7. Sl2的表示

以下所有模都作为 $F$ 上有限维线性空间， $L$ 表示 ${sl}_{2} (F)$ ，其一组标准基为

x = (\begin{matrix} 1 \end{matrix}), y = (\begin{matrix} 1 \end{matrix}), h = (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix}) .

其上基础的李括号关系为

[h, x] = 2 x, [h, y] = - 2 y, [x, y] = h .

权与极大向量

设 $V$ 为任一 $L -$ 模。由于 $h$ 是半单向量（可对角化），Jordan定理的保存性给出 $h$ 在 $V$ 上的表示是半单的，因此在其上作用也是半单的（虽然这要求 $F$ 代数闭）。这使得 $V$ 可以表示为一系列 $h$ 的特征子空间的直和

V = ⨁_{λ} V_{λ}, V_{λ} = {v \in V : h \cdot v = λ v} .

当 $λ$ 不是特征值时， $V_{λ}$ 也有其意义。

定义：权（weight）、权空间（weight space）

记 $V_{λ}$ 为 $V$ 中 $h$ 的表示对应的特征子空间。当 $V_{λ} \neq 0$ 时，称 $λ$ 为一个权， $V_{λ}$ 为一个权空间。

权在 $L$ 的作用下有一个重要的性质：

引理：作用在权空间之间的转换

若 $v \in V_{λ}$ ，则 $x \cdot v \in V_{λ + 2}$ ， $y \cdot v \in V_{λ - 2}$ 。

证明：

h \cdot (x \cdot v) = [h, x] \cdot v + x \cdot h \cdot v = 2 x \cdot v + λ x \cdot v = (λ + 2) x \cdot v .

对 $y$ 同理。 $◻$

附注

这一引理诱导 $x, y$ 由 $V$ 的幂零同态表示——虽然用抽象Jordan分解与线性Jordan分解的相容性更好证明。

由于 $V$ 有限维，直和 $V = ⨁ V_{λ}$ 是直和，引理导致因此必存在 $V_{λ} \neq 0$ 使 $V_{λ + 2}$ 是 $0$ 。对这样的 $λ$ ，我们称：

定义：极大向量（maximal vector）

若非零向量 $v \in V_{λ}$ 被 $x$ 零化，则称 $v$ 是一个权 $λ$ 的极大向量。

不可约模的分类

现设 $V$ 是一个不可约模。任取一个极大向量 $v_{0} \in V_{λ}$ ，我们记

v_{- 1} = 0, v_{i} = \frac{y^{i} \cdot v_{0}}{i!} .

则我们有如下的递推关系：

引理：

v_{i}

列的递推关系

$h \cdot v_{i} = (λ - 2 i) v_{i}$ ,
$y \cdot v_{i} = (i + 1) v_{i + 1}$ ，
$x \cdot v_{i} = (λ - i + 1) v_{i - 1}$ 。

证明： 首先，2 是显然的。

对 1，对 $i$ 归纳。 $i = - 1$ 是对的，而对更大的 $i$

\begin{aligned} h \cdot v_{i} & = [h, y] y^{i - 1} \cdot \frac{v_{0}}{i!} + y h y^{i - 1} \cdot \frac{v_{0}}{i!} \\ = - 2 y^{i} \cdot \frac{v_{0}}{i!} + \frac{y}{i} \cdot (λ - 2 (i - 1)) \frac{y^{i - 1} \cdot v_{0}}{(i - 1)!} \\ = (λ - 2 i) v_{i} . \end{aligned}

对 3，同样对 $i$ 归纳。 $i = 0$ 是对的，而对更大的 $i$ ，

\begin{aligned} i x \cdot v_{i} & = x \cdot y \cdot v_{i - 1} \\ = [x, y] \cdot v_{i - 1} + y \cdot x \cdot v_{i - 1} \\ = h \cdot v_{i - 1} + y \cdot x \cdot v_{i - 1} \\ = (λ - 2 (i - 1)) v_{i - 1} + (λ - i + 2) y \cdot v_{i - 2} \\ = (λ - 2 i + 2) v_{i - 1} + (i - 1) (λ - i + 2) v_{i - 1} \\ = i (λ - i + 1) v_{i - 1} . \end{aligned}

这就证明了这一结论。 $◻$

笔者注

记旗 ${\tilde{V}}_{i} := F v_{0} \oplus \dots \oplus F v_{i}, 0 \leq i \leq m$ ，则上述结论可定性地写为：

$h$ 稳定这个旗；
$x$ 将 $V_{i}$ 打到 $V_{i + 1}$ ；
$y$ 将 $V_{i}$ 打到 $V_{i - 1}$ 。

上面的引理可以导出不可约模上有关极大向量的重要刻画：

定理：极大向量与

V

的权空间分解的刻画

设 $V$ 是不可约 $L -$ 模。

关于 $h$ ， $V$ 是 $V_{μ}$ 的直和，这里 $μ = m, m - 2, \dots, - (m - 2), - m,$ 且 $m + 1 = \dim V$ , $\dim V_{μ} = 1$ 。
$V$ 在非零数乘等价意义下有唯一的一个极大向量，其权为 $m$ ；称此权为 $V$ 的最高权（highest weight）。
$L$ 对 $V$ 的作用由上述引理给出，若基的选择由上面的记法给出。特别地，这说明对每个维数 $m + 1$ ，同构意义下至多存在一个不可约 $L -$ 模。

证明： 公式 1 给出所有的非零 $v_{i}$ 都是线性无关的。

因为 $\dim V < \infty$ ，令 $m$ 是使 $v_{m} \neq 0$ 的最大正整数，显然 $v_{m + i} > 0, \forall i > 0$ 。将这些公式放在一起考虑，这给出 $(v_{0}, \dots, v_{m})$ 是一个与 $0$ 不同的 $L -$ 模。但 $V$ 是不可约的，因此这个模就是 $V$ 本身，因此 $V$ 的一组基是 $v_{0}, \dots, v_{m}$ 。

可作分解：

V ＝ F v_{0} \oplus F v_{1} \oplus \dots \oplus F v_{m} = ⨁_{i = 0}^{m} V_{λ - 2 i} .

这里 $V_{λ - 2 i}$ 是一个一维子空间。

另一方面，注意到对公式 3 代入 $i = m + 1$ ，可以得到

0 ＝ (λ - m) v_{m} .

但 $v_{m} \neq 0$ ，从而 $λ = m$ ——权被表示空间 $V$ 的维数唯一确定。因此极大向量是唯一确定的。 $◻$

附注

以上说明，权为 $\dim V - 1$ ，这是一个非负整数。
此外，更进一步，对这组基， $x, y, h$ 对应的同态的矩阵可以被写出来：注意上面的公式给出 $h$ 诱导一个对角阵、 $x$ 诱导一个严格上三角阵， $y$ 诱导一个严格下三角阵。

定义：最高权（highest weight）、最高权向量（highest weight vector）

称有限维不可约表示的唯一的极大向量的权为最高权、该极大向量为最高权向量。

我们已经清楚如何在低维下构造合适的模：一维时为平凡模，二维时为自然表示，三维时为伴随表示。对任一 $m > 0$ ，上述的引理给出定义 $m + 1$ 维子空间上不可约模的方法——称此为 $V (m)$ 。

附注

$V (m)$ 的结构对称性可用自同构的语言更好地阐述。设 $φ : L \to gl (V (m))$ 是一个不可约表示，其权为 $m$ ，则上述公式给出 $φ (x)$ 与 $φ (y)$ 是幂零同态，我们可借此定义一个线性空间 $V_{m}$ 的自同构：

τ = e^{φ (x)} e^{φ (- y)} e^{φ (x)} .

我们设 $m > 0$ ，则表示是忠实的，因为 $L$ 为单李代数。自同构一节的讨论给出 $φ (h)$ 被 $τ$ 共轭作用的结果与将 $e^{ad φ (x)} e^{ad φ (- y)} e^{ad φ (x)}$ 应用于 $φ (h)$ 是同样的。
但 $φ (L) ≅ L$ ，因此这一结果可被直接计算，计算的结果是：

τ φ (h) τ^{- 1} = - φ (h),

由上可知 $τ$ 将权为 $m - 2 i$ 的基向量 $v_{i}$ 打到权为 $- (m - 2 i)$ 的基向量 $v_{m - i}$ 的一个倍数。
更一般地，若 $V$ 是任一有限维 $L -$ 模，则 $τ$ 将正、负权空间互换。

推论

设 $V$ 是任一有限维 $L -$ 模， $L = {sl}_{2} (F)$ ．则 $h$ 在 $V$ 上的所有特征值均为整数，且每一特征值出现的次数与其相反数相同．进一步，在 $V$ 的任一不可约直和分解中，被直和的项（summand）数正好是 $\dim V_{0} + \dim V_{1}$ ，这里 $V_{0}$ 、 $V_{1}$ 分别为权为 $0$ 及权为 $1$ 的权空间．

证明： 若 $V = 0$ ，已证；否则由 Weyl 定理知可将 $V$ 写为不可约子模的直和．对每一不可约子模应用权空间分解定理，即得到特征值为整数、出现次数与相反数相同的结果．

对第二问，只需注意到对每个不可约 $L -$ 模，若其最大权为奇数，则其存在唯一的权向量位于 $V_{1}$ 中；若为偶数，则其存在唯一的权向量位于 $V_{0}$ 中． $◻$

两个习题结论

特定权模的一个具体构造

习题 4：特定权的模的一个具体构造

不可约表示的极大权可被如下“自然地”实现：设 $X, Y$ 是二维线性空间 $F^{2}$ 的一组基， $L$ 在其上自然作用。设 $V = F [X, Y]$ 是二元多项式代数，将 $L$ 在 $V$ 上的作用设为 $F^{2}$ 上作用在 Leibniz 律下的扩展：

z \cdot f g = (z \cdot f) g + f (z \cdot g) .

试证明以上的扩展是良定的，且 $V$ 变为一个 $L -$ 模．
（有限维不可约权 $m -$ 模） $m$ 次同次多项式空间 $V (m) := {span}_{F} {X^{m}, X^{m - 1} Y, \dots, Y^{m}}$ 在 $L$ 作用下稳定，且其在最高权 $m$ 下不可约。
（一类特殊的无限维权 $m -$ 模）考虑线性空间

W (λ) = ⨁_{i = 0}^{\infty} F X^{λ - i} Y^{i}

其上作用定义为上述导出。则 $W (λ)$ 是一个最高权为 $λ$ 的 $L -$ 模。

事实上，我们有如下 Claim：

Claim

（不可约无限维权 $m -$ 模） $W (λ)$ 不可约当且仅当 $λ \notin Z_{\geq 0}$ 。
（可约无限维权 $m -$ 模分解为有限维权 $m -$ 模与不可约无限维权 $m -$ 模直和）若 $λ \in Z_{\geq} 0$ ，则 $W (λ)$ 有唯一的非零真子模 $W (λ)^{'}$ ，且 $W (λ)^{'} ≅ V (λ), W (λ) / W (λ)^{'} ≅ W (- λ - 2) .$

证明： 我们首先来计算 $x, y, h$ 的表示。注意到在原表示中

x \mapsto (a X + b Y \mapsto b X), y \mapsto (a X + b Y \mapsto a Y), h \mapsto (a X + b Y \mapsto a X - b Y)

则

x \cdot X^{i} Y^{j} = j X^{i + 1} Y^{j - 1}

y \cdot X^{i} Y^{j} = i X^{i - 1} Y^{i + 1}

再由 Leibniz 律，这说明 $x \mapsto X \partial_{Y}$ ， $y \mapsto Y \partial_{X}$ ，从而 $h \mapsto [X \partial_{Y}, Y \partial_{X}] = X \partial_{X} - Y \partial_{Y}$ 。二线性性是显然的，而李括号与交换子的相容性也是对的（由 Leibniz 律），故这一定义是良定的， $V$ 为 $L -$ 模。

显然在 $L$ 的作用下，同次多项式打到同次多项式，从而该空间是稳定的；另一方面，假设其可约，则其存在一个子模 $M$ ， $\dim M < \dim V (m) = m + 1$ 。

在这组基下， $x, y, h$ 对应的矩阵分别是

x \mapsto (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 2 \\ ⋱ & ⋱ \\ 0 & m \\ 0 \end{matrix}), y \mapsto (\begin{matrix} 0 \\ m & 0 \\ ⋱ & ⋱ \\ 2 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}),

h \mapsto diag (m, m - 2, m - 4, \dots, 4 - m, 2 - m, - m) .

若 $M < V (m)$ ，则 $M$ 是 $x, h, y$ 的不变子空间；特别地， $h$ 在 $M$ 上的特征向量均为其在 $V (m)$ 上的特征向量。但 $h$ 在这组基下为对角阵，因此特征向量为 $X^{m}, X^{m - 1} Y, \dots, X Y^{m - 1}, Y^{m}$ ， $M$ 由这些元素中的部分张成。但 $x$ 、 $y$ 在这组基上作用相当于左推、右推算子，因此三个元素的共同不变子空间要么为 $0$ ，要么为 $V (m)$ ，这就说明 $V (m)$ 不可约。

附注：对角元互异的对角阵的不变子空间由其部分特征向量张成

设 $D$ 为对角元互异的对角阵，则

φ_{D} (λ) = \prod_{i = 1}^{n} (λ - λ_{i}),

由 $\prod_{i = 1}^{n} (λ - λ_{i}) ∣ d_{D} ∣ φ_{D}$ ，得 $φ_{D} = d_{D}$ 。
限制在任一不变子空间上时， $φ_{D |_{V}}$ 一定有 $\dim V$ 个根，且 $φ_{D |_{V}} ∣ φ_{D}$ ，因此 $φ_{D |_{V}}$ 可表示为

φ_{D |_{V}} (λ) = \prod_{i = 1}^{\dim V} (λ - λ_{i}) .

因此 $φ_{D |_{V}} = d_{D |_{V}}$ ，从而 $D$ 限制在 $V$ 上可对角化，故存在一组特征向量张成 $V$ 。设这组特征向量为 $α_{1}, \dots, α_{\dim V}$ ，对应的特征值为 $λ_{1}, \dots, λ_{\dim V}$ 扩充为原空间的一组基 ${Y_{n}}$ ，令 $P = (Y_{1}, Y_{2}, \dots, Y_{n})$ 有

(\begin{matrix} Λ \\ Λ^{'} \end{matrix}) = P (\begin{matrix} Λ & A \\ B \end{matrix}) P^{- 1} .

但对 $Λ$ 中的特征值 $λ$ ，其在大空间中只有唯一的特征向量，因此 $Y_{1}, \dots, Y_{\dim V}$ 即是其在大空间中唯一的特征向量，从而 $V$ 由 $D$ 的部分特征向量张成。

由于 $\dim V = m + 1$ ，因此权为 $m$ 。容易注意到最高权向量是 $X^{m}$ 。

我们最后通过 Claim 来验证最后一问。

Claim 的证明： 这里应当注意到对基向量 $v_{i j} = X^{i} Y^{j}$ ，

对 $x$ ：
- 当 $j \in Z_{\geq 0}$ 时， $x$ 作用于 $v_{i j}$ 是幂零的；
- 当 $j \notin Z_{\geq 0}$ 时， $x$ 对 $v_{i j}$ 的作用不幂零；
对 $y$ ：
- 当 $i \in Z_{0}$ 时， $y$ 作用于 $v_{i j}$ 是幂零的；
- 当 $i \notin Z_{0}$ 时， $y$ 的作用不幂零；
对 $h$ ：
- 当且仅当 $v_{i j}$ 为常数，即 $i = j = 0$ 时， $h$ 的作用幂零。

$W (λ)$ 的基形如 $X^{λ - i} Y^{i}$ ， $i \in Z_{\geq 0}$ ，因此：

当 $λ \notin Z_{\geq 0}$ 时 $λ - i \notin Z_{\geq 0}$ 。而 $y$ 对 $λ - i \notin Z_{\geq 0}$ 时为“无穷无尽的右推算子”，因此 $y$ 对 $X^{λ}$ 项的左乘作用遍历所有基，从而 $W (λ)$ 在 $L$ 的表示下的不变子空间必包含 $W (λ)$ 的所有基或为 $0$ ，故 $W (λ)$ 不可约。

当 $λ \in Z_{\geq 0}$ 时， $W (λ)$ 可表示为

\begin{aligned} W (λ) & = (F X^{λ} \oplus F X^{λ - 1} Y \oplus \dots \oplus F X Y^{λ - 1} \oplus F Y^{λ}) \oplus F X^{- 1} Y^{λ + 1} \oplus \dots \\ = V (λ) \oplus ⨁_{i = 0}^{\infty} F X^{- i - 1} Y^{λ + i + 1} . \end{aligned}

先前已经证明 $V (λ)$ 是 $L -$ 模，从而其为一个 $L -$ 子模．因此

W (λ) / V (λ) ≅ ⨁_{i = 0}^{\infty} F X^{- 1 - i} Y^{λ + i + 1} .

其中，项 $X^{- i - 1} Y^{λ + i + 1}$ 的权为 $- λ - 2 i - 2$ ： $X^{λ}$ 是原最高权向量，其权为 $λ$ ，且每被 $y$ 作用一次后权下降 2（这是 x与y作用于权空间之后权加减2 的结论）．这说明 $L -$ 子模 $⨁_{i = 0}^{\infty} F X^{- 1 - i} Y^{λ + i + 1}$ 的最高权是 $- λ - 2$ ．但（类似上面的方法）可以注意到其与 $W (- λ - 2)$ 的最高权相同．其应当是同构的，下面我们来看看如何构造这个同构．

这个同构肯定把基打到权相同的基．注意 $X^{- 1 - i} Y^{λ + i + 1}$ 的最高权为 $- λ - 2 - 2 i$ ， $W (- λ - 2)$ 中 $X^{- λ - 2 - i} Y^{i}$ 的权也是 $- λ - 2 - 2 i$ ，这说明构造出的同构应当将 $X^{- 1 - i} Y^{λ + i + 1}$ 打到 $X^{- λ - 2 - i} Y^{i}$ ，但或许需要乘上一个常数来调整，使得 $φ (m \cdot X^{- 1 - i} Y^{λ + i + 1}) = m \cdot φ (X^{- 1 - i} Y^{λ + i + 1})$ 成立：

\begin{matrix} (⋆) & X^{- 1 - i} Y^{λ + i + 1} \mapsto C (i) \cdot X^{- λ - 2 - i} Y^{i} . \end{matrix}

两边用 $x$ 作用得：

(λ + i + 1) \cdot X^{- i} Y^{λ + i} \mapsto i C (i) \cdot X^{- λ - 1 - i} Y^{i - 1}

即

X^{- i} Y^{λ + i} \mapsto \frac{i}{λ + i + 1} C (i) \cdot X^{- λ - 1 - i} Y^{i - 1}

这应当对应于

X^{- i} Y^{λ + i} \mapsto C (i - 1) \cdot X^{- λ - 1 - i} Y^{i - 1} .

对 $(⋆)$ ，两边用 $y$ 作用得

(- i - 1) X^{- i +} Y^{λ + i + 2} \mapsto (- λ - 2 - i) C (i) \cdot X^{- λ - 3 - i} Y^{i + 1}

即

X^{- i - 1} Y^{λ + i + 1} \mapsto \frac{λ + i + 2}{i + 1} C (i) \cdot X^{- λ - 3 - i} Y^{i + 1}

这应当对应于

X^{- i - 1} Y^{λ + i + 1} \mapsto C (i + 1) \cdot X^{- λ - 3 - i} Y^{i + 1} .

两式共同给出 $C (i) = \frac{i + 1}{λ + i + 2} C (i + 1)$ ，故 $C (i) = \frac{(λ + i + 2)!}{i!}$ 满足要求．最后对 $h$ ，由 $[x, y] = h$ 知只需 $x, y$ 满足要求，就有 $h$ 满足要求．因此映射

X^{- 1 - i} Y^{λ + i + 1} \mapsto \frac{(λ + i + 2)!}{i!} X^{- λ - 1 - i} Y^{i - 1}

是 $W (λ) / V (λ)$ 到 $W (- λ - 2)$ 的一个同构． $◻$

张量积模的分解

回忆：张量积模的作用定义为 Leibniz 律：

x \cdot (u \otimes v) = (x \cdot u) \otimes v + u \otimes (x \cdot v) .

假如作张量积的两个模是 $V (m)$ 及 $V (n)$ ，设其权向量为 $u_{1}, \dots, u_{m + 1}$ 及 $v_{1}, \dots, v_{n + 1}$ ，其中 $u_{1}, v_{1}$ 分别为最高权向量．对 $1 \leq i \leq m + 1$ 及 $1 \leq j \leq n + 1$ ，我们有

y \cdot (u_{i} \otimes v_{j}) = (y \cdot u_{i}) \otimes v_{j} + u_{i} \otimes (y \cdot v_{j}) = (i + 1) u_{i + 1} \otimes v_{j} + (j + 1) u_{i} \otimes v_{j + 1} .

因此，全体 $u_{i} \otimes v_{j}$ 可用杨辉三角来表记：全体 $i + j$ 恒等的 $u_{i} \otimes v_{j}$ 为同一层．但注意 $i > m + 1$ 或 $j > n + 1$ 时 $u_{i} \otimes v_{j}$ 消失，因此该杨辉三角的非零层一共也就 $(m + 1) + (n + 1) - 2 = m + n$ 层，杨辉三角退化为“杨辉平行四边形”．这说明：

引理：张量积模的最高权

$V (m) \otimes V (n)$ 的最高权为 $m + n$ ．

同时，引理还说明

推论：张量积模的权集

$V (m) \otimes V (n)$ 的权集为 $m + n, m + n - 2, \dots, - m - n$ ．

另一证明． 回忆权空间的定义： $V_{λ} = {v : h \cdot v = λ v}$ ．对 $u_{i}$ 及 $v_{j}$ ，有 $h \cdot u_{i} = (m - 2 i) u_{i}$ ， $h \cdot v_{j} = (n - 2 j) v_{j}$ ，于是

h \cdot (u_{i} \otimes v_{j}) = (m - 2 i) u_{i} \otimes v_{j} + (n - 2 j) u_{i} \otimes v_{j} = (m + n - 2 i - 2 j) u_{i} \otimes v_{j} .

从而 $u_{i} \otimes v_{j}$ 位于权空间 $V_{m + n - 2 i - 2 j}$ 中，故全体的权构成集合

{m + n - 2 i - 2 j : 0 \leq i \leq m, 0 \leq j \leq n} .

从而也证明了上述二结论． $◻$

我们记一个 $L -$ 模 $M$ 的权集为 $P (M)$ ．

定理：张量积模的不可约分解

设 $m \geq n$ ，则

V (m) \otimes V (n) ≅ ⨁_{i = 0}^{n} V (m + n - 2 i) = V (m + n) \oplus V (m + n - 2) \oplus \dots \oplus V (m - n)

是 $V (m) \otimes V (n)$ 的唯一不可约分解．

证明： 由引理知， $P (V (m) \otimes V (n)) = {m + n, \dots, - m - n}$ ．“杨辉平行四边形”给出权为 $p = m + n - 2 i$ ， $1 \leq i \leq \frac{n}{2}$ 的向量个数应当是 ${\begin{cases} i & p \geq m - n + 2 \\ n, & 0 \leq p \leq m - n \end{cases}$ ，这立刻说明 $V (m) \otimes V (n)$ 应形如命题中的结构． $◻$