\( \Lambda^k(M)\neq 0 \) per \( k\leqq\operatorname{rk}M \)

[marco2132k]

Sia \( M \) un \( R \)-modulo libero (con \( R \) anello commutativo) di rango \( d \), e sia \( \{ e_1,\dots,e_d \} \) una sua base.

Per far vedere che \(\Lambda^k(M) \) è nonbanale, un'idea è di embeddarlo in \( M^{\otimes k} \) estendendo l'applicazione \( M^k\to M^{\otimes k} \) che mappa
\[
(m_1,\dots,m_k)\mapsto \sum_{\sigma\in S_k}\operatorname{sign}(\sigma)\, m_{\sigma(1)}\otimes\dots\otimes m_{\sigma(k)}
\] dove \( S_k \) è il gruppo simmetrico su \( k \), all'omomorfismo \( \alpha_{k,M}\colon \Lambda^k(M)\to M^{\otimes k} \), e osservare che
\[
\alpha_{k,M}(e_{i_1}\wedge\cdots\wedge e_{i_k}) \neq 0
\] per ogni multiindice \( (i_1,\dots,i_k) \), perché gli \( e_{j_1}\otimes\cdots\otimes e_{j_k} \) sono una base di \( M^{\otimes k} \) al variare di \( j_\nu\in\{1,\dots,d\} \), per \( \nu = 1,\dots,k \), e quindi nessuna loro combinazione lineare a coefficienti \( \neq 0 \) può essere nulla.

C'è un modo più pulito? (Chiaramente, è lecito appellarsi al fatto che \( \Lambda^k(M) \) è libero di rango \( \binom dk \) solo se si dimostra quest'ultimo senza usare la conoscenza di \( M^{\otimes k} \)!)

[fulcanelli]

Dipende un po' dalla tua definizione di algebra esterna, e soprattutto dal tuo voler usare solo la proprietà universale, oppure dal voler presentare \(\bigwedge^kM\) come quoziente di \(M^{\otimes k}\) (e quando M è libero poi ne sarà anche un sottospazio...)

La proprietà universale ti dice facilmente che \(\bigwedge^kM\) è libero, ma devi comunque usare un argomento combinatorio per contare la cardinalità di una sua base; quindi, tanto vale prendere la base "solita" e argomentare "come al solito":

Al variare delle k-uple ordinate di elementi di \(\{1,\dots,d\}\) (k-tuple che sono in numero di \(\binom d k\)), l'insieme \(\{e_I\mid I=\{i_1<\dots
1. è un insieme di generatori (basta espandere per bilinearità un generico elemento \(t\in\bigwedge^kM\)) e

2. linearmente indipendenti (supponi una combinazione lineare \(\nu = \sum_I a_Ie_I\) sia zero per opportuni scalari \(a_I\); allora, interpretando \(\nu\) come una applicazione multilineare alternante su \(M^k\), puoi usare il fatto che \(e_I(e_{j_1},\dots, e_{j_k}) = \delta_{IJ}\) (il simbolo di Kronecker), se \(J = \{j_1 < \dots < j_k\}\) è un'altra k-tupla per ottenere che
\[ \nu(e_J) = a_J = 0\]
Ripetendo questo argomento (che non è dissimile dalla maniera in cui si mostra l'esistenza di una base duale...) per ogni indice J concludi che per ogni J, \(a_J=0\).

[marco2132k]

In effetti è vero che le forme
\[
e_{i_1}^*\wedge\cdots\wedge e_{i_k}^*\colon (m_1,\dots,m_n)\mapsto\sum_{\sigma\in S_k}\operatorname{sign(\sigma)}e_{i_{\sigma(1)}}^*(m_1)\cdots e_{i_{\sigma(k)}}^*(m_k)
\] dove \( \{e_1,\dots,e_d\} \) è la base e \( (i_1,\dots,i_k) \) è un multiindice sono applicazioni \( \Lambda^k(M)\to R \) che mappano \( \neq 0 \) su \( e_{i_1}\wedge\cdots\wedge e_{i_k} \). Quindi sì ok c'era una dimostrazione che non richiedesse la conoscenza di \( M^{\otimes k} \).

Comunque, come fai a dire che \( \Lambda^k(M) \) libero se \( M \) libero usando "solo la proprietà universale"? (Anche la "mia" dimostrazione usa solo la proprietà universale, di fatto, dato che la costruzione di \( \alpha_{k,M} \) è indipendente dall'implementazione di \( \Lambda^k(M) \), però per farla funzionare bisogna sapere che \( M^{\otimes k} \) è libero per \( M \) tale, ed è questo che è un po' fastidioso). Per dire, è possibile far vedere che \( \Lambda^k\phi \) per \( \phi\colon M\to N \) (\( M \),\( N \) moduli liberi fintamente generati) è iniettiva se lo è \( \phi \), usando solo la(le) proprietà universale(i)?

[fulcanelli]

Più che l'iniettività, ti serve il fatto che \(\bigwedge^\bullet E\cong E\) per ogni \(R\)-modulo libero di dimensione 1 (usa la proprietà universale), e la "formula esponenziale" che \(\bigwedge^\bullet\) soddisfa (questa segue pure dalla proprietà universale):
\[\textstyle\bigoplus_{k=0}^n \left[ \bigwedge^k(V) \otimes_K \bigwedge^{n-k}(W) \right] \cong \bigwedge^n(V \oplus W)\] Quando prendi \(\bigwedge^p\) di un libero, a sinistra hai un modulo libero, evidentemente; se sai contare quanti addendi diretti ci sono a sinistra, hai la dimensione della cosa a destra.

[marco2132k]

Ok, quell'isomorfismo lo "conoscevo" ma non l'ho mai dimostrato. Quindi ok, dai, ci credo. Grazie!

La domanda sull'iniettività di una \( \Lambda^k\phi \) in realtà era una cosa in più che non centrava col dimostrare che \( \Lambda^kM \) è libero. Mi chiedevo se (ad esempio) fosse possibile far vedere che \( \Lambda^k\phi\colon\Lambda^k M\to\Lambda^k N \) è iniettiva per \( \phi\colon M\to N \) tra moduli finite free iniettiva, usando solo la proprietà universale di \( \Lambda^k \). Essenzialmente mi sa che si può far vedere smanettando coi funtori aggiunti/limiti o giù di lì (però vai tranquillo non perderci tempo, tanto non mi serve a nulla questa cosa ora, anche perché non ho tempo di studiarla).

[fulcanelli]

Se mi chiedi se è vero, direi di sì, o per una proprietà di esattezza (ma me la aspetto a destra, non a sinistra; quindi preserva gli epi, non i mono) di \(\bigwedge^\bullet\), oppure con un conto esplicito (scelte basi, la mappa \(\bigwedge^k V \to \bigwedge^k W\) indotta da una \(f : V \to W\) si esprime come una matrice i cui ingressi sono opportuni minori della matrice di \(f\); \(f\) è iniettiva iff ha rango \(d\) uguale alla dimensione del dominio, iff nessun minore di grado \(

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