Bourbaki

Bài tập 5, § 3

Nhóm Lie và đại số Lie, V

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Cho V là một không gian vectơ thực hữu hạn chiều, W là một nhóm con hữu hạn của GL(V)\mathbf{GL}(V) sinh bởi các phản xạ, C là một phòng của W và S là tập hợp các tường của C. Nếu J⊂SJ \subset S, đặt WJW_J là nhóm con của W sinh bởi các sHs_H với H∈JH \in J, và đặt ε(J)=(−1)Card(J)\varepsilon(J) = (-1)^{\mathrm{Card}(J)}. Chứng minh rằng

1Card(W)=∑J⊂Sε(J)Card(WJ). \frac{1}{\mathrm{Card}(W)} = \sum_{J \subset S} \frac{\varepsilon(J)}{\mathrm{Card}(W_J)}.

(*)

(Gọi (x∣y)(x|y) là một tích vô hướng trên V bất biến dưới tác động của W, Σ\Sigma là mặt cầu đơn vị của V, và μ\mu là một độ đo dương trên Σ\Sigma bất biến dưới W và có khối lượng toàn phần bằng 1. Nếu H∈SH \in S, gọi DHD_H là nửa không gian mở được xác định bởi H và chứa C. Đặt EH=DH∩ΣE_H = D_H \cap \Sigma. Khi đó

(−C‾)∩Σ=⋂H∈S(Σ−EH), (-\overline{C}) \cap \Sigma = \bigcap_{H \in S} (\Sigma - E_H),

do đó

1Card(W)=μ(C‾∩Σ)=∫Σ∏H∈S(1−φEH)dμ \frac{1}{\mathrm{Card}(W)} = \mu(\overline{C} \cap \Sigma) = \int_{\Sigma} \prod_{H \in S} (1 - \varphi_{E_H}) d\mu
=∑J⊂Sε(J)μ(⋂H∈JEH). = \sum_{J \subset S} \varepsilon(J) \mu \left( \bigcap_{H \in J} E_H \right).

Kết luận bằng cách nhận xét rằng ⋂H∈JEH\bigcap_{H \in J} E_H là giao với Σ\Sigma của một phòng của WJW_J, và do đó có độ đo bằng 1/Card(WJ)1/\mathrm{Card}(W_J).)

Khôi phục công thức (*) bằng Bài tập 26 e) của Chương IV, § 1 (đặt t=1t = 1 trong đẳng thức đã được chứng minh trong bài tập nói trên).

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.