Bourbaki

Bài tập 5, § 3

Nhóm Lie và đại số Lie, I, 86

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Giả sử rằng K là một trường có đặc số 0. Cho V là một không gian vectơ K hữu hạn chiều, g = sl(V), U là đại số bao quanh của g, U_n là tập hợp các phần tử của phép lọc ≤n\leq n trong U, U^n là tập hợp các ảnh trong U của các tenxơ đối xứng thuần nhất cấp n trên g và (α1,…,αm)(\alpha_1, \ldots, \alpha_m) là một cơ sở của không gian vectơ g. Đặt W_s = \bigotimes^s V. Biểu diễn đồng nhất của g xác định một biểu diễn của g trên W_s, biểu diễn này mở rộng thành một đồng cấu πs\pi_s của U vào đại số M_s = \mathscr{L}(W_s).

(a) Cho M'_s là không gian con của M_s sinh bởi các phần tử có dạng β1⊗β2⊗⋯⊗βs\beta_1 \otimes \beta_2 \otimes \cdots \otimes \beta_s, trong đó βi∈L(V)\beta_i \in \mathscr{L}(V) và βi=1\beta_i = 1 với ít nhất một i. Cho z là một phần tử của U_s và z0=∑1≤i1,…,is≤mai1…isαi1⊗⋯⊗αisz_0 = \sum_{1 \leq i_1, \ldots, i_s \leq m} a_{i_1 \ldots i_s} \alpha_{i_1} \otimes \cdots \otimes \alpha_{i_s} là thành phần của nó trong U^s, trong đó các ai1…isa_{i_1 \ldots i_s} là đối xứng đối với phép hoán vị các chỉ số. Chứng minh rằng

πs(z)≡s!∑1≤i1,…,is≤mai1…isαi1⊗⋯⊗αis(modMs′). \pi_s(z) \equiv s! \sum_{1 \leq i_1, \ldots, i_s \leq m} a_{i_1 \ldots i_s} \alpha_{i_1} \otimes \cdots \otimes \alpha_{i_s} \pmod{M'_s}.

(b) Suy ra từ (a) rằng với mọi z∈Uz \in U tồn tại một biểu diễn hữu hạn chiều π\pi của U sao cho π(z)≠0\pi(z) \neq 0. (Để xem phần tiếp theo của bài tập này, xem § 7, Bài tập 3.)

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5-6-mini. Chưa được người kiểm tra. Mô hình này là bản rút gọn của mô hình đã viết phần còn lại của ngôn ngữ này.