Диссертация (1137439), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Предположим, чтодействительная часть веса равна (). Тогда для Re+1 ∈ Δ− действительная часть веса 1 равна () + deg(+1 )(Re+1 ). Однако:() + deg(+1 )(Re+1 ) = (()+1 ).Действительно, () = () и() +1 = () deg(+1 )Re+1 Re+1 =() deg(+1 )(Re+1 ) Re+1 .Аналогичным образом мы получаем утверждение для Re+1 ∈ Δ+ . Этиммы завершаем доказательство Следствия.Обозначим (1, 1, 0) специализацию несимметрического многочленаМакдональда в = 0, = 1 и всех = = 1.Теорема 5.2.20.
Пусть 0 – самый длинный элемент группы Вейля .Предположим, что dim ( ) = 0 (1, 1, 0) для всех фундаментальныхвесов . Тогда неравенства из следствия 5.2.19 являются в действительности равенствами.87Доказательство. Предположим сначала, что для доминантных весов , мыимеем (см. [I],[N]):(5.2.11)dim ( + ) = dim () · dim ().Более того, для специализаций в = 1 симметрических полиномов Макдональда (, 1, ) мы имеем + (, 1, ) = (, 1, ) · (, 1, ) и для любогодоминантного мы имеем равенство (, , 0) = 0 () (, , 0) (см. [Ch], стр.15 и (1.38)).
Поэтому для любого доминантного :dim () = 0 (1, 1, 0).Мы знает, что для любого ∈ выполнено:dim ≥ dim () = 0 (1, 1, 0)(Лемма 5.2.11 плюс (5.2.11)). Отметим, что 0 (1, 1, 0) – количество путейвида 0 () в квантовом графе Брюа, начинающихся в единичном элементе . Мы также знаем, что dim ( ) меньше или равен количеству путей вквантовом графе Брюа типа ¯ , начинающихся в точке (для любого ∈ ). Предположим, что для некоторого ∈ и фундаментального веса выполняется строгое наравенство dim ( ) > 0 (1, 1, 0).
Для разложения = 1 . . . мы определяем = 1 + · · · + + . Тогда применяя Теорему5.1.16 ( + 1) раз мы получаем:0 (1, 1, 0) =∑︁∑︁...1 ∈ℬ(id,−1 ,¯1 , ) 2 ∈ℬ(1 ,− − ,¯2 ,−1 )12∑︁∑︁1. (5.2.12) ∈ℬ(−1 , ,¯ , + ) +1 ∈ℬ( ,0,¯, )Каждый раз в -й сумме мы суммируем как минимум 0 (1, 1, 0) слагаемых. Действительно, количество слагаемых не меньше, чем dim () длянекоторого ∈ . Но мы также имеемdim () ≥ dim () = 0 (1, 1, 0).Поэтому если мы хотя бы раз просуммировали строго больше, чем∏︀0 (1, 1, 0) слагаемых, тогда dim () >=1 dim ( ) · ( ),что потиворечит (5.2.11). Применяя Следствие 5.1.14, ) мы имеем, что88Re1 = − . Для любого ∈ и любого простого корня существуетстрелка −→ в КГБ.
Поэтому в последней сумме мы хотя бы раз име∑︀ем+1 ∈ℬ(,0,¯, ) 1, т. е. dir(( )) = . Поэтому для любого ∈ имеется точно dim ( ) путей типа ¯ . Поэтому для любого доминантного∑︀= =1 имеемdim() ≤0 (1, 1)=∏︁dim ( ).=1Теперь, применяя Лемму 5.2.11, мы получаем dim () =∏︀=1 dim ( ).Следствие 5.2.21. Пусть – доминантный вес, ∈ . Тогда ch() =0 .Мы получили следующее утверждение (см. [I] для g типов , , ).Следствие 5.2.22.
Пусть – доминантный вес. Тогда для произвольнойпростой g0 () (, , 0) = ch ().Мы также получаем теоретико-представленческую интерпретацию специализаций несимметрических многочленов Макдональда в = ∞.Следствие 5.2.23. Пусть – антидоминмнтный вес. Тогда: (, −1 , ∞) = ℎ .5.3. Случаи малых рангов5.3.1. Тип 1Пусть g = sl2 . Тогда мы имеем два типа обобщенных модулей Вейля,соответствующих = id и = . Здесь есть только один фундаментальныйвес 1 , и, так как ¯1 состоит из одного элемента, 11 = − + . Модули вида , = , ≥ 0 изоморфны модулям Демазюра уровня 1.
Модуль , ≥ 0 определяется соотношениями( ⊗ 1)+1 = 0, ( ⊗ ) = 0, ℎ ⊗ = 0, > 0.89 id 6@I@@R@ Q1 2 Q66Q QQ? Q? s Q+ 1 2 2 1I@@@R@1 2 1Рис. 5.2. для типа 2Теперь − , > 0 определяются соотношениями ⊗ 1− = 0, ( ⊗ )+1 − = 0, ℎ ⊗ − = 0, > 0.Имеем dim = dim − = 2 .В силу того, что ¯1 состоит из одного корня, модули Вейля с характеристиками совпадают с классическими модулями Вейля. (¯1 , 0) ≃ , (¯1 , 1) ≃ (−) .Мы имеем следующие свойства обобщенных модулуй Вейля: ⊃ U(n )( ⊗ 1) ≃ −(−1) , /U(n )( ⊗ 1) ≃ (−1) .Аналогично:− ⊃ U(n )( ⊗ ) − ≃ (−1) ,− /U(n )( ⊗ ) − ≃ −(−1) .5.3.2.
Тип 2Цель этого раздела – описать точно структуру обобщенных модулей Вейля для g = sl3 . Более точно, мы докажем Теорему 5.2.18 в типе 2 . Квантовыйграф Брюа в типе 2 выглядит как на Hисунке 5.3.290Рассмотрим модуль () , где = 1 1 + 2 2 и – элемент группы перестановок 3 . Предположим, что 1 – положительное и зафиксируем1 = −1 + , 2 = −1 − 2 + , тогда 1 = 1 (−1 ), 2 = 2 (−2 ) (процедураразборки в случае 2 является абсолютно аналогичной). Так как последовательность ¯ зафиксирована, мы опускаем ¯, когда говорим об обобщенных¯ ). Мы имеем слемодулях Вейля и пишем просто () () вместо () (,дующую последовательность сюръекций U(n )-модулей:() ≃ () (0) () (1) () (2) () (2) ≃ (−1 ) .(5.3.1)Применим обозначения:1 = 1 , 2 = 2 , 12 = 1 +2и аналогично для .
Также обозначим отражения в 3 с помощью 1 , 2 и12 .Случай 1. Пусть = id. Тогда соотношения в () имеют вид ℎ⊗ =0, > 0 и1 +2 +111 +1 = 22 +1 = 12 = 0, ⊗ = 0.Рассмотрим последовательность (5.3.1).12Для начала, пусть нет ребра id −→ 12 в квантовом графе Брюа. Мыдолжны показать (Теорема 5.2.18, )) что отображение (1) (2) –изоморфизм. Действительно, единственное отличие между определяющими1 +2 +11 +2соотношениями – это 12 = 0 в (1) вместо 12 = 0 в (2).Однако у нас есть соотношения 11 = 0 и 22 +1 = 0 в (1), которые1 +2влекут 12 = 0 в (1).Далее, рассмотрим отображение (0) (1). Очевидно, ядро этогоотображения задается U(n )11 (Теорема 5.2.18, )).
Мы хотим доказать(Теорема 5.2.18, )) что существует сюръективный гомоморфизм1 () (1) → (U(n )11 .Другими словами, нам нужно доказать следующие равенства в :1 11 = 0, (2 ⊗ )11 = 0, (12 ⊗ )11 = 0, (h ⊗ K[])11 = 0,2 +1 1(1 ⊗ )1 11 = 0, 121 = 0, 21 +2 +1 11 = 0.91Равенства первой строки очевидны. Рассмотрим теперь равенства второйстроки. Первое равенство следует из картины для 1 , второе и третье равенства очевидно выполняются в sl3 -модуле и, поэтому, и в .Поэтому ядро отображения (0) (1) ≃ −1 накрывается модулем 1 () (1) (в действительности, это накрытие является изоморфизмом,что мы и докажем ниже).
Для окончания доказательства рассмотрим сюръекцию1 () (1) → 1 () (2).Ядро этой сюръекции равно U(n )21 +2 . Мы хотим показать, что существует сюръективное отображение1 12 () (2) → (U(n )21 +2 .То есть мы хотим показать, что следующие равенства выполняются в1 () (1):2 21 +2 = 0, 12 21 +2 = 0, (1 ⊗ )21 +2 = 0, h ⊗ K[] = 0,(5.3.2)12 +1 21 +2 = 0, (2 ⊗ )1 +2 21 +2 = 0, (12 ⊗ )1 21 +2 = 0.(5.3.3)Напомним определяющие равенства 1 () (1):1 = 0, (2 ⊗ ) = 0, (12 ⊗ ) = 0, h ⊗ K[] = 0,2 +1(1 ⊗ )1 = 0, 12 = 0, 21 +2 +1 = 0.Соотношения (5.3.2) могут быть легко получены (например, (1 ⊗ )21 +2 пропорционален (12 ⊗ )21 +2 +1 ). Теперь выведем соотношения (5.3.2). Соотношение 12 +1 21 +2 = 0 может быть получено коммутированием 12 +12 +1сквозь 21 +2 и применением соотношения 1 = 0 и 12 = 0. Соотношение1 +2 1 +2(2 ⊗)2 = 0 следует из случая 1 .
Соотношение (12 ⊗)1 21 +2 =0 может быть получено коммутированием (12 ⊗ )1 сквозь 21 +2 и применением соотношений (12 ⊗ ) = 0, (1 ⊗ )1 = 0.Мы получили, что модуль () может быть разложен на три подфактора. Каждый подфактор является фактором (−1 ) для некоторого ∈ 3 .По индукции по 1 + 2 , размерность каждого подфактора не превышает31 +2 −1 .
Следовательно, dim ≤ 31 +2 . Поскольку обратное неравенствовыполняется всегда, мы получаем, что dim = 31 +2 и все подфакторыимеют вид (−1 ) .92Теперь легко проверить, что случаи = 1 2 и = 2 1 эквивалентныслучаю = id, потому что трехмерная нильпотентная подалгебра, образованая корневыми операторами и ⊗ , действующими нетривиально на ,изоморфна алгебре Гейзенберга.Случай 2. Рассмотрим противоположный случай, т. е.
когда =1 +2 = 12 – самый длинный элемент. Тогда соотношения в () имеютследующий вид(1 ⊗ )2 +1 = 0, (2 ⊗ )2 +1 = 0, (12 ⊗ )1 +2 +1 = 0, = 0.121Мы имеем две стрелки s12 −→ id и s12 −→ s12 s1 в квантовом графеБрюа. Поэтому нам нужно описать ядра отображений 12 () (0) 12 () (1)и 12 () (1) 12 () (2).Во-первых, рассмотрим отображение 12 () (0) 12 () (1). Очевидно,ядро этого отображения равно U(n )(2 ⊗ )1 (Теорема 5.2.18, )). Мыхотим доказать (Теорема 5.2.18, )) что существует сюръективный гомоморфизм12 1 () (1) → U(n )(2 ⊗ )1 .Другими словами, мы хотим доказать следующие соотношения в 12 () :1 (2 ⊗ )1 = 0, 12 (2 ⊗ )1 = 0,(2 ⊗ )(2 ⊗ )1 = 0, (h ⊗ K[])(2 ⊗ )1 = 0(это – очевидно) и21 (2 ⊗ )1 = 0, (12 ⊗ )2 +1 (2 ⊗ )1 = 0, (1 ⊗ )1 +2 +1 (2 ⊗ )1 = 0.Первое равенство следует из случая 1 .
Второе соотношение приходит изравенства 11 (12 ⊗ )1 +2 +1 = 0. Для доказательства третьего равенствамы перенесем (2 ⊗ )1 налево в выражении (1 ⊗ )1 +2 +1 (2 ⊗ )1 . Всеслагаемые в сумме содержат сомножитель (1 ⊗ ) , > 2 , находящийсясправа, и поэтому обнуляют в 12 () .Во-вторых, рассмотрим отображение 12 () (1) 12 () (2). Очевидно,ядро этого отображения задается как U(n )(12 ⊗ )1 +2 (Теорема 5.2.18,)). Мы хотим доказать существование сюръективного гомоморфизма (2) → U(n )(12 ⊗ )1 +2 .93Другими словами, мы хотим доказать следующие равенства в 12 () (1):(1 ⊗ )(12 ⊗ )1 +2 = 0, (2 ⊗ )(12 ⊗ )1 +2 = 0,(12 ⊗ )(12 ⊗ )1 +2 = 0, (h ⊗ K[])(2 ⊗ )1 = 0(это – очевидно) и1 +211 (12 ⊗ )1 +2 = 0, 22 +1 (12 ⊗ )1 +2 = 0, 12(12 ⊗ )1 +2 = 0.Третье равенство следует из случая 1 .
Первое соотношение может бытьполучено коммутированием 11 направо сквозь (12 ⊗ )1 +2 , так как (2 ⊗)1 = 0 в 12 () (1). Второе соотношение может быть получено тем жеспособом.Наш следующий шаг – рассмотреть модуль 12 1 () (1). Нас интересуетсюръекция 1 2 () (1) → 1 2 () (2) (12 1 = 1 2 ). Так как нет стрелки вида12s1 s2 −→2 в КГБ, мы должны доказать, что нижеследующая сюръекция –изоморфизм. Другими словами, мы должны доказать, что соотношения (1 ⊗)1 +2 = 0 выполняются в 1 2 () (1). Мы имеем следующие соотношенияв 1 2 () (1): 21 = 0 и (12 ⊗ )2 +1 = 0.
В силу [12 ⊗ , 2 ] = 1 ⊗ , мыполучаем (1 ⊗ )(1 −1)+2 +1 = 0.Так же, как и в случае 1, мы можем разложить модуль 12 () на триподфактора вида (−1 ) (точнее говоря, фактора этих модулей).Легко видеть, что случаи = 1 и = 2 эквивалентны случаю = 12 .5.3.3. Тип 2Цель этого подраздела – доказать Теорему 5.2.18 для g типа 2 . Самый длинный элемент 0 равен −1, поэтому 0 = − .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
