¿Por qué la bandera de colectores, en la P(V_rho) la incrustación, se parecen a los productos de P^1s?

Question

Bert Kostant menciona un hecho extraño a mí hace algún tiempo. Como de costumbre (con instrucciones), fijar un complejo, conectado, reductora) se encuentran el grupo de $G$, con la máxima torus $T$, y Weyl vector $\rho$ igual a la mitad de la suma de las raíces positivas. Deje $L_\beta := T \cdot $ el root $SL_2$ subgrupo correspondiente a la positiva raíz de $\beta$.

Quoth Bert: el carácter de la irrep $V_{n\rho}$ $T$- isomorfo al producto tensor sobre todo positivo raíces de la $L_\beta$-irrep con mayor peso,$n\beta$. (El último es un $T$-representación pegando $T$ en diagonal $\prod_{\Delta_+} L_\beta$.) Una vez que alguien le dice a usted, es muy fácil de probar por medio de la Weyl carácter fórmula.

Geométricamente, esto dice el siguiente. Dentro de ${\mathbb P}^* (V^G_\rho)$, tenemos una copia de la bandera del colector $G/B$ como la órbita de mayor peso vector. (De hecho, esta es la más pequeña de la incrustación de un completo lineal de la serie). La identificación de

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

como $T$-representaciones, también tenemos en este espacio proyectivo un Segre-incrustado $\prod_{\Delta_+} {\mathbb P}^* (V^{L_\beta}_\beta),$ un producto de ${\mathbb P}^1$s. Kostant la observación de que estos dos subvariedades de tener el mismo $T$-equivariant de Hilbert de la serie.

1. "Por qué" es la bandera del colector de enmascarado como un producto de ${\mathbb P}^1$s?

2. Más concretamente, sabemos que las dos variedades se encuentran en el mismo componente del esquema de Hilbert de este espacio proyectivo, por Hartshorne de la tesis. Se puede conectar sin romper el $T$-acción? (Hasta donde yo sé, Hartshorne conectividad no se mantienen en general, si usted guarde la pista de la multigrading, no solo el de clasificación.)

3. Ya que las dos variedades son a la vez suave, (EDIT:) y tienen diferentes topología, no habrá un plano de la familia a través de una irreductible de la base en la que uno es un general de fibra, uno de los especiales. Qué tienen en común un degeneración? Hartshorne de la tesis sólo garantiza que puede degenerar, deforme, degenerados, deforme, ... para llegar de uno a otro, no se que van a estar en los componentes adyacentes del esquema de Hilbert.

Answer 1

Estoy esperando que alguien le revise este cálculo. Me sale que el Bott-Samelson $SL_3/B$ no es homeomórficos a $(\mathbb{P}^1)^3$. Que es un obstáculo importante para el planteamiento de que Allen y VA a discutir arriba.

Hay dos reducido de palabras por el mayor elemento de $S_3$, pero el automorphism del diagrama de Dynkin intercambios de ellos. Así, como un resumen de la variedad, tiene sentido hablar de la Bott-Samelson para $SL_3$. Vamos a llamar a $X$.

Deje $F$ $\mathbb{P}^2$ volado en un punto, con $\pi: F \to \mathbb{P}^2$ la purga. A continuación, $X$ $\mathbb{P}^1$ paquete de más de $F$. Específicamente, deje $Q$ ser tautológica cociente de más de $\mathbb{P}^2$. Yo creo que el$X$$\mathbb{P}(\pi^* Q)$.

Vamos a calcular $H^*(X)$. Todo está aún en grado. $H^*(\mathbb{P}^2) = \mathbb{Z}[H]/H^3$ donde $H$ es el hyperplane clase. El estallido $F$ $H^*(F) = \mathbb{Z}[H,E]/\langle H^2+E^2,\ HE \rangle$ donde $E$ es la clase de la excepcionalidad de la fibra. La clase de chern de $Q$$1+H+H^2$. Así $$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.$$

Por lo $H^2(X)$ es de tres dimensiones. Tenemos una forma cúbica en $H^2(X)$$\alpha \mapsto \int_X \alpha^3$. Entiendo que esta forma cúbica es $$\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 correspondiente matriz de $(\mathbb{P}^1)^3$ es $$\begin{pmatrix} 0 & & & \\ 0 & 0 & & \\ 0 & 1 & 0 & \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Ahora, si hay una homeomorphism $X \cong (\mathbb{P}^1)^3$, entonces no sería un isomorfismo $ H^2(X) \otimes \mathbb{C} \cong H^2((\mathbb{P}^1)^3) \otimes \mathbb{C}$ tomar una cúbicos para el otro. Pero me da que la primera cúbico es una línea de tiempos de una cónica, mientras que el segundo es de tres líneas.

Answer 2

Su primera pregunta es acerca de dos objetos se convierta en isomorfo después de la cuantización, y usted se está preguntando "¿por Qué?"

Aquí, el quantum objeto es el spin representación 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 (el subyacente espacio vectorial de) $\mathfrak g$, con respecto a algunas de las invariante en el interior del producto; a $\mathbb Z/2$-graduada de álgebra.

Deje $S$ ser el único (hasta a la calificación de reversión) irreductible $\mathbb Z/2$-graduada de la representación de $\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$. Tiene un gradual de desplazamientos de acción de $$C:=\begin{cases}\mathbb C&\text{ if }\quad \dim(\mathfrak g) \text{ is even} \\ \mathit{Cliff}(1)&\text{ if }\quad \dim(\mathfrak g) \text{ is odd.} \end{casos} $$ Deje $V$ ser la categoría de módulos de la anterior álgebra, por lo que el $S\in V$.
Para hacer las cosas un poco más canónica, se puede utilizar el graduado de Morita equivalencia entre el $C$ $\mathit{Cliff}(\mathfrak h)$ a identificar a $V$ con la categoría de $\mathit{Cliff}(\mathfrak h)$-módulos.

Deje $\alpha$ indicar el adjunto acción de $G$$\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$. Para cualquier elemento $g\in G$, se puede pre-componen la acción de $\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$ $S$ $\alpha_g$ para obtener una nueva, isomorfo $\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$-módulo en $V$ [aquí, yo estoy usando ese $G$ está conectado]. El mapa que envía a $g$ a un isomorfismo es único hasta escalar, y por lo tanto obtenemos una representación proyectiva de $G$$S$.

Si $G$ es simplemente conectado, esto levanta a un honesto acción de $G$$S$, y así se obtiene una acción de $G\ltimes\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$ sobre el objeto de $S\in V$.

Todos en todos, (el subyacente espacio vectorial de) $S$ tiene acciones de $G$$\mathit{Cliff}(\mathfrak g)$$\mathit{Cliff}(\mathfrak h)$.
Ahora, se puede "cancelar" dos $\mathit{Cliff}(\mathfrak h)$ acciones para conseguir un espacio vectorial con las acciones de los $G$ e de $\mathit{Cliff}(\mathfrak g\ominus h)$. Esa es la irreductible $G$-rep con mayor peso,$\rho$.

Este espacio vectorial tiene dos descripciones:
(1) La irreductible $G$-rep con mayor peso,$\rho$.
(2) La irreductible $\mathit{Cliff}(\mathfrak g\ominus h)$-módulo.

Nota sin embargo de que esta operación de "cancelar" el dos $\mathit{Cliff}(\mathfrak h)$ acciones es un poco antinatural. Por ejemplo, el espacio vectorial (1) es puramente incluso, mientras que (2) es genuinamente $\mathbb Z/2$-graduado. Es probable que vea esa misma rareza en el lado clásico del problema cuando se intenta identificar la bandera de la variedad con un producto de $\mathbb P^1$s.