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# 数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Math145 Weight space decompositions

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## 数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Weight space decompositions

Let $A, A^* \in \operatorname{End}(V)$ be a TD-pair and $\left(A, A^* ;\left{V_i\right}_{i=0}^d,\left{V_i^\right}_{i=0}^{d^}\right)$ an associated TD-system. For a pair $i, j$ of integers with $0 \leq i \leq d^$ and $0 \leq j \leq d$, we set $$U_{i, j}=\left(V_0^+\cdots+V_i^\right) \cap\left(V_j+\cdots+V_d\right) .$$ For a pair $i, j$ of integers with $i \notin\left{0,1, \ldots, d^\right}$ or $j \notin{0,1, \ldots, d}$, we set $U_{i, j}=0$.

Lemma 6.31. The following hold:
(1) $\left(A-\theta_j\right) U_{i, j} \subseteq U_{i+1, j+1}$, where $\theta_j$ is an eigenvalue of $A$ on $V_j$;
(2) $\left(A^-\theta_i^\right) U_{i, j} \subseteq U_{i-1, j-1}$, where $\theta_i^$ is an eigenvalue of $A^$ on $V_i^$. Proof. Statement (1) follows directly from $\left(A-\theta_j\right)\left(V_0^+\cdots+V_i^\right) \subseteq V_0^+\cdots+V_{i+1}^$, $\left(A-\theta_j\right)\left(V_j+\cdots+V_d\right) \subseteq V_{j+1}+\cdots+V_d$. Statement (2) is similarly proved. Proposition 6.32. We have $U_{i, j}=0(0 \leq i, j-i+d^}$. By Lemma 6.31, $W$ is $\left\langle A, A^\right\rangle$-invariant. On the other hand, since $W \subseteq V_{j-i}+\cdots+V_d \neq V$ and $V$ is an irreducible $\left\langle A, A^\right\rangle$-module, we have $W=0$. In particular, $U_{i, j}=0$. Corollary 6.33. We have $d=d^$.
Proof. Assume $d^, d}=\left(V_0^+V_1^+\cdots+V_{d^}^\right) \cap V_d=V \cap V_d=V_d$. Therefore, $U_{d^, d} \neq 0$, which contradicts Proposition 6.32. Hence $d \leq d^$. Next, exchanging the roles of $A$ and $A^$, applying the above discussion to a TD-system $\left(A^, A ;\left{V_i^\right}_{i=0}^{d^},\left{V_i\right}_{i=0}^d\right)$ yields $d^* \leq d$.

## 数学代写|组合学代写Combinatorics代考|TD-relations

Let $A, A^* \in \operatorname{End}(V)$ be a TD-pair and $\left(A, A^* ;\left{V_i\right}_{i=0}^d,\left{V_i^\right}_{i=0}^d\right)$ an associated TD-system. Lemma 6.43. For a subalgebra $\langle A\rangle$ of $\operatorname{End}(V)$ generated by $A$, define a subspace $\mathcal{L}$ of $\left\langle A, A^\right\rangle$ as follows:
$$\mathcal{L}=\operatorname{Span}\left{X A^* Y-Y A^* X \mid X, Y \in\langle A\rangle\right} .$$
Then each of the following sets (1), (2) forms a basis of $\mathcal{L}$ :
(1) $\left{E_i A^* E_{i+1}-E_{i+1} A^* E_i \mid 0 \leq i \leq d-1\right}$;
(2) $\left{A^i A^-A^ A^i \mid 1 \leq i \leq d\right}$.
The above claim holds if we replace $A$ by $A^$ and $E_i$ by $E_i^(0 \leq i \leq d-1)$ at the same time.

Proof. Since the proof is similar to that of Lemma $2.104$ in Chapter 2, we check the points only. The algebra $\langle A\rangle$ is spanned by $\left{E_i \mid 0 \leq i \leq d\right}$. By Lemma $6.40$ (1), for $i, j$ with $|i-j|>1$, we have $E_i A^* E_j=0$, and so it is clear that the set (1) spans $\mathcal{L}$. Therefore we have $\operatorname{dim}(\mathcal{L}) \leq d$. If we show the set (2) is linearly independent, we get $\operatorname{dim}(\mathcal{L}) \geq d$ and hence $\operatorname{dim}(\mathcal{L})=d$. Namely, each of the sets (1), (2) forms a basis of $\mathcal{L}$. We show the set (2) is linearly independent. We assume the set (2) is linearly dependent to get the contradiction. There exists an integer $r(1 \leq r \leq d)$ such that $\sum_{i=1}^r \lambda_i\left(A^i A^-A^ A^i\right)=0$. By Lemma 6.40, we obtain
\begin{aligned} E_r^\left(\sum_{i=1}^r \lambda_i\left(A^i A^-A^* A^i\right)\right) E_0^* & =\sum_{i=1}^r \lambda_i\left(E_r^* A^i A^* E_0^-E_r^ A^* A^i E_0^\right) \ & =\lambda_r\left(\theta_0^-\theta_r^\right) E_r^ A^r E_0^* . \end{aligned}

## 数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Weight space decompositions

(1) $\left(A-\theta_j\right) U_{i, j} \subseteq U_{i+1, j+1}$ ，在哪里 $\theta_j$ 是的特征值 $A$ 在 $V_j$;
（2）缺少【left 或额外的 \right，在哪里缺少上标或下标参数 是的特征值 缺少上标或下标参数 $\quad$ 在缺少上标或下标参数 $\quad$. 证明。声 明 (1) 直接来自缺少 \left 或额外的 $\backslash$ right $，\left(A-\theta_j\right)\left(V_j+\cdots+V_d\right) \subseteq V_{j+1}+\cdots+V_d$. 命题
(2) 同样得到证明。提案 6.32。我们有额外的闭式大括号或缺少开式大括号 .根据引理 6.31，W是 缺少 \left 或额外的 \right -不变的。另一方面，由于 $W \subseteq V_{j-i}+\cdots+V_d \neq V$ 和 $V$ 是不可约的 缺少 \left 或额外的 \right -模块，我们有 $W=0$. 尤其， $U_{i, j}=0$. 推论 6.33。我们有 缺少上标或下标参数

## 数学代写|组合学代写Combinatorics代考|TD-relations

\left 缺少或无法识别的分隔符

(1) \left 缺少或无法识别的分隔符
(2) \left 缺少或无法识别的分隔符

$\left.E_i^{(} 0 \leq i \leq d-1\right)$ 同时。

\left 缺少或无法识别的分隔符 .通过引|理6.40(1)，对于 $i, j$ 和 $|i-j|>1$ ，我们有
$E_i A^* E_j=0$, 所以很明显集合 (1) 跨越 $\mathcal{L}$. 因此我们有 $\operatorname{dim}(\mathcal{L}) \leq d$. 如果我们证明集合 (2) 是线性独立的，我 们得到 $\operatorname{dim}(\mathcal{L}) \geq d$ 因此 $\operatorname{dim}(\mathcal{L})=d$. 即，集合 (1)、（2）中的每一个都构成了 $\mathcal{L}$. 我们证明集合 (2) 是线性独 立的。我们假设集合 (2) 是线性相关的以获得矛盾。存在一个整数 $r(1 \leq r \leq d)$ 这样

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