Expresando mapas invertibles$\bigwedge^{d-1} V \to \bigwedge^{d-1} V$ as$\bigwedge^{d-1}A$ para algunos$A$

Question

Deje $V$ ser un real $d$-dimensional espacio vectorial, vamos a $\bigwedge^{d-1} V$ ser su potencia exterior. Considere la siguiente afirmación:

Proposición: Si $d$ es par, entonces cada invertible lineal mapa de $\bigwedge^{d-1} V \to \bigwedge^{d-1} V$ es igual a $\bigwedge^{d-1}A$ algunos $A \in \text{GL}(V)$. Si $d$ es impar, entonces cada orientación de la preservación de* invertible mapa de $\bigwedge^{d-1} V \to \bigwedge^{d-1} V$ es igual a $\bigwedge^kA$ algunos $A \in \text{GL}(V)$.

He encontrado una prueba de esta proposición, pero se basa en dotar a $V$, con un producto interior, que no me gusta mucho. Ya que no hay ninguna mención de productos en la demanda, es natural esperar una métrica libre de la prueba.

Hay una prueba?

Editar:

Aquí es un argumento para mostrar que cuando se $d$ es impar, es imposible expresar la orientación de la inversión, los mapas de $\bigwedge^{d-1} V \to \bigwedge^{d-1} V$ "$(d-1)$- cuña" de un mapa de $V \to V$.

Deje $A:V \to V$. Desde $$\det (\bigwedge^k A)=(\det A)^{\binom{d-1}{k-1}},$$ we get for $k=d-1$ que $$ \det (\bigwedge^{d-1} A)=(\det A)^{\binom{d-1}{d-2}}=(\det A)^{d-1},$$

así que si $d$ es impar, podemos ver que $\det (\bigwedge^{d-1} A)$ siempre es positivo, o si no $A$ era de la orientación de la preservación, para empezar.

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*Nota: no hay ninguna necesidad de una elección de la orientación en $\bigwedge^{d-1} V$ definir que los mapas de $\bigwedge^{d-1} V \to \bigwedge^{d-1} V$ son de la orientación de la preservación. (Si lo desea usted puede poner en la misma orientación en "ambos lados", no importa cual).

Answer 1

Considerar el perfecto maridaje $\left< \cdot, \cdot \right> \colon V \times \bigwedge^{d-1}(V) \rightarrow \bigwedge^d(V)$ dado por la cuña de producto $\left<v, \omega \right> = v \wedge \omega$. La adjunta de una lineal mapa de $T \colon V \rightarrow V$ se caracteriza por la propiedad de que es el mapa adjunto a $\bigwedge^{d-1}(T)$ con respecto al $\left< \cdot, \cdot \right>$. Es decir, hemos

$$ \left< \operatorname{adj}(T)v, \omega \right> = \left<v, \bigwedge\nolimits^{d-1}(T)\omega \right> $$

para todos los $v \in V$$\omega \in \bigwedge^{d-1}(V)$. Usando esta definición, se puede demostrar directamente que $$\operatorname{adj}(T) \circ T = T \circ \operatorname{adj}(T) = \det(T) I$$ y $$ \operatorname{adj}(\operatorname{adj}(T)) = \det(T)^{d-2} T. $$

Voy a asumir que $d$ es incluso y demostrar que, dado cualquier invertible mapa de $S \colon \bigwedge^{d-1}(V) \rightarrow \bigwedge^{d-1}(V)$ podemos encontrar una invertible mapa de $T \colon V \rightarrow V$ tal que $\bigwedge^{d-1}(T) = S$. Desde que el maridaje es perfecto, existe una (única) mapa de $R \colon V \rightarrow V$ que es adjunto a$S$, de modo que

$$ \left< Rv, \omega \right> = \left< v, S\omega \right> $$

para todos los $v \in V$$\omega \in \bigwedge^{d-1}(V)$. Tenga en cuenta que $R$ también debe ser invertible. Definir $T = \det(R)^{\frac{2-d}{d-1}}\operatorname{adj}(R)$. Entonces tenemos

$$ \operatorname{adj}(T) = \det(R)^{2 - d} \operatorname{adj}(\operatorname{adj}(R)) = \det(R)^{2-d} \det(R)^{d - 2} R = R $$

así

$$ \left< v, S\omega \right> = \left< Rv, \omega \right> = \left< \operatorname{adj}(T)v, \omega \right> = \left< v, \bigwedge\nolimits^{d-1}(T) \omega \right> $$

para todos los $v \in V$$\omega \in \bigwedge^{d-1}(V)$, lo que muestra que $S = \bigwedge^{d-1}(T)$.

En general, se puede demostrar que $\det(R) = \det(S)$ (donde $R,S$ son adjunto con respecto a $\left< \cdot, \cdot \right>$, al igual que uno tiene con un producto interior). Al $d$ es impar, $d - 1$ es aún así el argumento de la anterior sólo funciona si $\det(R) > 0$ (porque tenemos que tomar incluso una raíz cuadrada) que ocurrirá si y sólo si $\det(S) > 0$.