Dimensión del espacio de pesos para la representación irreducible de $\mathfrak{sl}\left( 3, \mathbb{C} \right)$

Question

Encontré esta pregunta en el libro de Hall "Lie Groups, Lie Algebra and Representations".

Dejemos que $\sigma: \mathfrak{sl}\left( 3, \mathbb{C} \right) \rightarrow \mathfrak{gl}\left( V \right)$ sea una representación irreducible de dimensión finita con el mayor peso $\mu$ . Dejemos que $v_0 \in V$ sea un vector de pesos correspondiente al mayor peso $\mu$ . Entonces, el espacio de pesos correspondiente al peso $\mu - \alpha_1 - \alpha_2$ es, en la mayoría de los casos, bidimensional y está atravesado por $\sigma \left( Y_1 \right) \sigma \left( Y_2 \right) v_0$ y $\sigma \left( Y_2 \right) \sigma \left( Y_1 \right) v_0$ .

Mi estrategia para abordar este problema es demostrar que el espacio de pesos es exactamente el tramo de los dos vectores dados. Dado que cualquier otra aplicación de $\sigma \left( X_i \right)$ o $\sigma \left( Y_i \right)$ se arriesgaría al peso, una vez que pruebe mi afirmación, el resultado se probará.

Para ver este resultado, una parte está clara: $\text{span} \left\lbrace \sigma \left( Y_1 \right) \sigma \left( Y_2 \right) v_0, \sigma \left( Y_2 \right) \sigma \left( Y_1 \right) v_0 \right\rbrace \subseteq W$ , donde $W$ es el espacio de pesos correspondiente al peso $\mu-\alpha_1-\alpha_2$ .

Sin embargo, no puedo demostrar lo contrario. Partiendo de un vector $w \in W$ Estaba pensando en aplicar $\sigma \left( X_1 \right) \sigma \left( X_2 \right)$ y $\sigma \left( X_2 \right) \sigma \left( X_1 \right)$ a $w$ para que llegue al espacio de pesos correspondiente al peso $\mu$ . Pero como $\mu$ es el peso más alto, debemos tener

$$\sigma \left( X_1 \right) \sigma \left( X_2 \right) w = \lambda_1 v_0,$$

$$\sigma \left( X_2 \right) \sigma \left( X_1 \right) w = \lambda_2 v_0.$$

Sin embargo, después de esto, no sé qué hacer. He intentado aplicar $\sigma \left( Y_1 \right)$ y $\sigma \left( Y_2 \right)$ en ambos lados. Pero, no pude obtener nada de ello. Al utilizar las relaciones de conmutación, el $X_1$ y $X_2$ no desaparezcan, que es lo que quiero. Cualquier ayuda en esto será apreciada.

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Como referencia, los símbolos $\alpha_1 = \left( 2, -1 \right)$ y $\alpha_2 = \left( -1, 2 \right)$ son las raíces simples positivas de $\mathfrak{sl}\left( 3, \mathbb{C} \right)$ .

Para $\mathfrak{sl}\left( 3, \mathbb{C} \right)$ tenemos que utilizar la siguiente base

$$H_1 = \left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right], \ H_2 = \left[ \begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{matrix} \right],$$ $$X_1 = \left[ \begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right], \ X_2 = \left[ \begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right], \ X_3 = \left[ \begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right],$$ $$Y_1 = \left[ \begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right], \ Y_2 = \left[ \begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} \right], \ Y_3 = \left[ \begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} \right].$$

Además, tenemos las siguientes relaciones de conmutación:

$$[H_1, X_1] = 2X_1, [H_1, Y_1]=-2Y_1, [X_1, Y_1] = H_1, [H_2, X_2] = 2X_2, [H_2, Y_2] = -2Y_2, [X_2, Y_2] = H_2, [H_1, H_2] = 0,$$ $$[H_1, X_2] = -X_2, [H_1, X_3] = X_3, [H_1, Y_2] = Y_2, [H_1, Y_3] = -Y_3, [H_2, X_1] = -X_1, [H_2, X_3] = X_3, [H_2, Y_1] = Y_1,$$ $$[H_2, Y_3] = -Y_3, [X_1, X_2] = X_3, [X_1, Y_2] = 0, [X_1, Y_3] = -Y_2, [X_2, X_3] =0, [X_2, Y_1] = 0, [X_2, Y_3] = Y_1,$$ $$[X_3, Y_1] = -X_2, [X_3, Y_2] = X_1, [X_3, Y_3] = H_1 + H_2, [Y_1, Y_2] = -Y_3, [Y_1, Y_3] = 0, [Y_2, Y_3] = 0.$$

Answer 1

No conozco el libro de Hall, pero así es como yo pensaría en este problema: dejemos $U=U(\mathfrak{sl}_3(\mathbf{C}))$ sea el álgebra universal envolvente. Por el teorema de PBW, ésta tiene una base dada por todos los monomios

$$f_{12}^{m_{12}} f_1^{m_1} f_2^{m_2} h_1^{n_1} h_2^{n_2} e_{12}^{k_{12}} e_1^{k_1} e_2^{k_2},$$ donde los exponentes son enteros no negativos y la relación con su notación es $f_1=Y_1$ , $f_2=Y_2$ , $f_{12}=Y_3$ y de forma similar para el $e$ y $X$ 's, $h_1=H_1$ y $h_2=H_2$ . Ahora, dado un peso $\mu$ el módulo de mayor peso (o Módulo Verma ) correspondiente a $\mu$ es el módulo inducido $$M(\mu)=\mathrm{Ind}^U_{U_{\geq 0}}(\mathbf{C}_\mu),$$ donde $U_{\geq 0}$ es la subálgebra generada por el $e$ y $h$ 's, con la acción en $\mathbf{C}$ dado por $\mu(h_i)$ para $i=1,2$ y con $e$ de la actuación de $0$ . Por el teorema de PBW $M(\mu)$ tiene una base dada por todos los monomios $$f_{12}^{m_{12}} f_1^{m_1} f_2^{m_2},$$ con el peso del monomio dado por $$\mu-(m_{12}+m_1)\alpha_1-(m_{12}+m_2) \alpha_2.$$ Ahora simplemente observe que los únicos monomios que dan lugar a su peso particular son para $m_{12}=1$ , $m_1=0=m_2$ y $m_{12}=0$ , $m_1=1=m_2$ . Esto implica que el espacio de pesos correspondiente en $M(\mu)$ es bidimensional y se extiende por $f_{12}$ y $f_1 f_2$ (utilizar $[f_1,f_2]=f_{12}$ para obtener la declaración de alcance que necesita). Como todo módulo de mayor peso de mayor peso $\mu$ es un cociente de $M(\mu)$ Esto resuelve el problema.

Un par de observaciones: en primer lugar, esto no tiene que ver realmente con la dimensión finita, sino con el hecho de ser generado por un vector de mayor peso. En segundo lugar, no se necesita realmente la parte (más difícil) de la independencia lineal del teorema de PBW, sólo la afirmación de que los monomios dados son un conjunto que se extiende.