Université Paris 7 – Denis Diderot Année universitaire 2003–04 UFR de Mathématiques Représentations de carquois DEA de Mathématiques 14/06/2004 B. Keller

Un corrigé de l’examen de juin 2004

Avertissement : L’utilisation de documents autres que les notes de cours est interdite. Dans tout l’énoncé, k désigne un corps algébriquement clos et les modules considérés sont de dimension finie sur k.

I. Représentations de D⃗_{4}

Soit Q le carquois de graphe sous-jacent D_{4}

\xymatrix{ & 1 \ar[dl]_{φ} \\ 0 & 2 \ar[l] \\  & 3 \ar[ul]}

1) Quelles sont (à isomorphisme près) les représentations projectives indécomposables et les représentations injectives indécomposables de Q ? Quelles sont les représentations simples ? Réponse — Le carquois Q n’a pas de cycles orientés. Donc l’idéal 0 de kQ est admissible et l’on sait que les kQ-modules indécomposables projectifs sont les (kQ)e_{i}, i ∈ Q_{0}, les indécomposables injectifs les Hom_{k}(e_{i}(kQ), k) et les simples les S_{i} tels que S_{i}(j) = k pour i = j et S_{i}(j) = 0 sinon. Ainsi, les représentations projectives indécomposables sont (à isomorphisme près) les représentations P_{0}, …, P_{3} données par

\xymatrix{ & 0 \ar[dl] &  & k \ar[dl]_{1} &  & 0 \ar[dl] &  & 0 \ar[dl] \\ k & 0 \ar[l] & k & 0 \ar[l] & k & k \ar[l]_{1} & k & 0 \ar[l] \\  & 0 \ar[ul] &  & 0 \ar[ul] &  & 0 \ar[ul] &  & k. \ar[ul]_{1}}

Les représentations injectives indécomposables sont (à isomorphisme près) les représentations I_{0}, …, I_{3} données par

\xymatrix{ & k \ar[dl]_{1} &  & k \ar[dl] &  & 0 \ar[dl] &  & 0 \ar[dl] \\ k & k \ar[l]_{1} & 0 & 0 \ar[l] & 0 & k \ar[l] & 0 & 0 \ar[l] \\  & k \ar[ul]_{1} &  & 0 \ar[ul] &  & 0 \ar[ul] &  & k . \ar[ul]}

Les représentations simples sont (à isomorphisme près) les représentations S_{0} = P_{0}, S_{1} = I_{1}, S_{2} = I_{2} et S_{3} = I_{3}.

2) Soit V une représentation de Q. Montrer que les applications V_{i} → V_{0}, i = 1, …, 3, sont injectives si V n’a pas de facteur direct simple injectif. Réponse — Soit V′_{1} le noyau de V_{φ} et V′′_{1} un supplémentaire de V′_{1} dans V_{1}. Alors les sous-espaces V′_{i} = 0, i ≠ 1, et V′_{1} définissent une sous-représentation de V. De même, les sous-espaces V′′_{i} = V_{i}, i ≠ 1, et V′′_{1} définissent une sous-représentation de V. Clairement V est la somme directe de V′ et V′′. Or V′ est isomorphe à une somme de copies de I_{1}. Donc V′ = 0 par hypothèse ce qui montre que V_{φ} : V_{1} → V_{0} est injective. On procède de même pour les applications V_{2} → V_{0} et V_{3} → V_{0}.

3) Déterminer les vecteurs dimension des représentations indécomposables de Q et son carquois d’Auslander-Reiten. Décrire la représentation indécomposable de vecteur dimension [2111]. Réponse — Comme Q est un carquois de Dynkin, on sait que le carquois d’Auslander-Reiten Γ_{kQ} est un sous-carquois plein stable par prédécesseurs de N(Q^{op}) et que Q^{op} ⊂ N(Q^{op}) s’identifie au sous-carquois formé des représentants des indécomposables projectifs. On connaît les vecteurs dimension des indécomposables projectifs et on obtient les autres par ‘tricotage’ jusqu’à ce qu’on arrive aux injectifs. On trouve le carquois suivant, dont la translation est donnée, pour les sommets non projectifs, par le décalage d’un cran vers la gauche (on a souligné les vecteurs dimension qui seront utiles à la question suivante et surligné leurs translatés)

\xymatrix{ & \overline{[1100]} \ar[dr] &  & \underline{[1011]} \ar[dr] &  & [0100] \\ [1000] \ar[ur] \ar[r] \ar[dr] & \underline{[1010]} \ar[r] & [2111] \ar[ur] \ar[r] \ar[dr] & \overline{[1101]} \ar[r] & [1111] \ar[ur] \ar[r] \ar[dr] & \underline{[0010]} \\  & \overline{[1001]} \ar@{-->}[ur] &  & \underline{[1110]} \ar[ur] &  & [0001]}

La représentation indécomposable de vecteur dimension [2111] est donnée par un espace V_{0} de dimension 2 et trois droites V_{1}, V_{2}, V_{3} de V_{0} distinctes deux à deux.

4) Rappeler la formule d’Auslander-Reiten. Montrer que Ext_{kQ}^{1}(V, W) s’annule si V et W sont des représentations indécomposables dont les vecteurs dimension sont parmi les suivants : [1010], [1011], [1110], [0010]. Réponse — La formule d’Auslander-Reiten exprime les espaces d’extensions en termes de duaux de quotients des espaces de morphismes :

D\underline{Hom}_{kQ}(τ^{−1}(W), V) = Ext_{kQ}^{1}(V, W) = D\overline{Hom}_{kQ}(W, τ(V))

où D désigne le dual sur k, τ la translation d’Auslander-Reiten, \underline{Hom} le quotient de Hom par l’espace des morphismes qui se factorisent par un projectif et \overline{Hom} le quotient de Hom par l’espace des morphismes qui se factorisent par un injectif. Pour montrer l’annulation des Ext^{1}, il suffit donc de montrer que Hom_{kQ}(W, τ(V)) s’annule pour les indécomposables en question. Comme Q est un carquois de Dynkin, Γ_{kQ} est standard et les morphismes entre indécomposables peuvent se calculer dans la catégorie des mailles de Γ_{kQ}. L’unique chemin d’un indécomposable W vers un indécomposable τ(V) est celui de longueur 2 qui mène de [1010] à [1011]. Or ce chemin est un relateur de maille. Donc les espaces d’extension s’annulent.

5) Soit v = [6372]. Soit U l’ensemble des points de la variété des représentations de vecteur dimension v qui correspondent à des sommes d’indécomposables de vecteurs dimension du point précédent. Montrer que U est un ouvert non vide.

Réponse — On sait que la codimension de l’orbite d’un module M est égale à la dimension de Ext_{kQ}^{1}(M, M). Si M est somme de copies d’indécomposables de la question précédente, alors cette codimension s’annule (par l’additivité de Ext^{1}). Donc si U est non vide, alors U est de même dimension que rep(Q, v). Comme rep(Q, v) est irréductible, il s’ensuit que U est dense. Comme U est localement fermé (comme toute orbite), U est alors ouvert. Il reste à montrer que U est non vide. En effet, nous avons

[6372] = [1010] + 2 × [1011] + 3 × [1110] + [0010].

II. Une proposition d’Auslander

Soit A une algèbre associative de dimension finie. Soient L et M deux modules. On se propose de montrer que L et M sont isomorphes si l’on a

dim Hom_{A}(L, X) = dim Hom_{A}(M, X)

pour tout module X. Notons que la réciproque est triviale. Soit A − ind un système de représentants des classes d’isomorphisme de A-modules indécomposables. Par le théorème de Krull-Schmidt, il existe des entiers μ_{U}(L) presque tous nuls, uniques, tels que

L ≅ ⨁_{U∈A−ind} U^{μ_{U} (L)}.

Pour un A-module X, on définit

λ_{X}(L) = dim Hom_{A}(L, X).

1) Nous considérons la catégorie Fun(A) des foncteurs contravariants de type fini de la catégorie A −mod vers k −mod. Rappeler la définition du foncteur simple S_{U} associé à U et vérifier que μ_{U}(L) = dim S_{U}(L).

Réponse — Le foncteur simple S_{U} est le quotient du foncteur représentable Hom_{A}(?, U) par son unique sous-foncteur maximal. Nous avons donc une suite exacte

0 → R(?, U) → Hom_{A}(?, U) → S_{U} → 0 ,

où R(?, U) est le radical de Hom_{A}(?, U). En outre, pour un indécomposable V, nous avons S_{U}(V) = k si V est isomorphe à U et S_{U}(V) = 0 sinon. Comme S_{U} est additif, nous avons bien

μ_{U}(L) = dim S_{U}(L).

2) Supposons que U est un indécomposable projectif. Soit R son radical. Montrer que

μ_{U}(L) = λ_{U}(L) − λ_{R}(L).

Réponse — Si U est projectif, on sait que R(?, U) est isomorphe à Hom_{A}(?, R) de façon qu’on a une suite exacte

0 → Hom_{A}(?, R) → Hom_{A}(?, U) → S_{U} → 0.

Il s’ensuit que

μ_{U}(L) = dim Hom_{A}(L, U) − dim Hom_{A}(L, R) = λ_{U}(L) − λ_{R}(L).

3) Supposons que U est un indécomposable non projectif. Soit

0 → τU → E → U → 0

la suite d’Auslander-Reiten qui se termine en U. Montrer que

μ_{U}(L) = λ_{U}(L) − λ_{E}(L) + λ_{τU}(L).

Réponse — On sait que si U n’est pas projectif, alors la suite d’Auslander-Reiten qui se termine en U nous donne une résolution projective minimale

0 → Hom_{A}(?, τU) → Hom_{A}(?, E) → Hom(?, U) → S_{U} → 0.

Il s’ensuit que

μ_{U}(L) = dim S_{U}(L) = dim Hom_{A}(L, U) − dim Hom_{A}(L, E) + dim Hom_{A}(L, τU).

4) Conclure.

Réponse — Par notre hypothèse, nous avons

λ_{U}(L) = λ_{U}(M)

pour tous les indécomposables U. Par (2) et (3), il s’ensuit que

μ_{U}(L) = μ_{U}(M)

pour tous les indécomposables U. Par la définition de μ_{U}, il s’ensuit que L est isomorphe à M.

III. Modules tubulaires simples sur D̃_{4}

Soit Q un carquois fini connexe sans cycles orientés. Pour tout sommet i, notons S_{i} le module simple associée à i, P_{i} l’indécomposable projectif et I_{i} l’indécomposable injectif. Pour un module M, notons \underline{dim} M ∈ Z^{Q_{0}} son vecteur dimension. Soit ⟨, ⟩ la forme d’Euler, de façon qu’on a

⟨\underline{dim} L, \underline{dim} M⟩ = dim Hom_{kQ}(L, M) − dim Ext_{kQ}^{1}(L, M).

1) Montrer que les \underline{dim} P_{j}, j ∈ Q_{0}, forment une base de Z^{Q_{0}}. Indication : on pourra considérer les coordonnées de ces vecteurs dans une base bien choisie de Z^{Q_{0}}.

Réponse — Pour deux sommets i et j de Q, on définit

i ≤ j ⇔ il existe un chemin de i à j.

Comme Q n’admet pas de cycle orienté, on obtient bien un ordre partiel sur l’ensemble des sommets de Q. On le raffine en un ordre total et on choisit la suite des vecteurs e_{i}, i ∈ Q_{0}, comme base. Soit A = (a_{ij}) la matrice des coordonnées des vecteurs \underline{dim} P_{j}. Alors a_{ij} est le nombre de chemins de j à i dans Q. Donc a_{ij} = 0 si i < j et a_{ii} = 1, par construction de l’ordre. Il s’ensuit que les \underline{dim} P_{j} forment une base de Z^{Q_{0}}.

2) Montrer qu’il existe un automorphisme

c : Z^{Q_{0}} → Z^{Q_{0}}

tel que c(\underline{dim} P_{i}) = −\underline{dim} I_{i} pour tout sommet i de Q. On appelle c la transformation de Coxeter.

Réponse — Comme les \underline{dim} P_{i} forment une base de Z^{Q_{0}}, il existe une unique application Z-linéaire c de Z^{Q_{0}} dans lui-même telle que c(\underline{dim} P_{i}) = −\underline{dim} I_{i}, i ∈ Q_{0}. Dans la base de (1), les coordonnées des vecteurs \underline{dim} I_{j} forment une matrice triangulaire supérieure dont les coefficients diagonaux valent tous 1. Donc les \underline{dim} I_{i} forment également une base et c est bien un automorphisme.

3) Montrer que si P est projectif, on a c(\underline{dim} P) = −\underline{dim} ν(P), où ν est le foncteur de Nakayama.

Réponse — Comme les deux côtés de l’égalité sont additifs en P, il suffit de la montrer quand P est un projectif indécomposable. Or, pour i ∈ Q_{0}, nous avons

\underline{dim} ν(P_{i}) = \underline{dim} I_{i} = −c(\underline{dim} P_{i}).

4) Montrer que si M est un indécomposable non projectif, on a c(\underline{dim} M) = \underline{dim} τ(M). De même, si M est un indécomposable non injectif, alors on a c^{−1}(\underline{dim} M) = \underline{dim} τ^{−1}(M).

Réponse — Soit M un indécomposable non projectif. Soit

0 → P_{1} → P_{0} → M → 0

une résolution projective minimale de M (comme kQ est de dimension finie et héréditaire, il existe bien une telle résolution). Le foncteur Hom_{kQ}(?, kQ) est exact à gauche, donc le foncteur ν = DHom_{kQ}(?, kQ) est exact à droite. Nous avons donc une suite exacte

0 → τ(M) → ν(P_{1}) → ν(P_{0}) → νM → 0

où ν est le foncteur de Nakayama. Je dis que νM = 0. En effet, si f : M → kQ est un morphisme d’image I, alors I projectif (en tant que sous-module de kQ) et donc un facteur direct de M. Or M est indécomposable non projectif et donc I = 0. Ainsi, la suite

0 → τ(M) → ν(P_{1}) → ν(P_{0}) → 0

est exacte et nous avons

\underline{dim} τ(M) = \underline{dim} ν(P_{1}) − \underline{dim} ν(P_{0}) = −c(\underline{dim} P_{1}) + c(\underline{dim} P_{0}) = c(\underline{dim} M).

Si M est un indécomposable non injectif, on a une résolution injective minimale

0 → M → I_{0} → I_{1} → 0

et une suite exacte

0 → ν^{−1}I_{0} → ν^{−1}I_{1} → τ^{−1}M → 0

ce qui donne la deuxième affirmation.

5) Montrer que pour v, w ∈ Z^{Q_{0}}, on a

⟨v, w⟩ = −⟨w, c(v)⟩ = ⟨c(v), c(w)⟩.

Réponse — Il suffit de montrer l’affirmation quand v et w parcourent des systèmes de générateurs de Z^{Q_{0}}. Or pour i ∈ Q_{0} et M ∈ kQ −mod, on a

⟨\underline{dim} P_{i}, \underline{dim} M⟩ = dim Hom_{kQ}(P_{i}, M) = dim M(i) = dim DM(i) = dim Hom_{kQ}(M, I_{i})
= ⟨\underline{dim} M, \underline{dim} I_{i}⟩ = ⟨\underline{dim} M, −c(\underline{dim} P_{i})⟩.

On obtient la deuxième égalité en appliquant deux fois la première.

6) A partir de maintenant, supposons que Q est un carquois de Dynkin étendu. Notons δ sa plus petite racine imaginaire. Pour v, w ∈ Z^{Q_{0}}, notons (v, w) = ⟨v, w⟩ + ⟨w, v⟩ et q(v) = ⟨v, v⟩. Rappelons que q est la forme de Tits associée à Q et (,) sa forme bilinéaire associée.

a) Montrer qu’un vecteur v ∈ Z^{Q_{0}} appartient au radical de q ssi c(v) = v. Réponse — Pour w ∈ Z^{Q_{0}}, nous avons

⟨w, v − c(v)⟩ = ⟨w, v⟩ + ⟨v, w⟩ = (v, w)

ce qui montre que v est q-orthogonal sur tous les vecteurs w ssi c(v) = v.

b) Montrer qu’il existe un entier h ≥ 1 et une forme linéaire φ : Z^{Q_{0}} → Z tels que, pour tout vecteur v ∈ Z^{Q_{0}}, on ait

c^{h}(v) = v + φ(v)δ

(le plus petit entier h avec cette proprété s’appelle le nombre de Coxeter de Q). Indication : On pourra montrer que c induit un automorphisme de Z^{Q_{0}}/Zδ qui permute les éléments d’une partie finie génératrice. Réponse — D’après (5), l’automorphisme c préserve la forme d’Euler. Donc il préserve la forme de Tits et son radical, qui est égal à Zδ. Ainsi, c induit un automorphisme \overline{c} de Z^{Q_{0}}/Zδ et cet automorphisme préserve la forme quadratique \overline{q} induite par q dans le quotient. Soit R l’ensemble des éléments v du quotient tels que \overline{q}(v) = 1. Comme \overline{q} est positive et non dégénérée, elle est définie positive. Donc R est fini. En outre, R engendre le quotient car R contient les images des vecteurs de la base canonique de Z^{Q_{0}}. Clairement R est stable par \overline{c}. Il s’ensuit que l’ordre de \overline{c} est borné par l’ordre de la permutation qu’il induit dans R. Donc \overline{c} est d’ordre fini h. Alors c^{h} − Id est un endomorphisme de Z^{Q_{0}} dont l’image est contenue dans Zδ ce qui implique clairement l’affirmation.

c) Rappelons qu’un indécomposable V sur kQ est postprojectif ssi τ^{n}(V) est projectif pour un n ≥ 0. Montrer que V est postprojectif si φ(\underline{dim} V) < 0. Réponse — Par récurrence, il résulte du point précédent, que nous avons c^{hi}(\underline{dim} V) = \underline{dim} (V) + iφ(\underline{dim} V)δ pour tout i ≥ 0. Pour i ≫ 0, ce vecteur a des composantes négatives. Il s’ensuit que pour un n ≥ 0, le module τ^{n}(V) est projectif, c’est-à-dire que V est postprojectif.

d) Réciproquement, soit V un indécomposable postprojectif. Montrer que l’on a φ(\underline{dim} V) < 0. Réponse — Rappelons que la composante postprojective de Γ_{kQ} est isomorphe à N(Q^{op}) et qu’un postprojectif est déterminé par son vecteur dimension. Donc les modules τ^{−n}V, n ≥ 0, sont postprojectifs et leurs vecteurs dimension sont positifs et deux à deux distincts. En particulier, pour i ∈ N, les vecteurs

\underline{dim} τ^{−ih}V = c^{−ih}\underline{dim} V = \underline{dim} V − iφ(\underline{dim} V)δ

sont positifs et deux à deux distincts. Comme δ est strictement positif, on doit avoir φ(\underline{dim} V) < 0. e) Déduire qu’un indécomposable V est postprojectif (resp. préinjectif) ssi

φ(\underline{dim} V) < 0 (resp. φ(\underline{dim} V) > 0). Réponse — L’affirmation résulte des deux points précédents et du principe de dualité.

7) On appelle tubulaire un module qui n’a aucun facteur direct postprojectif et aucun facteur direct préinjectif. Rappelons que sur une algèbre héréditaire de dimension finie A, l’équivalence τ : A − \underline{mod} → A − \overline{mod} se relève en un foncteur exact à gauche noté encore τ : A − mod → A − mod.

a) Montrer que pour un module U, on a équivalence entre (i) U est tubulaire; (ii) on a φ(\underline{dim} U) = 0 et φ(\underline{dim} V) ≤ 0 pour tout sous-module V de U; (iii) on a φ(\underline{dim} U) = 0 et φ(\underline{dim} W) ≥ 0 pour tout quotient W de U. Réponse — Supposons que U est tubulaire. Il suffit de montrer (ii) pour les sousmodules indécomposables de U. Soit donc V un sous-module indécomposable. Supposons que φ(\underline{dim} V) > 0. Comme τ est exact à gauche, τ^{ih}V est un sous-module de τ^{ih}U pour tout i ∈ N. Donc \underline{dim} τ^{ih}V ≤ \underline{dim} τ^{ih}U pour tout n. Mais la suite des vecteurs dimension

\underline{dim} τ^{ih}V = \underline{dim} V + i φ(\underline{dim} V)δ

tend vers l’infini alors que la suite

\underline{dim} τ^{ih}U = \underline{dim} U

est constante. L’implication de (ii) vers (i) résulte du point précédent. L’équivalence entre (i) et (iii) résulte de celle entre (i) et (ii) et du principe de dualité.

b) Soit f : V → V′ un morphisme entre modules tubulaires. Montrer que le noyau, l’image et le conoyau de f sont encore tubulaires. Réponse — Soit I l’image de f. Comme I est un sous-module de V′, on a φ(\underline{dim} I) ≤ 0. Comme I est un quotient de V, on a φ(\underline{dim} I) ≥ 0. Donc φ(\underline{dim} I) = 0. Par les suites exactes,

0 → kerf → V → I → 0 et 0 → I → V′ → cokf → 0 ,

il en résulte que φ(\underline{dim} kerf) = 0 et φ(\underline{dim} cokf) = 0. Tout sous-module de I est un sous-module de V′, tout quotient de cokf un quotient de V′ et tout sous-module de kerf un sous-module de V. Il en résulte que I, kerf et cokf sont bien tubulaires.

8) On appelle tubulaire simple un module tubulaire non nul qui n’admet pas de sousmodule tubulaire autre que 0 et lui-même. On se propose de classifier les modules tubulaires simples pour le carquois Q donné par

[figure: 1; 2; 0; 3; 4]

On note Q′ le sous-carquois plein de sommets 0, …, 3. a) Calculer les vecteurs dimension de τ^{i}I_{j} pour 0 ≤ j ≤ 4 et 0 ≤ i ≤ 2.

Réponse — Il s’agit de calculer une partie finale de la composante préinjective de Q. On obtient

\xymatrix{ & [22111] \ar[dr] &  & [10111] \ar[dr] &  & [01000] \\ [53333] \ar@{-->}[ur] \ar[r] \ar[dr] \ar[ddr] & [21211] \ar[r] & [32222] \ar@{-->}[ur] \ar[r] \ar[dr] \ar[ddr] & [11011] \ar[r] & [11111] \ar@{-->}[ur] \ar[r] \ar[dr] \ar[ddr] & [00100] \\  & [21121] \ar@{-->}[ur] &  & [11101] \ar@{-->}[ur] &  & [00010] \\  & [21112] \ar[uur] &  & [11110] \ar[uur] &  & [00001]}

b) Déduire du calcul précédent que l’on a c^{2}(v) = v+φ(v)δ où φ(v) = −2v_{0}+v_{1}+v_{2}+v_{3}. Réponse — Il suffit de vérifier la formule indiquée sur les vecteurs dimension des indécomposables injectifs car ceux-ci forment une base de Z^{Q_{0}}. Il s’agit des vecteurs dimension [11111], [01000], [00100], [00010] et [00001] et nous avons δ = [21111]. Le calcul est immédiat à partir du point précédent.

c) Pour une partie I de {1, …, 4} formée de deux éléments, soit V = V (I) la représentation de Q donnée par un espace vectoriel V_{0} de dimension 1 et quatre sous-espaces V_{i}, 1 ≤ i ≤ 4, tels que V_{i} = V_{0} si i ∈ I et V_{i} = 0 sinon. Montrer que V est tubulaire simple. Réponse — Supposons que I = \{1, 2\}. Alors \underline{dim} V = [11100] et nous avons bien φ(\underline{dim} V) = 0. Les vecteurs dimension v des sous-modules non nuls de V sont [11000] et [10100]. Il vérifient φ(v) = −1. Cela montre que V est tubulaire et n’admet aucun sous-module tubulaire non trivial. Donc V est tubulaire simple. De même pour les autres choix de I.

d) Soit V la représentation de Q donnée par un espace vectoriel V_{0} de dimension 2 et quatre droites V_{1}, …, V_{4} distinctes deux à deux dans V_{0}. Montrer que V est tubulaire simple. Etablir une bijection naturelle entre les classes d’isomorphisme de ces représentations et les points de la droite projective sur k privée des trois points 0, 1, ∞. On note V (x) la représentation qui correspond à un point x. Réponse — Le vecteur dimension de V est [21111] et on a bien φ(\underline{dim} V) = 0. Soit U ⊂ V une sous-representation non triviale. Si dim U_{0} = 2 on doit avoir dim U_{i} = 0 pour un 1 ≤ i ≤ 4 et φ(dim U) < 0. Si dim U_{0} = 1, alors U_{i} = U_{0} pour un unique 1 ≤ i ≤ 4 et on a φ(dim U) = −1. Cela montre que V est tubulaire et n’admet aucun sous-module tubulaire non trivial. Clairement les classes d’isomorphisme de ces représentations sont en bijection avec les orbites de GL(V_{0}) dans son action naturelle sur les quadruplets de droites distinctes de V_{0}. On sait que le birapport

(V_{1}, V_{2}, V_{3}, V_{4}) ↦ b(V_{1}, V_{2}, V_{3}, V_{4})

établit une bijection naturelle entre les orbites de tels quadruplets et la droite projective P^{1}(k) privée de 0, 1 et ∞. Concrètement, si on choisit une base v_{1}, v_{2} de V_{0} telle que v_{1} engendre V_{1}, v_{2} engendre V_{2} et v_{1}+v_{2} engendre V_{3}, alors b(V_{1}, V_{2}, V_{3}, V_{4}) est le point (x_{1} : x_{2}) défini par le fait que x_{1}v_{1} + x_{2}v_{2} appartienne à V_{4}.

e) Pour une représentation U de Q′, notons U^{0} son extension par 0 à Q, c’est-à-dire que U_{4}^{0} = 0 et que la restriction de U^{0} à Q′ est U. Calculer (à l’aide de l’exercice I), pour chaque représentation indécomposable U de Q′, les nombres φ(\underline{dim} U^{0}) et dim U_{0}. Les indiquer aux sommets du carquois d’Auslander-Reiten de Q′. Réponse — On trouve

\xymatrix{ & −1, 1 \ar[dr] &  & 0, 1 \ar[dr] &  & 1, 0 \\ −2, 1 \ar[ur] \ar[r] \ar[dr] & −1, 1 \ar[r] & −1, 2 \ar[ur] \ar[r] \ar[dr] & 0, 1 \ar[r] & 1, 1 \ar[ur] \ar[r] \ar[dr] & 1, 0 \\  & −1, 1 \ar[ur] &  & 0, 1 \ar[ur] &  & 1, 0}

f) Montrer que toute représentation tubulaire simple est isomorphe à l’une des représentations V (x) ou V (I) décrites ci-dessus. Réponse — Soit S une représentation tubulaire simple. Considérons la restriction de S à Q′. Cette restriction se décompose en une somme de modules indécomposables V (i), 1 ≤ i ≤ s. Clairement, V (i)^{0} est une sous-représentation de S pour tout 1 ≤ i ≤ s. Il s’ensuit que φ(\underline{dim} V (i)^{0}) ≤ 0. D’après la question précédente, aucun V (i) n’est donc injectif. En outre, si V (i) est le translaté d’un injectif simple, alors V (i)^{0} est tubulaire (de la forme V (I)) et donc S = V (i)^{0}. On peut donc supposer que φ(\underline{dim} V (i)^{0}) < 0 pour tous i. Soit W (i) une sous-représentation maximale de S telle que W (i) ∩ V (i)^{0} = 0 et W (i) contient V (j)^{0} pour j ≠ i. Alors la restriction à Q′ du quotient \overline{V} (i) = S/W (i) est isomorphe à V (i), on a

dim \overline{V} (i)_{4} ≤ dim \overline{V} (i)_{0} = dim V (i)_{0} ,

et

0 ≤ φ(dim \overline{V} (i)) = φ(\underline{dim} V (i)^{0}) + \underline{dim} \overline{V} (i)_{4} ≤ φ(\underline{dim} V (i)^{0}) + dim V (i)_{0}.

Si φ(\underline{dim} V (i)^{0}) + dim V (i)_{0} = 0, alors \overline{V} (i) est tubulaire et S = \overline{V} (i). Ce cas se présente si V (i) est l’un des trois projectifs non simples. On obtient alors les représentations S = V (I), où I est une partie à deux éléments de {1, 2, 3, 4} qui contient 4. Il reste le cas où tous les V (i) vérifient

φ(\underline{dim} V (i)^{0}) < 0 et 0 < φ(\underline{dim} V (i)^{0}) + dim V (i)_{0}.

D’après le point précédent, cela n’est possible que si tous les V (i) sont isomorphes à l’indécomposable de vecteur dimension [2111]. Comme φ(\underline{dim} V) = 0, on a dim S_{4} = s. Si on choisit des bases adaptées à la décomposition de la restriction de S à Q′, la représentation S est donc donnée par quatre matrices du format 2s × s de la forme

[ \begin{matrix}I \\ 0 \end{matrix} ] , [ \begin{matrix}0 \\ I \end{matrix} ] , [ \begin{matrix}I \\ I \end{matrix} ] , [ \begin{matrix}A \\ B \end{matrix} ]

qui décrivent respectivement les inclusions de S_{1}, S_{2}, S_{3} et S_{4} dans S_{0}. Nous pouvons considérer la donnée du couple (A, B) comme celle d’une représentation de vecteur dimension [s, s] du carquois de Kronecker. Une décomposition de (A, B) donnerait une décomposition de S. Donc (A, B) est indécomposable. Toute sousreprésentation de (A, B) de vecteur dimension [s′, s′] nous donne un sous-module tubulaire de S. Il s’ensuit que (A, B) ne peut admettre de telle sous-représentation.

L’inspection de la liste des représentations indécomposables du carquois de Kronecker montre que l’on doit avoir a s = 1. Finalement, si on avait S_{4} = S_{1} alors S admettrait une sous-représentation tubulaire de vecteur dimension [21001] et serait égale à cette sous-représentation. De même, S_{4} doit être distincte de S_{2} et S_{3}. Finalement, on trouve que S est isomorphe à V (x) pour un point x ≠ 0, 1, ∞ de la droite projective.

9) Question facultative : calculer les groupes d’extensions entre représentations tubulaires simples.

Réponse — On trouve

Ext_{kQ}^{1}(V (x), V (x)) = k et Ext_{kQ}^{1}(V (I), V (J)) = k

pour tous x et pour I et J des parties complémentaires de {1, …, 4}. Tous les autres groupes d’extensions s’annulent.

Remarque : La connaissance des représentations tubulaires simples et de leurs groupes d’extensions permet de montrer qu’on a une équivalence de catégories

k[x, x^{−1}, (1 − x)^{−1}] − mod × T_{2} × T_{2} × T_{2} → T

où T est la sous-catégorie des représentations tubulaires et T_{2} est la catégorie des mailles d’un tube de circonférence 2. Les modules V (I) correspondent aux points de la bouche des tubes de circonférence 2 et les modules V (x) aux modules simples sur k[x, x^{−1}, (1 − x)^{−1}].