Elementos descomponibles de $\Lambda^k(V)$

Question

Tengo una conjetura. Tengo un problema, probar o refutarlo.

Que $w \in \Lambda^k(V)$ ser un $k$-vector. Entonces es de $W_w=\{v\in V: v\wedge w = 0 \}$ $k$-vector dimensional espacio si y solamente si $w$ es descomponible.

Por ejemplo, $u=e_1\wedge e_2 + e_3 \wedge e_4$ tenemos $W_u = 0$.

Answer 1

Un $k$-vector $w \in \bigwedge^kV$ $m$-descomponible si existe un conjunto linealmente independiente $\{e_1, \dots, e_m\}$ $V$ $\alpha \in \bigwedge^{k-m}V$ tal que $w = e_1\wedge\dots\wedge e_m\wedge\alpha$; tenga en cuenta que $k$-descomponible es lo que normalmente se llama descomponible. Además, $w$ es estrictamente $m$-descomponible si es $m$-degradables, pero no $(m+1)$-degradables.

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Supongamos que $w$ $m$- degradables, es decir, $w = e_1\wedge\dots\wedge e_m\wedge\alpha$ para un conjunto linealmente independiente $\{e_1, \dots, e_m\}$$V$$\alpha \in \bigwedge^{k-m}V$. Claramente $e_1, \dots, e_m \in W_w$ $W_w$ al menos $m$-dimensional.

Ahora supongamos $w \in \bigwedge^kV$ $\{e_1, \dots, e_m\}$ es un subconjunto linealmente independiente de $W_w$. Podemos extender a una base $\{e_1, \dots, e_n\}$$V$. Hay un inducida por la base para $\bigwedge^kV$$\{e_{i_1}\wedge\dots\wedge e_{i_k} \mid 1 \leq i_1 < \dots < i_k \leq n\}$, así que podemos escribir

$$w = \sum_{1 \leq i_1 < \dots < i_k \leq n}a_{i_1\dots i_k}e_{i_1}\wedge\dots\wedge e_{i_k}$$

para algunos coeficientes de $a_{i_1\dots i_k}$. Ahora tenga en cuenta que

$$e_1\wedge w = \sum_{1 \leq i_1 < \dots < i_k \leq n}a_{i_1\dots i_k}e_1\wedge e_{i_1}\wedge\dots\wedge e_{i_k} = \sum_{1 < i_1 < \dots < i_k \leq n}a_{i_1\dots i_k}e_1\wedge e_{i_1}\wedge\dots\wedge e_{i_k}.$$

Como $\{e_1\wedge e_{i_1}\wedge\dots\wedge e_{i_k} \mid 1 < i_1 < \dots < i_k \leq n\}$ es un subconjunto linealmente independiente de $\bigwedge^{k+1}V$, $e_1\wedge w = 0$ implica que $a_{i_1\dots i_k} = 0$$1 < i_1 < \dots < i_k \leq n$. Por lo tanto,

$$w = \sum_{1 = i_1 < \dots < i_k \leq n}a_{i_1\dots i_k}e_{i_1}\wedge\dots\wedge e_{i_k} = \sum_{1 < i_2 < \dots < i_k \leq n}a_{1i_2\dots i_k}e_1\wedge e_{i_2}\dots\wedge e_{i_k}.$$

Proceder de la misma manera, las condiciones de $e_2\wedge w = 0, \dots, e_m\wedge w = 0$ implica que tenemos

\begin{align*} w &= \sum_{m < i_{m+1} < \dots < i_k \leq n}a_{1\dots mi_{m+1}\dots i_k}e_1\wedge\dots\wedge e_m\wedge e_{i_{m+1}}\wedge\dots\wedge e_{i_k}\qquad (\star)\\ &= e_1\wedge\dots\wedge e_m\wedge\left(\sum_{m < i_{m+1} < \dots < i_k \leq n}a_{1\dots mi_{m+1}\dots i_k}e_{i_{m+1}}\wedge\dots\wedge e_{i_k}\right)\\ &= e_1\wedge\dots\wedge e_m\wedge\alpha \end{align*}

donde $\alpha \in \bigwedge^{k-m}V$ está dado por

$$\alpha = \sum_{m < i_{m+1} < \dots < i_k \leq n}a_{1\dots mi_{m+1}\dots i_k}e_{i_{m+1}}\wedge\dots\wedge e_{i_k}.$$

Por lo $w$ $m$- degradables.

En resumen, tenemos las siguientes:

Un elemento $w \in \bigwedge^kV$ $m$- descomponible si y sólo si $\dim W_w \geq m$. En particular, $w$ es estrictamente $m$-descomponible si y sólo si $\dim W_w = m$.

Establecimiento $m = k$, obtenemos el resultado deseado. Es decir, $\dim W_w = k$ si y sólo si $w$ es descomponible.

Answer 2

Vamos a suponer $V$ tiene dimensión $n$. Supongo que es de $w$ $k$-forma que es indescomponible, por lo tanto, de tipo puro $v_{i_{1}}\wedge v_{i_{2}}...\wedge v_{i_{k}}$. Entonces $W_{w}$ está compuesto por combinaciones lineales de $v_{i_{j}}$, $j=1,2,...k$. Así $W_{w}$ es precisamente un $k$ vector dimensional subespacio de $V$.