Bài tập 5, § 9

Nhãn 0169, cố định. Trích dẫn là [Bourbaki, Tag 0169].

Nhóm Lie và đại số Lie, VIII, 254

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

a) Cho $\alpha \in R, x\in \mathfrak{g}^{\alpha}, y\in \mathfrak{g}^{-\alpha}$ , và cho E là một $\mathfrak{g}$ -môđun. Chứng minh rằng, với mọi $\lambda \in P$ ,

Tr(( $xy$ ) $_E|E^{\lambda}$ ) $=$ Tr(( $xy$ ) $_E|E^{\lambda+\alpha}$ ) $+\lambda ([x, y])$ dim $E^{\lambda}$ .

Suy ra rằng

$\sum_{\lambda\in P}\lambda ([x, y])$ dim $E^{\lambda}. e^{\lambda}= (1-e^{-\alpha})\sum_{\lambda\in P}$ Tr(( $xy$ ) $_E|E^{\lambda}$ ) $. e^{\lambda}$ .

b) Trang bị cho $\mathfrak{h}^*$ một dạng song tuyến tính đối xứng bất biến W không suy biến $\langle ,\rangle$ . Cho $\Delta$ là tự đồng cấu của không gian vectơ $k[P]$ sao cho $\Delta (e^\mu) =\langle \mu, \mu\rangle e^\mu$ với mọi $\mu\in P$ ; nếu $a, b\in k[P]$ , đặt

\Delta '(a, b) =\Delta (ab)-a\Delta (b)-b\Delta (a)

Chứng minh rằng

$\Delta (J(e^\mu)) =\langle \mu, \mu\rangle J(e^\mu)$ với $\mu\in P$ ,

$\Delta '(e^{\lambda}, e^\mu) = 2\langle \lambda , \mu\rangle e^{\lambda+\mu}$ với $\lambda , \mu\in P$ ,

$\Delta '(ab, c) =a\Delta '(b, c) +b\Delta '(a, c)$ với $a, b, c\in k[P]$ .

c) Cho $\lambda \in P_{++},c_{\lambda}=$ ch(E( $\lambda$ )) và $d= J(e^{\rho})$ . Chứng minh rằng

\Delta (c_{\lambda}d) =\langle \lambda +\rho , \lambda +\rho \rangle c_{\lambda}d

(Dùng $a$ ) $,b)$ , §6, Hệ quả của Mệnh đề 7, và Chương VI, §3, no. 3, công thức (3).)

d) Suy ra một chứng minh khác của công thức của H. Weyl từ các kết quả trên và §7, no. 2, Mệnh đề 5 (iii).

e) Với mọi $\lambda \in \mathfrak{h}^*$ , đặt dim $E^{\lambda}=m(\lambda )$ . Suy ra từ a) rằng

Tr(( $xy$ ) $_E|E^{\lambda}$ ) $=\sum^{+\infty}_{i=0}(\lambda +i\alpha )([x, y])m(\lambda +i\alpha )$

\sum_{i=-\infty}^{+\infty}(\lambda +i\alpha )([x, y])m(\lambda +i\alpha ) = 0

f) Cho $\langle \cdot ,\cdot \rangle$ là một dạng song tuyến tính đối xứng bất biến không suy biến trên $\mathfrak{g}$ mà hạn chế của nó lên $\mathfrak{h}$ là nghịch đảo của dạng đã chọn ở trên. Cho $\Gamma$ là phần tử Casimir tương ứng. Giả sử E là đơn; đặt $\Gamma_E=\gamma .1$ , trong đó $\gamma \in k$ . Bằng cách sử dụng e) và §2, no. 3, Mệnh đề 6, chứng minh rằng

\gamma m(\lambda ) =\langle \lambda , \lambda \rangle m(\lambda ) +\sum_{\alpha\in R}\sum^{+\infty}_{i=0}\langle \lambda +i\alpha , \alpha \rangle m(\lambda +i\alpha )

với mọi $\lambda \in \mathfrak{h}^*$ , và khi đó

\gamma m(\lambda ) =\langle \lambda , \lambda \rangle m(\lambda ) +\sum_{\alpha\in R_+}m(\lambda )\langle \lambda , \alpha \rangle + 2\sum_{\alpha\in R_+}\sum^{+\infty}_{i=1}m(\lambda +i\alpha )\langle \lambda +i\alpha , \alpha \rangle

=\langle \lambda , \lambda + 2\rho \rangle m(\lambda ) + 2\sum_{\alpha\in R_+}\sum^{+\infty}_{i=1}m(\lambda +i\alpha )\langle \lambda +i\alpha , \alpha \rangle

g) Tiếp tục giả sử rằng E là đơn; cho $\omega$ là trọng số cao nhất của nó. Suy ra từ f) rằng, với mọi $\lambda \in \mathfrak{h}^*$ ,

(\langle \omega +\rho , \omega +\rho \rangle - \langle \lambda +\rho , \lambda +\rho \rangle )m(\lambda ) = 2\sum_{\alpha\in R_+}\sum^{+\infty}_{i=1}m(\lambda +i\alpha )\langle \lambda +i\alpha , \alpha \rangle

(Nhắc lại rằng, theo Mệnh đề 5 của § $7,\langle \omega +\rho , \omega +\rho \rangle >\langle \lambda +\rho , \lambda +\rho \rangle$ nếu $\lambda$ là một trọng số của E phân biệt với $\omega$ . Công thức trước do đó cho một quy trình để tính $m(\lambda )$ từng bước.) $^{18}$

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Được trích dẫn bởi

Không có.

Bài tập 5, § 9

Được trích dẫn bởi

Trích dẫn đến