¿Cuál es la homomorphism entre el exterior y el tercer simétrica poder de la adjoint representación de una simple Mentira álgebra?

Question

Deje $\mathfrak{g}$ ser el adjunto de la representación de una simple Mentira álgebra (que no es de tipo $A$). A continuación, el espacio de intertwiners entre la tercera potencia exterior de $\mathfrak{g}$ y el tercer simétrica poder de $\mathfrak{g}$ tiene dimensión uno. He comprobado en un caso por caso, con la Mentira de que estas dos representaciones tienen un solo componente irreducible en común.

Estoy pidiendo un natural elemento no nulo en este espacio; donde de forma natural, me refiero a construido a partir de la Mentira de soporte, permutaciones, el Homicidio y sus adjuntos. Si usted puede dar a este en la notación diagramática que sería aún mejor.

La pregunta stands independientemente de la motivación. Sin embargo, mi motivación es que estoy tratando de entender Drinfeld la "excelente relación" en la definición de la Yangian. Esta relación puede ser interpretada como diciendo que dos acciones de la común representación irreducible de acuerdo.

Estoy buscando en "Una guía para los grupos cuánticos" por Chari & Pressley, donde la "excelente relación" (4) en el Teorema 12.1.1 página 376 (Google Libros).

Una pregunta relacionada es Mentira álgebra cohomology.

Las construcciones funcionar perfectamente bien en el tipo de $A$. El tipo de causa $A$ es excepcional (!) es que en el tipo de $A$ (y sólo en este caso) $\mathfrak{g}$ aparece como una composición factor de la simetría del cuadrado de $S^2\mathfrak{g}$. La proyección está dada por $$ x\otimes y \mapsto xy+yx -\frac{2}{n}\mathrm{trace}(xy).1 $$ donde $x,y$ se $n\times n$ matrices con cero de seguimiento.

Esto enturbia el agua.

Actualización estaba confundido cuando le pregunté a la pregunta original. La dimensión el espacio de intertwiners parece a 2 para los grupos excepcionales, 3 para el clásico de grupos y 4 $\mathfrak{sl}(n)$.

Sin embargo, la representación que es relevante en esta construcción de la Yangian es el núcleo de la Mentira de soporte. Esta es una representación irreducible de $\mathrm{Aut}(\mathfrak{g})$ y es distinto de cero, excepto en el tipo de $A_1$. Desde $H^2(\mathfrak{g})=0$ esta representación también aparece en la tercera potencia exterior.

A continuación, el lado derecho de la "excelente relación", muestra de que esta representación también aparece en el tercer simétrica poder. Esto se explica en Robert Bryant respuesta.

Answer 1

No es natural homomorphism que estoy bastante seguro de que no es cero, en general, que puede ser descrito más fácilmente usando el doble lenguaje de la Mentira álgebra $\frak g$:

Recordar que hay una diferencia de $\mathrm{d}:{\frak{g}}^\ast\to \Lambda^2({\frak{g}}^\ast)$ que se extiende únicamente a un grado uno, la plaza de cero derivación de $\frak{g}^\ast$. Es definido por $\mathrm{d}\alpha(x,y) = -\alpha\bigl([x,y]\bigr)$ para todos los $\alpha\in \frak{g}^\ast$ e $x,y\in \frak{g}$.

Definir una asignación de $$ P:S^3(\frak{g}^\ast)\a \Lambda^6(\frak{g}^\ast) $$ por la regla $$ P(\alpha_1\circ\alpha_2\circ\alpha_3) = \mathrm{d}\alpha_1\wedge\mathrm{d}\alpha_2\wedge\mathrm{d}\alpha_3\,. $$ El uso de la Mentira de soporte de uno define el Cartan $3$forma $\phi\in \Lambda^3(\frak{g}^\ast)$ por $$ \phi(x,y,z) = \kappa\bigl(x,[y,z]\bigr), $$ donde $\kappa$ es la Matanza forma de $\frak{g}$. Esto puede ser usado para definir una asignación de $$ \Phi: \Lambda^3(\frak{g}^\ast)\a \Lambda^6(\frak{g}^\ast) $$ por $\Phi(\psi) = \phi\wedge\psi$ cuya imagen es un buen subespacio de $\Lambda^6(\frak{g}^\ast)$, excepto para los casos $A_1$ e $A_2$.

Ahora, con la naturaleza del producto interior en $\Lambda^6(\frak{g}^\ast)$ inducida por la Matanza forma, definir una proyección ortogonal $\pi:\Lambda^6(\frak{g}^\ast)\to \Phi\bigl(\Lambda^3(\frak{g}^\ast)\bigr)$. A continuación,$\pi\circ P\bigl(S^3(\frak{g}^\ast)\bigr) =\Phi\bigl(\Lambda^3(\frak{g}^\ast)\bigr)$, y, a lo largo de estos dos espacios no son cero (y creo que ellos no son en general), esto va a definir un mapa de la clase que usted busca.

$\Phi$ no es inyectiva ya que $\phi$ es en su núcleo, por lo que tendrá que utilizar el adjunto de $\Phi$ (utilizando el producto interior inducida por el Asesinato de su forma) para construir el mapa de forma explícita.

Alternativamente, usted puede definir la vinculación $$ \beta: S^3(\frak{g}^\ast)\times \Lambda^3(\frak{g}^\ast)\longrightarrow \mathbb{C} $$ por $$ \beta(p,\psi) = \kappa\bigl(P(p),\Phi(\psi)\bigr) $$ donde he extendido la $\kappa$ en la forma habitual para el exterior poderes de $\frak{g}^\ast$, y tomando nota de que ambos espacios son, por supuesto, la auto-dual, compruebe que esta vinculación no es idénticamente cero, que se encargará de dar el mapa.

P. S. no he revisado todos los detalles de esto, pero creo que la siguiente estrategia producirá un (muy insatisfactorio) prueba de que el emparejamiento $\beta$ es distinto de cero en todos los casos, excepto en $A_1$: en Primer lugar, comprobar, por parte, de que el emparejamiento es distinto de cero para $A_2$, $B_2=C_2$ y $G_2$. (Esto no es difícil de hacer. $A_2$ está a sólo un par de líneas, y $B_2$ es sólo un poco más de tiempo. No he checado $G_2$.) En la segunda, supongamos que $\frak{g}$ es simple y que $\frak{h}\subset\frak{g}$ es un simple sub álgebra de tal manera que el par $(\frak{g},\frak{h})$ es una irreductible simétrica par. Utilizando el hecho de que la muerte forma de $\frak{g}$ restringe a ser un no-cero múltiples de la Matanza forma de $\frak{h}$ mientras que la de Cartan $3$-forma de $\frak{g}$ restringe a ser un valor distinto de cero múltiples de la Cartan $3$-forma de $\frak{h}$, una muestra de que la correspondiente restricción de $\beta_{\frak{g}}$ es un valor distinto de cero múltiples de $\beta_{\frak{h}}$. Por lo tanto, si $\beta_{\frak{h}}$ no es cero, entonces $\beta_{\frak{g}}$ no es también cero. Finalmente, cualquier simple Mentira álgebra otros de $A_1$ y el $C_n$ $(n>2)$ es el final de una cadena de pares simétricos que se inicia con $A_2$, $B_2$, o $G_2$, por lo que el resultado de la siguiente manera para todos estos excepto el $C_n$. Sin embargo, $C_n$ contiene $\mathbb{C}+A_{n-1}$ como simétrica subalgebra, y creo que el anterior argumento inductivo puede ser extendido para este caso.