Université Paris 7 – Denis Diderot Année universitaire 2004–05 UFR de Mathématiques Représentations de carquois DEA de Mathématiques 19/05/2005 B. Keller

Un corrigé de l’examen de mai 2005

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

I. Représentations de A⃗_{4}

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

\xymatrix{1 \ar[r] & 2 & 3 \ar[l] \ar[r] & 4.}

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_{1}, …, P_{4} données par

\xymatrix{k \ar[r]^{1} & k & 0 \ar[l] \ar[r] & 0 & 0 \ar[r] & k & 0 \ar[l] \ar[r] & 0}
\xymatrix{0 \ar[r] & k & k \ar[l]_{1} \ar[r]^{1} & k & 0 \ar[r] & 0 & 0 \ar[l] \ar[r] & k.}

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

\xymatrix{k \ar[r] & 0 & 0 \ar[l] \ar[r] & 0 & k \ar[r] & k & k \ar[l] \ar[r] & 0}
\xymatrix{0 \ar[r] & 0 & k \ar[l] \ar[r] & 0 & 0 \ar[r] & 0 & k \ar[l] \ar[r] & k.}

Les représentations simples sont (à isomorphisme près) les représentations S_{1} = I_{1}, S_{2} = P_{2}, S_{3} = I_{3} et S_{4} = P_{4}.

2) Soit V une représentation projective de Q dont le vecteur dimension est v = [4, 9, 2, 3]. Quelle peut être la décomposition de V en indécomposables ? Réponse — On sait que toute représentation projective est somme directe de copies des P_{i}, 1 ≤ i ≤ 4. On a donc

V →^{∼} P_{1}^{n_{1}} ⊕ P_{2}^{n_{2}} ⊕ P_{3}^{n_{3}} ⊕ P_{4}^{n_{4}}

pour certains entiers positifs n_{i}. Il s’ensuit que

v = ∑_{i=1}^{4} n_{i}p_{i} ,

où l’on note p_{i} le vecteur dimension de P_{i}. Or les p_{i}, 1 ≤ i ≤ 4, forment une base de Z^{4} (on le vérifie directement ou l’on le déduit du fait que Q n’a pas de cycles orientés). Donc les n_{i} sont uniques et on calcule aisément que

(n_{1}, n_{2}, n_{3}, n_{4}) = (4, 3, 2, 1).

3) Déterminer les vecteurs dimension des représentations indécomposables de Q et son carquois d’Auslander-Reiten.

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 ‘tricot’ 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.

\xymatrix{ & [1100] \ar[dr] &  & [0011] \ar[dr] \\ [0100] \ar[ur] \ar[dr] &  & [1111] \ar[ur] \ar[dr] &  & [0010] \\  & [0111] \ar[ur] \ar[dr] &  & [1110] \ar[ur] \ar[dr] \\ [0001] \ar[ur] &  & [0110] \ar[ur] &  & [1000]}

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 : [0001], [0111], [1111], [0011].

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}. Comme il n’existe pas de chemin d’un indécomposable W vers un indécomposable τ(V), les espaces d’extension s’annulent.

5) Soit v ∈ N^{4}. Rappeler pourquoi rep(Q, v) contient une unique GL(v)-orbite ouverte dense. On appelle générique la représentation qui correspond aux points de cette orbite.

Réponse — En tant que variété, rep(Q, v) est isomorphe à un espace affine. En particulier, rep(Q, v) est irréductible. Comme Q est de Dynkin, Q n’admet qu’un nombre fini de classes d’isomorphismes d’indécomposables, et donc pour chaque vecteur dimension donné, il n’existe qu’un nombre fini de classes d’isomorphisme de représentations (éventuellement décomposables). Donc le nombre de GL(v)-orbites dans rep(Q, v) est fini. Or rep(Q, v) est la réunion des adhérences de ces orbites. Comme rep(Q, v) est irréductible, l’une des adhérences est égale à rep(Q, v), c’est-à-dire que l’une des orbites est dense. Comme toute orbite est localement fermée, cette orbite dense est aussi ouverte. Comme rep(Q, v) est irréductible, deux orbites ouvertes denses (donc non vides) se rencontrent toujours, donc coïncident.

6) Quelle est la décomposition^{1} en indécomposables de la représentation générique de vecteur dimension [1234] ?

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}). Il s’ensuit que la somme M des quatre indécomposables de vecteurs dimensions [0001], [0111], [1111] et [0011] est générique. En outre, elle a le vecteur dimension [1234]. Donc c’est la représentation recherchée.

II. Représentations sur les réels

Soit C la catégorie dont les objets sont les triplets (V_{1}, V_{2}, V_{f}), où V_{1} est un espace vectoriel réel de dimension finie, V_{2} un espace vectoriel complexe de dimension finie et

V_{f} : V_{1} → V_{2}|_{R}

une application R-linéaire de V_{1} dans l’espace vectoriel réel V_{2}|_{R} sous-jacent à V_{2}. Un morphisme V → V′ de C est donné par un couple (g_{1}, g_{2}) formé d’une application Rlinéaire g_{1} : V_{1} → V′_{1} et d’une application C-linéaire g_{2} : V_{2} → V′_{2} telles que V_{f′}g_{1} = g_{2}V_{f}.

1) Montrer que C est équivalente à la catégorie des représentations réelles de dimension finie de la R-algèbre associative

A = ( \begin{matrix}R & 0 \\ C & C \end{matrix} ) ,

i.e. la sous-algèbre réelle de M_{2}(C) formée des matrices

[ \begin{matrix}a & 0 \\ b & c \end{matrix} ] ,

telles que a ∈ R, b, c ∈ C. Déduire que C est additive et que tout objet de C est isomorphe à une somme finie d’objets indécomposables uniques à isomorphisme et permutation près.

Réponse — Notons A−mod la catégorie des A-modules à gauche. Pour une représentation V, on définit F V comme le module d’espace sous-jacent V_{1} ⊕ V_{2} et muni de l’action

[ \begin{matrix}a & 0 \\ b & c \end{matrix} ] [ \begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}av_{1} \\ bV_{f}(v_{1}) + cv_{2} \end{matrix} ] .

On vérifie que F V est un module bien défini et que F est un foncteur. Pour un Amodule M, on définit une représentation GM par (GM)_{1} = e_{11}M, (GM)_{2} = e_{22}M et (GM)_{f} comme l’application donnée par la multiplication par e_{21}. On vérifie que G est un foncteur et que F et G sont quasi-inverses l’un de l’autre. On sait que dans la catégorie des modules de dimension finie sur une algèbre de dimension finie sur un corps, tout objet est somme finie d’indécomposables uniques à isomorphisme et à permutation près. Clairement, cette propriété est préservée par les équivalences de catégories.

1L’énoncé original, erroné, demandait la décomposition générique de [1232]. Cette dernière est donnée par la somme des indécommposables de vecteurs dimension [1111], [0110] et [0011].

2) Calculer les anneaux d’endomorphismes des objets suivants de C. Déduire qu’ils sont indécomposables. Lesquels parmi ces objets sont projectifs, resp. injectifs resp. simples ?

U = (R → 0) , V = (0 → C) , W = (R^{2} →^{1} C) , T = (R →^{incl} C).

Réponse — Un calcul simple montre que les anneaux d’endomorphismes de U et T sont isomorphes à R et ceux de V et W isomorphes à C. Si X est une représentation quelconque, on a

Hom(X, U) = Hom_{R}(X_{1}, R) , Hom(V, X) = Hom_{C}(C, X_{2}) ,
Hom(X, W) = Hom_{C}(X_{2}, C) , Hom(T, X) = Hom_{R}(R, X_{1}).

Il s’ensuit que U et W sont injectifs et V et T projectifs. On a des suites exactes naturelles

0 → V → T ⊕ T → W → 0 et 0 → T → W → U → 0

qui ne sont pas scindables car Hom(T, V) = 0 et Hom(U, W) = 0. Il s’ensuit que W et U ne sont pas projectifs et V et T ne sont pas injectifs. Les objets U et V sont simples tandis que W et T admettent V comme sous-représentation non triviale.

3) Montrer que les objets de la question précédente forment un système de représentants des classes d’isomorphisme des indécomposables de C.

Réponse — Par la question 1), il suffit de montrer que tout objet X de C est somme directe des représentations de la question précédente. Soit X_{1} = ker(X_{f}) ⊕ Y_{1} une décomposition de X_{1}. Alors X est somme directe de (ker(X_{f}) → 0) et Y_{1} → X_{2}. Clairement (ker(X_{f}) → 0) est somme directe de copies de U. Donc on peut supposer que X_{f} est injectif. Soit X′_{1} ⊂ X_{1} l’image réciproque de X_{f}(X_{1})∩iX_{f}(X_{1}). Alors X′_{1} → X_{f}(X′_{1}) est une sous-représentation isomorphe à une somme de copies de W. Comme W est injectif, cette sous-représentation est un facteur direct et on peut supposer que X_{f}(X_{1}) ∩ iX_{f}(X_{1}) = 0. Alors (X_{1} → X_{f}(X_{1}) ⊕ iX_{f}(X_{1})) est un facteur direct de X isomorphe à une somme de copies de T et X est isomorphe à la somme de ce facteur et d’une somme de copies de V.

III. Relations de Serre dans les algèbres de Hall

1) Soit A un anneau. Un A-module fini est un A-module à gauche dont l’ensemble sousjacent est fini. Si X_{1}, …, X_{t} et Z sont des A-modules finis, on définit F_{X_{1},...,X_{t}}^{Z} comme le nombre de chaînes décroissantes

Z = Z_{0} ⊃ Z_{1} ⊃ Z_{2} ⊃ ⋯ ⊃ Z_{t−1} ⊃ Z_{t} = 0

de sous-modules de Z tels que Z_{i−1}/Z_{i} est isomorphe à X_{i}, pour 1 ≤ i ≤ t. On suppose que pour tous A-modules finis X_{1}, X_{2}, il n’existe qu’un nombre fini de classes d’isomorphisme de A-modules finis Z tels que F_{X_{1},X_{2}}^{Z} ≠ 0. Soit H(A) le groupe abélien libre engendré par des symboles u_{X} indexés par les classes d’isomorphisme X de Amodules finis. On définit une loi Z-bilinéaire sur H(A) par

u_{X}u_{Y} = ∑_{Z} F_{XY}^{Z} u_{Z}.

a) Montrer que la loi définie ci-dessus est associative. On appelle H(A) muni de cette loi l’algèbre de Hall associée à A. Réponse — Si X_{1}, …, X_{t} et Z sont des A-modules finis, notons Φ_{X_{1},...,X_{t}}^{Z} l’ensemble des chaînes décroissantes

Z = Z_{0} ⊃ Z_{1} ⊃ Z_{2} ⊃ ⋯ ⊃ Z_{t−1} ⊃ Z_{t} = 0

de sous-modules de Z tels que Z_{i−1}/Z_{i} est isomorphe à X_{i}, pour 1 ≤ i ≤ t. Fixons un système de représentants V des classes d’isomorphismes de A-modules fini, et pour chaque A-module fini S, fixons un isomorphisme φ_{S} : S → T avec le représentant de sa classe. Soit W un A-module fini. Nous obtenons une bijection

Φ_{X,Y,Z}^{W} →^{∼} ∐_{V ∈V} Φ_{X,V}^{W} × Φ_{Y,Z}^{V}

en envoyant une chaîne (W_{i}) sur le couple formé de W_{0} ⊃ W_{1} ⊃ 0 et de V = V_{0} ⊃ φ_{W_{1}}(W_{2}) ⊃ φ_{W_{1}}(W_{3}) ⊃ 0 où V est le représentant de la classe d’isomorphisme de W_{1}. Cette bijection montre que nous avons

F_{X,Y,Z}^{W} = ∑_{V} F_{X,V}^{W} F_{Y,Z}^{V}.

De même, on montre que

F_{X,Y,Z}^{W} = ∑_{U} F_{X,Y}^{U} F_{U,Z}^{W}.

Il s’ensuit que l’on a

(u_{X}u_{Y})u_{Z} = (∑_{U} F_{X,Y}^{U})u_{Z} = ∑_{W}(∑_{U} F_{X,Y}^{U} F_{U,Z}^{W})u_{W} = ∑_{W} F_{X,Y,Z}^{W}u_{W} = u_{X}(u_{Y} u_{Z}).

b) Soient p un nombre premier, A = Z et M = Z/pZ. Montrer que dans H(A), on a

u_{M}u_{M} = (p + 1) u_{M⊕M} + u_{Z/p^{2}Z}.

Réponse — Si F_{M,M}^{L} est non nul, alors L est extension de Z/pZ par lui-même. Donc L est ou bien isomorphe à Z/p^{2}Z ou bien isomorphe à Z/pZ ⊕ Z/pZ. Le module Z/pZ admet une unique chaîne aux sous-quotients M, M, car il admet un unique sous-module isomorphe à Z/pZ. Donc F_{M,M}^{Z/p^{2}Z} = 1. Le module Z = Z/pZ ⊕ Z/pZ admet p + 1 sous-modules isomorphes à Z/pZ : c’est un espace vectoriel sur Z/pZ qui contient p − 1 vecteurs non nuls et chaque droite contient p^{2} − 1 vecteurs non nuls. Nous avons donc F_{M,M}^{M} = p + 1. c) Soient k un corps à q < ∞ éléments, Q le carquois 1 → 2 et u_{i} = u_{S_{i}}, i = 1, 2.

Montrer qu’on a

u_{1}u_{2}^{2} − (q + 1) u_{2}u_{1}u_{2} + q u_{2}^{2}u_{1} = 0

dans H(kQ). Indication : on pourra exprimer u_{1}u_{2}^{2}, … en termes de u_{S_{1}^{1}⊕S_{2}^{2}} et u_{I_{2}⊕S_{2}}, où I_{2} est l’injectif indécomposable de socle S_{2}. Réponse — Tout module M admettant une filtration dont les sous-quotients sont S_{1}, S_{2}, S_{2} (dans un ordre quelconque) a pour vecteur dimension [1, 2]. Les vecteurs dimension des indécomposables sont [1, 0], [1, 1] et [0, 1]. Donc on a ou bien M →^{∼} S_{1} ⊕ I_{2} ou bien M →^{∼} S_{1} ⊕ S_{2}^{2}. Dans les deux cas, nous avons F_{S_{1},S_{2},S_{2}}^{M} = q + 1 car le choix d’une filtration de M à sous-quotients S_{1}, S_{2}, S_{2} revient au choix d’une droite dans S_{2}^{2} = k^{2}. Donc

u_{1}u_{2}^{2} = (q + 1)(u_{S_{1}⊕S_{2}^{2}} + u_{I_{2}⊕S_{2}}).

Calculons F_{S_{2},S_{1},S_{2}}^{M} : si M = S_{1} ⊕ S_{2}^{2}, il existe q + 1 chaînes, car elles sont en bijection avec les droites dans S_{2}^{2}; si M = I_{2} ⊕ S_{2}, alors le cran M_{1} d’une chaîne contient un générateur de I_{2} et est donc égal à I_{2}. Il s’ensuit que M_{2} est égal au socle de I_{2}. Donc il existe une unique filtration admissible et F_{S_{2},S_{1},S_{2}}^{M} = 1. Donc

u_{2}u_{1}u_{2} = (q + 1)u_{S_{1}⊕S_{2}^{2}} + u_{I_{2}⊕S_{2}}.

Calculons F_{S_{2},S_{2},S_{1}}^{M} : si M = S_{1} ⊕ S_{2}^{2}, nous trouvons à nouveau q + 1 filtrations admissibles, en bijection avec les droites dans S_{2}^{2}; si M = I_{2} ⊕ S_{2}, alors M n’admet aucun sous-module simple isomorphe à S_{1} et donc il n’existe aucune filtration admissible. Donc

u_{2}^{2}u_{1} = (q + 1)u_{2}^{2}u_{1}.

Par combinaison linéaire des trois équations on obtient bien

u_{1}u_{2}^{2} − (q + 1) u_{2}u_{1}u_{2} + q u_{2}^{2}u_{1} = 0.

2) Soient Q un carquois fini sans cycle orienté et k un corps à q < ∞ éléments. Pour tout entier positif n, on définit le nombre quantique [n] et le factoriel quantique [n]! par

[n] = 1 + q + ⋯ + q^{n−1} = \frac{q^{n} − 1}{q − 1} et [n]! = [1][2] ⋯ [n] .

Pour tous entiers positifs n, t, on définit le coefficient binomial quantique

[ \begin{matrix}n \\ t \end{matrix} ] = \frac{[n]!}{[t]! [n − t]!} .

Pour tout sommet i de Q, notons u_{i} = u_{S_{i}}. Soient i, j deux sommets de Q tels qu’il n’existe pas de flèche de i à j. Soient n′ le nombre de flèches de j à i et n = n′ + 1. On se propose de montrer^{2} que dans H(kQ), on a la relation de Serre

∑_{t=0}^{n}(−1)^{t} [ \begin{matrix}n \\ t \end{matrix} ] q^{\frac{t(t−1)}{2}} u_{i}^{t}u_{j}u_{i}^{n−t} = 0 .

2suivant C. M. Ringel, Inv. Math. 101 (1990), 583-592

a) Soient t ≤ d des entiers positifs et V un k-espace vectoriel de dimension d. Quel est le nombre de droites dans V ? Soit U ⊂ V un sous-espace de dimension d′. Quel est le nombre de droites dans V/U ? Montrer que le nombre de suites

0 ⊂ V_{1} ⊂ V_{2} ⊂ ⋯ ⊂ V_{t} ⊂ V

de sous-espaces vectoriels telles que dim V_{i} = i, 1 ≤ i ≤ t, est égal à

[d][d − 1] ⋯ [d − t + 1] = \frac{[d]!}{[d − t]!} .

Montrer que c’est également le nombre de suites de sous-espaces

V ⊃ V_{1} ⊃ V_{2} ⊃ ⋯ ⊃ V_{t}

tels que dim V_{i} = dim V − i, 1 ≤ i ≤ t. Réponse — Chaque droite de V contient q − 1 vecteurs non nuls et le nombre total de vecteurs non nuls dans V est q^{d} − 1. Le nombre de droites est donc

\frac{q^{d} − 1}{q − 1} = [d].

Comme V/U est de dimension d − d′, le nombre de droites dans V/U est [d − d′]. Pour obtenir une suite comme dans l’énoncé, on choisit successivement une droite V_{1} dans V, puis une droite V_{2}/V_{1} dans V/V_{1}, …. Le nombre de ces suites est donc bien égal à

[d][d − 1] ⋯ [d − t + 1].

Comme les sous-espaces de codimension i de V sont en bijection avec les sousespaces de dimension i de V^{∗}, qui est encore de dimension d, on obtient la dernière affirmation.

b) Soit R le sous-carquois plein de Q dont les sommets sont i et j. Le carquois R comporte donc n − 1 flèches α_{1}, …, α_{n−1} de j à i et aucune autre flèche. Soit M une représentation de R telle que dim M_{i} = n et dim M_{j} = 1. Soit d la codimension de la somme des images des M_{α_{l}} dans M_{i}. Montrer que

dim Hom(M, S_{i}) = d.

Montrer que l’on a M = N ⊕ S_{i}^{d}, où N est une représentation indécomposable telle que dim N_{j} = 1. Calculer les espaces de morphismes

Hom(N, S_{i}) , Hom(S_{i}, N) , Hom(N, S_{j}) , Hom(S_{j}, N).

Déduire du résultat que le plus grand quotient semi-simple de N est S_{j} et que le radical de N est isomorphe à S_{i}^{n−d}. Réponse — Soit I la somme des images des M_{α_{l}}. Un couple (f_{j}, f_{i}) d’applications linéaires définit un morphisme de M vers S_{i} ssi f_{j} = 0 et f_{i} s’annule sur I. Donc Hom(M, S_{i}) = Hom_{k}(M_{j}/I, k) est bien de dimension d. Soit N la sousreprésentation avec N_{i} = M_{i} et N_{j} = I. Soit I′ ⊂ M_{i} un supplémentaire de I. Alors I′ définit une sous-représentation isomorphe à S_{i}^{d} et M = I ⊕ N. Si f : N → N est un endomorphisme de composantes f_{i}, f_{j}, alors f_{i} est un multiple de l’identité et, comme N_{j} est engendré par les M_{α_{l}}(N_{i}), f_{j} est le même multiple de l’identité. Donc l’anneau des endomorphismes de N est réduit à k et N est indécomposable.

Comme N est engendré par N_{j}, on a Hom(N, S_{i}) = 0. Il est clair que Hom(S_{i}, N) = k^{n−d}. Comme N_{j} est de dimension 1, on a Hom(N, S_{j}) = k. Si certains M_{α_{l}} sont non nuls, on a Hom(S_{j}, N) = 0 et sinon, on a Hom(S_{j}, N) = k. Le morphisme de N vers son plus grand quotient semisimple est universel parmi les morphismes de N vers un module semisimple S_{i}^{n_{i}} ⊕ S_{j}^{n_{j}}. Le calcul qui précède montre donc que le plus grand quotient de N est S_{j}. Le noyau de l’épimorphisme N → S_{j} est clairement la sous-représentation (0, N_{i}), qui est isomorphe à S_{i}^{n−d} (notons que n = d si tous les M_{α_{l}} s’annulent).

c) Soit M une représentation de Q. Notons a_{t}(M) le coefficient de u_{M} dans u_{i}^{t}u_{j}u_{i}^{n−t}. Supposons que a_{t}(M) > 0. Montrer que M_{l} = 0 pour l ∉ {i, j} de façon qu’on peut considérer M comme une représentation de R. Montrer que dim M_{i} = 1 et dim M_{j} = n. Montrer que dans les notations de la question précédente, on a d ≥ 1 et t ≤ d. Réponse — Si a_{t}(M) est non nul, alors M admet une série de composition avec n facteurs S_{i} et un facteur S_{j}. Donc le vecteur dimension de M s’annule sauf en i et j et on a dim M_{i} = n et dim M_{j} = 1. Comme les images des M_{α_{l}} sont au plus de dimension 1 et comme il y a n − 1 flèches α_{l}, la dimension de la somme des images est ≤ n − 1 et sa codimension d est ≥ 1. Comme N n’admet pas de quotient isomorphe à S_{i}, mais M = N ⊕S_{i}^{d} admet un quotient isomorphe à S_{i}^{t}, on doit avoir t ≤ d.

d) Sous les mêmes hypothèses sur M, soit

M = M_{0} ⊃ M_{1} ⊃ ⋯ ⊃ M_{t} ⊃ M_{t+1} ⊃ ⋯ ⊃ M_{n} ⊃ M_{n+1} = 0

une chaîne décroissante de sous-représentations telle que les sous-quotients M_{s−1}/M_{s} sont simples pour 1 ≤ s ≤ n + 1. Montrer qu’on a M_{s−1}/M_{s} →^{∼} S_{i} pour s ≠ t + 1 et M_{t}/M_{t+1} →^{∼} S_{j} ssi M_{t} contient N et que M_{t+1} est contenu dans (radN) ⊕ S_{i}^{d}. Réponse — Clairement M_{t+1} est contenu dans radN⊕S_{i}^{d} →^{∼} S_{i}^{n} ssi on a M_{s−1}/M_{s} →^{∼} S_{i} pour tous s > t + 1. De l’autre côté, M_{t} contient N ssi M/M_{t} n’a pas de facteur de composition isomorphe à S_{j} ssi M_{s−1}/M_{s} →^{∼} S_{i} pour tous s ≤ t.

e) Sous les mêmes hypothèses sur M, montrer qu’on a

a_{t}(M) = \frac{[d]! [n − t]!}{[d − t]!} .

Réponse — D’après la question précédente, pour obtenir une chaîne

M = M_{0} ⊃ M_{1} ⊃ ⋯ ⊃ M_{t} ⊃ M_{t+1} ⊃ ⋯ ⊃ M_{n} ⊃ M_{n+1} = 0

avec des quotients successifs S_{i} (t fois), S_{j} (une fois), S_{i} (n − t fois), on doit

(1) choisir une chaîne de n − t sous-espaces

M_{t+1} ⊃ ⋯ ⊃ M_{n} ⊃ M_{n+1} = 0 ,

chacun de codimension 1 dans le suivant, dans (radN) ⊕ S_{i}^{d} →^{∼} S_{i}^{n};

(2) poser M_{t} = M_{t+1} + N;

(3) choisir une chaîne de t sous-espaces

M = M_{0} ⊃ M_{1} ⊃ ⋯ ⊃ M_{t−1} ⊃ M_{t}

chacun de codimension 1 dans le suivant.

D’après la question a), le nombre de chaînes obtenues est de

[n − t]! × 1 × \frac{[d]!}{[d − t]!} .

f) Montrer que

[ \begin{matrix}n \\ t \end{matrix} ] a_{t}(M) = [n]! [ \begin{matrix}d \\ t \end{matrix} ]

Réponse — On a

[ \begin{matrix}n \\ t \end{matrix} ] a_{t}(M) = \frac{[n]!}{[t]! [n − t]!} \frac{[n − t]! [d]!}{[d − t]!} = [n]! [ \begin{matrix}d \\ t \end{matrix} ] .

g) Montrer que dans Z[X], on a

∑_{t=0}^{d} [ \begin{matrix}d \\ t \end{matrix} ] q^{\frac{t(t−1)}{2}} X^{t} = ∏_{i=0}^{d−1}(1 + q^{i}X).

Déduire que pour d ≥ 1, on a

∑_{t=0}^{d}(−1)^{t} [ \begin{matrix}d \\ t \end{matrix} ] q^{\frac{t(t−1)}{2}} = 0.

Réponse — On procède par récurrence sur d ≥ 1. Pour d = 1, l’affirmation est tautologique. Passons de d à d + 1. Nous avons

∏_{i=0}^{d}(1 + q^{i}X) = (1 + q^{d}X) ∑_{t=0}^{d} [ \begin{matrix}d \\ t \end{matrix} ] q^{\frac{t(t−1)}{2}} X^{t}

= 1 + q^{\frac{d(d−1)}{2} +d} + ∑_{t=1}^{d} ([ \begin{matrix}d \\ t \end{matrix} ] q^{\frac{t(t−1)}{2}} + [ \begin{matrix}d \\ t − 1 \end{matrix} ] q^{\frac{(t−1)(t−2)}{2} +d}) X^{t} ,

où nous avons utilisé l’hypothèse de récurrence pour la première égalité. Ici, le coefficient de X^{t} se récrit

[ \begin{matrix}d \\ t \end{matrix} ] q^{\frac{t(t−1)}{2}} + [ \begin{matrix}d \\ t − 1 \end{matrix} ] q^{\frac{(t−1)(t−2)}{2} +d} = q^{\frac{(t−1)(t−2)}{2}} (\frac{q^{t−1} [d]!}{[t]! [d − t]!} + \frac{q^{d} [d]!}{[t − 1]! [d − t + 1]!})

= q^{\frac{(t−1)(t−2)}{2}} \frac{[d]!}{[t − 1]! [d − t]!} (\frac{q^{t−1}}{[t]} + \frac{q^{d}}{[d − t + 1]})

= q^{\frac{(t−1)(t−2)}{2}} \frac{[d]!}{[t]! [d − t + 1]!}(q^{t−1} [d − t + 1] + q^{d} [t])
= q^{\frac{(t−1)(t−2)}{2}} \frac{[d]!}{[t]! [d − t + 1]!} \frac{q^{t−1}(q^{d−t+1} − 1) + q^{d}(q^{t} − 1)}{q − 1}
= q^{\frac{(t−1)(t−2)}{2}} \frac{[d]!}{[t]! [d − t + 1]!} \frac{q^{t−1} (q^{d+1} − 1)}{q − 1}

= q^{\frac{t(t−1)}{2}} \frac{[d + 1]!}{[t]! [d − t + 1]!} = q^{\frac{t(t−1)}{2}} [ \begin{matrix}d + 1 \\ t \end{matrix} ]

Nous obtenons donc

∏_{i=0}^{d}(1 + q^{i}X) = 1 + q^{\frac{d(d−1)}{2} +d} + ∑_{t=1}^{d} q^{\frac{t(t−1)}{2}} [ \begin{matrix}d + 1 \\ t \end{matrix} ] X^{t}

= 1 + q^{\frac{(d+1)d}{2}} + ∑_{t=1}^{d} q^{\frac{t(t−1)}{2}} [ \begin{matrix}d + 1 \\ t \end{matrix} ] X^{t}

= ∑_{t=0}^{d+1} q^{\frac{t(t−1)}{2}} [ \begin{matrix}d + 1 \\ t \end{matrix} ] X^{t}.

Cela achève la démonstration de la première égalité. Nous obtenons la deuxième en spécialisant la première à X = −1.

h) Montrer que

∑_{t=0}^{d}(−1)^{t} [ \begin{matrix}n \\ t \end{matrix} ] q^{\frac{t(t−1)}{2}} a_{t}(M) = 0

et conclure. Réponse — Nous avons

∑_{t=0}^{d}(−1)^{t} [ \begin{matrix}n \\ t \end{matrix} ] q^{\frac{t(t−1)}{2}} a_{t}(M) = ∑_{t=0}^{d}(−1)^{t}q^{\frac{t(t−1)}{2}} [n]! [ \begin{matrix}d \\ t \end{matrix} ]

= [n]! ∑_{t=0}^{d}(−1)^{t}q^{\frac{t(t−1)}{2}} [ \begin{matrix}d \\ t \end{matrix} ]
= 0 ,

où nous avons utilisé d’abord f) puis g). On obtient l’affirmation car l’expression que nous venons de calculer est le coefficient de u_{M} dans le développement du relateur de Serre

∑_{t=0}^{n}(−1)^{t} [ \begin{matrix}n \\ t \end{matrix} ] q^{\frac{t(t−1)}{2}} u_{i}^{t}u_{j}u_{i}^{n−t} .