¿Por qué las variedades de banderas, en la incrustación P(V_rho), parecen productos de P^1s?

Question

Bert Kostant me mencionó un hecho de impar hace algún tiempo. Como de costumbre (con tales afirmaciones), fija una complejo, conexo, reductor) grupo de Lie $G$ con toroide máximo $T$ y el vector de Weyl $\rho$ igual a la mitad de la suma de las raíces positivas. Sea $L_\beta := T \cdot $ la raíz $SL_2$ subgrupo correspondiente a la raíz positiva $\beta$ .

Quoth Bert: el carácter del irrep $V_{n\rho}$ est $T$ -isomorfo al producto tensorial sobre todas las raíces positivas del $L_\beta$ -irrep con mayor peso $n\beta$ . (Este último es un $T$ -representación por adherencia $T$ diagonalmente en $\prod_{\Delta_+} L_\beta$ .) Una vez que alguien te lo dice, es muy fácil demostrarlo a partir de la fórmula del carácter de Weyl.

Geométricamente, esto dice lo siguiente. Dentro de ${\mathbb P}^* (V^G_\rho)$ tenemos una copia del múltiple de la bandera $G/B$ como la órbita del vector de mayor peso. (De hecho, ésta es la incrustación más pequeña mediante una serie lineal completa.) Identificando

$V^G_\rho \cong \bigotimes_{\Delta_+} V^{L_\beta}_\beta$

como $T$ -tenemos también en este espacio proyectivo un Segre-embedded $\prod_{\Delta_+} {\mathbb P}^* (V^{L_\beta}_\beta),$ un producto de ${\mathbb P}^1$ s. La observación de Kostant es que estas dos subvariedades tienen la misma $T$ -de Hilbert equivariante.

1. "Por qué" es el colector de banderas enmascarado como producto de ${\mathbb P}^1$ s?

2. Más concretamente, sabemos que las dos variedades se encuentran en la misma componente conexa del esquema de Hilbert de este espacio proyectivo, por la tesis de Hartshorne. ¿Se pueden conectar sin romper el $T$ -¿acción? (Por lo que yo sé, la conectividad de Hartshorne no se mantiene en general si se tiene en cuenta la multigradación, no sólo la gradación única).

3. Puesto que las dos variedades son lisas, (EDIT:) y tienen topología diferente, no habrá una familia plana sobre una base irreducible en la que una sea una fibra general y la otra la especial. ¿Tienen una degeneración común? La tesis de Hartshorne sólo garantiza que podemos degenerar, deformar, ... para llegar de una a otra, no que vayan a estar en componentes adyacentes del esquema de Hilbert.

Answer 1

Espero que alguien compruebe este cálculo. Entiendo que el Bott-Samelson sobre $SL_3/B$ no es homeomorfo a $(\mathbb{P}^1)^3$ . Ese es un obstáculo importante para el enfoque que Allen y VA discuten más arriba.

Hay dos palabras reducidas para el elemento más largo de $S_3$ pero el automorfismo del diagrama de Dynkin los intercambia. Así pues, como variedad abstracta, tiene sentido hablar de la Bott-Samelson para $SL_3$ . Lo llamaremos $X$ .

Sea $F$ sea $\mathbb{P}^2$ volado en un punto, con $\pi: F \to \mathbb{P}^2$ la purga. Entonces $X$ es un $\mathbb{P}^1$ haz sobre $F$ . En concreto $Q$ sea el cociente tautológico sobre $\mathbb{P}^2$ . Creo que $X$ est $\mathbb{P}(\pi^* Q)$ .

Calculemos $H^*(X)$ . Todo está en grado par. $H^*(\mathbb{P}^2) = \mathbb{Z}[H]/H^3$ donde $H$ es la clase de hiperplano. La ampliación $F$ tiene $H^*(F) = \mathbb{Z}[H,E]/\langle H^2+E^2,\ HE \rangle$ donde $E$ es la clase de la fibra excepcional. La clase de Chern de $Q$ est $1+H+H^2$ . Así que $$H^(X) = H^*(F)[Z]/\langle Z^2 + ZH + H^2 \rangle = \mathbb{Z}[H,E,Z]/\langle H^2+E^2,\ HE,\ Z^2+ZH+H^2 \rangle.$$

Así que $H^2(X)$ es tridimensional. Tenemos una forma cúbica en $H^2(X)$ dada por $\alpha \mapsto \int_X \alpha^3$ . Entiendo que esta forma cúbica es $$\int_X \begin{pmatrix} Z^3 & & & \\ Z^2 H & Z^2 E & & \\ Z H^2 & ZHE & Z E^2 & \\ H^3 & H^2 E & H E^2 & E^3 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & & & \\ 1 & 0 & & \\ -1 & 0 & 1 & \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Por supuesto, la matriz correspondiente para $(\mathbb{P}^1)^3$ es $$\begin{pmatrix} 0 & & & \\ 0 & 0 & & \\ 0 & 1 & 0 & \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Ahora, si hubiera un homeomorfismo $X \cong (\mathbb{P}^1)^3$ entonces habría un isomorfismo $ H^2(X) \otimes \mathbb{C} \cong H^2((\mathbb{P}^1)^3) \otimes \mathbb{C}$ llevando un cúbico al otro. Pero entiendo que la primera cúbica es una recta por una cónica, mientras que la segunda son tres rectas.

Answer 2

Tu primera pregunta se refiere a dos objetos que se vuelven isomorfos tras la cuantización, y preguntas "¿Por qué?".

Aquí, el objeto cuántico relevante es la representación de espín de $\mathfrak g$ que es una representación de $\mathfrak g\ltimes \mathit{Cliff}(\mathfrak g)$ , donde $\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$ es el álgebra de Clifford de (el espacio vectorial subyacente de) $\mathfrak g$ con respecto a algún producto interior invariante; a $\mathbb Z/2$ -álgebra graduada.

Sea $S$ sea el único (hasta inversión de gradación) irreducible $\mathbb Z/2$ -representación graduada de $\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$ . Tiene una acción de conmutación graduada de $$C:=\begin{cases}\mathbb C&\text{ if }\quad \dim(\mathfrak g) \text{ is even} \\ \mathit{Cliff}(1)&\text{ if }\quad \dim(\mathfrak g) \text{ is odd.} \end{cases} $$ Sea $V$ sea la categoría de módulos del álgebra anterior, de modo que $S\in V$ .
Para hacer las cosas un poco más canónicas, se puede utilizar la equivalencia Morita graduada entre $C$ y $\mathit{Cliff}(\mathfrak h)$ identificar $V$ con la categoría de $\mathit{Cliff}(\mathfrak h)$ -módulos.

Sea $\alpha$ denotan la acción adjunta de $G$ en $\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$ . Para cualquier elemento $g\in G$ podemos precomponer la acción de $\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$ en $S$ por $\alpha_g$ para obtener un nuevo $\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$ -módulo en $V$ [aquí, estoy usando eso $G$ está conectado]. El mapa que envía $g$ a tal isomorfismo es único hasta el escalar, y así obtenemos una representación proyectiva de $G$ en $S$ .

Si $G$ es simplemente conectado, esto eleva a una acción honesta de $G$ en $S$ por lo que obtenemos una acción de $G\ltimes\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$ en el objeto $S\in V$ .

En definitiva, (el espacio vectorial subyacente de) $S$ tiene acciones de $G$ de $\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$ y de $\mathit{Cliff}(\mathfrak h)$ .
Ahora, podemos "cancelar" dos $\mathit{Cliff}(\mathfrak h)$ acciones para obtener un espacio vectorial con acciones de $G$ y de $\mathit{Cliff}(\mathfrak g\ominus h)$ . Eso es lo irreductible $G$ -rep con el peso más alto $\rho$ .

Este espacio vectorial tiene dos descripciones:
(1) El irreducible $G$ -rep con el peso más alto $\rho$ .
(2) El irreducible $\mathit{Cliff}(\mathfrak g\ominus h)$ -módulo.

Obsérvese, no obstante, que esta operación de "anulación" de los dos $\mathit{Cliff}(\mathfrak h)$ acciones es un poco antinatural. Por ejemplo, el espacio vectorial (1) es puramente par, mientras que (2) es genuinamente $\mathbb Z/2$ -clasificado. Probablemente veas esa misma rareza en el lado clásico del problema cuando intentas identificar la variedad bandera con un producto de $\mathbb P^1$ s.