix}=\sum_{t=0}^{n} a_{que} \binom{x}{t} \ (x \in E)
$$
De hecho, todos los coeficientes $a_{it}$ puede ser calculada de forma explícita, pero no es necesario aquí y yo soy demasiado perezoso para hacerlo. Si ponemos
$$
{Z'}_I=\sum_{t=0}^{n} a_{|I|t} Z_{I,t}
$$
luego, por la construcción de la $Z'_I$$\cal I$, y es el proyector en la línea de ${\sf span} (\lambda_I)$, según el hyperplane ${\sf span} (\lambda_J)_{J \neq I}$.
Deje $I,J \subseteq E$. Nos dicen que hay un $f\in {\cal I}$ tal que
$f(\lambda_I)=\lambda_{J}$. En efecto, si la ponemos a $I \setminus J=\lbrace j_1,j_2, \ldots j_t \rbrace$$J \setminus I = \lbrace i_1,i_2, \ldots i_s \rbrace$$f=X_{i_1}X_{i_2} \ldots X_{i_t}Y_{j_1}Y_{j_2} \ldots Y_{j_t}$,$f\in {\cal I}$$f(\lambda_I)=\lambda_{J}$. De ello se desprende que $\gamma_{I,J}=fZ'_I$$\cal I$, según se desee.
