Диссертация (1137439), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Обозначим через 1 короткий простой корень, через 2 длинный простой корень, Δ+ ={1 , 2 , 2 + 1 , 2 + 21 } и множество соответствующих кокорней – это{1∨ , 2∨ , 22∨ + 1∨ , 2∨ + 1∨ }. Квантовый граф Брюа в этом случае выглядитследующим образом:Предложение 5.3.1. Пусть ¯ – последовательность для некоторогоRe+1приведенного разложения элемента − , = 1, 2.
Если нет ребра −→Re+1 , то() (¯ , ) ≃ () (¯ , + 1).94 id I@@@R @ 21H H H6 H 6 HHH ? ? jH 2 1H1 2H H6 H 6HH ? ? HjH1 2 12 1 2I@@@R@ 21 2 1 Рис. 5.3. для типа 2Доказательство. Лемма 5.2.12 говорит нам, что нужно рассмотреть два случая. Предположим, что существуют элементы , ∈ Δ+ , такие что:, ̸= −Re+1 , + =2⟨, Re+1 ⟩Re+1 ,⟨Re+1 , Re+1 ⟩(̂︀ ) + ()̂︀=2⟨, Re+1 ⟩Rê︀+1 .⟨Re+1 , Re+1 ⟩Тогда −Re+1 равен 2 + 1 или 2 + 21 . Предположим, что −Re+1 =– элемент алгебры Ли с простыми2 + 1 . Тогда = 1 , = 2 , (−Rê︀+1 )корневыми векторами (̂︀ 1 ) , (̂︀ 2 ) . Применяя Следствие 5.1.14, ) мы имеем,что Re+1 , > 2 , + 21 , .
Но в силу БГГ резольвенты мы получаем, что(̂︀ Re+1 )2 , +21 , +1 = 0.Теперь предположим, что −Re+1 = 2 + 21 . Тогда = 1 , =2 +1 . Если подпространство, порожденное ̂︀ −1 , ̂︀ −2 −21 , ̂︀ −2 −1 , ̂︀ −2 ,замкнуто относительно скобки Ли, то мы можем аналогично предыдущемуслучаю применить БГГ резольвенту. Обратно, если подпространство, порожденное̂︀ −1 , ̂︀ −2 −21 , ̂︀ −2 −1 , ̂︀ 2 ⊗ замкнуто относительно скобки Ли, то требуемое равенство эквивалентно(̂︀2 ⊗ )2 , +1 ,+1 (̂︀−2 −1 )2 +1 , +1 = 0.95Теперь предположим, что (Rê︀+1 ) ∈ Δ− , −Re+1 = 1 + 2 . Тогдаединственный случай, не покрываемый предыдущими рассуждениями – это = 0 (самый длинный элемент группы Вейля). Применяя Следствие 5.1.14,) мы имеем 1 +2 = 21 +2 + 2 + 1.
Но применяя прямые вычисления валгебре, порожденной 21 +2 ⊗ , 1 +2 ⊗ , 1 ⊗ , 2 , мы получаем:(1 +2 ⊗ )21 +2 +2 +1 = 0.Этим доказательство Леммы завершается.Предложение 5.3.2. Пусть ¯ – последовательность ’ для некоторогоприведенного разложения элемента − , = 1, 2. Если существует реброRe+1 −→ Re+1 , то существует сюръекцияRe+1 () (¯ , + 1) U(n )̂︀(Re+1 )Re+1 , .Доказательство. Нам нужно доказать следующие равенства:,+1\(̂︀ Re+1 )Re+1 , = 0.Re+1 ( )(5.3.4)Отметим, что если оба Re+1 и – длинные корни, то Z⟨Re+1 , ⟩ ≃1 ⊕ 1 .
Поэтому мы можем применить Предложение 5.2.17.Для натуральных чисел , , , таких что + + ≥ 1 + 22 + 1,докажем следующее равенство:(̂︀(2 )) (̂︀(2 +1 )) (̂︀(2 +21 )) = 0.(5.3.5)Если = id или 1 +2 , то (n̂︀ − ) изоморфен n− , и поэтому равенствоявляется следствием БГГ-резольвенты. Предположим, что = 1 или 0 .Применим убывающую индукцию по . Очевидно, что равенство выполняетсядля ≥ 1 + 2 + 1 и для = 0. Предположим, что равенство выполняетсядля > 0 . Тогда, применяя (̂︀ 1 + ) = 1 , запишем:0 = 1 (̂︀ 2 )) (̂︀(2 +1 ))−1 (̂︀(2 +21 ))0 +1 =(̂︀ 2 ))+1 (̂︀(2 +1 ))−2 (̂︀(2 +21 ))0 +1 +(̂︀ 2 )) (̂︀(2 +1 )) (̂︀(2 +21 ))0 .Поэтому требуемое равенство выполняется для , , 0 .96Теперь предположим, что = 2 или = 2 1 .
Тогда, умножая равен1 +22 +1ство − = 0 на (−1 (̂︀ −1 −2 ) , мы получаем требуемое уравнение1для = 0. Тогда требуемое соотношение эквивалентно следующему соотношению:(̂︀(1 ⊗ )) (̂︀(2 +1 ))+ (̂︀(2 +21 )) = 0.Предположим, наконец, что = 1 +2 или = 1 2 . Мы докажем требуемое равенство индукцией по . Оно очевидно для = 0. Предположем,что оно выполняется для = 0 .
Тогда требуемое равенство эквивалентно(̂︀ 1 ⊗ )(̂︀(2 )) (̂︀(2 +1 ))0 −1 (̂︀(2 +21 ))+1 = 0.Равенство (̂︀(1 )) (̂︀(2 +21 )) = 0 для + ≥ 1 + 2 + 1 можетбыть получено сходным образом. Наконец, все неравенства (5.3.4) или эквивалентны частным случаям (5.3.5) и последнего равенства, или могут бытьлегко из них получены.5.3.4. Тип 2Пусть g – алгебра Ли типа 2 . Тогда КГБ типа 2 может быть найден в [LL], стр.19, рисунок 2. Применяя Предложение 5.1.13, мы получаемследующие последовательности ¯1 , ¯2 :∨∨∨∨11 = 1∨ + , 21 = 2∨ + 31∨ + 3, 31 = 2∨ + 21∨ + 2, 41 = 22∨ + 31∨ + 3,∨∨∨51 = 2∨ + 31∨ + 2, 61 = 2∨ + 1∨ + , 71 = 22∨ + 31∨ + 2,∨∨∨181 = 2∨ + 21∨ + , 91 = 2∨ + 31∨ + , 10= 22∨ + 31∨ + .
(5.3.6)∨∨∨12 = 2∨ + , 22 = 2∨ + 1∨ + , 32 = 22∨ + 31∨ + 2,∨∨∨42 = 2∨ + 21∨ + , 52 = 2∨ + 31∨ + , 62 = 22∨ + 31∨ + . (5.3.7)Квантовый граф Брюа – это следующий граф. Есть все стрелки изэлементов длины в элементы длины + 1, 0 ≤ ≤ 5. Есть кванто∏︀вая стрелка из элемента с приведенным разложением вида ( ) в эле∏︀мент ( ), , ∈ {1, 2}, из любого элемента с приведенныи разложением∏︀∏︀( )2 1 2 в элемент ( ) и из любого элемента с приведенным разложе∏︀∏︀нием ( )1 2 1 2 1 в элемент ( ).97Применяя эти данные, мы получаем, что −1 (1, 1, 0) = 15,−2 (1, 1, 0) = 7.
С другой стороны, размерности фундаментальных представлений известны, см. Предложение 5.4.1: dim (1 ) = 15, dim (2 ) = 7.Предложение 5.3.3. Предположим, что нет стрелки −→ Re+1. Тогда:() (¯ , ) ≃ () (¯ , + 1).Доказательство. Лемма 5.2.12 говорит нам, что мы должны рассмотретьдва случая.
Предположим, что существуют элементы , ∈ Δ+ , такие что:, ̸= (−Re+1),⟨, Re+1⟩Re+1, + =2⟨Re+1 , Re+1 ⟩⟩⟨, Re+1(̂︀ ) + ()̂︀=2Rê︀+1 .⟨Re+1 , Re+1 ⟩Тогда мы имеем: + = Re+1,(̂︀ ) + ()̂︀= Rê︀+1 .= 1 + 2 . Тогда > 0 и +1Предположим, что −Re+1, > 31 , +2 , . Применяя БГГ резольвенту мы получаем:(̂︀(Re+1))31 , +2 , +1 = 0.Теперь предположим, что −Re+1= 1 +22 .
Тогда +1, > 1 +2 , +2 , . Если [̂︀(2 ), (̂︀ 1 )] = (̂︀ 1 +2 ), тогда, применяя БГГ резольвенту, мыполучаем(̂︀(Re+1))1 +2 , +2 , = 0.Обратно, [̂︀(1 ⊗ ), (̂︀ 1 +2 )] = (̂︀ 2 ) и, применяя этот факт, мы получаем:(̂︀ Re+1))1 +2 , +2 , +1 = 0.Аналогичным образом доказывается утверждение для −Re+1= 1 +32 или −Re+1= 21 + 32 .98Теперь предположим, что не существует таких и что −Re+1–∈ Δ+ .
Тогда единственные возможные случаи –непростой короткий и ̂︀ +1это = 0 или = 21 +32 . Тогда прямыми вычислениями мы получаем, что(̂︀+1) +1 , лежит в левом идеале, порожденном (̂︀ ), , ̸= +1.Предложение 5.3.4. Рассмотрим модуль (Λ) (¯ , ). Если есть реброRe+1 −→ Re+1в квантовом графе Брюа, то (n )^ (Re+1) Re+1 , – фактормодульRe () .+1Доказательство. Положим 1 = ^ (Re+1) Re+1 , .
Если ⟨Re+1, ⟩ = 0,тогда легко видеть, что [Re+1, ] = 0 и поэтому Z⟨Re+1, ⟩ ∩ Δ – корневая система типа 1 ⊕ 1 . Поэтому требуемое утверждение является постымследствием Леммы 5.2.17.мы имеем,– длинный, то для любого длинного ̸= Re+1Если Re+1, ⟩∩Δ – корневая система типа 2 . Действительно, алгебра Ли,что Z⟨Re+1натянутая на все длинные корни 2 , изоморфна 2 . Поэтому утверждениеявляется следствием Леммы 5.2.17.Отметим, что если Re+1 ∈ Δ− , то требуемые равенства могут бытьполучены прямым вычислением.Теперь предположим, что Re+1= 1 .
Тогда = 0. Отметим, чтослучаи длинного или , ортогонального 1 уже разобраны. Докажем утверждение для = 2 и = 1 + 32 . Если ^ (1 ), ^ (2 ), ^ (1 + 2 ) – линейнозависимы, то утверждение является следствием БГГ резольвенты. Предположим, что ^ (2 ) ∈ Δ+ . Тогда 0 = (^ 2 ⊗ )31 +22 +2 (^ −1 −32 )1 +2 +1 =2 +11^ −^ − . В оставшемся случае мы имеем:1 −212 +110 = (^ 21 +32 ⊗ )1 (^ −1 −2 )31 +2 +1 = ^ −^ −.1 −21Аналогичным образом доказываем, что (^ −2 )31 +2 +1 (^ −1 )1 = 0.Теперь рассмотрим случай Re+1= −21 − 32 . Единственные оставшиеся случаи (т. е.
случай неортогонального к Re+1и короткого ) – это = −1 − 2 и = −1 − 22 . Мы имеем 1 +2 + 1 +22 = 21 +32 − 1.Доказательство в данном случае прямое. Например, для = 1 + 2 :(̂︀ 1 +2 ⊗ )31 +2 (̂︀ −21 −32 )21 +2 = 099применяя (̂︀(1 +2 ⊗ )1 +2 +1 = 0 и (̂︀(1 ⊗ )1 +1 = 0, ≥ 0. Аналогичное= −1 − 32 .прямое доказательство работает для Re+1Теперь нам нужно рассмотреть случай короткого Re+1.
ЕслиRe+1= −1 − 22 , тогда требуемые соотношения могут быть получе= −2 . В этом слуны прямым вычислением. Предположим, что Re+1чае = 0. Тогда соотнршение (^ 1 +32 )1 +1 (^ 2 )2 = 0 может бытьполучено применением одного из двух следующих аргументов. Если корни(^ 1 +32 ), (^ 1 ), (^ 2 ) линейно зависимы, то мы можем применить БГГ резольвенту. Если они линейно независимы, то требуемое равенство следует изсоотношений(^ 1 +22 )1 +1 (^ 1 +32 )1 +2 +1 = 0.Независимо от применяя БГГ резольвенту мы получаем:(^ 1 )1 +2 +1 (^ 2 )2 = 0.Два оставшихся случая могут быть получены сходным образом.= 1 + 2 все тербуемые соотношения могут быть получеДля −Re+1ны подобным образом.5.4. Фундаментальные весаЦель этого раздела – доказать, что dim ( ) = 0 (1, 1, 0) для любого .
Мы для начала сформулируем результат о структуре фундаменталиныхмодулей Вейля ( ) из [I, C, HKOTY]. Если g без кратных связей, то ( )изоморфен соответствующему модулю Демазюра уровня 1, и поэтому в силу теоремы Иона, ch ( ) = 0 (, , 0). Для других типов имеет местоследующее утверждение:Предложение 5.4.1. Модули Вейля ( ) имеют следующее разложениев сумму неприводимых g-модулей:∙ Если g типа , то ( ) ≃ ⊕ −2 ⊕ 2 −4 ⊕ . . . .∙ Если g типа , то ( ) ≃ .∙ Если g типа 4 , то (1 ) = 1 ⊕ 0 , (2 ) = 2 ⊕ (1 ⊕ 24 ) ⊕ 2 1 ⊕ 3 0 , (3 ) = 3 ⊕ 1 , (4 ) = 4 .100∙ Если g типа 2 , то (1 ) = 1 ⊕ 0 и (2 ) = 2 .Нам нужно следующее Предложение.Предложение 5.4.2.
Для доминантного веса мы имеем:0 () (, 0, 0) = ch( ).Доказательство. Несимметрические многочлены Макдональда образуют ортогональный базис относительно скалярного произведения Чередника. Еслимы специализируем это произведение в = 0, = 0, мы получим скалярноепроизведение Вейля:⎛⎞∏︁(, ) = ⎝ ¯(1 − )⎠ ,∈Δ+0где 0 – свободный член и ¯ получается из обращением всех переменных . Функции ch( ) образуют ортонормальный базис в соответствии с этимпроизведением. Наконец, 0 () (, 0, 0) – -инвариантен и имеет старшимвесом .Лемма 5.4.3. Для всех = 1, .
. . , rk(g) имеемdim ( ) = 0 (1, 1, 0).Доказательство. Для типов , , наша Лемма является частным случем[I]. Для 2 утверждение может быть легко получено прямым вычислением.В тиах , , мы должны сопоставить Предложение 5.4.1 с 0 (, 1, 0).Пусть g – типа . Тогда ( ) ≃ ( ), где ( ) – неприводимыйg-модуль, рассматриваемый как g ⊗ K[]-модуль, g ⊗ K[] ( ) = 0. Мыдокажем, что в этом случае − (, , 0) = − (, 0, 0), т. е. у нас нет членовс ненулевой степенью по в − (, , 0).
Применим модель Орра-Шимозонона путях. Применяя 5.1.13, мы получаем следующую последовательность ¯(здесь простые корни задаются как = −+1 , = 1, . . . , −1, = 2 ): − +1 + , −1 − +1 + , . . . , 1 − +1 + , − +2 + , . . . , 1 − +2 + , . . . , 1 − + ,2 + , −1 + + 2, . . . , 1 + + 2, 2−1 + , . . . , 1 + −1 + 2, . . . , 21 + , + + , . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
