PhD Thesis

Prueba. Para el caso θ ◦ b = 0 :
p−1
θ(
i=0
θ ◦ b(a0 ⊗ a1 · · · ⊗ ap) =
(−1) i (a0 ⊗ · · · ⊗ aiai+1 ⊗ · · · ⊗ ap) + (−1) p+αp apa0 ⊗ a1 ⊗ · · · ⊗ ap−1) =
1
p! (
p−1
(−1) i+i1+i3+···
a0 ⊗ β(a1) ⊗ · · · ⊗ β(aiai+1) ⊗ · · · ⊗ β(ap)+
i=0
(−1) p+αp apa0 ⊗ β(a1) ⊗ · · · ⊗ β(ap−1))
donde αp = ip(i0 + · · · + ip−1). Sin perdida de generalidad podemos suponer
que i es par, entonces
((−1) (i−1)+i1+i3+···+ii−1+ii+ii+2+··· a0⊗β(a1)⊗· · ·⊗(β(ai−1)ai+(−1) ii−1 ai−1β(ai))⊗· · ·⊗β(ap))+
((−1) i+i1+i3+···+ii−1+ii+2+··· a0⊗β(a1)⊗· · ·⊗(β(ai)ai+1+(−1) ii aiβ(ai+1))⊗· · ·⊗β(ap))
De aquí se sigue que el primer término de la primera igualdad con el último
término se cancelan consecutivamente. Analizando el caso i = p − 1 e i = p,
obtenemos : Si p es par
· · · + (−1) (p−1)+i1+i3+···+ip−1+ip a0β(a1) · · · (β(ap−1)ap + ap−1β(ap))+
(−1) p+αp+i1+i3+···+ip−1 apa0β(a1) · · · β(ap−1) = 0,
la razón de esta afirmación es que al permutar ap para tener apa0β(a1) · · · β(ap−1)
en el primer sumando generamos el signo αp + ip(p − 1) el cual permite eliminar
el signo de ip (pues p − 1 es impar) y tener un signo opuesto al del último
sumando. El caso cuando p es impar es similar.
Para θ ◦ ∂ = δ ◦ θ obtenemos
θ ◦ ∂(a0 ⊗ · · · ⊗ ap) = θ(
(−1) i0+···+ik−1a0 ⊗ · · · ⊗ ∂(ak) ⊗ · · · ⊗ ap) =
k
aquí analizaremos dos casos (obviando el término 1/p!) : Si k es par obtenemos
la expresión :
(−1) i0+···+ik−1 (−1) i1+i3+··· a0β(a1) · · · β(∂(ak)) · · · β(ap)
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