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Strukturen und Algebra » Darstellungstheorie » Beweis des Frobeniustheorems
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Beruf Beweis des Frobeniustheorems
sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-17


Hallo Zusammen,

Seien $(V,\rho)$ und $(V',\rho')$ irreduzierbare Darstellungen einer endlichen Gruppe $G$.
$V$ und $V'$ seien nicht isomorph.

Somit gilt für jedes $u$ aus $\mathcal{L}(V,V')$:

$|G|^{-1} \sum_{g\in G} g\cdot u = 0_{\mathcal{L}(V,V')}$


Ich tue mir gerade schwer den Beweis zu verstehen.
Welche Abbildungen von $V$ nach $V$ sind mit $\mathcal{L}(V,V')$ gemeint?
Sind dies alle Linearen Abbildungen?

Der Beweis enthaltet: $h\cdot |G|^{-1} \sum_{g\in G} g\cdot u = |G|^{-1} \sum_{g\in G} h\cdot g\cdot u$


Wieso gilt hier die Distributivität? In der Definition einer Gruppenaktion $"\cdot"$ ist die Distributivität $g\cdot (a+b)=?=g\cdot a + g\cdot b$ ja nicht enthalten.



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-17


2020-07-17 16:37 - sulky im Themenstart schreibt:
Seien $(V,\rho)$ und $(V,\rho)$ irreduzierbare Darstellungen einer endlichen Gruppe $G$.

Schon hier zeigen sich zwei Probleme:
1. Da steht zweimal dasselbe, nämlich $(V,\rho)$ und $(V,\rho)$.
2. Das $\rho$ taucht im Folgenden nie wieder auf.

Korrigier doch als ersten Schritt mal diese offensichtlichen Fehler in deiner Frage.

--zippy



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ligning
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-07-17


Ich kenne diesen Satz nicht (oder hab ihn vergessen:), aber gibt es einen Grund, anzunehmen, dass $\mathcal L(V, V')$ _nicht_ alle linearen Abbildungen $V\to V'$ umfasst? Das sieht mir doch nach einer ganz üblichen Notation dafür aus.

[Edit: Die Frage kann ich mir wohl selbst beantworten: Es gibt einen Grund. Ich ziehe den Einwand zurück. Das folgende bleibt jedoch:]


Wieso gilt hier die Distributivität? In der Definition einer Gruppenaktion $"\cdot"$ ist die Distributivität $g\cdot (a+b)=?=g\cdot a + g\cdot b$ ja nicht enthalten.
Das ist doch nicht irgendeine Gruppenwirkung, sondern eine lineare Darstellung.


-----------------
⊗ ⊗ ⊗



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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-19


Hallo Zippy und Ligning,

Vielen Dank für die schnellen Antworten.
Den von Zippy bemerkten Fehler habe ich nun korrigiert.

Wegen der Distributivität kam die Verwirrung daher, da ich erst ganz kürzlich den Kurs über Darstellungen von Gruppen begonnen habe.
Die Distributivität kommt natürlich nicht aus den Eigenschaften einer Gruppe, sondern aus der Definition einer Darstellung.
Hier fehlt mir noch ein wenig die Erfahrung um dies sofort zu sehen.

Es gibt aber auch gute Nachrichten. Der Beweis geht nämlich weiter mit

$|G|^{-1}\sum_{g\in G} (hg)\cdot u=|G|^{-1}\sum_{g'\in G} g'\cdot u$

Warum diese Gleichung korrekt ist hat mir MP-Mitglied hippias kürzlich erklärt.


Bezüglich $\mathcal{L}(V,V')$ gibt es tatsächlich einen Grund anzunehmen, dass es nicht alle linearen Funktionen gemeint sind. Ich wäre nun davon ausgegangen, dass alle Isomorphismen von $V$ nach $V'$ gemeint sind.
Da aber in der Satzvormulierung bereits enthalten ist, dass so ein Isomorphismus gar nicht existiert, ist dies natürlich nicht der Fall.

Wenn ich einen Beweis zu verstehen versuche, dann fühle ich mich einfach abgelenkt wenn eine Definition unklar ist. Dies verwässert den gesamten Beweis.

Gibt es nicht irgendwo ein Verzeichnis für die Definition, bzw. Symbolik von Funktionenmengen?
Symbole sind schwierig mit google zu suchen. Bei der Eingabe auf Google kann man ja nicht zwischen $\mathcal{L}$ und $L$ unterscheiden



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-07-19


Mit $\mathcal{L}(V,V')$ sind alle lineare Abb. $V \to V'$ gemeint.

Zur Frage nach dem Symbol: Wenn du mit einem Buch arbeitest, findest du es im hinten im Glossar. Wenn du das Buch aber von vorne bis hinten durcharbeitest, wird jede Notation auch so irgendwann einmal erklärt, bevor sie verwendet wird. Wenn die Aufgabe im Rahmen einer Vorlesung gestellt wird, gilt Letzteres ebenfalls.

Hast du weitere konkrete Fragen zum Beweis? Kannst du am besten noch die Quelle zum Beweis angeben?



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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-19


hallo Triceratops,

In einem Zwischenschritt des Beweises soll gezeigt werden dass $|G|^{-1}\sum_{g\in G} g\cdot u$ ein Darstellungsmorphismus ist.

Dazu wird der Ausdruck $M(u)$ genannt.

Ich sehe noch nicht weshalb $h\cdot M(u) =M(u)$, $\forall h\in G$ impliziert dass $M(u)$ ein Darstellungsmorphismus ist.
Gemäss der Definition für Darstellungsmorphismen müsste doch gezeigt werden dass $h\cdot M(u)=M(h\cdot u)$

Im Buch steht:
$h\cdot M(u)=|G|^{-1}\sum_{g\in G}h\cdot (g\cdot u)=|G|^{-1}\sum_{g\in G}(h\cdot g)\cdot u$

und nun meine ich (steht nicht im Buch) dass $=|G|^{-1}\sum_{g\in G}(g\cdot h)\cdot u$. Selbst wenn die Gruppe nicht kommutativ ist, ist in der Summe über die ganze Gruppe dieser Schritt richtig. Stimmt das so?

Im Buch geht der Beweis so weiter:
$=|G|^{-1}\sum_{g'\in G}(g')\cdot u=M(u)$


Aber selbst wenn nun in diesem Beweis eine "Abkürzung" gibt, dann wäre es trotzdem gut zu wissen, weshalb $h\cdot M(u)=M(u)$ impliziert dass $M(u)$ ein Darstellungsmorphismus ist.




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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-07-19


Bitte nenne einmal das Buch, aus dem der Beweis ist.



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-07-19


Obwohl es sonst niemanden zu stören scheint, möchte ich auch nochmal diesen Punkt in Erinnerung rufen:

2020-07-17 16:47 - zippy in Beitrag No. 1 schreibt:
2. Das $\rho$ taucht im Folgenden nie wieder auf.

Deutlich zu machen, an welchen Stellen eigentlich von den Darstellungen $\rho$ und $\rho'$ Gebrauch gemacht wird, könnte für größere Klarheit sorgen.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-07-19


@zippy: Ich halte diesen Punkt für irrelevant. Normalerweise schreibt man einfach $g \cdot v$ anstelle von $\rho(g)(v)$ (egal was $\rho$ ist), so auch hier.



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-07-19


2020-07-19 21:26 - Triceratops in Beitrag No. 8 schreibt:
@zippy: Ich halte diesen Punkt für irrelevant.

Das hatte ich schon begriffen:

2020-07-19 21:19 - zippy in Beitrag No. 7 schreibt:
Obwohl es sonst niemanden zu stören scheint...



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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-24


Also mit "Buch" meine ich einfach unseren Skript.
Ich denke nicht, dass man den Skript als "Buch" kaufen kann.

Ich stelle aber die Korrektheit des Beweises nicht in frage.
Vielmehr liegt es wohl daran, dass ich die Definition eines Darstellungsmorphismuses noch immer nicht richtig begriffen habe.

Neben der Definition steht noch als Bemerkung dass ein Darstellungsmorphismus dadurch gekennzeichnet ist dass:
$\forall (g,v)\in G \times V,f(g\cdot v)=g\cdot f(v)$

Mit dieser Bemerkung verstehe ich was ein Darstellungsmorphismus ist.
Allerdings irritiert mich, dass mit $"\cdot"$ für zwei verschiedene Gruppenaktionen dasselbe Symbol verwendet wird.


Die Definition geht so: Seien $(V,\rho)$ und $(V',\rho')$ zwei Darstellungen von $G$.
Man nennt Morphismus von Darstellungen von $(V,\rho)$ nach $(V',\rho')$ jede $K$-lineare Abbildung für die gilt: $\forall g \in G, f\circ \rho_V(g)=\rho_{V'}(g)\circ f$.


Die Symbolik geht mir hier einfach zu schnell. Geht es hier um Funktionsrestriktionen im Sinne von $f_A, A\subset Def(f)$ ?
Falls ja, verstehe ich das nicht, denn $\rho$ ist ja nicht eine Funktion
auf $V$ sondern auf $G$. $\rho(g)$ wäre die Funktion auf V. Ausserdem ist $V$ keine echte Untermenge von $V$ und die Restriktion wäre daher Wirkungslos.
Ausserdem vermute ich einen Fehler auf der rechten Seite der Gleichung.
Müsste dort nicht $\rho'_{V'}$ stehen?

Ich verstehe den Ausdruck $\forall g \in G, f\circ \rho_V(g)=\rho_{V'}(g)\circ f$ leider überhaupt nicht



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-07-24


2020-07-24 12:10 - sulky in Beitrag No. 10 schreibt:
Die Symbolik geht mir hier einfach zu schnell.

Deswegen hatte ich empfohlen, $\rho$ und $\rho'$ wirklich hinzuschreiben.

2020-07-24 12:10 - sulky in Beitrag No. 10 schreibt:
Allerdings irritiert mich, dass mit $"\cdot"$ für zwei verschiedene Gruppenaktionen dasselbe Symbol verwendet wird.

Ausführlicher steht da: $f\bigl(\rho(g)\,v\bigr) =
\rho'(g)\,f(v)$

2020-07-24 12:10 - sulky in Beitrag No. 10 schreibt:
Ich verstehe den Ausdruck $\forall g \in G, f\circ \rho_V(g)=\rho_{V'}(g)\circ f$ leider überhaupt nicht

Das ist das Gleiche nur ohne das Einsetzen des Vektors $v$:
* $f\circ \rho(g)$ ist die Abbildung $v\mapsto f\bigl(\rho(g)\,v\bigr)$
* $\rho'(g)\circ f$ ist die Abbildung $v\mapsto \rho'(g)\,f(v)$

Und außerdem sind $\rho_{V}$ und $\rho_{V'}$ nur alternative Bezeichnungen für die Darstellungen, die du oben mit $\rho$ und $\rho'$ bezeichnet hast.



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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-30


Ach so ist das, dann ist das ja alles viel einfacher als es aussieht.

Dennoch ist mir noch immer nicht klar, weshalb $h\cdot M(u)=M(u), \forall h \in G$ impliziert dass $M(u)$ ein Darstellungsmorphismus ist.
Diesen Zusammenhang sehe ich noch immer nicht.


Ich habe nochmals so ein Beispiel wo als Zwischenschritt eines Beweises Gezeigt wird dass eine Abbildung ein Darstellungsmorphismus ist.
Und auch dort verstehe ich es nicht.

Es sei vorausgestzt dass die Charakteristik von $K$ die Ordnung von $G$ nicht teilt.
Sei $(V\rho)$ eine Darstellung von $G$ von endlicher Dimension und $W$ eine Unterdarstellung von $V$. Somit exitiert in $V$ ein Komplementär zu $W$, welches ebenfalls eine unterdarstellung von $G$ ist.


Beweis: Seien $W'$ ein Wilkürlich gewähltes Komplement zu $W$ in $V$ und $p$ die Projektion auf $W$ paralell zu $W'$ Man betrachte folgenden Endomorphismus von $V$:¨

$p'=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G} g\cdot p$




Hier ist bereits Endstation für mich. $"\cdot"$ ist eine Gruppenaktion auf den Vektorraum $V$. $p$ aber ist eine Abbildung auf $V$ nicht eine Element von $V$. Somit verstehe ich den Ausdruck $g\cdot p$ nicht.


Es folgt: $\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G} g\cdot p = \frac{1}{|G|}\sum_{g\in G} \rho(g) \circ p \circ \rho(g)^{-1}$

Diese Gleichung verstehe ich überhaupt nicht.



Und nun die Folgerung dass $p'$ G-Darstellungsmorphismus ist. Diesen Zusammenhang verstehe ich nicht.



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yann
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-07-30


2020-07-30 22:06 - sulky in Beitrag No. 12 schreibt:

Hier ist bereits Endstation für mich. $"\cdot"$ ist eine Gruppenaktion auf den Vektorraum $V$. $p$ aber ist eine Abbildung auf $V$ nicht eine Element von $V$. Somit verstehe ich den Ausdruck $g\cdot p$ nicht.


Es folgt: $\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G} g\cdot p = \frac{1}{|G|}\sum_{g\in G} \rho(g) \circ p \circ \rho(g)^{-1}$
 Es gilt $g\cdot p=\rho(g) \circ p \circ \rho(g)^{-1}$ per Definition. Wenn $V,W$ zwei $G$-Moduln für eine Gruppe $G$ sind, dann ist auch $Hom_K(V,W)$ ein $G$-Modul via
$$(g.\phi)(v):=g.\phi(g^{-1}.v)$$ Das enstpricht in "Darstellungsschreibweise" genau dem obigen, $p$ scheint mir eine lineare Abbildung $V\to W$ zu sein. (Edit: wohl doch $V\to V$

Nachtrag (siehe zunächst meinen hierauf folgenden Beitrag):
Es ist $V=W\oplus W^\prime$ eine direkte Summe von $G$-Moduln und $p$ ist einfach die Projektion auf $W$,
$$p:V\to W, v=w+w^\prime\mapsto w$$ Wir zeigen als nächstes, dass $p^\prime$ $G$-linear ist. Offenbar ist $p^\prime$ als Linearkombination $K$-linearer Abbildungen $K$-linear. Sei $h\in G$ und $v=w+w^\prime\in V$, dann gilt
$\begin{align*}
p^\prime(h.v)&=1/|G|\sum_{g\in G} (g.p)(h.v)=1/|G|\sum_{g\in G} g.p(g^{-1}h.v)=1/|G|\sum_{g\in G} g.p(g^{-1}h.w+w^\prime)\\
&= 1/|G|\sum_{g\in G} g.p(g^{-1}h.w+g^{-1}h.w^\prime)=1/|G|\sum_{g\in G} g.(g^{-1}h.w)= 1/|G|\sum_{g\in G} h.w
\end{align*}$
Zeige jetzt, dass bei dem Ausdruck $h.p^\prime(v)$ dasselbe herauskommt.




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yann
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-07-30


Kann es sein, dass $W^\prime$ nur ein lineares Komplement zu $V$ in $W$ ist, d.h, dass die Summe $V=W\oplus W^\prime$ keine direkt Summe von $G$-Moduln ist? Falls dem so ist, sehe ich gerade nicht, wieso $p^\prime$ ein $G$-Modulhomomorphismus sein soll. Ich glaube, da steht auch so nichts davon, das hast du möglicherweise hereininterpretiert.
Edit: Ich sehe es doch. Überlege dir, dass eine $K$-lineare Abbildung $f:V\to W$ genau dann $G$-linear ist, wenn $g.f=f$ für alle $g\in G$ gilt. Dann schau dir mal an, was dann da bei $g.p^\prime$ herauskommt für $g\in G$; Tipp: Linksmultiplikation $l_g:G\to G, x\mapsto gx$ ist bijektiv.

In jedem anderen Falle erübrigt sich auch die obige Rechnung, denn dann gilt $g.p=p$ für alle $g\in G$, da dann bereits die Projektion $p$ $G$-linear ist; ferner kannst du dir dann überlegen, dass dann auch $p^\prime =p$ gilt.




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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-31


hallo Yann,

vielen Dank für deine schnele Antwort.

Ich stehe schon viel früher an.
Im Beispiel - genauso wie in deiner Antwort - stolpere ich über $g \cdot f$
bzw. $g\cdot p$

Ich verstehe diesen Ausdruck nicht. Die Aktion $"\cdot"$ ist doch eine Funktion von $G\times V$ nach $V$.

Hier wird es aber angewendet als Funktion von $G \times \mathcal{L}(V,V)$ nach $????$

So wie ich das sehe ist bei der Anwendung der Funktion $"\cdot"$ der Definitionsbereich verletzt und der Bildbereich unbekannt.

Da in unserem Lehrmittel in etwa dassselbe passiert, wie du mir nun auch erklärt hast ist klar, dass ich im Irrtum bin, aber ich verstehe nicht weshalb.



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yann
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-08-02


Vergiss zunächst alle Bezeichnungen von oben.

Sei $V$ ein $K$-Vektoraum und $G$ eine Gruppe. Eine Darstellung ist ein Homomorphismus $\rho:G\to GL(V)=\{f\in\mathcal L(V,V):\text{ $f$ invertierbar}\}$ von Gruppen. Man unterdrückt $\rho$ meist und schreibt $g.v$ statt $\rho(g)(v)$ für alle $g\in G,v\in V$. Man hat also eine "Operation" $G\times V\to V, (g,v)\mapsto g.v$.

Wenn nun $\psi:G\to GL(W)$ eine weitere Darstellung ist ($W$ wieder $K$-Vektorraum), so kann man aus den gegebenen Darstellungen $V$ und $W$ neue formen. Hier ist es der Raum aller linearen Abbildungen $\mathcal L(V,W)$, welcher ja nach Linearer Algebra wieder ein $K$-vektorraum ist.

Statt jetzt einen Homomorphismus $G\to GL(\mathcal L(V,W))$ anzugeben, nutze ich lieber die Pünktchen-Schreibweise. Ich möchte also für gegebenes $g\in G$ und $f\in \mathcal L(V,W)$ angeben, was nun $g.f\in \mathcal L(V,W)$ sein soll, wie also $g$ auf $f$ operiert. Nun, $g.f$ ist eine Abbildung von $V$ nach $W$, ich muss also angeben, was das Bild unter $v\in V$ ist. Ich definiere
$$(g.f)(v):=g.(f(g^{-1}.v))$$ beachte hierbei: Alle drei Punkte haben eine unterschiedliche Bedeutung. Der erste spezifiziert die Operation von $G$ auf $\mathcal L(V,W)$, der zweite jene auf $W$ und der dritte jene auf $V$. Es gilt also mit der Konvention der Pünktchen-Schreibweise
$$g.(f(g^{-1}.v))=\psi(g)(f(\rho(g^{-1})(v)))$$



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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-03


also so wie du dieser erklärst yann, so wird es ganz selbstverständlich.
Vielen Dank.

Aber nun noch etwa ganz ähnliches.

In Beitrag 14 erklärst du weshalb $\rho (g) \circ p \circ \rho(g)^{-1}$
ein Darstellungsmorphismus ist.

Nun gilt zu bemerken, dass das Beispiel in unserem Lehrmittel auf Seite 13 steht. Die Definition des Darstellungsmorphismuses jedoch auf Seite 12.
Dies bedeutet dass man hier eifach bleiben muss.

Aber es steht gleich nach der Definition der Satz dass die Moposition zweier Darstellungsmorphismen wiederrum ein Darstllungsmorphsmus ist.
Vermutlich soll dieser Satz angewendet werden.

Nun wissen wir aber von $\rho(g), \rho(g)^{-1}, p$  lediglich dass es Morphismen sind auf dem Vektorraum. Ich meine damit, dass $a\cdot p(v)=p(a\cdot v)$ vorausgesetzt werden kann wenn $a$ ein Körperelement ist. Wenn aber $a$ ein Gruppenelement ist, dann weiss ich nicht ob die Gleichung auch stimmt.



Gibt es nicht irgend einen Satz der sagt dass Morphismen auf dem Vektorraum automaisch auch Darstellungsmorphismen sind?



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yann
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2020-08-03


Nein, den gibt es nicht.

Es gilt aber Folgendes:
Eine $K$-lineare Abbildung $f:V\to W$ ist genau dann $G$-linear (also ein $G$-Darstellungshomomorphismus, wenn $g.f=f$ für alle $g\in G$ gilt.

Versuche das erstmal selber (!) zu zeigen. Es macht m.E. auch keinen Sinn, tiefer in Beweise wie den Satz von Maschke einzugehen, wenn hier bereits Schwierigkeiten vorliegen.



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Da ich nun die Definition von $g\cdot f$ kenne ist das nicht mehjr so schwierig.

Ich muss aber zugeben, dass ich nicht ganz sicher bin, ob Funktionskompositionen immer assoziativ sind.
Ob in jedem Falle gilt: $f\circ g \circ h=?=(f\circ g) \circ h=?=f\circ (g \circ h) $


Falls das so stimmt, dann verwenden wir die Definition von Darstellungsmorphismen $f\circ \rho(g)=\rho(g)\circ f$
Und dann folgt ganz einfach:

$f\cdot g =\rho(g)\circ f \circ \rho(g)^{-1}=(\rho(g)\circ f) \circ \rho(g)^{-1}=(f\circ \rho(g)) \circ \rho(g)^{-1}=f\circ \rho(g) \circ \rho(g)^{-1}=f\circ (\rho(g) \circ \rho(g)^{-1})=f$

Hast du das gemeint?



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yann
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- Funktionskomposition ist assoziativ, ja.

- Fast, du hast nur eine Implikation gezeigt. Es fehlt noch die Implikation $(g.f=f\;\;\forall g\in G)\Rightarrow f$ ist $G$-linear.



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