复几何：一些简单的线性代数（续）

五月份是写毕业论文的“好”时候，于是要做的事情又多了起来。一个好的状况是至少我已经把消失定理给大概搞清楚了，再慢慢优化一些细节应该就还行了；至于嵌入定理，再慢慢来。

接着之前的文章，这次希望在不引入 Hodge $*$ -算子的前提下给出 Lefschets 分解等一系列内容，当然只是线性空间版本的。为什么要干这个事情呢，因为我想要证明 Kahler 恒等式。一种通常的办法是在一个比较好的局部坐标下强行计算，但我是不太喜欢这个的；似乎有一种基于 Lefschets 分解的方法，不过我还在看。同样地，我也是不太喜欢 Hodge $*$ -算子的，所以也希望尽量避免它；不过看起来似乎确实是可以的。

但这并不是说它们不重要或者没有用，还是要学起来的。最近一年多（或者更长？）的经验告诉我，有时候个人情感是要放在一边的：比如你不喜欢某种处理问题的办法，但是真正面对具体问题的时候又还是得用一下；又比如你喜欢某种理解事物的方式，但是遇到一个全新的复杂的东西的时候又不得不妥协；再比如你喜欢某个人，但是她不喜欢你也没有什么办法。

但是自娱自乐的时候，那就是我喜欢怎么干都行了。

上次主要做的事情是在一个实线性空间上引入了一些结构：复结构、（相容的）内积、辛结构和埃尔米特内积。而从一个线性空间出发我们有很多构造新的线性空间的办法：直和、对偶、张量积、外积等等，于是可以考虑在这些操作之下这些新的结构要如何保持。

不过正式开始之前，我们先来注意一些比较平凡但又有用的事实。

首先考虑一个实向量空间 $V$ ，那么它的复化 $V_{\mathbb C} = V \otimes_{\mathbb R} \mathbb C$ 上有一个自然的“共轭映射”，即 $v \otimes \lambda \mapsto v \otimes \bar \lambda$ ，这个映射显然不是线性而是反线性的，并且两次复合等于恒等映射。反过来，任意给定一个复向量空间 $V$ ，当然可以想象存在这样反线性且两次复合为恒等的映射了，但似乎并没有一种 canonical 的方式来找这样一种映射：最简单考虑复一维的情形，这样一个映射可以想象成在二维平面上画一条过原点的直线并相对于它做反射，但选哪一根直线似乎都没有分别。如果把这个复向量空间视为一个 $(V , J)$ ，那么容易相信，给定这样一个映射等价于给定一个实子空间分解，或者说，等价于给定一个实子空间。这一方面是显然的：如果 $V = W \oplus J W$ ，那么这个“共轭映射”就是 $\mathrm{id}_W \oplus (-\mathrm{id}_{JW})$ 。而另一方面，如果 $f : V \to V$ 是反线性的且 $f^2 = \mathrm{id}_V$ ，那么定义 $W := \{v \in V \mid f(v) = v\}$ ，则 $JW = \{v \in V \mid f(v) = -v\}$ 。显然 $W \cap JW = \ker f = \{0\}$ ，且对任意 $v \in V$ 有 $v = \frac12(v + f(v)) + \frac12(v - f(v))$ ，故 $V = W \oplus JW$ 。（勘误：上次在实子空间的地方连定义都写错了，不过不打算改了）这至少对 $\overline{V^{1,0}} = V^{0,1}$ 有了更明确的解释。

其次，给定 $(V,J,g)$ 后，回忆我们定义 $\omega = g \circ (J \otimes \mathrm{id}_V)$ ，但接下来 $h = g - i \omega$ 为埃尔米特内积，对第二个变量是反线性的。（上次用的 $h = g + i \omega$ 对第一个变量为反线性，但之后还是改成更常用的习惯）复化之后，在 $V_{\mathbb C}$ 上我们也能把 $\omega$ 和 $g$ 做自然的“复线性延拓”，仍然用相同的字母表示。

考虑在 $V_{\mathbb C}$ 上给一个埃尔米特内积，用 $\langle - , - \rangle$ 表示，定义为 $\langle v \otimes \lambda , w \otimes \mu \rangle = \lambda \bar \mu \cdot g(v,w)$ ，注意这与 $g$ 并不是同样的东西。记得 $V_{\mathbb C} = V^{1,0} \oplus V^{0,1}$ ，简单的计算容易看出这个直和分解相对于此内积是正交的，并且 $(V^{1,0} , \langle - , - \rangle) \cong (V , h)$ 。当然，这里用不同的同构（比如上次给出的同构）通常会有一个常数因子的差距，不过不太影响。具体计算下面也会出现，就先不写了。

好吧，那我们先从复结构开始，之后再引入相容的内积。

一、复结构

先从对偶开始。给定一个 $(V , J)$ ，自然可以给出实对偶空间和对偶映射 $(V^* , J^*)$ ，这没什么好说的。注意到 $(V_{\mathbb C})^* := \mathrm{Hom}_{\mathbb C}(V \otimes_{\mathbb R} \mathbb C , \mathbb C) \cong \mathrm{Hom}_{\mathbb R}(V , \mathbb C) \cong V^* \otimes_{\mathbb R} \mathbb C =: V^*_{\mathbb C}$ ，所以复化与对偶的关系是很好的。这里的第一个同构是 adjoint functor 得到的，但第二个同构并不是一般地成立——换言之， $\mathrm{Hom}_{\mathbb R}(V , P) \cong V^* \otimes_{\mathbb R} P$ 并不是对每一个复向量空间 $P$ 成立。这里又是熟悉的内容再一次出现，恰好在最近的一个回答中有比较仔细地说到，不过这里加入了换基的元素：我们总是自然地有映射 $V^* \otimes_{\mathbb R} P \to \mathrm{Hom}_{\mathbb R}(V , P)$ ，并且一定是单射，但通常并没有什么理由是满射（并且你可以尝试说明某些时候它一定不是满射，主要是因为这个像里面的这些映射一定是有限秩的），不过当 $P$ 有限维的时候一定是满射。

同样可以从非退化的双线性型来考察这个同构，具体就不多说了，也就是 $V$ 和 $V^*$ 之间双线性型自然地复线性扩张。

对于 $V^*_{\mathbb C}$ 我们同样有分解 $V^*_{\mathbb C} = (V^*)^{1,0} \oplus (V^*)^{0,1}$ ，而考虑到 $(V_{\mathbb C})^* = (V^{1.0} \oplus V^{0,1})^* \cong (V^{1,0})^* \oplus (V^{0,1})^*$ 以及上面的那个同构，我们自然会问这两个分解是否有关系？考虑 $(V^*)^{1,0}$ 中的一个元素，它可以写为 $\alpha \otimes 1 - J^* \alpha \otimes i$ ，其中 $\alpha \in V^*$ 。倒着走一遍上面的同构，首先它被映到 $\alpha - i \cdot J^* \alpha$ ，然后被映到 $(V_{\mathbb C})^*$ 中成为 $(v \otimes \lambda \mapsto \lambda \cdot \alpha(v) - i \lambda \cdot \alpha(Jv))$ ，于是 $v \otimes 1 + Jv \otimes i \mapsto \alpha(v) - i \alpha(Jv) + i \alpha(Jv) - \alpha(v) = 0$ ，即作用在 $V^{0,1}$ 上是零。同理， $(V^*)^{0,1}$ 中的元素通过上面的同构打过去后作用在 $V^{1,0}$ 上也是零，于是对于这个同构分解，我们可以说：

Proposition. 有自然的同构 $(V^{1,0})^* \cong (V^*)^{1,0}$ 和 $(V^{0,1})^* \cong (V^*)^{0,1}$ 。

考察一下在具体的一组基下面会发生什么。回忆我们总能取 $V$ 的一组基 $\{e_1 , \ldots , e_{2n}\}$ 使得 $J e_i = e_{n+i}$ ，下面不妨把这组基记为 $\{x_1 , \ldots , x_n , y_1 , \ldots , y_n\}$ ，即 $J x_i = y_i$ ；同样在 $V^*$ 上取对偶基 $\{x^1 , \ldots , x^n , y^1 , \ldots , y^n\}$ 。那么在 $V_{\mathbb C}$ 上我们会选择 $z_i := \frac12(x_i \otimes 1 - y_i \otimes i)$ 与 $\bar z_i := \frac12(x_i \otimes 1 + y_i \otimes i)$ 做为一组基，在 $V^*_{\mathbb C}$ 上选择 $z^i := x^i \otimes 1 + y^i \otimes i$ 与 $\bar z^i := x^i \otimes 1 - y^i \otimes i$ 做为一组基。（这样选择的基是很好的，具体哪里好呢？）

接下来考虑张量积和外积。虽然之后的具体应用上我们并不关心张量代数的事情，但由于外代数的定义总会涉及到张量代数，我们或多或少也要考虑一下。

先回忆一下外代数的定义。对于一个域 $\mathbb K$ 上的线性空间 $V$ ，定义 $T^n V := V^{\otimes n}$ 与 $T^{\bullet} V = \bigoplus_{n =0}^{\infty} T^n V$ ，且易见 $(T^{\bullet} V , \otimes)$ 是一个含幺结合代数，并且有万有性质（具体交换图不画了，即含幺结合代数到向量空间的遗忘函子的左伴随）；此外它也显然是一个 $\mathbb Z$ -分次代数。考虑由 $\{v \otimes v \mid v \in V\}$ 生成的双边理想 $I$ （当域的特征不是 $2$ 的时候显然等价于 $\{v \otimes w + w \otimes v \mid v , w \in V\}$ 生成的双边理想——当然我们都在特征零的域上做的），定义商代数 ${\bigwedge}^{\bullet} V := T^{\bullet} V / I$ ，称为外代数。此外，由于 $I$ 显然是一个齐次理想（因为是由齐次元素生成的），故有 ${\bigwedge}^n V = T^n V / I^n$ ，这里 $I^n := I \cap T^n V$ 。把 ${\bigwedge}^{\bullet} V$ 中的乘法记为 $\wedge$ ，即 $(a + I) \wedge (b + I) := a \otimes b + I$ ，易见此乘法不是交换的，但是是“超交换”（super commutative）的，即有 $a \wedge b = (-1)^{\deg(a) \deg(b)} b \wedge a$ 对齐次元素 $a , b$ 成立。

如果 $V$ 是有限维的且有一组基 $\{e_1 , \ldots , e_n\}$ ，那么容易证明 ${\bigwedge}^k V$ 有一组基为 $\{e_{i_1} \wedge \cdots \wedge e_{i_k} \mid 1 \leq i_1 \lt \cdots \lt i_k \leq n\}$ 。

我们不去考虑反对称张量（泛函）的事情，因为那里的计算稍显复杂，而且从定义上来说有很多的数值因子不方便记忆，不同的选取会给出不同的结果：通常有两种选取，相差一个阶乘因子。我们转而考虑另一个问题，即 ${\bigwedge}^{\bullet}(V^*)$ 与 $\left({\bigwedge}^{\bullet} V\right)^*$ 之间的同构（与普通的张量不太一样，这里似乎并没有一个 canonical 的同构）。事实上，似乎不太需要考虑别的东西（比如多重反对称线性泛函），一直想着这个同构就好了。

我们用一个非退化双线性型来表达这个同构：考虑由 $\langle f_1 \wedge \cdots \wedge f_k , v_1 \wedge \cdots \wedge v_k \rangle := \det(f_i(v_j))$ 给出的双线性型 ${\bigwedge}^k (V^*) \times {\bigwedge}^k V \to \mathbb K$ ，假定 $\{e_1 , \ldots , e_n\}$ 是 $V$ 的一组基且 $V^*$ 上的对偶基为 $\{e^1 , \ldots , e^n\}$ ，则立即可见此双线性型是非退化的，因而给出了我们期待的同构，且 $e_{i_1} \wedge \cdots \wedge e_{i_k}$ 对应的对偶基恰好就是 $e^{i_1} \wedge \cdots \wedge e^{i_k}$ 。（另一种情形，这里的双线性型有一个 $1 / k!$ 的因子，不过我们先不管它）

然而我们通常也不会用 $\left({\bigwedge}^{\bullet} V\right)^*$ 这种理解，这个双线性型，在我看来，其实就是给出了一种把 ${\bigwedge}^{\bullet}(V^*)$ 看作多重线性反对称函数的方式。

好了，现在有一个 $(V , J)$ ，我们通常会考虑外代数 ${\bigwedge}^{\bullet} V_{\mathbb C}$ ，容易想到它应该自然同构于 $\left({\bigwedge}^{\bullet} V\right) \otimes_{\mathbb R} \mathbb C$ ：考虑正合列 $\begin{CD} 0 @>>> I @>>> T^{\bullet} V @>>> {\bigwedge}^{\bullet} V @>>> 0 \end{CD}$ ，作用 $- \otimes_{\mathbb R} \mathbb C$ 之后仍然是正合的；但是考虑到 $V_{\mathbb C} \otimes_{\mathbb C} V_{\mathbb C} \cong V \otimes_{\mathbb R} (\mathbb C \otimes_{\mathbb C} V_{\mathbb C}) \cong V \otimes_{\mathbb R} V_{\mathbb C} \cong (V \otimes_{\mathbb R} V) \otimes_{\mathbb R} \mathbb C$ 等等，能得到自然同构 $T^{\bullet} (V_{\mathbb C}) \cong (T^{\bullet} V)_{\mathbb C}$ ，对于那个理想也是同样的，故有 ${\bigwedge}^{\bullet} (V_{\mathbb C}) \cong \left({\bigwedge}^{\bullet} V \right)_{\mathbb C}$ 。（这里应该画出交换图来，但具体就不管了）这进一步地解释了开头所说的“复线性延拓”，即怎么把 $\omega$ 给“复化”。

定义 ${\bigwedge}^{p,q} (V^*) := {\bigwedge}^p (V^*)^{1,0} \otimes_{\mathbb C} {\bigwedge}^q (V^*)^{0,1}$ ，那么有显然的映射 ${\bigwedge}^{p,q}(V^*) \to {\bigwedge}^{p+q} (V^*_{\mathbb C})$ ，由 $\alpha \otimes \beta \mapsto \alpha \wedge \beta$ 给出。容易发现这一定是单射，因为用通常的基来写有 $(z^{i_1} \wedge \cdots \wedge z^{i_p}) \otimes (\bar z^{j_1} \wedge \cdots \wedge \bar z^{j_q}) \mapsto z^{i_1} \wedge \cdots \wedge z^{i_p} \wedge \bar z^{j_1} \wedge \cdots \wedge \bar z ^{j_q}$ ，即不同的基向量被映到不同的基向量；通常我们其实是把这个映射的像叫做 ${\bigwedge}^{p,q}(V^*)$ ，里面的元素称为 $(p,q)$ -形式，顺带看出有直和分解 ${\bigwedge}^k (V^*_{\mathbb C}) = \bigoplus_{p+q = k} {\bigwedge}^{p,q}(V^*)$ 。显然 ${\bigwedge}^{\bullet , \bullet} V^*$ 与其上的外积构成了一个 $\mathbb Z^2$ -分次代数。

二、内积

现在考虑 $V$ 上有内积 $g$ ，那么熟知能在 $V^*$ 上也诱导出一个内积，同样记为 $g$ ；在外代数上也有诱导的内积。不过我们的重点在复几何，这部分就不讨论了。

所以我们考虑的是 $V_{\mathbb C}$ 上的埃尔米特内积 $\langle - , - \rangle$ ，同样在 $V^*_{\mathbb C} , {\bigwedge}^k (V^*_{\mathbb C})$ 上有诱导的埃尔米特内积。这里还是解释一下外代数上的埃尔米特内积如何得到：在 $V_{\mathbb C}$ 上的内积可以看做一个反线性的同构 $V_{\mathbb C} \to V^*_{\mathbb C}$ ，那么由函子性就得到了 ${\bigwedge}^{\bullet} V_{\mathbb C} \to {\bigwedge}^{\bullet} (V^*_{\mathbb C})$ ；那么这个怎么看成内积呢，回忆一下前面的约定，稍微考虑一下就知道应该是 $\langle \alpha_1 \wedge \cdots \wedge \alpha_k , \beta_1 \wedge \cdots \wedge \beta_k \rangle = \det(\langle \alpha_i , \beta_j \rangle)$ 。（请自行验证）那么在子空间 ${\bigwedge}^{p,q} (V^*)$ 上当然也诱导出了埃尔米特内积，我们都统一记为 $\langle - , - \rangle$ 。开头说过分解 $V_{\mathbb C} = V^{1,0} \oplus V^{0,1}$ 是正交的，故容易看出不同的子空间 ${\bigwedge}^{p,q} (V^*)$ 相对于此内积是相互正交的（容易吗？）。

跟前面一样取一组基，我们现在不要求标准正交基（因为通常没这么好的事情），于是令 $h_{ij} := h(x_i , x_j)$ ，那么 $h(y_i , y_j) = h_{ij}$ ，而 $h(x_i , y_j) = -i h_{i j}$ 。简单计算可知 $4 \, \langle z_i , z_j \rangle = g(x_i , x_j) + g(y_i , y_j) +i(g(x_i , y_j) - g(y_i , x_j)) = 2 g(x_i , x_j) -2i \omega(x_i , x_j) = 2 h_{ij}$ ，这给出了一开头所需要的同构。

来看一下复化后的 $\omega$ ，有 $4 \, \omega(v \otimes 1 - Jv \otimes i , w \otimes 1 - Jw \otimes i) = \omega(v , w) - \omega(Jv , Jw) -i(\omega(Jv , w) + \omega(v , Jw)) = 0$ ，即作用在两个 $(1,0)$ -向量上是零；同样地，作用在两个 $(0,1)$ -向量上也是零，故 $\omega \in {\bigwedge}^{1,1} (V^*)$ 。具体计算有 $4 \, \omega(z_i , \bar z_j) = \omega(x_i , x_j) + \omega(y_i , y_j) -i(\omega(y_i , x_j) - \omega(x_i , y_j)) = 2 \omega(x_i , x_j) + 2 i g(x_i , x_j) = 2 i h_{ij}$ ，故 $\omega = \frac{i}{2} \sum_{i , j = 1}^n h_{i j \,} z^i \wedge \bar z^j = i \sum_{i , j = 1}^n \langle z_i , z_j \rangle \, z^i \wedge \bar z^j$ 。

定义算子 $L : {\bigwedge}^{\bullet , \bullet} V^* \to {\bigwedge}^{\bullet , \bullet} V^*$ 为 $\alpha \mapsto \alpha \wedge \omega = \omega \wedge \alpha$ ，显然这是齐次映射且 $\deg L = (1,1)$ ，称为 Lefschets 算子。由于有埃尔米特内积 $\langle - , - \rangle$ ，我们可以定义对偶 Lefschets 算子 $\mathit \Lambda := L^*$ ，即 $\langle \mathit \Lambda \alpha , \beta \rangle := \langle \alpha , L \beta \rangle$ ，且易见 $\deg \mathit \Lambda = (-1,-1)$ 。再定义一个算子为 $H := \bigoplus_{k = 0}^{2n} (k - n) \cdot \mathrm{id}_{{\bigwedge}^k V^*_{\mathrm C}}$ ，这是一个零次算子，并且简单计算可知，对任意 $\deg A = d$ 的算子都有 $[H,A] = d \cdot A$ ，故有 $[H , L] = 2L$ 与 $[H , \mathit \Lambda] = -2 \mathit \Lambda$ 。这三个算子当然都是实的，所以其实不需要复化也可以定义，这个对易关系还是相同的。不过，我们还是一直只考虑复的情况。

Proposition. 有 $[L , \mathit \Lambda] = H$ 成立。

Proof. 我们实际上可以把 $\mathit \Lambda$ 给“算”出来。取标准正交基，即 $h_{ij} = \delta_{ij}$ ， $\langle z^i , z^j \rangle = 2 \delta^{ij}$ 。考察 $(z^i \wedge -)$ 这个算子，“熟知”它的对偶，应该是 $(2 z_i \lrcorner -)$ ，或者至少可以试着验算。（说起来我打不出来内积的符号）于是记 $A_i := \frac{i}{2} \, z^i \wedge \bar z^i \wedge -$ ，则 $L = \sum_{i = 1}^n A_i$ ，且 $A_i^* = -2i \bar z_i \lrcorner z_i \lrcorner - = -2 i (z_i \wedge \bar z_i) \lrcorner -$ 。容易看出 $i \neq j$ 时有 $[A_i , A_j^*] = 0$ ，故 $[L , \mathit \Lambda] = \sum_{i = 1}^n [A_i , A_i^*] = \sum_{i = 1}^n [z^i \wedge \bar z^i \wedge - , z_i \wedge \bar z_i \lrcorner -]$ 。考虑一个 $(p,q)$ -形式 $\alpha = z^{i_1} \wedge \cdots z^{i_p} \wedge \bar z^{j_1} \wedge \cdots \wedge \bar z^{j_q}$ ，那么 $[A_i , A_i^*] \alpha$ 等于多少呢？我们分四种情况考虑，其一是某个 $i_r = i$ 但没有某个 $j_s = i$ ，其二是没有某个 $i_r = i$ 但某个 $j_s = i$ ，其三是都没有，其四是某两个 $i_r = j_s = i$ 。仔细分析一下，对于前两种情况都有 $A_i \alpha = A_i^* \alpha = 0$ 故得到零，第三种情况由 $A_i^* \alpha = 0$ 得到 $- \alpha$ ，第四种情况由 $A_i \alpha = 0$ 得到 $\alpha$ 。假设这些 $i_r$ 和 $j_s$ 中有 $a$ 个相同，那么 $[L , \mathit \Lambda] \alpha = (a - (n-(p+q-a))) \alpha = (p+q-n) \alpha$ 。这就证明了这个命题。

那么我们已经得到了一个 $\mathfrak{sl}(2,\mathbb C)$ 的有限维表示，这里 $H$ 是哈密顿量而 $L,\mathit \Lambda$ 分别是升降算子，而每个有限维 $\mathfrak{sl}(2,\mathbb C)$ 表示都是不可约表示的直和。回忆一下 $\mathfrak{sl}(2,\mathbb C)$ 的 $n$ -维不可约表示，是有一个基态 $v$ 使得 $\mathit \Lambda v = 0$ ，然后有 $v , Lv , L^2 v , \ldots$ 直到 $L^n v = 0$ 。

直接定义 $P^{\bullet} := \ker \mathit \Lambda$ ，其中的元素称为 primitive （本原？）的，那么由这最基本的表示理论再看一看次数立即知道：

Theorem. 有直和分解 ${\bigwedge}^k V^*_{\mathbb C} = \bigoplus_{i \geq 0} L^i P^{k - 2i}$ 。

但是这还不十分具体。

Lemma. 对 $\alpha \in {\bigwedge}^k V^*_{\mathbb C}$ ，有 $[L^i , \mathit \Lambda] \alpha = i (k - n + i - 1) L^{i - 1} \alpha$ 成立。

这里不证了，并不困难的计算。这可以立马得到几个推论：

对于 $k > n$ 的时候，考虑 $\alpha \in P^k$ ，总有某个最小的 $i$ 使得 $L^i \alpha = 0$ ，那么由上面引理立即得到只能 $i = 0$ ，即 $P^k = \{0\}$ ；
对于 $k < n$ 的时候，考虑非零 $\alpha \in P^k$ ，那么由上面引理立即得到：当 $i \leq n - k$ 的时候 $L^i \alpha$ 都是非零的（归纳），故 $L^i$ 限制在 $P^k$ 上是单射，而 $\mathit \Lambda L^{n - k +1} \alpha = 0$ ，由上一条知道 $L^{n - k +1} \alpha = 0$ ；
所以上面那个分解可以再写细一点。对于 $k < n$ ，我们有 ${\bigwedge}^{2n-k} V^*_{\mathbb C} = \bigoplus_{i \geq 0} L^i P^{2n-k - 2i} = \bigoplus_{i \geq n - k} L^i P^{2n-k - 2i}$ ，因为由上一条知道这些直和项非零的一个必要条件是 $i \leq n - (2n - k - 2i)$ ，即 $i \geq n - k$ 。那么令 $i = n - k + j$ ，则 ${\bigwedge}^{2n-k} V^*_{\mathbb C} = \bigoplus_{j \geq 0} L^{n-k+j} P^{k - 2j} = L^{n-k} {\bigwedge}^k V^*_{\mathbb C}$ ，即