Basis von freier Lie-Algebra < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo Leute,
ich frage mich gerade, wie man erkennen kann, dass eine freie Lie-Algebra auf einer Menge X auch wirklich X als Basis hat.
Die universelle Eigenschaft einer freien Lie-Algebra [mm] $\mathfrak{f}(X)$ [/mm] auf einer Menge X lautet ja wiefolgt: Für jede Lie-Algebra [mm] $\mathfrak{g}$ [/mm] und jede Abbildung von Mengen $X [mm] \to [/mm] g$ existiert eine eindeutige Fortsetzung zu einen Lie-Algebrenhomomorphismus [mm] $\mathfrak{f}(X) \to \mathfrak{g}$. [/mm]
Kann man daran schon sehen, dass [mm] $\mathfrak{f}(X)$ [/mm] als Lie-Algebra Basis X hat, also dass man jedes Element aus [mm] $\mathfrak{f}(X)$ [/mm] als endliche Summe von endlichen Produkten (mit der Lie-Klammer als Multiplikation) aus $X$ schreiben kann?
Viele Grüße
Anfänger
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:27 Mi 17.04.2013 | | Autor: | felixf |
Moin Anfaenger,
mit Lie-Gruppen kenn ich mich nicht so aus, aber vielleicht kann ich trotzdem ein wenig weiterhelfen :)
> ich frage mich gerade, wie man erkennen kann, dass eine
> freie Lie-Algebra auf einer Menge X auch wirklich X als
> Basis hat.
>
> Die universelle Eigenschaft einer freien Lie-Algebra
> [mm]\mathfrak{f}(X)[/mm] auf einer Menge X lautet ja wiefolgt: Für
> jede Lie-Algebra [mm]\mathfrak{g}[/mm] und jede Abbildung von Mengen
> [mm]X \to g[/mm] existiert eine eindeutige Fortsetzung zu einen
> Lie-Algebrenhomomorphismus [mm]\mathfrak{f}(X) \to \mathfrak{g}[/mm].
>
> Kann man daran schon sehen, dass [mm]\mathfrak{f}(X)[/mm] als
> Lie-Algebra Basis X hat, also dass man jedes Element aus
> [mm]\mathfrak{f}(X)[/mm] als endliche Summe von endlichen Produkten
> (mit der Lie-Klammer als Multiplikation) aus [mm]X[/mm] schreiben
> kann?
Darf man nicht auch noch endliche Linearkombinationen mit den Grundkoerperelementen machen?
Zeige doch, dass die Menge $A$ aller endlichen Linearkombinationen von endlichen Produkten (mit Lie-Klammer) aus $X$ bereits eine Unter-Lie-Algebra von [mm] $\mathfrak{f}(X)$ [/mm] ist. Dann schau die Abbildung $id : X [mm] \to [/mm] A$ an; laut der universellen Eigenschaft gibt es genau einen Lie-Algebrenhomomorphismus [mm] $\mathfrak{f}(X) \to [/mm] A$, der die Identitaet fortsetzt. Du kannst dir leicht ueberlegen, dass dieser die Identitaet sein muss. Daraus folgt $A = [mm] \mathfrak{f}(X)$, [/mm] womit $X$ eine Basis fuer [mm] $\mathfrak{f}(X)$ [/mm] ist.
(Genauer gesagt: du weisst nun, dass es ein Erzeugendensystem ist. Aber danach hattest du gefragt.)
LG Felix
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Hallo Felix,
ja stimmt, man darf natürlich noch Linearkombinationen mit den Grundkörperelementen machen, hab mich da versehentlich ungenau/falsch ausgedrückt.
Die Idee, [mm] $\mathfrak{f}(X)$ [/mm] explizit zu konstruieren hatte ich auch schon, allerdings habe ich gehofft, dass man das einfacher direkt aus der universellen Eigenschaft sehen kann.
Auf jeden Fall vielen Dank für deine Hilfe, ich werde das Teil dann einfach so konstruieren wie du vorgeschlagen hast 
Viele Grüße
Anfänger
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:59 Fr 19.04.2013 | | Autor: | felixf |
Moin Anfaenger,
> Die Idee, [mm]\mathfrak{f}(X)[/mm] explizit zu konstruieren hatte
> ich auch schon, allerdings habe ich gehofft, dass man das
> einfacher direkt aus der universellen Eigenschaft sehen
> kann.
eine explizite Konstruktion von [mm] $\mathfrak{f}(X)$ [/mm] ist es ja eben nicht! Man schaut sich nur das Erzeugnis von $X$ in [mm] $\mathfrak{f}(X)$ [/mm] an (dazu muss man nichts explizit konstruieren). Den Rest erledigt mehr oder weniger die universelle Eigenschaft.
> Auf jeden Fall vielen Dank für deine Hilfe, ich werde das
> Teil dann einfach so konstruieren wie du vorgeschlagen hast
>
Ok, bitte :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Sa 20.04.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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