Determinante de la transpuesta a través de los productos exteriores

Question

Deje $V$ ser finito-dimensional espacio vectorial sobre $F$ y deje $\tau:V \to V$ ser un operador lineal. He aquí mi definición del determinante:

Si $t:U \to U$ es un operador lineal y $\dim(U)=n$ $\det(t)$ es el número único de satisfacciones $$tu_1 \wedge \cdots \wedge tu_n = \det(t) u_1 \wedge \cdots \wedge u_n$$ para todos los $u_1,\dots,u_n \in U$.

Definir la transposición $\tau^T : V^* \to V^*$$\tau$$(\tau^Tf)(v)=f \tau v$. Es allí una manera de demostrar que $\det(\tau^T)=\det(\tau)$ sin elegir una base? Es claro que

$$\det(\tau) v_1 \wedge\cdots\wedge v_n = \tau v_1 \wedge\cdots\wedge \tau v_n$$ y $$\det(\tau^T) f_1 \wedge\cdots\wedge f_n = \tau^T f_1 \wedge\cdots\wedge \tau^T f_n$$ para todos los $v_1,\dots,v_n \in V$$f_1,\dots,f_n \in V^*$, pero ¿cómo hago para "unirse" a ellos juntos?

Answer 1

Definir la "alternancia" multilineal mapa \begin{align} (V^*)^n \times V^n &\to F \\ (f_1,\dots,f_n,v_1,\dots,v_n) &\mapsto \det(f_i(v_j)) \end{align} donde $\det(f_i(v_j))$ se refiere a que el determinante de la matriz con sus $(i,j)$ entrada igual a $f_i(v_j)$. Esto nos da a nosotros (los detalles omitidos) una degenerada de emparejamiento $\langle\cdot,\cdot\rangle:\bigwedge^n V^* \times \bigwedge^n V \to F$ con $$(f_1 \wedge\cdots\wedge f_n,v_1 \wedge\cdots\wedge v_n) \mapsto \det(f_i(v_j)).$$ Así que para todos los $f_1,\dots,f_n \in V^*$$v_1,\dots,v_n \in V$, \begin{align} \det(\tau)\langle f_1 \wedge\cdots\wedge f_n, v_1 \wedge\cdots\wedge v_n \rangle &= \langle f_1 \wedge\cdots\wedge f_n, \det(\tau)v_1 \wedge\cdots\wedge v_n \rangle \\ &= \langle f_1 \wedge\cdots\wedge f_n, \tau v_1 \wedge\cdots\wedge \tau v_n \rangle \\ &= \det(f_i\tau v_j) \\ &= \det((\tau^T f_i)v_j) \\ &= \langle \tau^T f_1 \wedge\cdots\wedge \tau^T f_n, v_1 \wedge\cdots\wedge v_n \rangle \\ &= \det(\tau^T)\langle f_1 \wedge\cdots\wedge f_n, v_1 \wedge\cdots\wedge v_n \rangle. \end{align}

Por lo tanto,$\det(\tau)=\det(\tau^T)$.