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\begin{document}
\begin{center}
\textbf{Fulton-Harris Proposition 15.15}
\textit{Darij Grinberg}
\bigskip
\end{center}
Das Ziel dieser Notiz ist es, Proposition 15.15 aus dem Buch [1] von
Fulton-Harris auf eine andere Weise zu beweisen. Dieser Beweis hat
gegen\"{u}ber dem in [1] gegebenen zwei Vorteile:
\begin{itemize}
\item Er ist elementar und straightforward (und verwendet keine Schurpolynome).
\item Er ist korrekt. (Fairerweise mu\ss \ hier dazugesagt werden, da\ss \ der
Beweis in [1] nicht \textit{so} falsch ist. Der Fehler ist sehr subtil und
nicht schwer zu beheben.\footnote{Der Fehler besteht im folgenden Schluss (in
den ersten drei Zeilen von Seite 224 von [1]):\newline\textit{"Since the sum
is over those partitions }$\mu$\textit{ for which the first nonzero }%
$\lambda_{i}-\mu_{i}$\textit{ is positive, the highest weight that appears is
}$\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$\textit{, which
concludes the proof."}
\par
Dies stimmt so nicht (zumindest nicht f\"{u}r jedes lineare Funktional $l$,
das durch $l\left( \sum a_{i}L_{i}\right) =\sum c_{i}a_{i}$ mit $c_{1}%
>c_{2}>...>c_{n}$ gegeben ist).
\par
Um sicherzugehen, da\ss \ f\"{u}r zwei $n$-Tupel $\left( \lambda_{1}%
,\lambda_{2},...,\lambda_{n}\right) $ und $\left( \mu_{1},\mu_{2}%
,...,\mu_{n}\right) $ ganzer Zahlen mit $\lambda_{1}+\lambda_{2}%
+...+\lambda_{n}=\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n}$ das Gewicht $\lambda_{1}%
L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$ gr\"{o}\ss er oder gleich dem
Gewicht $\mu_{1}L_{1}+\mu_{2}L_{2}+...+\mu_{n}L_{n}$ ist, reicht es
\textit{nicht} aus, zu zeigen, da\ss \ das erste von $0$ verschiedene
$\lambda_{i}-\mu_{i}$ positiv ist, sondern man mu\ss \ st\"{a}rker%
\begin{align*}
\lambda_{1} & \geq\mu_{1};\\
\lambda_{1}+\lambda_{2} & \geq\mu_{1}+\mu_{2};\\
& ...\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n-1} & \geq\mu_{1}+\mu_{2}%
+...+\mu_{n-1};\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n} & \geq\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n}%
\end{align*}
zeigen.})
\end{itemize}
Erstmal kurz der Kontext, aus dem Proposition 15.15 stammt: Wenn wir eine der
irreduziblen polynomiellen Darstellungen der Gruppe $\operatorname*{GL}V$ zu
einer Darstellung der Gruppe $\operatorname*{SL}V$ einschr\"{a}nken, und aus
dieser durch Ableiten eine Darstellung der Liealgebra $\mathfrak{sl}\left(
V\right) $ erhalten, was ist dann das h\"{o}chste Gewicht dieser Darstellung?
Diese Frage beantwortet Proposition 15.15.
Dabei m\"{u}ssen wir die Cartan-Unteralgebra als die Unteralgebra der
diagonalen Matrizen w\"{a}hlen und das lineare Funktional auf dem Gewichtsraum
so, da\ss \ $L_{1}>L_{2}>...>L_{n}$ ist. Dies ist mehr oder weniger die
sinnvollste Wahl; die anderen Wahlen liefern keine grunds\"{a}tzlich neuen
Erkenntnisse\footnote{Denn alle Cartan-Unteralgebren von $\mathfrak{sl}\left(
V\right) $ gehen durch Konjugation ineinander \"{u}ber, und die Forderung
$L_{1}>L_{2}>...>L_{n}$ zwingt das lineare Funktional in eine Weylkammer, was
keine gro\ss e Einschr\"{a}nkung ist, da alle Weylkammern auseinander durch
die Weylgruppenwirkung hervorgehen.}.
\begin{quote}
\textbf{Proposition 15.15:} Sei $\lambda$ eine Partition einer nat\"{u}rlichen
Zahl $m$, also eine Folge $\left( \lambda_{1},\lambda_{2},...\right) $ von
nat\"{u}rlichen Zahlen mit $\lambda_{1}+\lambda_{2}+...=m$ und $\lambda
_{1}\geq\lambda_{2}\geq...$. Sei $V$ der Vektorraum $\mathbb{C}^{n}$. Sei
$c_{\lambda}$ der Young-Symmetrierer zur Partition $\lambda$. Bekanntlich ist
dann $c_{\lambda}V^{\otimes m}$ eine polynomielle Darstellung der Gruppe
$\operatorname*{GL}V$. (Diese Darstellung $c_{\lambda}V^{\otimes m}$ ist
isomorph zur Darstellung $\operatorname*{Hom}\nolimits_{\mathbb{C}\left[
S_{m}\right] }\left( c_{\lambda}\mathbb{C}\left[ S_{m}\right] ,V^{\otimes
m}\right) $ (wobei $S_{m}$ auf $V^{\otimes m}$ durch Permutation der
Tensoranden wirkt) und wird in [1] als $\mathbb{S}_{\lambda}\left( V\right)
$ bezeichnet.) Durch Restriktion wird $c_{\lambda}V^{\otimes m}$ zu einer
Darstellung der Gruppe $\operatorname*{SL}V$, und durch Ableiten erh\"{a}lt
man daraus eine Darstellung der Lie-Algebra $\mathfrak{sl}\left( V\right) $.
Wir f\"{u}hren in der Lie-Algebra $\mathfrak{sl}\left( V\right) $ die
Cartan-Unteralgebra $\mathfrak{h}=\left\{ \text{Diagonalmatrizen in
}\mathfrak{sl}\left( V\right) \right\} $ ein, und wir definieren $n$
Elemente $L_{1}$, $L_{2}$, $...$, $L_{n}$ des Dualraums $\mathfrak{h}^{\ast}$
durch%
\[
L_{i}\left( x\right) =\left( \text{Eintrag der Matrix }x\text{ in Zelle
}\left( i,i\right) \right) \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }%
x\in\mathfrak{h}.
\]
\footnote{Diese $n$ Elemente sind durch die Relation $L_{1}+L_{2}+...+L_{n}=0$
miteinander verbunden.} Auf dem $\left( n-1\right) $-dimensionalen reellen
Vektorraum $\mathfrak{h}_{\mathbb{R}}^{\ast}$, der von $L_{1}$, $L_{2}$,
$...$, $L_{n}$ erzeugt wird, sei ein lineares Funktional $\ell:\mathfrak{h}%
_{\mathbb{R}}^{\ast}\rightarrow\mathbb{R}$ so gew\"{a}hlt, da\ss \ $\ell
\left( L_{1}\right) >\ell\left( L_{2}\right) >...>\ell\left(
L_{n}\right) $ ist (so ein Funktional existiert, wie man sich leicht
\"{u}berlegt). Dann ist $\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda
_{n}L_{n}\in\mathfrak{h}_{\mathbb{R}}^{\ast}$ das h\"{o}chste Gewicht der
Darstellung $c_{\lambda}V^{\otimes m}$ von $\mathfrak{sl}\left( V\right) $
(bez\"{u}glich dem Funktional $\ell$).
\end{quote}
\textit{Beweis von Proposition 15.15:} Schauen wir uns die Gewichtsr\"{a}ume
der $\mathfrak{sl}\left( V\right) $-Darstellung $V^{\otimes m}$ an: Sei
$\left( e_{1},e_{2},...,e_{n}\right) $ die Standardbasis von $V=\mathbb{C}%
^{n}$. Dann ist $\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}%
}\right) _{1\leq i_{1},i_{2},...,i_{m}\leq n}$ eine Basis von $V^{\otimes m}%
$. Somit ist%
\[
V^{\otimes m}=\sum\limits_{1\leq i_{1},i_{2},...,i_{m}\leq n}\left( e_{i_{1}%
}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \mathbb{C}.
\]
F\"{u}r jede $1\leq i_{1},i_{2},...,i_{m}\leq n$ ist aber $e_{i_{1}}\otimes
e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}$ ein Gewichtsvektor von $\mathfrak{sl}%
\left( V\right) $, n\"{a}mlich einer zum Gewicht $L_{i_{1}}+L_{i_{2}%
}+...+L_{i_{m}}$. Warum?
Um dies zu beweisen, m\"{u}ssen wir zeigen, da\ss \
\[
\left( \rho^{\prime}\left( x\right) \right) \left( e_{i_{1}}\otimes
e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) =\left( L_{i_{1}}+L_{i_{2}%
}+...+L_{i_{m}}\right) \left( x\right) \cdot\left( e_{i_{1}}\otimes
e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right)
\]
f\"{u}r jedes $x\in\mathfrak{h}$ ist, wobei $\rho^{\prime}:\mathfrak{sl}%
\left( V\right) \rightarrow\operatorname*{End}\left( V^{\otimes m}\right)
$ die Darstellung von $\mathfrak{sl}\left( V\right) $ auf $V^{\otimes m}$ ist.
Wegen $x\in\mathfrak{h}=\left\{ \text{Diagonalmatrizen in }\mathfrak{sl}%
\left( V\right) \right\} $ gilt $x=\operatorname*{diag}\left( t_{1}%
,t_{2},...,t_{n}\right) $ f\"{u}r gewisse $t_{1},t_{2},...,t_{n}\in
\mathbb{C}$ mit $t_{1}+t_{2}+...+t_{n}=0$. Nun haben wir eine Funktion
\begin{align*}
u:\mathbb{R} & \rightarrow\operatorname*{SL}\left( V\right) ,\\
\tau & \mapsto\operatorname*{diag}\left( e^{t_{1}\tau},e^{t_{2}\tau
},...,e^{t_{n}\tau}\right) ,
\end{align*}
und diese Funktion $u$ erf\"{u}llt $u\left( 0\right) =I_{n}$ und $\left.
\dfrac{d}{d\tau}u\left( \tau\right) \right\vert _{\tau=0}%
=\operatorname*{diag}\left( t_{1},t_{2},...,t_{n}\right) =x$. Folglich ist
$\rho^{\prime}\left( x\right) =\left. \dfrac{d}{d\tau}\rho\left( u\left(
\tau\right) \right) \right\vert _{\tau=0}$, wobei $\rho:\operatorname*{SL}%
\left( V\right) \rightarrow\operatorname*{End}\left( V^{\otimes m}\right)
$ die Darstellung von $\operatorname*{SL}\left( V\right) $ auf $V^{\otimes
m}$ ist. Nun ist
\begin{align*}
\left( \rho\left( u\left( \tau\right) \right) \right) \left( e_{i_{1}%
}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) & =\left( \rho\left(
\operatorname*{diag}\left( e^{t_{1}\tau},e^{t_{2}\tau},...,e^{t_{n}\tau
}\right) \right) \right) \left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes
...\otimes e_{i_{m}}\right) \\
& =e^{t_{i_{1}}\tau}e_{i_{1}}\otimes e^{t_{i_{2}}\tau}e_{i_{2}}%
\otimes...\otimes e^{t_{i_{m}}\tau}e_{i_{m}}=e^{\left( t_{i_{1}}+t_{i_{2}%
}+...+t_{i_{m}}\right) \tau}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes
...\otimes e_{i_{m}}\right) ,
\end{align*}
und somit%
\begin{align*}
& \left( \rho^{\prime}\left( x\right) \right) \left( e_{i_{1}}\otimes
e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) =\left. \dfrac{d}{d\tau}%
\rho\left( u\left( \tau\right) \right) \right\vert _{\tau=0}\left(
e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \\
& =\left. \dfrac{d}{d\tau}\rho\left( u\left( \tau\right) \right) \left(
e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \right\vert
_{\tau=0}=\left. \dfrac{d}{d\tau}e^{\left( t_{i_{1}}+t_{i_{2}}+...+t_{i_{m}%
}\right) \tau}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}%
}\right) \right\vert _{\tau=0}\\
& =\left( t_{i_{1}}+t_{i_{2}}+...+t_{i_{m}}\right) \left( e_{i_{1}}\otimes
e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) .
\end{align*}
Da $t_{i_{1}}+t_{i_{2}}+...+t_{i_{m}}=\left( L_{i_{1}}+L_{i_{2}}%
+...+L_{i_{m}}\right) \left( x\right) $ ist (denn $x=\operatorname*{diag}%
\left( t_{1},t_{2},...,t_{n}\right) $), wird dies zu%
\[
\left( \rho^{\prime}\left( x\right) \right) \left( e_{i_{1}}\otimes
e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) =\left( L_{i_{1}}+L_{i_{2}%
}+...+L_{i_{m}}\right) \left( x\right) \cdot\left( e_{i_{1}}\otimes
e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) ,
\]
und damit wissen wir, da\ss \ $e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes
e_{i_{m}}$ ein Gewichtsvektor zum Gewicht $L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}$
ist. Somit ist auch $c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}%
\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) $ ein Gewichtsvektor zum Gewicht
$L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}$ (denn die Wirkung von $c_{\lambda}$
kommutiert mit der Wirkung von $\mathfrak{sl}\left( V\right) $, weil sie
bereits mit der Wirkung von $\operatorname*{GL}V$ kommutiert). Aus $V^{\otimes
m}=\sum\limits_{1\leq i_{1},i_{2},...,i_{m}\leq n}\left( e_{i_{1}}\otimes
e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \mathbb{C}$ folgt aber%
\[
c_{\lambda}V^{\otimes m}=\sum\limits_{1\leq i_{1},i_{2},...,i_{m}\leq
n}c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}%
}\right) \mathbb{C}.
\]
Nun ist diese Summe (im Allgemeinen) keine direkte Summe, und es kann
passieren, da\ss \ f\"{u}r gewisse $1\leq i_{1},i_{2},...,i_{m}\leq n$ der
Vektor $c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes
e_{i_{m}}\right) $ einfach $0$ ist. Das wird sogar ziemlich oft passieren.
Wir wollen herausfinden, wann es passiert. Dazu m\"{u}ssen wir ein wenig
Notation einf\"{u}hren:
Zuerst erinnern wir uns daran, wie $c_{\lambda}$ definiert wurde: Sei $T$ das
Youngtableau zur Partition $\lambda$, das mit den Zahlen $1$, $2$, $...$, $m$
aufgef\"{u}llt wurde (zeilenweise von links nach rechts). Wir identifizieren
die Menge $\left\{ 1,2,...,m\right\} $ mit der Menge der K\"{a}stchen in
diesem Tableau $T$, und deuten daher Permutationen in $S_{m}$ als
Permutationen der K\"{a}stchen. Wir k\"{o}nnen damit zwei Funktionen
\begin{align*}
\operatorname*{row}:\left\{ 1,2,...,m\right\} & \rightarrow\mathbb{N},\\
i & \mapsto\left( \text{die Nummer der Zeile des Tableaus }T\text{, in der
das K\"{a}stchen mit der Zahl }i\text{ steht}\right)
\end{align*}
und%
\begin{align*}
\operatorname*{col}:\left\{ 1,2,...,m\right\} & \rightarrow\mathbb{N},\\
i & \mapsto\left( \text{die Nummer der Spalte des Tableaus }T\text{, in der
das K\"{a}stchen mit der Zahl }i\text{ steht}\right)
\end{align*}
definieren. Sei $R$ die Untergruppe $\left\{ r\in S_{m}\ \mid
\ \operatorname*{row}\circ r=\operatorname*{row}\right\} $ von $S_{m}$, und
sei $C$ die Untergruppe $\left\{ c\in S_{m}\ \mid\ \operatorname*{col}\circ
c=\operatorname*{col}\right\} $ von $S_{m}$. Sei $a_{\lambda}=\dfrac
{1}{\left\vert R\right\vert }\sum\limits_{r\in R}r\in\mathbb{C}\left[
S_{m}\right] $ und sei $b_{\lambda}=\dfrac{1}{\left\vert C\right\vert }%
\sum\limits_{c\in C}\left( -1\right) ^{c}c\in\mathbb{C}\left[ S_{m}\right]
$. Dann wurde $c_{\lambda}$ als Produkt $a_{\lambda}b_{\lambda}$ definiert. Es
sei angemerkt, da\ss \ $R\cap C=\left\{ \operatorname*{id}\right\} \subseteq
S_{m}$ ist.
Jetzt behaupten wir:
\textit{Aussage 1:} Ist $\left( i_{1},i_{2},...,i_{m}\right) $ das $m$-Tupel
$\left( \operatorname*{row}1,\operatorname*{row}2,...,\operatorname*{row}%
m\right) $, dann ist $c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}%
\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \neq0$, und somit ist $L_{i_{1}}+L_{i_{2}%
}+...+L_{i_{m}}$ tats\"{a}chlich ein Gewicht der Darstellung $c_{\lambda
}V^{\otimes m}$. Dieses Gewicht $L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}$ ist in
diesem Falle gleich $\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$.
\textit{Aussage 2:} Ist $\left( i_{1},i_{2},...,i_{m}\right) $ ein $m$-Tupel
von Zahlen mit $1\leq i_{1},i_{2},...,i_{m}\leq n$, so da\ss \ das Gewicht
$L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}$ gr\"{o}\ss er als das Gewicht $\lambda
_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$ ist (bez\"{u}glich des
Funktionals $\ell$), dann ist $c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}%
}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) =0$.
Der Sinn dieser beiden Aussagen ist folgender: Wenn wir sie erst einmal
bewiesen haben, folgt aus Aussage 2, da\ss \ man in der Summe%
\[
c_{\lambda}V^{\otimes m}=\sum\limits_{1\leq i_{1},i_{2},...,i_{m}\leq
n}c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}%
}\right) \mathbb{C}%
\]
alle Summanden, f\"{u}r die das Gewicht $L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}$
gr\"{o}\ss er als das Gewicht $\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}%
+...+\lambda_{n}L_{n}$ ist, wegstreichen kann (weil diese Summanden Null
sind). Man erh\"{a}lt somit%
\begin{align*}
c_{\lambda}V^{\otimes m} & =\sum\limits_{\substack{1\leq i_{1}%
,i_{2},...,i_{m}\leq n;\\\text{das Gewicht }L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}%
}\text{ ist nicht}\\\text{gr\"{o}\ss er als das Gewicht }\lambda_{1}%
L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}}}\underbrace{c_{\lambda}\left(
e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \mathbb{C}%
}_{\substack{\subseteq\text{Gewichtsraum zum Gewicht }L_{i_{1}}+L_{i_{2}%
}+...+L_{i_{m}}\\\text{(denn }c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}%
}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \text{ ist ein Gewichtsvektor}\\\text{zum
Gewicht }L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}\text{)}}}\\
& \subseteq\sum\limits_{\substack{1\leq i_{1},i_{2},...,i_{m}\leq
n;\\\text{das Gewicht }L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}\text{ ist
nicht}\\\text{gr\"{o}\ss er als das Gewicht }\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}%
L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}}}\left( \text{Gewichtsraum zum Gewicht }L_{i_{1}%
}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}\right) \\
& \subseteq\sum\limits_{\substack{\text{Gewichte }\Lambda;\\\Lambda
\leq\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}}}\left(
\text{Gewichtsraum zum Gewicht }\Lambda\right) ,
\end{align*}
wobei hier immer nur von Gewichtsr\"{a}umen der Darstellung $c_{\lambda
}V^{\otimes m}$ (und nicht von Gewichtsr\"{a}umen der gesamten Darstellung
$V^{\otimes m}$) reden. Wir k\"{o}nnen dies als%
\[
c_{\lambda}V^{\otimes m}=\sum\limits_{\substack{\text{Gewichte }%
\Lambda;\\\Lambda\leq\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}%
}}\left( \text{Gewichtsraum zum Gewicht }\Lambda\right)
\]
umschreiben (denn die Gewichtsr\"{a}ume der Darstellung $c_{\lambda}V^{\otimes
m}$ liegen innerhalb von $c_{\lambda}V^{\otimes m}$). Eine Summe von
Gewichtsr\"{a}umen zu verschiedenen Gewichten ist immer eine direkte Summe,
und somit wird dies zu%
\[
c_{\lambda}V^{\otimes m}=\bigoplus\limits_{\substack{\text{Gewichte }%
\Lambda;\\\Lambda\leq\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}%
}}\left( \text{Gewichtsraum zum Gewicht }\Lambda\right) .
\]
Damit haben wir die Darstellung $c_{\lambda}V^{\otimes m}$ in eine direkte
Summe von Gewichtsr\"{a}umen zerlegt, und jeder dieser Gewichtsr\"{a}ume
geh\"{o}rt zu einem Gewicht $\Lambda$ mit $\Lambda\leq\lambda_{1}L_{1}%
+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$. Andere (von $0$ verschiedene)
Gewichtsr\"{a}ume kann $c_{\lambda}V^{\otimes m}$ nicht haben\footnote{Denn
jeder andere Gewichtsraum m\"{u}sste von der direkten Summe $\bigoplus
\limits_{\substack{\text{Gewichte }\Lambda;\\\Lambda\leq\lambda_{1}%
L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}}}\left( \text{Gewichtsraum zum
Gewicht }\Lambda\right) $ linear unabh\"{a}ngig sein (weil Gewichtsr\"{a}ume
zu verschiedenen Gewichten stets linear unabh\"{a}ngig sind), aber daf\"{u}r
ist in $c_{\lambda}V^{\otimes m}$ kein Platz mehr (weil die direkte Summe
$\bigoplus\limits_{\substack{\text{Gewichte }\Lambda;\\\Lambda\leq\lambda
_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}}}\left( \text{Gewichtsraum
zum Gewicht }\Lambda\right) $ bereits ganz $c_{\lambda}V^{\otimes m}$ ist).}.
Daraus folgt: Jedes Gewicht $\Lambda$ von $c_{\lambda}V^{\otimes m}$
erf\"{u}llt $\Lambda\leq\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}%
L_{n}$. Und $\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$ kommt
auch wirklich als Gewicht in $c_{\lambda}V^{\otimes m}$ vor (hierf\"{u}r sorgt
Aussage 1). Das hei\ss t, $\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda
_{n}L_{n}$ ist das h\"{o}chste Gewicht von $c_{\lambda}V^{\otimes m}$, und
Proposition 15.15 ist bewiesen.
Es bleibt also nur noch, Aussagen 1 und 2 zu zeigen.
\textit{Beweis von Aussage 1:} Sei $\left( i_{1},i_{2},...,i_{m}\right) $
das $m$-Tupel $\left( \operatorname*{row}1,\operatorname*{row}%
2,...,\operatorname*{row}m\right) $. Es gelte also $i_{k}=\operatorname*{row}%
k$ f\"{u}r alle $k\in\left\{ 1,2,...,m\right\} $.
Wir wollen erst einmal zeigen, da\ss \ $c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes
e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \neq0$ ist. In der Tat wirkt die
symmetrische Gruppe $S_{m}$ auf $V^{\otimes m}$ durch Permutation der
Tensoranden, und zwar folgenderma\ss en:%
\begin{align*}
\sigma\left( v_{1}\otimes v_{2}\otimes...\otimes v_{m}\right) &
=v_{\sigma^{-1}\left( 1\right) }\otimes v_{\sigma^{-1}\left( 2\right)
}\otimes...\otimes v_{\sigma^{-1}\left( m\right) }\\
& \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{f\"{u}r alle }\left. \sigma\in S_{m}\text{ und
}v_{1},v_{2},...,v_{m}\in V\right. .
\end{align*}
Man beachte die $\sigma^{-1}$ in den Indizes! Jedenfalls folgt hieraus%
\begin{align*}
c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}%
}\right) & =\dfrac{1}{\left\vert R\right\vert }\dfrac{1}{\left\vert
C\right\vert }\sum\limits_{\left( c,r\right) \in C\times R}\left(
-1\right) ^{c}\underbrace{rc\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes
...\otimes e_{i_{m}}\right) }_{=e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left(
1\right) }}\otimes e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( 2\right) }}%
\otimes...\otimes e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( m\right) }}}\\
& \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left( \text{denn }c_{\lambda}=a_{\lambda}b_{\lambda
}=\dfrac{1}{\left\vert R\right\vert }\sum\limits_{r\in R}r\dfrac{1}{\left\vert
C\right\vert }\sum\limits_{c\in C}\left( -1\right) ^{c}c=\dfrac
{1}{\left\vert R\right\vert }\dfrac{1}{\left\vert C\right\vert }%
\sum\limits_{\left( c,r\right) \in C\times R}\left( -1\right)
^{c}rc\right) \\
& =\dfrac{1}{\left\vert R\right\vert }\dfrac{1}{\left\vert C\right\vert }%
\sum\limits_{\left( c,r\right) \in C\times R}\left( -1\right)
^{c}e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( 1\right) }}\otimes e_{i_{\left(
rc\right) ^{-1}\left( 2\right) }}\otimes...\otimes e_{i_{\left( rc\right)
^{-1}\left( m\right) }}.
\end{align*}
Um $c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}%
}\right) \neq0$ zu beweisen, m\"{u}ssen wir also zeigen, da\ss \ die Summe
$\sum\limits_{\left( c,r\right) \in C\times R}\left( -1\right)
^{c}e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( 1\right) }}\otimes e_{i_{\left(
rc\right) ^{-1}\left( 2\right) }}\otimes...\otimes e_{i_{\left( rc\right)
^{-1}\left( m\right) }}$ nicht $0$ ist. Dies ist eine Summe, deren Summanden
Basisvektoren des Vektorraums $V^{\otimes m}$ mit Vorzeichen $\pm1$
sind\footnote{Mit "Basisvektoren" meinen wir dabei Elemente der Basis $\left(
e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) _{1\leq
i_{1},i_{2},...,i_{m}\leq n}$ von $V^{\otimes m}$.}. Folglich kann sich jeder
Summand in dieser Summe \textit{nur} gegen einen identischen Summanden mit
entgegensetztem Vorzeichen k\"{u}rzen, \textit{nicht aber} gegen sonstige
Summanden (weil verschiedene Basisvektoren linear unabh\"{a}ngig sind). Um zu
beweisen, da\ss \ diese Summe nicht $0$ ist, reicht es also aus, zu zeigen,
da\ss \ der Summand $e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}$ in
dieser Summe mindestens einmal auftritt, und jedesmal mit dem Vorzeichen $+1$.
(Denn dadurch ist ausgeschlossen, da\ss \ er sich gegen identische Summanden
mit entgegensetztem Vorzeichen k\"{u}rzt.)
Wir wollen also zeigen, da\ss \ der Summand $e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}%
\otimes...\otimes e_{i_{m}}$ in der Summe $\sum\limits_{\left( c,r\right)
\in C\times R}\left( -1\right) ^{c}e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left(
1\right) }}\otimes e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( 2\right) }}%
\otimes...\otimes e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( m\right) }}$
mindestens einmal auftritt, und jedesmal mit dem Vorzeichen $+1$. Dazu
m\"{u}ssen wir beweisen:
\begin{itemize}
\item Es gibt ein $\left( c,r\right) \in C\times R$ mit $\left( -1\right)
^{c}e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( 1\right) }}\otimes e_{i_{\left(
rc\right) ^{-1}\left( 2\right) }}\otimes...\otimes e_{i_{\left( rc\right)
^{-1}\left( m\right) }}=e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes
e_{i_{m}}$.
\item F\"{u}r jedes $\left( c,r\right) \in C\times R$ mit $e_{i_{\left(
rc\right) ^{-1}\left( 1\right) }}\otimes e_{i_{\left( rc\right)
^{-1}\left( 2\right) }}\otimes...\otimes e_{i_{\left( rc\right)
^{-1}\left( m\right) }}=e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes
e_{i_{m}}$ gilt $\left( -1\right) ^{c}=1$.
\end{itemize}
Diese beiden Punkte sind aber leicht zu sehen: Der erste Punkt ist klar (man
nehme $\left( c,r\right) =\left( \operatorname*{id},\operatorname*{id}%
\right) $), und der zweite Punkt ist einfach (wenn ein $\left( c,r\right)
\in C\times R$ die Relation $e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( 1\right)
}}\otimes e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( 2\right) }}\otimes...\otimes
e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( m\right) }}=e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}%
}\otimes...\otimes e_{i_{m}}$ erf\"{u}llt, dann mu\ss \ $i_{\left( rc\right)
^{-1}\left( k\right) }=i_{k}$ f\"{u}r jedes $k\in\left\{ 1,2,...,m\right\}
$ gelten\footnote{Denn wenn zwei Tensoren $e_{j_{1}}\otimes e_{j_{2}}%
\otimes...\otimes e_{j_{m}}$ und $e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes
e_{i_{m}}$ gleich sind, mu\ss \ $j_{k}=i_{k}$ f\"{u}r jedes $k\in\left\{
1,2,...,m\right\} $ gelten.}, und somit ist $\left( rc\right) ^{-1}\in
R\ \ \ \ $\footnote{Denn wegen $i_{k}=\operatorname*{row}k$ und $i_{\left(
rc\right) ^{-1}\left( k\right) }=\operatorname*{row}\left( \left(
rc\right) ^{-1}\left( k\right) \right) $ wird $i_{\left( rc\right)
^{-1}\left( k\right) }=i_{k}$ zu $\operatorname*{row}\left( \left(
rc\right) ^{-1}\left( k\right) \right) =\operatorname*{row}k$. Da dies
f\"{u}r alle $k\in\left\{ 1,2,...,m\right\} $ gilt, ist also
$\operatorname*{row}\circ\left( rc\right) ^{-1}=\operatorname*{row}$. Das
hei\ss t, $\left( rc\right) ^{-1}\in R$.}, also $c^{-1}=\underbrace{\left(
rc\right) ^{-1}}_{\in R}\underbrace{r}_{\in R}\in R$, was wegen $c^{-1}\in C$
auf $c^{-1}\in R\cap C=\left\{ \operatorname*{id}\right\} $ f\"{u}hrt, also
auf $c=\operatorname*{id}$ und damit auf $\left( -1\right) ^{c}=1$).
Wir haben damit gezeigt, da\ss \ der Summand $e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}%
}\otimes...\otimes e_{i_{m}}$ in der Summe $\sum\limits_{\left( c,r\right)
\in C\times R}\left( -1\right) ^{c}e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left(
1\right) }}\otimes e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( 2\right) }}%
\otimes...\otimes e_{i_{\left( rc\right) ^{-1}\left( m\right) }}$
mindestens einmal auftritt, und jedesmal mit dem Vorzeichen $+1$. Diese Summe
ist damit nicht $0$, und hieraus folgt $c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes
e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \neq0$.
Da\ss \ das Gewicht $L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}$ gleich $\lambda
_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$ ist, ist klar (denn da
$\left( i_{1},i_{2},...,i_{m}\right) =\left( \operatorname*{row}%
1,\operatorname*{row}2,...,\operatorname*{row}m\right) $ ist, kommt unter den
Zahlen $i_{1}$, $i_{2}$, $...$, $i_{m}$ die Zahl $1$ genau $\lambda_{1}$ mal
vor, die Zahl $2$ genau $\lambda_{2}$ mal, die Zahl $3$ genau $\lambda_{3}$
mal, usw.). Damit ist Aussage 1 bewiesen.
\textit{Beweis von Aussage 2:} Wir m\"{u}ssen zeigen: Wenn $c_{\lambda}\left(
e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \neq0$ ist, dann
ist $L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}\leq\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}%
L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$.
Dazu nehmen wir an, da\ss \ $c_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}%
}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \neq0$ ist.
F\"{u}r jedes positive $u\in\mathbb{N}$ sei $\mu_{u}$ die Anzahl der
$k\in\left\{ 1,2,...,m\right\} $ mit $i_{k}=u$. Unter den Zahlen $i_{1}$,
$i_{2}$, $...$, $i_{m}$ kommt also die Zahl $1$ genau $\mu_{1}$ mal vor, die
Zahl $2$ genau $\mu_{2}$ mal, die Zahl $3$ genau $\mu_{3}$ mal, usw.. Folglich
ist $L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}=\mu_{1}L_{1}+\mu_{2}L_{2}+...+\mu
_{n}L_{n}$. Um $L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}\leq\lambda_{1}L_{1}%
+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$ zu zeigen, m\"{u}ssen wir also nur
noch $\mu_{1}L_{1}+\mu_{2}L_{2}+...+\mu_{n}L_{n}\leq\lambda_{1}L_{1}%
+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$ nachweisen.
Daf\"{u}r verwenden wir ein unschuldiges Lemma:
\begin{quote}
\textbf{Lemma 1:} Seien $\lambda_{1}$, $\lambda_{2}$, $...$, $\lambda_{n}$,
$\mu_{1}$, $\mu_{2}$, $...$, $\mu_{n}$ reelle Zahlen, die
\begin{align*}
\lambda_{1} & \geq\mu_{1};\\
\lambda_{1}+\lambda_{2} & \geq\mu_{1}+\mu_{2};\\
& ...\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n-1} & \geq\mu_{1}+\mu_{2}%
+...+\mu_{n-1};\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n} & \geq\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n}%
\end{align*}
erf\"{u}llen. Dann ist $\mu_{1}L_{1}+\mu_{2}L_{2}+...+\mu_{n}L_{n}\leq
\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$.
\end{quote}
\textit{Beweis von Lemma 1:} Eine einfache Rechnung zeigt:%
\begin{align*}
& \sum_{k=1}^{n-1}\left( \left( \lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda
_{k}\right) -\left( \mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{k}\right) \right) \left(
L_{k}-L_{k+1}\right) \\
& =\sum_{k=1}^{n-1}\left( \sum_{i=1}^{k}\left( \lambda_{i}-\mu_{i}\right)
\right) \left( L_{k}-L_{k+1}\right) =\sum_{i=1}^{n-1}\left( \lambda
_{i}-\mu_{i}\right) \underbrace{\sum_{k=i}^{n-1}\left( L_{k}-L_{k+1}\right)
}_{=L_{i}-L_{n}\text{ (Teleskopsumme)}}\\
& =\sum_{i=1}^{n-1}\left( \lambda_{i}-\mu_{i}\right) \left( L_{i}%
-L_{n}\right) =\sum_{i=1}^{n-1}\left( \lambda_{i}-\mu_{i}\right) L_{i}%
-\sum_{i=1}^{n-1}\left( \lambda_{i}-\mu_{i}\right) L_{n}\leq\sum_{i=1}%
^{n-1}\left( \lambda_{i}-\mu_{i}\right) L_{i}-\left( -\left( \lambda
_{n}-\mu_{n}\right) \right) L_{n}\\
& \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left( \text{denn aus }\lambda_{1}+\lambda
_{2}+...+\lambda_{n}\geq\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n}\text{ folgt }\sum
_{i=1}^{n-1}\left( \lambda_{i}-\mu_{i}\right) \geq-\left( \lambda_{n}%
-\mu_{n}\right) \right) \\
& =\sum_{i=1}^{n}\left( \lambda_{i}-\mu_{i}\right) L_{i}=\left(
\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}\right) -\left(
\mu_{1}L_{1}+\mu_{2}L_{2}+...+\mu_{n}L_{n}\right) ,
\end{align*}
also%
\begin{align*}
& \left( \lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}\right)
-\left( \mu_{1}L_{1}+\mu_{2}L_{2}+...+\mu_{n}L_{n}\right) \\
& \geq\sum_{k=1}^{n-1}\underbrace{\left( \left( \lambda_{1}+\lambda
_{2}+...+\lambda_{k}\right) -\left( \mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{k}\right)
\right) }_{\geq0}\left( L_{k}-L_{k+1}\right) .
\end{align*}
Da $\ell\left( L_{k}-L_{k+1}\right) \geq0$ f\"{u}r alle $k\in\left\{
1,2,...,n-1\right\} $ ist (denn $\ell\left( L_{k}\right) \geq\ell\left(
L_{k+1}\right) $), ist also das Gewicht $\left( \lambda_{1}L_{1}+\lambda
_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}\right) -\left( \mu_{1}L_{1}+\mu_{2}%
L_{2}+...+\mu_{n}L_{n}\right) $ nichtnegativ, und somit ist Lemma 1 gezeigt.
Ein weiteres Lemma (diesmal ein rein kombinatorisches):
\begin{quote}
\textbf{Lemma 2:} Sei $T$ ein Youngtableau zur Partition $\lambda$. Sei ferner
$S$ irgendein Youngtableau, dessen Zeilen die L\"{a}ngen $\mu_{1}$, $\mu_{2}$,
$...$, $\mu_{n}$ haben (in dieser Reihenfolge). Angenommen, beide Tableaus $T$
und $S$ seien irgendwie mit den Zahlen $1$, $2$, $...$, $m$ ausgef\"{u}llt
(egal wie, solange jede dieser Zahlen in jedem Tableau in genau einem
K\"{a}stchen vorkommt). Angenommen, $\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda
_{n}=\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n}$, und angenommen,%
\begin{align}
& \text{es gibt keine zwei verschiedenen Elemente }u\text{ und }v\text{, die
in der gleichen}\nonumber\\
& \text{Spalte des Tableaus }T\text{ liegen und in der gleichen Zeile des
Tableaus }S\text{ liegen.} \label{1}%
\end{align}
Dann ist
\begin{align*}
\lambda_{1} & \geq\mu_{1};\\
\lambda_{1}+\lambda_{2} & \geq\mu_{1}+\mu_{2};\\
& ...\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n-1} & \geq\mu_{1}+\mu_{2}%
+...+\mu_{n-1};\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n} & \geq\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n}.
\end{align*}
\end{quote}
Wir wollen dieses Lemma nicht beweisen, aber es ist ein fundamentales Resultat
\"{u}ber Youngtableaux und wird in vielen Darstellungstheorie-Texten auch
bewiesen. Hier ein paar Webquellen:
\texttt{http://mathoverflow.net/questions/31338/\#31615}
\texttt{http://math.uchicago.edu/\symbol{126}ejenkins/notes/symmetric.pdf}
Lemma 4.4.
Um jetzt den Beweis von Aussage 2 abzuschlie\ss en, reicht es
(gem\"{a}\ss \ Lemma 1) aus,
\begin{align*}
\lambda_{1} & \geq\mu_{1};\\
\lambda_{1}+\lambda_{2} & \geq\mu_{1}+\mu_{2};\\
& ...\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n-1} & \geq\mu_{1}+\mu_{2}%
+...+\mu_{n-1};\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n} & \geq\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n}%
\end{align*}
zu zeigen.
Sei $s\in S_{n}$ eine Permutation, die $\mu_{s\left( 1\right) }\geq
\mu_{s\left( 2\right) }\geq...\geq\mu_{s\left( n\right) }$
erf\"{u}llt\footnote{So eine Permutation $s$ existiert offensichtlich.}. Sei
$S$ ein Youngtableau, dessen Zeilen die L\"{a}ngen $\mu_{s\left( 1\right) }%
$, $\mu_{s\left( 2\right) }$, $...$, $\mu_{s\left( n\right) }$ haben, und
zwar in dieser Reihenfolge von der obersten bis zur untersten. Wir f\"{u}llen
dieses Youngtableau $S$ mit den Zahlen $1$, $2$, $...$, $m$ aus, indem wir
f\"{u}r jedes $k$ die $k$-te Zeile von $S$ mit denjenigen Zahlen $u\in\left\{
1,2,...,m\right\} $ ausf\"{u}llen, die $i_{u}=s\left( k\right) $
erf\"{u}llen (in welcher Reihenfolge diese Zahlen stehen sollen, ist
egal).\footnote{Dies ist tats\"{a}chlich m\"{o}glich, denn f\"{u}r jedes $k$
gibt es genau $\mu_{s\left( k\right) }$ Zahlen $u\in\left\{
1,2,...,m\right\} $, die $i_{u}=s\left( k\right) $ erf\"{u}llen, und das
passt genau auf die $k$-te Zeile von $S$ (deren L\"{a}nge ja $\mu_{s\left(
k\right) }$ ist).} Eine Konsequenz dieser Definition ist: F\"{u}r je zwei
Zahlen $u$ und $v$, die in der gleichen Zeile des Tableaus $S$ liegen, gilt
$i_{u}=i_{v}$.
Wir wollen jetzt beweisen, da\ss \ unsere Tableaus $T$ und $S$ die Eigenschaft
(1) haben. Dazu nehmen wir das Gegenteil an: Sei also (1) falsch. Dann gibt es
zwei verschiedene Elemente $u$ und $v$, die in der gleichen Spalte des
Tableaus $T$ liegen und in der gleichen Zeile des Tableaus $S$ liegen.
Folglich gilt $i_{u}=i_{v}$ (da $u$ und $v$ in der gleichen Zeile des Tableaus
$S$ liegen). Sei nun $d\in S_{m}$ die Transposition, die $u$ und $v$
vertauscht. Dann ist $d\in C$ (denn $u$ und $v$ liegen in einer Spalte von
$T$) und somit $-b_{\lambda}=b_{\lambda}d$ (dies rechnet man ausgehend von
$b_{\lambda}=\dfrac{1}{\left\vert C\right\vert }\sum\limits_{c\in C}\left(
-1\right) ^{c}c$ und $\left( -1\right) ^{d}=-1$ leicht nach). Da
andererseits $d\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}%
}\right) =e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}$ ist (denn
die Transposition $d$ vertauscht in dem Produkt $e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}%
}\otimes...\otimes e_{i_{m}}$ die Tensoranden $e_{i_{u}}$ und $e_{i_{v}}$, was
aber nichts \"{a}ndert, da diese Tensoranden gleich sind\footnote{weil
$i_{u}=i_{v}$}), mu\ss \ also
\[
\underbrace{-b_{\lambda}}_{=b_{\lambda}d}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}%
}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) =b_{\lambda}\underbrace{d\left(
e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) }_{=e_{i_{1}%
}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}}=b_{\lambda}\left( e_{i_{1}%
}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right)
\]
gelten, und damit $b_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}%
\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) =0$, also $c_{\lambda}\left( e_{i_{1}%
}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) =a_{\lambda
}\underbrace{b_{\lambda}\left( e_{i_{1}}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes
e_{i_{m}}\right) }_{=0}=0$ im Widerspruch zu $c_{\lambda}\left( e_{i_{1}%
}\otimes e_{i_{2}}\otimes...\otimes e_{i_{m}}\right) \neq0$.
Dieser Widerspruch zeigt, da\ss \ (1) doch g\"{u}ltig ist. Ferner gilt%
\begin{align*}
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n} & =m=\left( \text{Anzahl der }%
k\in\left\{ 1,2,...,m\right\} \right) \\
& =\sum_{u=1}^{n}\underbrace{\left( \text{Anzahl der }k\in\left\{
1,2,...,m\right\} \text{ mit }i_{k}=u\right) }_{=\mu_{u}}\\
& =\sum_{u=1}^{n}\mu_{u}=\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n}=\mu_{s\left( 1\right)
}+\mu_{s\left( 2\right) }+...+\mu_{s\left( n\right) }.
\end{align*}
Daher k\"{o}nnen wir Lemma 2 anwenden (auf $\mu_{s\left( 1\right) }$,
$\mu_{s\left( 2\right) }$, $...$, $\mu_{s\left( n\right) }$ statt $\mu
_{1}$, $\mu_{2}$, $...$, $\mu_{n}$), und erhalten, da\ss
\begin{align*}
\lambda_{1} & \geq\mu_{s\left( 1\right) };\\
\lambda_{1}+\lambda_{2} & \geq\mu_{s\left( 1\right) }+\mu_{s\left(
2\right) };\\
& ...\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n-1} & \geq\mu_{s\left( 1\right)
}+\mu_{s\left( 2\right) }+...+\mu_{s\left( n-1\right) };\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n} & \geq\mu_{s\left( 1\right) }%
+\mu_{s\left( 2\right) }+...+\mu_{s\left( n\right) }%
\end{align*}
gilt. Da aber%
\begin{align*}
\mu_{s\left( 1\right) } & \geq\mu_{1};\\
\mu_{s\left( 1\right) }+\mu_{s\left( 2\right) } & \geq\mu_{1}+\mu_{2};\\
& ...\\
\mu_{s\left( 1\right) }+\mu_{s\left( 2\right) }+...+\mu_{s\left(
n-1\right) } & \geq\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n-1};\\
\mu_{s\left( 1\right) }+\mu_{s\left( 2\right) }+...+\mu_{s\left(
n\right) } & \geq\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n}%
\end{align*}
gilt (denn $s\in S_{n}$ ist eine Permutation, die $\mu_{s\left( 1\right)
}\geq\mu_{s\left( 2\right) }\geq...\geq\mu_{s\left( n\right) }$
erf\"{u}llt), erhalten wir also%
\begin{align*}
\lambda_{1} & \geq\mu_{1};\\
\lambda_{1}+\lambda_{2} & \geq\mu_{1}+\mu_{2};\\
& ...\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n-1} & \geq\mu_{1}+\mu_{2}%
+...+\mu_{n-1};\\
\lambda_{1}+\lambda_{2}+...+\lambda_{n} & \geq\mu_{1}+\mu_{2}+...+\mu_{n},
\end{align*}
und mithilfe von Lemma 1 f\"{u}hrt dies auf $\mu_{1}L_{1}+\mu_{2}L_{2}%
+...+\mu_{n}L_{n}\leq\lambda_{1}L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$,
was wegen $L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}=\mu_{1}L_{1}+\mu_{2}L_{2}%
+...+\mu_{n}L_{n}$ zu $L_{i_{1}}+L_{i_{2}}+...+L_{i_{m}}\leq\lambda_{1}%
L_{1}+\lambda_{2}L_{2}+...+\lambda_{n}L_{n}$ wird. Aussage 2 ist damit bewiesen.
\begin{center}
\textbf{Literaturverweise}
\end{center}
[1] William Fulton, Joe Harris: \textit{Representation Theory - A First
Course}, Springer 1991.
\end{document}