@ -1198,12 +1199,124 @@ lineare Darstellung von $G$ über dem $K$-Vektorraum $V$ ist ein Homomorphismus
Klar:
\begin{diagram}
G &\rightarrow^\varphi&\Aut_K(V) &\rightarrow^{\sim}_{\text{Wahl der Basis}}&\GL_n(K) \\
\downarrow&&\downarrow&&\downarrow\\
KG \rightarrow\End_K(V) \rightarrow^{\sim}_{\text{Wahl der Basis}}& M_{n \times n}(K) \\
G &\rTo^\varphi&\Aut_K(V) &\rTo^{\sim}_{\text{Wahl der Basis}}&\GL_n(K) & ~~ n = \dim_V (K) \\
\dInto&&\dInto&&\dInto\\
KG &\rTo&\End_K(V) &\rTo^{\sim}_{\text{Wahl der Basis}}& M_{n \times n}(K) \\
\end{diagram}
Für eine $K$-Algebra $A$ ist eine Darstellung von $A$ ein $K$-Algebra-Homomorphismus $A \rightarrow\End_K(V)\cong M_{n \times n}(K)(\dim_K V = n)$\\
Sei $\varphi: KG \rightarrow\End_K(V)$ Darstellung. Dan wird $V$ zum $KG$-Modul durch $x \cdot m =(\varphi(x))(m)$ für $y \in KG$ und $m \in V$.
Für eine $K$-Algebra $A$ ist eine Darstellung von $A$ über dem $K$-Vektorraum $V$ ein $K$-Algebra-Homomorphismus $A \rightarrow\End_K(V)\cong M_{n \times n}(K)(\dim_K V = n)$\\
Sei $\rho: KG \rightarrow\End_K(V)$ Darstellung. Dann wird $V$ zum $KG$-Modul durch $x \cdot m =(\rho(x))(m)$ für $y \in KG$ und $m \in V$. \\
Umgekehrt: Ist $V$ ein $A$-Modul, so wird durch $\rho: A \rightarrow\End_K(V): a \mapsto\lambda_a, \lambda_a(v)= av$ für $a \in A, v \in V$ eine Darstellung von $A$ über $V$ definiert. \\
So: Konzept der Darestellungen von $A$ ist äquivalent zum Konzept der $A$-Moduln. (Vgl. Permutationsdarstellungen). \\
Homomorphismen von $A$-Moduln: Klar. \\
Homomorphismen von Darstellungen: Seien $\rho : A \rightarrow\End_K(V), \psi : A \rightarrow\End_K(W)$ Darstellungen von $A$. Ein Homomorphismus von $\rho$ nach $\psi$ ist ein $K$-lineare Abbildung $f: V \rightarrow W$, so dass $\forall a \in A: f \circ\rho(a)=\psi(a)\circ f$
\begin{diagram}
V &\rTo^f & W \\\dTo^{\rho(a)}&&\dTo_{\psi(a)}\\ V &\rTo^f & W
\end{diagram}
Beachte: $W = V$ mit $f \in\Aut_K(V)$ Homomorphismus von $\rho$ nach $\psi\Leftrightarrow\psi(a)= f \circ\rho(a)\circ f^{-1}\forall a \in A$\\
$\dim_K(V)= n, \tilde{\rho}: A \rightarrow M_{n \times n}(K), \tilde{\psi}: A \rightarrow M_{n \times n}(K)$ zugehörige Matrixdarstellungen nach Wahl einer Basis $\cB$, so
kann man $f$ als Basiswechsel interpretieren: $m_{\id}(\cC, \cB)= m_f(\cB, \cB)$ für Basis $\cC$ von $V$. \\
Definition: Seien $A, B$$\Lambda$-Algebren mit $1$ und sei $M$ ein $A$-Linksmodul und ein $B$-Rechtsmodul. $M$ heißt $A$-$B$-Bimodul falls gilt: \\
$\forall\alpha\in A, \beta\in B, m \in M: (\alpha m)\beta=\alpha(m \beta)$\\
($M$$A$-Linksmodul und $B$-Linksmodul: $\alpha(\beta m)=\beta(\alpha m)$)
Beachte: Für die zugehörigen Darstellungen bedeutet das: $\lambda_\alpha: M \rightarrow M: m \mapsto\alpha m, \rho_\beta: M \rightarrow M: m \mapsto m \beta$\\
(Abbildung $\rho: B \rightarrow\End_\Lambda(M)$ ist Antihomomorphismus, d.h. $\rho_\beta\rho_\gamma=\rho_{\gamma\beta}$ für $\gamma, \beta\in B$) \\
Bedingung $\Leftrightarrow\lambda_\alpha\rho_\beta=\rho_\beta\lambda_\alpha\forall\alpha\in A, \beta\in B$\\
d.h. $\lambda_\alpha$ und $\rho_\beta$ zentralisieren einander in $\End_\Lambda(M)$ ($\forall\lambda\in\Lambda, m \in m: \lambda m = m \lambda$)
5.1.3 Beispiel: $M \in A^{mod}=\set{\text{Links-$A$-Moduln}}$. Sei $E =\End_A(M)$. $E$ operiert auf $M$ von rechts. \\
$E =\set{b \in\End_\Lambda(M)\mid(am) b = a (mb)\forall a \in A, m \in M}$\\
Dann ist $E$$\Lambda$-Algebra und $M$ ein $A$-$E$-Bimodul. \\
Beweis: $A =\Lambda$-Algebra $\Rightarrow M$ ist $\Lambda$-Modul durch Einschränken, $\lambda m =(\lambda1_A) m$.
Durch $\lambda m = m \lambda$ wird $M$ ein $\Lambda$-Rechtsmodul, da $\Lambda$ kommutativ ist. \\
Ein $A$-Endomorphismus ist dann auch ein $\Lambda$-Endomorphismus, d.h. $E =\End_A(M)\subseteq\End_\Lambda(M)$.
Für $b \in E$, $m \in M$ und $\lambda\in\Lambda$ sei $\lambda b \in\End_A(M)$ definiert durch $m (\lambda b)=\lambda(m b)=(m b)\lambda= m (b \lambda)$. So ist $E$ eine $\Lambda$-Algebra. Rest klar.
Bemerkung: $A$ und $B$ seien $\Lambda$-Algebren, $M$ ein $A$-Links- und $B$-Rechtsmodul. $\lambda: A \rightarrow\End_\Lambda(M): a \mapsto\lambda_a, \rho : B \rightarrow\End_\Lambda(M): b \mapsto\rho_b, \rho_b(m)= m b$\\
$\rho$ Antihomomorphismus, $\lambda$ Homomorphismus von $\Lambda$-Algebra \\
($R$ Ring, $R^{opp}=$ Ring auf Menge $R$ mit Multiplikation $\ast$ gegeben durch $r \ast s = sr \forall r,s \in R$)
Dann ist $M$ ein $A$-$B$-Bimodul $\Leftrightarrow$$\tilde{B}\subseteq\End_A(M)\subseteq\End_\Lambda(M)\Leftrightarrow\tilde{A}\subseteq\End_B(M)\subseteq\End_\Lambda(M)$
Man sagt: $M$ erfüllt Schur-Wyl-Dualität oder ist balanced oder erfüllt Bizentralisatoren Eigenschaft, falls gilt: $\tilde{B}=\End_A(M), \tilde{A}=\End_B(M)$.
$\rightsquigarrow$ Ausrechnen von $\End_A(M):$$\Lambda= K $ Körper, $M \in\Lambda^{mod}, \dim_K M = n < \infty, \rho: A \rightarrow M_{n \times n}(K)$ zugehörige Matrixdarstellung. \\
$G_a: \rho(a)X = X \rho(a), X \in M_{n \times n}K$. Um $E$ auszurechnen genügt es die Gleichunssysteme $G_a$ für $a \in A$ simultan zu lösen. \\
Angenommen, $a_1, \ldots, a_k \in A$ so, dass $A$ die kleinste Unteralgebra von $A$ ist, die $a_1, \ldots, a_k$ enthält, d.h. $\set{a_1, \ldots, a_k}$ erzeugt die $K$-Algebra $A$,
dann genügt es $\rho(a_i)X = X \rho(a_i)$ simultan zu lösen $\rightsquigarrow$ mühsamer Weg um $E$ auszurechnen.
Definition: Sei $M \in\lsub{A}{\Mod_B}, N \in\lsub{B}{\Mod_C}$. Eine Abbildung $f: M \times N \rightarrow U \in\lsub{A}{\Mod_C}$ heißt $A$-$C$-bilinear und $B$-balanced, falls gilt $\forall a \in A, b \in B, c \in C, m, m_1, m_2\in M, n, n_1, n_2\in N$: \\
Ein \underline{Tensorprodukt}$M \otimes_B N \in\lsub{A}{\Mod_C}$ über $B$ ist ein $A$-$C$-Bimodul zusammen mit einer $A$-$C$-bilinearen, $B$-balanced Abbildung $\eta: M \times N \rightarrow M \otimes_B N$ so, dass folgende universelle Eigenschaft gilt:
\begin{diagram}
M \times N &\rTo^\eta& M \otimes_B N \\
&\rdTo_{f}&\dTo_{\exists ! \hat{f}}\\
&& U \in\lsub{A}{\Mod_C}
\end{diagram}
mit $\hat{f}\circ\eta= f$
$\cA$ = freie abelsche Gruppe über \\$M \times N =\set{ z_1(m_1, n_2)+ z_2(m_2, n_2)+\ldots+ z_k(m_k, n_k)\mid m_i \in M, n_i \in N, k \in N, z_i \in\Z}$\\
$ a \otimes b \in X: a \otimes b =1 a \otimes b =(4-3)(a \otimes b)=4(a \otimes b)-3(a \otimes b)=(4a)\otimes b - a \otimes(3b)=0\otimes b - a \otimes0=0$
Stefan Bühler
12 years ago