先借一下代数几何的tag()

新开这个系列, 主要是为了督促自己看CG.

CG总共486页, 算上前面几章不用看的大概还剩400页, 以半个小时一页的速度的话, 每天花4h, 只用50天就能读完🤔

话虽如此, 在3/18和z老师聊完天之后, 这一个月大概看了一小章🙂

太忙了qwq

s.s.李代数和flag var.

代数群与s.r. elements

从3.1开始吧, 这一张之前云过一部分, 看起来问题不大()

$G$ 有限维半单连通复李群, $\mathfrak{g}$ 李代数. 考虑 $B$ 是他的 Borel 子群, 也就是说, 极大可解子群. $T$ 其上的极大 torus, $U$ unipotent radical 使得 $TU=B$. 还有 $\mathfrak{b},\mathfrak{n}$ 为 $T,U$ 的李代数.

先是俩代数群的定理.

Lemma 3.1.1: Any orbit of a unip. gp. acting on an affine var. is closed in the Zar. top.

Lemma 3.1.2: Any Borel subgp equals to its normalizer i.e. $N_G(B)=B$.

以及

Fact & Defn 3.1.3: any $x\in \mathfrak{g}, \dim Z_{\mathfrak{g}}(x)\geq \operatorname{rank}\mathfrak{g}$. $x$ is regular if $\dim Z_{\mathfrak{g}}(x)=\operatorname{rank} \mathfrak{g}$.

$\mathfrak{g}$ 里面的 s.s. 和 nilp. elements 以及 Jordan Decomp. 就略了, 反正是博资考内容, 太熟知了()

记 $\mathfrak{g}^{sr}$ 为里面的 s.s., regular elements, 他只是一个set.

Lemma 3.1.4: fix $\mathfrak{h}\subset\mathfrak{b}$,

(a) any elem. in $\mathfrak{h}$ is s.s. and any s.s. element of $\mathfrak{g}$ is $G$-conj. to an element in $\mathfrak{h}$.

(b) The centralizer of a s.s. regular element is a Cartan subalg.

(c) If $x\in\mathfrak{b}$ s.s. reg. element then $Z_\mathfrak{g}(x)\subset\mathfrak{b}$.

(d) $\mathfrak{g}^{sr}$ is a $G$-stable dense subset of $\mathfrak{g}$.

以及 (d) 的加强版本

Lemma 3.1.5: $\mathfrak{g}$ 上存在 $G$ 不变的多项式 $P$ s.t. $x\in \mathfrak{g}^{sr}\iff P\neq 0$. 也就是说, $\mathfrak{g}\backslash\mathfrak{g}^{sr}$ 是一个在 Zar.Top. 下开的 affine subvar.

好吧, 从证明来看, 我们应该假设 $G,\mathfrak{g}$ 是有限维的, 不过反正一般说 s.s. lie alg 都得是有限维的()

这个证明大概就是说, 取 Jordan decomp. $x=s+n$, 根据 (b), $s$ reg. 推出 $n=0,x=s$. 然后考虑 $s$ 的特征多项式 $P(t)=\det(tI-\operatorname{ad} s)=\det(tI-\operatorname{ad} x)$. 由于 $ad(s)$ 是 s.s. 的, $s$ reg. 等价于说 $P(t)$ 在 $0$ 处恰有 $\operatorname{rank}\mathfrak{g}$ 阶零点, 也就是说 $P_r(x)\neq 0$.

现在考虑 $\cal{B}$ 为 $\mathfrak{g}$ 的所有 Borel sub.alg. 那么

通过一些代数的讨论你可以知道他是闭的, 所以也是 proj. 的.

根据 Lemma 3.1.2 以及所有 Borel subalg. 在 $G$ 作用下可迁的性质, 我们可以给出同构

Cor 3.1.6 就是一个很直接的结论, 懒得切英文了()

(a). $\mathfrak{b}\in\cal{B}$ 在 $g\in G$ 作用下不变等价于 $g\in B$.

(b). $\mathfrak{b}\in\cal{B}$ 在 $x\in\mathfrak{g}$ 向量场作用下不变等价于 $x\in\mathfrak{b}$.

3.1.7 Bruhat decomp.

从名字上看是跟 Weyl gp. 有关的结论.

首先根据上面那个映射我们给出了

其次, 我们要给出

他这里的符号不好(), 实际上他这里的 $\mathfrak{b}_0$ 是 $B$ 的(Borel)李子代数. 然后同样通过一些代数的讨论你可以知道他是bij. 最后, 记 $W_T=N_G(T)/T$, 考虑

于是我们给出了映射

Theorem 3.1.9: All the maps above are bij.

他这里Remark了一下, 说最左边和最右边的map与$T$和$B$的选取无关. 虽然, 怎么可能无关, 集合 ${B-\text{orbits on }\cal{B}}$ 就不会与 $B$ 无关.

不过, 对于 $B’=gBg^{-1}$ 以及 $T’=gT’g^{-1}$, 我们确实可以 induce 对应集合自然的映射(), 然后通过一些代数的讨论你可以知道他是交换的.

中间的和右边的映射是bij是triv的. 我们只需要证明最左边那个就行. 他选择证明前两项的复合是bij.

考虑 $W_T\to {B-\text{orbits on }\cal{B}}, w\mapsto wB$. 他希望用 Bialynicki-Birula的结果:

Lemma 3.1.10: (i) $\mathfrak{t}$ Cartan subalg, $\mathfrak{b}\supset \mathfrak{t}$ Borel subalg. Then any Borel subalg. containing $\mathfrak{t}$ has the form $w\cdot b\cdot w^{-1}$, $w\in N(T)/T$.

(ii) The $T$-fixed pts. in $\cal{B}$ are in natural bij. corresp. with $W_T=N(T)/T$.

(i) 是简单的, 而且 (i)$\implies$(ii).

然后, 我们说明每一个 $B-\text{orbits on }\cal{B}$ 恰包含了一个 $T$-fixed pt.

或许我们要 “review” 一下 Bialynicki-Birula Decomp.

对于 $X$ 光滑复proj.(射影?好像是这么翻译)代数簇, 其上包含了一个 $\mathbb{C}^\times$ 作用, 那么

Lemma 2.4.1: For all $x\in X$, mapping $z\mapsto z\cdot x$ has a limit of $z\to 0,z\to \infty$. Furthermore, the limit points $\lim_{z\to 0(\infty)}z\cdot x$ are fixed pts. of the $\mathbb{C}^\times$-action.

这个实际上就是利用 $\mathbb{C}\mathbb{P}^1=\mathbb{C}\cup 0\cup \infty$ complete 的性质. 以及,

Cor 2.4.2: The fixed pts on a proj. var. is always non-empty.

对于 $W$ fixed pt set, 假设他是有限的, 对任意 $W$, 我们可以定义 attracting set

然后! 请回忆 ODE 中关于不动点方面的内容, 从哲学上, 你可以相信这样的事, 对于 $T_wX$, 可以让 $\mathbb{C}^\times$ 作用在 $T_wX$. 我们有

有

Theorem 2.4.3:(B-B Decomp.)

(a) The attracting sets form a decomp. $X=\sqcup X_w$ into smooth locally closed alg. var.

(b) There are natural isoms. of alg. vars. $X_w\simeq T_wX_w=T^+_wX$ which commute with the $\mathbb{C}$-action.

真是分分又析析啊.

现在取一个 $h\in\mathfrak{h}$ s.r., 他给出了一个 $\mathbb{C}^\times\hookrightarrow T$.

于是我们可以考虑 $\mathfrak{g}=\oplus\mathfrak{g}_{\alpha}=\mathfrak{n}^+\oplus\mathfrak{h}\oplus\mathfrak{n}^-,\alpha\in\mathbb{Z}$,

其中 $\mathfrak{g}_\alpha$ 上的 $\mathbb{C}^\times$ action 为 $z\cdot x=z^nx$. 在此, 我们选取 $B$ 使得 $\operatorname{Lie}B=\mathfrak{h}\oplus \mathfrak{n}^+$.

那么, $\mathfrak{b}\in\cal{B}$ 在 $\mathbb{C}^\times$ 作用下不变, 根据 3.1.6, 当且仅当 $h\in \mathfrak{b}$, 再根据 3.1.4, $\mathfrak{h}\subset\mathfrak{b}$. 于是, $\mathbb{C}^\times$-fixed points 的数量等于 $T$-fixed pts 的数量, 根据 3.1.10, 他们是 $w\cdot B/B$.

现在, 根据 2.4.3, 有

而现在我们应该做的是研究 $T_w^+X$. 通过一些讨论我们可以得出 $T^+_w\cal{B}=\mathfrak{n}^+\cdot w$. 于是

而, 对于任意的 $n\in \mathfrak{n}^+$ 以及 $t\in \mathbb{C}^\times\subset T$, $t\to 0$ 时 $t\cdot n\to 0$. 这意味着对任意的 $u\in U$, $tut^{-1}\to 1$. 也就是说, $U\cdot w\subset \cal{B}_w$.

然后, 根据上面那个 $\dim$ 的等式, 我们得到 $U\to B_w,u\mapsto U\cdot w$ 的微分是一个满射. 因此 $U\cdot w$ 是 $\cal{B}$ 内的一个开集, 而根据 3.1.1, 他也是闭集. 因此他是一个连通分支. 由于 $\cal{B}_w$ 是一个吸收集, 他当然要连通. 因此 $\cal{B}_w=U\cdot w$.

当然, $U\cdot w=UT\cdot w=B\cdot w$. 因此我们得到 $B$-轨道恰好就是 $\cal{B}_w$, 证毕.

Cor 3.1.12: 对任意 $B\subset G$ Borel subalg 的选择, $B$-轨道给出了 $\cal{B}$ 的 $#$ cells 分解, 称为w.r.t.$B$ 的 Bruhat cells.

Plucker Embedding of the flag var.

如果你上过代数几何I, 也许你会记得 Gr 的 Plucker 嵌入. 现在我们希望给出来 $\cal{B}$ 到某个 proj. var. 的嵌入. 这段写得也太晦涩了()

对于 irr. 的 $G$-表示 $V$, 对任意 Borel subalg. $\mathfrak{b}$, 有唯一的一维不变子空间 $1_\mathfrak{b}$.

我们现在想要选取一个 “non-deg” 的 $V$, 使得保证 $1_{\mathfrak{b}}$ 不变的 $\mathfrak{g}$-子代数是 $\mathfrak{b}$. 根据 Hum, 只要最高权是 “non-deg” 的, $V$ 就是 nondeg 的. 于是,

给出了一个嵌入. 以及,

(他没证这个, 直接引用的文献, 他是人握持.)

我怎么随手一打就是俳句()

3.1.14 $SL_n$ case.

熟知(lemma 3.1.15) $\cal{B}$ 对应到 complete flags in $\mathbb{C}^n$.

他希望证明 $\mathbb{C}^n/S^n$ 这个 orbit space 同构于某个 $n$ 维线性空间, 然后叽里呱啦说了一大堆. 其实就是考虑 $(x_i)\mapsto (e_i)$, $e_i$ 牛顿多项式.

然后考虑映射

现在考虑

那么 $x:F_i/F_{i-1}\to F_i/F_{i-1}$ 就是一个一维表示, 取 $x_n$ 为其特征根. 我们给出

那么, 我们显然有这个交换图表:

与这个Claim 3.1.19:

For any $x\in\mathfrak{g}^{sr}$ the set $\cal{B}_x={F\in\cal{B}|xF_i\subset F_i}$ consists of $n!$ pts, amd there is a an. free action of the symm. $S_n$ on $\cal{B}_x$ making it a principal homog. $S_n$-space.

感觉都是 trivial 的().

awc, 怎么这么难读kk