习题 15, § 13

令V为有限维$\geq 2,\mathfrak{g}$的向量空间为End(V)的谎言子代数和$\theta$元素为$\mathfrak{g}$。我们制作以下假设：

(i) V 是半单 $\mathfrak{g}$-模； (ii) $\theta$ 为秩 1（即暗淡 Im($\theta$ ) $= 1$）；

(iii) 行 Im($\theta$ ) 生成 $U(\mathfrak{g}$)-模块 V。

a）证明当$\mathfrak{g}=\mathfrak{s}\mathfrak{l}$（V），当$\mathfrak{g}=\mathfrak{g}\mathfrak{l}$（V），或者当存在非退化交错的双线性形式时，满足这些假设（对于$\theta$合适的选择） $\Psi$在V上，使得$\mathfrak{g}=\mathfrak{s}\mathfrak{p}(\Psi )$或$\mathfrak{g}=k.1\oplus \mathfrak{s}\mathfrak{p}(\Psi )$。在每种情况下，$\theta$都可以视为幂零元；在第二种情况下（并且仅在这种情况下）$\theta$可以被视为半单元素。

b) 我们将证明上述四种情况是唯一可能的。我们立即简化为 $k$ 代数闭的情况。证明V是一个简单的$\mathfrak{g}$模块，以及$\mathfrak{g}=\mathfrak{c}\oplus \mathfrak{s}$，其中$\mathfrak{s}$是半单，以及$\mathfrak{c}= 0$或$\mathfrak{c}=k.1$；表明 V 与 $\mathfrak{g}$ 的张量积不同构 - 维数 $\geq 2$ 的模块；推断 $\mathfrak{s}$ 是简单的。

c) $\mathfrak{s}$ 的选择嘉当子代数 $\mathfrak{h}$，以及$R(\mathfrak{s},\mathfrak{h})$ 的基 B。令$\lambda$为$\mathfrak{s}$模块V的最高权（相对于B），并令$e$为权$\lambda$的V的非零元素。对偶模 $V^*$ 中的最高权为 $\lambda^*=-w_0\lambda ($§7, no. 5）；令 $e^*$ 为 $V^*$ 权 $\lambda^*$ 的非零元素。 认同 $V\otimes V^*$ 与平常一样结束（V）。证明存在$x\in V, y\in V^*$使得$x\otimes y\in \mathfrak{g}$和$\langle x, e^*\rangle \not= 0,\langle e, y\rangle \not= 0$（用$e^n$取$\theta$的共轭，其中$n$是$\mathfrak{g}$的合适幂零元）。使用$\mathfrak{g}$是$V\otimes V^*$到结论的$\mathfrak{h}$子模块，即$\mathfrak{g}$包含$e\otimes e^*$这一事实。推导出 $\lambda +\lambda^*= \widetilde{\alpha}$，其中 $\widetilde{\alpha}$ 是 $\mathfrak{s}$ 的最高根。

d) 证明$\mathfrak{s}$不属于型$B_l(l\geq 2), D_l(l\geq 4), E_6,E_7,E_8,F_4,G_2$（根据第VI章，表$, \widetilde{\alpha}$将是基本的权，因此不可能属于上面的形式$\lambda +\lambda^*$）。推出$\mathfrak{s}$是型$A_l$或型$C_l$，第一种情况是$\lambda =\varpi_1$或$\varpi_1=\varpi_1^*$，第二种情况是$\widetilde{\alpha}= 2\varpi_1=\varpi_1+\varpi^*_1$；从$\mathfrak{c}= 0$或$k.1$开始，这确实给出了$a)^{21}$的四种可能性。