Lösung 14 - RWTH

G. Nebe, M. Künzer
Darstellungstheorie II, WS 06/07
Lösung 14
Aufgabe 49.
(1) Da die Defektgruppe D von b den Vertex Q von V enthält (Satz 14.7), ist CG (D) ≤H CG (Q) ≤ H.
G
Also ist b definiert (Folgerung 15.4).
G
Nehmen wir an, es ist b 6= B. Sei 1 = eb + e0b . Sei F G = F H ⊕ M als F (H × H)-Moduln zerlegt.
Wir erhalten eine Zerlegung F Geb = b ⊕ M eb als F (H × H)-Moduln. Der F (H × H)-Modul Beb ist
ein Summand von F Geb = b ⊕ M eb . Da aber der unzerlegbare F (H × H)-Modul b nach Annahme
nicht in einer direkten Zerlegung von B in F (H × H)-Moduln auftritt, muß Beb bereits Summand
von M eb sein; d.h. die direkte Multiplizität eines Unzerlegbaren in Beb ist kleiner oder gleich seiner
direkten Multiplizität in M eb .
Wir behaupten nun, Alperin p. 99 folgend, folgendes. Ist g ∈ G r H, so hat kein unzerlegbarer
Summand von F HgH einen F (H × H)-linearen Summanden X mit einem Vertex, der ∆(Q) (bis
auf Konjugation in H × H) enthält. Nach Lemma 14.3 ist der Vertex eines solchen Summanden X
0
enthalten in ∆(H ∩ gH)(1,g) . Gäbe es (h, h0 ) ∈ H × H mit ∆(Q)(h,h ) ≤ ∆(H ∩ gH)(1,g) , so wäre
0 −1
∆(Q)(h,h g ) ≤ ∆(H ∩ gH) ≤ ∆(G), und somit für alle x ∈ Q
0 −1
xh = xh g
.
Hieraus entnimmt man aber h0 g −1 h−1 ∈ CG (Q) ≤ H, und mithin g ∈ H. Dieser Widerspruch zeigt
die Behauptung.
Dank
der Behauptung wissen wir nun, daß kein F (H × H)-linearer Summand von M =
L
g∈H\G/H, g6∈H F HgH einen Vertex hat, der ∆(Q) (bis auf Konjugation in H × H) enthält. Somit
gilt dies auch für M eb , und damit für Beb .
H×H
Mit Mackey ist jeder Summand von Beb∆(H) projektiv relativ zu einem Schnitt von ∆(H) mit einer
Untergruppe U ≤ H × H, die keine H × H-Konjugierte von ∆(Q) enthält. Insbesondere enthält der
Vertex eines solchen Summanden keine H × H-Konjugierte und also auch keine ∆(H)-Konjugierte
von ∆(Q).
H×H
Via H ∼- ∆(H), h - (h, h) bilden wir nun BebH . Dieser Modul hat keinen Summanden,
H×H
dessen Vertex eine H-Konjugierte von Q enthält. Beachte, daß h ∈ H auf BebH
via Konjugation
von rechts operiert.
H×H
Es ist U eb ein F H-Modul. Mit Aufgabe 16 hat nun auch der F H-Modul BebH
⊗F U eb keinen
Summanden, dessen Vertex eine H-Konjugierte von Q enthält. Nun enthält aber U eb den F Hlinearen Summanden V eb = V , welcher Vertex Q hat. Um den gewünschten Widerspruch zu erhalten,
H×H
genügt es also, U eb | U eb ⊗F BebH
zu zeigen.
Setze
ϕ
U eb
ueb
-
U eb
ueb
H×H
⊗F
⊗
BebH
eB eb ,
wobei u ∈ U . Wegen
ueb h
- uheb ⊗ eB eb = ueb h ⊗ eB eb h−1 h = ueb h ⊗ h−1 eB eb h = (ueb ⊗ eB eb )h
für h ∈ H ist diese Abbildung F H-linear.
Setze
U eb
ueb
⊗F
⊗
H×H
BebH
xeb
ψ
-
U eb
ueb xeb ,
wobei x ∈ B. Wegen
(ueb ⊗ xeb )h = uheb ⊗ h−1 xeb h
- uheb h−1 xeb h = ueb xeb h
für h ∈ H ist diese Abbildung F H-linear. Ferner ist ϕψ = id, da (ueb )ϕψ = ueb eB eb = ueb für
H×H
u ∈ U . Also ist in der Tat U eb | U eb ⊗F BebH .
(2) Für die Greenkorrespondenz f (G, H, D) liegt der Vertex von U in der Tat in A(G, D, H), so daß
der Greenkorrespondent V von U überhaupt erst definiert ist, wie in der Aufgabenstellung implizit
behauptet (Satz 13.5). Nun ist vx(V ) =G vx(U ) und V | UH (loc. cit.). Da dazuhin CG (D) ≤
G
NG (D) ≤ H ist, ist nach (1) der Block b definiert und gleich B.
G
Ist D eine Defektgruppe von B, so ist D =H vx(V ) ≤H δ(b) ≤G δ(b ) =G D (Satz 14.7, Lemma
15.2.(a)), und somit D =H δ(b). Da NG (D) ≤ H, gibt nach dem ersten Hauptsatz von Brauer
G
(Satz 15.8) die Zuordnung (−) eine Bijektion von den Blöcken von F H mit Defektgruppe D und
den Blöcken von F G mit Defektgruppe D (beachte, daß sich die Blöcke von F H und RH bijektiv
G
entsprechen etc.). Insbesondere ist b der Brauerkorrespondent zu B = b .
Dies wurde in Satz 18.5 verwendet.
Aufgabe 50.
(1) Zunächst zeigen wir folgendes Lemma, vgl. Alperin S. 94.
Lemma. Sei A eine endlichdimensionale F -Algebra, welche über F zerfällt. Seien S und T einfache
A-Moduln. Folgende Aussagen sind äquivalent.
(1) Es liegen S und T im selben Block von A.
(2) Es gibt einfache A-Moduln U0 , . . . , Un mit U0 = S, Un = T , und Ui , Ui+1 sind Kompositionsfaktoren eines unzerlegbar projektiven Moduls für alle i ∈ [0, n − 1].
(3) Es gibt einfache A-Moduln V0 , . . . , Vn mit V0 = S, Vn = T , und es gibt eine nichtspaltende
kurz exakte Sequenz mit Kern Ui und Cokern Ui+1 , oder umgekehrt, für alle i ∈ [0, n − 1].
Vgl. Satz 4.15.
Beweis. (1), (2) und (3) definieren Äquivalenzrelationen auf der Menge der Isomorphieklassen einfacher A-Moduln. Wir haben zu zeigen, daß diese Äquivalenzrelationen übereinstimmen.
(3) ⇒ (2). Sind V und V 0 einfache Moduln und 0 - V - M - V 0 - 0 eine nichtspaltende
kurz exakte Sequenz, so ist M/ rad M einfach, da sonst rad M = 0 wäre, und kurz exakte Sequenzen
von halbeinfachen Moduln aufspalten. Da genauer gesagt M/ rad M ' V 0 , ist M ein Quotient der
projektiven Decke PV 0 . Nun ist V Kompositionsfaktor in M und also auch in PV 0 .
(2) ⇒ (1). Alle Kompositionsfaktoren eines unzerlegbaren A-Moduls M liegen in einem Block.
Denn sei e das primitive zentrale Idempotent, welches auf M identisch operiert. Sei U ein einfacher
Teilmodul von M . Dann operiert e nichtverschwindend auf U , und somit, da U einfach ist, identisch
auf U . Die Kompositionsfaktoren von M/U liegen mit Induktion über die Jordan-Hölder-Länge
ebenfalls im Block zu e.
Eine Anwendung dieser Tatsache auf Kompositionsfaktoren eines unzerlegbar projektiven Moduls
liefert (1).
(1) ⇒ (2). Gelte (1), und sei angenommen, es gelte (2) nicht. Sei e das primitive zentrale Idempotent,
welches auf S und T identisch operiert. Zerlege
eA = P1 ⊕ · · · ⊕ Pk ⊕ Q1 ⊕ · · · ⊕ Q`
in unzerlegbar projektive Moduln Pi und Qi so, daß die Kompositionsfaktoren von Pi stets in der (2)Äquivalenzklasse von S liegen, und also nicht in der von T ; und so, daß die Kompositionsfaktoren
von Pi stets nicht in der (2)-Äquivalenzklasse von S liegen. Nach Voraussetzung ist k ≥ 1 und
` ≥ 1. Dann aber ist HomeA (Pi , Qj ) = HomeA (Pi , Qj ) = 0 stets, da die Dimension dieses HomRaums die Vielfachheit des Kopfes von Pi als Kompositionsfaktor von Qj zählt. Genauso ist stets
HomeA (Qj , Pi ) = HomA (Qj , Pi ) = 0. Also werden P := P1 ⊕ · · · ⊕ Pk und Q := Q1 ⊕ · · · ⊕
Q` unter allen eA-Endomorphismen von eA in sich überführt. Da diese Endomorphismen durch
Linksmultiplikation mit Elementen aus eA gegeben sind, folgt, daß P und Q Teil-eA-eA-Bimoduln
und also auch Teil-A-A-Bimoduln von eA sind. Aber eA ist als A-A-Bimoduln unzerlegbar, und
wir haben einen Widerspruch.
(2) ⇒ (3). Seien V und V 0 Kompositionsfaktoren eines unzerlegbar projektiven A-Moduls P . Wir
müssen zeigen, daß V und V 0 (3)-äquivalent sind.
Es genügt, folgendes zu zeigen: ist i ≥ 0, ist U ein Kompositionsfaktor von radi+1 P/ radi+2 P , so
gibt es einen Kompositionsfaktor von radi P/ radi+1 P , so gibt es eine nichtspaltende kurz exakte
Sequenz mit Kern U und Cokern U 0 . Denn iteriert man dies, so sieht man, daß alle Kompositionsfaktoren von P zum Kopf von P (3)-äquivalent sind, und somit auch untereinander.
Beachte, daß in dieser Situation radi P/ radi+2 P nicht halbeinfach ist, wohl aber
rad(radi P/ radi+2 P ) = radi+1 P/ radi+2 P . Sei also allgemeiner X ein A-Modul, welcher
nicht halbeinfach ist, für welchen aber rad X halbeinfach ist. Sei U ein Summand von rad X. Wir
behaupten, daß es einen Kompositionsfaktor U 0 von X/ rad X und eine nichtspaltende kurz exakte
Sequenz mit Kern U und Cokern U 0 gibt. Schreibe rad X = U ⊕ Y . Da rad(X/Y ) = (rad X)/Y ,
erfüllt X/Y dieselben Bedingungen wie X, so daß wir Y = 0 und also rad X = U annehmen dürfen.
Schreibe X/ rad X = W1 /U ⊕ · · · ⊕ Wr /U als direkte Summe einfacher Moduln für geeignete Teilmoduln Wi von X. Es folgt, daß X = W1 + · · · + Wr ist, und also
U = rad X = J(A)X = J(A)W1 + · · · + J(A)Wr = rad W1 + · · · + rad Wr .
Nach Umnumerieren sei
0 - U - W1 - W1 /U
und somit rad W1 = 0.
rad W1
=
U . Wir erhalten eine kurz exakte Sequenz
- 0. Diese spaltet nicht, denn ansonsten wäre W1 halbeinfach
Zurück zur Aufgabe. Bemerken wir zunächst, daß jeder einfache F C-Modul auch ein F C̄-Modul
ist, da D auf ihm identisch operiert; cf Aufgabe 10 (4). Die Mengen der Isomorphieklassen einfacher
Moduln von F C und von F C̄ stimmen also überein.
Als surjektiver Ringmorphismus bildet ν primitive zentrale Idempotente auf zentrale Idempotente
ab. Sei b ein Block von F C. Sei eb sein zugehöriges primitives zentrales Idempotent, und schreibe
ēb := eb ν. Wir wollen zeigen, daß ēb primitiv ist. Seien hierzu zwei einfache F C̄-Moduln S und T
gegeben, für die ēb S = S und ēb T = T gilt. Aufgefaßt als F C-Moduln liegen S und T also im selben
Block. Wir haben zu zeigen, daß sie auch aufgefaßt als F C̄-Moduln noch im selben Block liegen.
Dank unseres Lemmas dürfen wir annehmen, daß es eine nichtspaltende kurz exakte Sequenz von
F C-Moduln 0 - S - M - T - 0 gibt, mit S 6' T , und brauchen nur zeigen, daß es eine
nichtspaltende kurz exakte von F C̄-Moduln mit Kern S und Cokern T gibt. Wollen wir hierfür die
gegebene Sequenz verwenden, haben wir zu zeigen, daß M ein F C̄-Modul ist; i.e., daß D auf M
identisch operiert.
Es operiert die p-Untergruppe D trivial auf den einfachen Moduln S und T . Also sind SCG (D)
und TC(G) mangels echter Teilmoduln weiterhin einfach. Ferner ist SCG (D) 6' TC(G) , da ein
Isomorphismus automatisch auch mit der Multiplikation von Elemente aus D verträglich wäre, und
so einen F C-linearen Isomorphismus liefern würde.
Es ist rad MCG (D) ' S oder rad MCG (D) = 0. Also ist MCG (D) entweder uniseriell oder halbeinfach.
Fall MCG (D) uniseriell. Hätte ein nichtverschwindender Isomorphismus ϕ von MCG (D)
ein Bild im Radikal dieses Moduls, so würde f einen nichtverschwindenden Morphismus
MCG (D) / rad MCG (D) ∼- rad MCG (D) induzieren, was aber deswegen nicht geht, da Start und
Ziel zueinander nichtisomorphe einfache Moduln sind. Also ist EndF CG (D) MCG (D) ein Schiefkörper.
Insbesondere ist jede Teilalgebra von EndF CG (D) MCG (D) halbeinfach.
Fall MCG (D) halbeinfach. Da die beiden einfachen Summanden von MCG (D) zueinander nichtisomorph sind, ist EndF CG (D) MCG (D) ' F × F . Insbesondere ist jede Teilalgebra von
EndF CG (D) MCG (D) halbeinfach.
In beiden Fällen haben wir einen Morphismus
FD
x
-
EndF CG (D) MCG (D)
(−)x ,
da x ∈ D mit allen Elemente von F CG (D) vertauscht. Wir haben gesehen, daß dieser Morphismus
ein halbeinfaches Bild hat, und somit J(F D) auf 0 schickt. Da D eine p-Gruppe ist, ist x−1 ∈ J(F D)
für alle x ∈ D. Also operiert x − 1 als 0 auf M , i.e. x operiert identisch auf M .
(2) Die Abbildung aus (1) schickt einen Block b von F C auf den Block von F C̄, der zu dem primitiven
zentralen Idempotent ēb = eb ν gehört.
Zeigen wir die Injektivität. Seien b und b̃ zwei verschiedene Blöcke von F C. Dann ist eb eb̃ = 0, und
also auch ēb ēb̃ = 0, und somit ēb 6= ēb̃ .
Zeigen wir die Surjektivität. Allgemein ist das Bild der orthogonalen Zerlegung der 1 in primitive
zentrale Idempotente unter einem surjektiven Ringmorphismus eine orthogonale Zerlegung der 1 in
zentrale Idempotente. Mit (1) sind in unserem Fall letztere aber primitiv. Also haben wir im Bild
wieder eine orthogonalen Zerlegung der 1 in primitive zentrale Idempotente erhalten. Diese ist aber
eindeutig und umfaßt alle primitiven zentralen Idempotente des Bildringes.
(3) Lemma. Sei B ein Block von F G. Sei P seine Defektgruppe. Dann gibt es einen unzerlegbaren
F G-Modul im Block B mit Vertex P . Falls P1 ≤ P mit P1 E G gegeben ist, so gibt es sogar einen
unzerlegbaren F G-Modul im Block B mit Vertex P , auf welchem P1 identisch operiert.
Beweis. Sei B0 der Block von N := NG (P ), der zu B brauerkorrespondiert (Satz 15.8). Es hat
B0 ebenfalls Defekt D. Sei T ein einfacher F N -Modul in B0 . Da P eine p-Gruppe ist, ist T ein
F (N/P )-Modul; i.e. P operiert identisch auf T ; cf. Aufgabe 10 (4). Sei Q die projektive Decke von T
über F (N/P ), welche, gesehen als F N -Modul, ebenfalls in B0 liegt, und also einen Vertex in P hat
(Satz 14.7). Da Q ein F (N/P )-Modul ist, zerfällt QP in triviale eindimensionale Summanden. Es
gibt einen Summanden von QP mit (bis auf Konjugation in N ) demselben Vertex wie Q (Lemma
12.7.ii). Also hat Q den Vertex P (Folg. 12.10). Sei R der F G-Modul, der zu Q greenkorrespondiert,
welcher ebenfalls Vertex P hat (Satz 13.7). Dank Aufgabe 49 (2) liegt nun R in B.
Ist nun dazuhin eine Untergruppe P1 von P gegeben, die normal in G liegt, so können wir aus
G
R | Q = Q ⊗F N F G und aus Q ∈ Ob Mod- F (N/P ) schließen, daß P1 auf Q ⊗F N F G und somit
auch auf R trivial operiert.
Zurück zur Aufgabe. Um zu zeigen, daß die Defektgruppe von b̄ (bis auf Konjugation in C̄) in
D̃/D enthalten ist, genügt es zu zeigen, daß jeder unzerlegbare F C̄-Modul X im Block b̄ einen
Vertex (bis auf Konjugation in C̄) in D̃/D hat (Satz 14.7). Dazu genügt es zu zeigen, daß X relativ
D̃/D-projektiv ist. Für X, aufgefaßt als F C-Modul schreiben wir X (C) . Dies ist ein D̃-projektiver
C
Modul (Satz 14.7) und somit ein F C-linearer Summand von X (C)D̃ . Nun aber ist
C
X (C)D̃
C̄
= X (C) ⊗F D̃ F C ' (X ⊗F (D̃/D) F C̄)(C) ' (XD̃/D )(C) ,
da x ⊗ c - x ⊗ Dc und aber auch x ⊗ c x ⊗ Dc wohldefiniert und F C-linear sind. Da X (C)
mithin ein F C-linearer Summand von (X ⊗F (D̃/D) F C̄)(C) ist, ist auch X ein F C̄-linearer Summand
von X ⊗F (D̃/D) F C̄, und X somit D̃/D-projektiv.
Um zu zeigen, daß die Defektgruppe von b̄ (bis auf Konjugation in C̄) gleich D̃/D ist, genügt es
nun, einen unzerlegbaren F C̄-Modul zu finden, der Vertex D̃/D hat (Satz 14.7).
Mit unserem Lemma, angewandt auf D ≤ D̃ ≤ C anstelle von P1 ≤ P ≤ G, finden wir einen
unzerlegbaren F C-Modul im Block b mit Vertex D̃, auf welchem D trivial operiert, welcher also ein
F C̄-Modul ist. Schreibe diesen Modul wieder zur Unterscheidung U (C) , wenn er über F C, und U ,
C
C̄
wenn er über F C̄ aufzufassen ist. Sei D ≤ D1 ≤ C. Dann ist, wie eben, U (C)D1 ' (UD1 /D )(C) .
C
C̄
Es folgt, daß U (C) genau dann ein Summand von U (C)D1 ist, wenn U ein Summand von UD1 /D
ist. Somit ist U (C) genau dann relativ D1 -projektiv, wenn U relativ D1 /D-projektiv ist. Da U (C)
den Vertex D̃ hat, folgt, daß U den Vertex D̃/D hat. Da U (C) zu b gehört, gehört U zu b̄, wie die
Operationen von eb und ēb zeigen.
(4) Ist ē ein Blockidempotent von F C̄, so operiert y ∈ N auf diesem via ey := eyD , wobei letzteres die
Konjugation in F C̄ bezeichnet.
(5) Nach Satz 17.11 gibt es eine Bijektion zwischen der Menge
{B : B ist Block von F G mit Defektgruppe D}
und der Menge
{b : b ist Block von F C mit Defektgruppe D, [StabN (b) : C] 6≡p 0} .
Ist b ein Block von F C, so ist mit (2) und (4) StabN (b̄) = StabN (b) (Isomorphie von N -Mengen).
Hat b die Defektgruppe D, so hat b̄ nach (3) die Defektgruppe D/D ' 1. Das aber ist äquivalent
dazu, daß b̄ Defekt 0 hat (Satz 14.12). Unter der Bijektion aus (2) wird mithin letztere Menge
bijektiv auf
{b̄ : b̄ ist Block von F C̄ mit Defekt 0, [StabN (b̄) : C] 6≡p 0}
abgebildet. Zusammensetzen der Bijektionen liefert die Behauptung.
(6) Insbesondere ist p = 3. Mit Aufgabe 20.(5.ii) erhalten wir
|{B : B ist Block von F G mit Defektgruppe D}| = 2 ,
da in der dortigen Bezeichnung die Blöcke B1 und B2 Defektgruppe D haben.
Es ist N = NG (D) = h(1, 2, 3), (1, 2), (4, 5)i = S3 × C2 .
Ferner ist C = CG (D) = h(1, 2, 3), (4, 5)i = C3 × C2 . Folglich ist C̄ = CG (D)/D isomorph zu
C2 = h(4, 5)i.
Es hat F C2 zwei Blöcke b̄1 , entsprechend den Blockidempotenten ēb1 = 12 (1 + (4, 5)) und ēb1 =
1
2 (1 − (4, 5)). Für
{b̄ : b̄ ist Block von F C̄ mit Defekt 0, [StabN (b̄) : C] 6≡p 0} = 2
bleibt zu zeigen, daß [StabN (b̄i ) : C] 6≡3 0 für i ∈ [1, 2].
Es operiert y ∈ N auf C̄ via Konjugation durch yD ∈ N/D. Da aber N/D ' C2 × C2 abelsch ist, ist
diese Operation auf ihrem Normalteiler C̄ = C/D trivial. Somit ist [StabN (b̄i ) : C] = 12/6 = 2 6≡3 0.
Es hätte auch genügt, |N |/|C| = 2 6≡3 0 anzumerken.
Die Aussagen (2, 3) wurden in Lemma 19.3 verwendet.
Aufgabe 51.
(1) Konjugation mit g ∈ G induziert einen Automorphismus auf F Q.
Sei α ein beliebiger F -Algebrenautomorphismus von F Q. Wir behaupten, daß Jα = J. Dazu genügt
es zu zeigen, daß J ⊆ Jα und J ⊆ Jα−1 . Da auch α−1 ein Automorphismus ist, genügt es zu zeigen,
daß J ⊆ Jα. Es ist J der Schnitt aller maximalen Linksideale von F Q. Sei L ⊆ F Q ein maximales
Linksideal. Es genügt zu zeigen, daß J ⊆ Lα. Dies aber folgt aus der Tatsache, daß auch Lα ein
maximales Linksideal von F Q ist.
Aus Jα = J folgt nun J i α = J i für alle i ≥ 0.
(2) Beachte, daß J = ht − 1 : t ∈ QiF .
Sei X ein F G-Modul. Wir behaupten, daß XJ der eindeutig minimale F G-Teilmodul von X ist,
dessen Quotient ein F Ḡ-Modul ist, i.e. auf welchem Q identisch operiert.
Zum einen ist XJ ein F G-Teilmodul von X. Ferner ist (X/XJ)Q halbeinfach, und somit operiert
Q identisch auf X/XJ.
Sei umgekehrt Y ⊆ X ein F G-Teilmodul so, daß X/Y ein F Ḡ-Modul ist. Also ist (X/Y )(t − 1) = 0
für alle t ∈ Q. Somit ist (X/Y )J = 0. In anderen Worten, es ist XJ ⊆ Y .
Nun ist PS / rad PS ' S ein F Ḡ-Modul; cf. Aufgabe 10.(4). Also ist PS J ⊆ rad PS . Es folgt, daß
(PS /PS J)/ rad(PS /PS J) ' S. Insbesondere ist PS /PS J unzerlegbar. Beachte noch, daß der Kopf
als F G-Modul mit dem Kopf als F Ḡ-Modul übereinstimmt.
Wir haben nun noch zu zeigen, daß PS /PS J ein projektiver F Ḡ-Modul ist. Denn dann liegt ein
unzerlegbar projektiver F Ḡ-Modul mit Kopf S vor, woraus wir PS /PS J ' P̄S folgern können.
f
Sei X ein freier F Ḡ-Modul, für welchen ein Epimorphismus X - PS /PS J existiert. Es genügt zu
zeigen, daß dieser aufspaltet, da dann PS /PS J als Summand von X als projektiv nachgewiesen sein
r
wird. Schreibe PS - PS /PS J für die Restklassenabbildung. Da PS projektiv und f epimorph ist,
gibt es einen Morphismus PS
g
- X mit gf = r.
PS
ww
w
r
ww
ww
w
{w
X f / PS /PS J
g
Es ist PS g als Teilmodul von X ein F Ḡ-Modul. Nach unserer Behauptung liegt PS J im Kern von
ḡ
g. Somit gibt es einen Morphismus X PS /PS J mit rḡ = g.
PS
ww
w
r
ww
wwḡ
w
o{w
/ PS /PS J
X
g
f
Nun folgt aus rḡf = gf = r und r epimorph, daß ḡf = 1.
(3) Sei i ≥ 0. Wir haben eine surjektive F -lineare Abbildung
P̄S ⊗F
x ⊗
(J i /J i+1 )
yJ i+1
-
PS J i /PS J i+1
xyJ i+1 .
Zeigen wir, daß diese auch F G-linear ist. Sei g ∈ G. Es wird
(x ⊗ yJ i+1 )g = xg ⊗ g −1 ygJ i+1
- xgg −1 ygJ i+1 = (xyJ i+1 )g .
Bleibt zu zeigen, daß dimF P̄S · dimF (J i /J i+1 ) = dimF PS J i /PS J i+1 stets. Da wir schon die Ungleichung ≥ kennen, dürfen wir über i aufsummieren, über S eine Linearkombination mit positiven
Koeffizienten bilden und dann vergleichen. Wir erhalten in der Tat auf der linken Seite
P
P
P
P
i
i+1
i
i+1
) =
)
S dimF S
i≥0 dimF P̄S · dimF (J /J
S dimF S P̄S
i≥0 dimF (J /J
=
dimF F Ḡ · dimF F Q = |Ḡ||Q| = |G| .
Auf der rechten Seite wird
X
X
X
dimF S
dimF PS J i /PS J i+1 =
dimF S · dimF PS = dimF F G = |G| .
S
i≥0
S
(4) Es ist dim HomF G (PS , PT ) die Multiplizität von S als Kompositionsfaktor von PT . Es ist
dim HomF Ḡ (P̄S , P̄T ) die Multiplizität von S als Kompositionsfaktor von P̄T . Da J i /J i+1 wegen
Q ≤ Z(G) die identische G-Konjugationsoperation trägt, ist die Multiplizität von S in P̄T ⊗F J i /J i+1
gleich
dimF (J i /J i+1 ) · dimF dim HomF Ḡ (P̄S , P̄T ) .
Mit (3) ist die Multiplizität von S in PT also gleich
X
dimF (J i /J i+1 ) = dimF F Q · dimF dim HomF Ḡ (P̄S , P̄T ) ,
i≥0
und dies zeigt die behauptete Gleichheit.
Aufgabe 52.
Lemma. Sei A ein Ring. Sei
0
/ M0
/M
i
f0
0
f 00
f
/ N0
/N
j
/0
/ M 00
p
/ N 00
q
/0
ein Morphismus kurz exakter Sequenzen von A-Moduln. Es faktorisiert f 0 genau dann über i, wenn f 00
über q faktorisiert.
Beweis. Sei f 0 = ig. Dann ist i(f − gj) = f 0 j − f 0 j = 0, und also gibt es genau ein h mit f − gj = ph. Es
folgt phq = f q − gjq = pf 00 , und also hq = f 00 .
Sei umgekehrt f 00 = hq. Dann ist (f − ph)q = pf 00 − pf 00 = 0, und also gibt es genau ein g mit f − ph = gj.
Es folgt igj = if − iph = f 0 j, und also ig = f 0 .
Sei noch daran erinnert, daß ein F G-Modul genau dann projektiv ist, wenn er injektiv ist. Selbiges gilt
daher auch für Morphismen zwischen F G-Moduln.
Für einen F G-Modul X bezeichne P X seine projektive Decke, und
0
ιX
- ΩX
πX
- PX
- X
- 0
die zugehörige kurz exakte Sequenz.
Für einen F G-Modul X bezeichne IX seine injektive Hülle, und
0
- X
ι0X
- IX
0
πX
- Ω−1 X
- 0
die zugehörige kurz exakte Sequenz.
Wir zeigen HomF G (U, V ) ' HomF G (ΩU, ΩV ).
f
Sei U - V eine F G-lineare Abbildung. Da P U projektiv und πV epimorph ist, gibt es (auf i.a. nicht
eindeutige Weise) einen Morphismus kurz exakter Sequenzen
0
/ ΩU
Ωf
0
/ ΩV
/ PU
ιU
πU
Pf
ιV
/ PV
/U
/0
f
πV
/V
/0
Mit dem Lemma erkennen wir, daß aus f projektiv, i.e. aus einer Faktorisierung von f über P V , folgt,
daß Ωf projektiv ist. Also ist die Abbildung
HomF G (U, V )
f
-
HomF G (ΩU, ΩV )
Ωf
wohldefiniert. Da P V injektiv und ιU monomorph ist, ist diese Abbildung surjektiv.
Mit dem Lemma folgt aus Ωf injektiv, daß f injektiv ist. Also ist diese Abbildung auch injektiv.
Ferner ist diese Abbildung mit F -Linearkombinationen verträglich. In der Tat, sind (Ωf, P f, f ) und
(Ωg, P g, g) Morphismen kurz exakter Sequenzen, und sind λ, µ ∈ F , so ist auch (λΩf + µΩg, λP f +
µP g, λf + µg) ein Morphismus kurz exakter Sequenzen.
Insgesamt liegt ein F -linearer Isomorphismus vor.
Wir zeigen HomF G (U, V ) ' HomF G (Ω−1 U, Ω−1 V ).
Sei U
f
- V eine F G-lineare Abbildung. Da IV injektiv und ι0 monomorph ist, gibt es (auf i.a. nicht
U
eindeutige Weise) einen Morphismus kurz exakter Sequenzen
0
/U
ι0U
f
0
/V
/ IU
If
ι0V
/ IV
0
πU
/ Ω−1 U
/0
Ω−1 f
0
πV
/ Ω−1 V
/0
Mit dem Lemma erkennen wir, daß aus f injektiv folgt, daß Ω−1 f injektiv ist. Also ist die Abbildung
HomF G (U, V )
f
-
HomF G (Ω−1 U, Ω−1 V )
Ω−1 f
wohldefiniert. Da IU projektiv und πV0 epimorph ist, ist diese Abbildung surjektiv.
Mit dem Lemma folgt aus Ω−1 f projektiv, daß f projektiv ist. Also ist diese Abbildung auch injektiv.
Ferner ist diese Abbildung mit F -Linearkombinationen verträglich. In der Tat, sind (f, If, Ω−1 f ) und
(g, Ig, Ω−1 g) Morphismen kurz exakter Sequenzen, und sind λ, µ ∈ F , so ist auch (λf + µg, λIf +
µIg, λΩ−1 f + µΩ−1 g) ein Morphismus kurz exakter Sequenzen.
Insgesamt liegt ein F -linearer Isomorphismus vor.
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