Ausarbeitung

Der Darstellungstypsatz von Gabriel
Jeremias Yehdegho
28. Juni 2012
Inhaltsverzeichnis
1 Klassifikation von Dynkin-Diagrammen
1
2 Wurzeln von Dynkin-Diagrammen
5
3 Der Satz von Gabriel
7
3.1 Dynkin impliziert endlichen Darstellungstyp . . . . . . . . . . . . . . .
7
3.2 Beweisskizze für die andere Richtung . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
Was? Eine Darstellung eines Köchers Q über einem Körper K ordnet jedem Knoten
in Q einen Vektorraum und jedem Pfeil in Q einen Vektorraumhomomorphismus zu.
Es wird gezeigt, dass die Isomorphieklassen von unzerlegbaren Darstellungen eines
Köchers genau dann eine endliche Menge bilden, wenn der zugrundeliegende ungerichtete Graph des Köchers ein Dynkin-Diagramm ist.
Konvention. Im gesamten Artikel seien die Darstellungen eines Köchers über einem
unendlichen Körper K 1 . Alle Köcher seien endlich und zusammenhängend.
1 Klassifikation von Dynkin-Diagrammen
Im folgenden werden endliche, ungerichtete Graphen betrachtet, die sowohl Mehrfachkanten, als auch Schleifen haben dürfen. Für einen solchen Graphen G = (V, E) sei
n = |V | und m = |E|.
Für einen Graph G = (V, E) und V = {v1 , . . . , vn }, definiere die Matrix M = (Mi,j )vi ,vj ∈V
als
{
2 − 2di,j falls i = j
Mi,j =
,
−di,j
falls i ̸= j
1
Für endliche Körper muss der Beweis „endlicher Darstellungstyp impliziert Dynkin-Diagramm”
geändert werden (s. Fußnote 1 in [I.N73, Theorem 3.1]).
1
wobei di,j die Anzahl der Kanten zwischen vi und vj ist. M ist symmetrisch, da G
ungerichtet ist und induziert eine quadratische Form
{
Zn → Z
q = qG :
.
∑
∑
x
7→ 21 xt M x = ni=1 x2i − 1≤i≤j≤n di,j xi xj
Im Darstellungstypsatz von Gabriel wird sich herausstellen, dass genau jene Köcher
endlichen Darstellungstyp haben, deren zugrundeliegender, ungerichteter Graph eine
positiv-definite Bilinearform q induziert.
Lemma 1. [Web05, S. 4, Prop. 2.2] Sei G = (V, E) ein Graph sodass qG positiv-definit
ist. Dann gilt für alle vollen Teilgraphen G′ : qG′ ist positiv-definit.
Beweis. qG′ geht aus qG hervor, indem man die Koordinaten, die den Knoten in G \ G′
entsprechen, 0 setzt.
■
Satz 1. [Web05, S. 4, Prop. 2.2][I.N73, Prop. 2.1] Sei G = (V, E) ein zusammenhängender Graph, der auch Mehrfachkanten und Schleifen haben darf. Die quadratische
Form q = qG ist genau dann positiv-definit, wenn G ein An , Dn , E6 , E7 oder E8 ist.
.
···
.
···
An , n ≥ 1
Dn , n ≥ 4
.
E6
.
E7
.
E8
Tabelle 1: Dynkin Diagramme
Der Beweis erfolgt in zwei Teilen. Zuerst soll gezeigt werden, dass Positiv-Definitheit
von qG Dynkin-Typ impliziert, danach soll gezeigt werden, dass die Dynkin-Diagramme
tatsächlich eine positiv-definite quadratische Form q haben.
2
Beweis. [Web05, S. 4, Prop. 2.2][I.N73, Prop. 2.1] Sei G = (V, E) ein zusammenhängender Graph, sodass qG positiv-definit ist. Mit obigem Lemma 1 soll ausgeschlossen
werden, dass G eine andere Gestalt als An , Dn , E6 , E7 oder E8 hat.
1. G hat keine Schleifen.
Angenommen G habe Schleifen, dann wähle einen Knoten v, sodass k ≥ 1 Schleifen
an v liegen. Bezeichne den vollen Teilgraph bestehend aus v und den Schleifen
an v mit G′ . Die quadratische Form qG′ wird von der Matrix 12 M ′ = (1−k) ∈ Z1×1
induziert, also ist qG′ (1) = 1 − k und somit k = 0.
2. Die Anzahl der Kanten m ist kleiner als die Anzahl der Knoten n.
(
)
Sei x = 1 1 · · · 1 ∈ Zn , dann ist qG (x) = n − m. Da qG positiv-definit ist, ist
n > m. Insbesondere hat(G keine Mehrfachkanten
und keine Kreise, denn für
)
jeden Kreis C in G ist qC ( 1 1 · · · 1 ) ≤ 0.
3. G enthält keine Knoten v mit deg(v) ≥ 4.
Falls G einen Knoten v mit deg(v) ≥ 4 hat, so gibt es einen Teilgraph G′ (s. Abb.
1).
1
1
2.
1
1
Abbildung 1: Teilgraph G′
Sei x ∈ Z5 , sodass xi der Wert vom Knoten i in Abb. 1 ist, dann ist qG′ (x) = 0.
Widerspruch.
4. G enhält höchstens einen Knoten v mit deg(v) = 3.
Angenommen G habe Knoten v, w mit deg(v) = deg(w) = 3, dann gibt es einen
Teilgraph G′ (s. Abb. 2).
1
1
2.
···
2
1
2
1
Abbildung 2: Teilgraph G′
′
Sei x ∈ Zn , sodass xi der Wert vom Knoten i in Abb. 2 ist, dann ist qG′ (x) = 0.
Widerspruch.
3
Es folgt, dass G ein Baum mit ≤ 3 Ästen ist, die sich nicht weiter verzweigen.
Bezeichne solche Bäume mit Tp,q,r , wobei p, q und r die Anzahl der Knoten in
jedem Ast sind, also p+q+r+1 die Anzahl aller Knoten ist. O.B.d.A. sei r ≤ q ≤ p.
5. r ≤ 1.
Angenommen r ≥ 2, dann gibt es einen Teilgraph G′ = T2,2,2 (s. Abb. 3).
1
2
1
2
1
3.
2
Abbildung 3: Teilgraph G′
Sei x ∈ Z7 , sodass xi der Wert vom Knoten i in Abb. 3 ist, dann ist qG′ (x) = 0.
Widerspruch.
6. q ≤ 2.
Angenommen q ≥ 3, dann gibt es einen Teilgraph G′ = T3,3,1 (s. Abb. 4).
1
2
4.
3
3
2
1
2
Abbildung 4: Teilgraph G′
Sei x ∈ Z8 , sodass xi der Wert vom Knoten i in Abb. 4 ist, dann ist qG′ (x) = 0.
Widerspruch.
7. Falls q = 2 und r = 1, dann ist p ≤ 4.
Angenommen p ≥ 5, dann gibt es einen Teilgraph T5,2,1
2
4
6.
5
4
3
Abbildung 5: Teilgraph G′
4
3
2
1
Sei x ∈ Z9 , sodass xi der Wert vom Knoten i in Abb. 5 ist, dann ist qG′ (x) = 0.
Widerspruch.
G muss also von Gestalt An , Dn , E6 , E7 oder E8 sein, denn: G ist ein Tp,q,r und r ∈
{0, 1}, q ∈ {0, 1, 2} und p vorläufig beliebig. Falls r = 0, dann ist G von Typ An . Falls
r = 1 und q = 1, dann ist G vom Typ Dn (n ≥ 4 da p ≥ 1). Falls q = 2 und r = 1, dann
folgt mit dem letzten Punkt, dass G vom Typ E6 , E7 oder E8 ist.
■
Proof. Es bleibt zu zeigen, dass qG positiv-definit ist für ein G von Typ An , Dn , E6 , E7
oder E8 . Dafür betrachtet man die Matrix MG , wobei qG (x) = 21 xt MG x. Es gilt: MG
ist positiv-definit genau dann wenn qG positiv-definit ist. Für E∗ lässt sich das (mit
dem Computer!) einfach nachrechnen. Für An und Dn folgt das aufgrund der Tatsache, dass symmetrische Matrizen positiv-definit sind genau dann wenn alle Hauptminoren positiv sind.
Für An und Dn , n ≥ 4 sind nun

MAn

2 −1
−1 2 −1





−1
2
−1


=
... ...
,
−1




.
.

. . . . −1
−1 2

MDn

2
0 −1
0

2 −1


−1 −1 2 −1



=
... ...

−1




.
.

. . . . −1
−1 2
Mithilfe des Laplace’schen Entwicklungssatzes und Entwicklung nach der letzten
Zeile und danach der letzten Spalte folgt (vgl. Sturm’sche Ketten)
det MAn = 2 det MAn−1 − det MAn−2 , n ≥ 3
bzw.
det MDn = 2 det MDn−1 − det MDn−2 , n ≥ 6.
Die Anfangsbedingungen für An sind det MA1 = 2 und det MA2 = 5. 

(
)
2
0 −1
2 0
2 −1 =
= 4, det  0
Die Anfangsbedingungen für Dn sind det 2 = 2, det
0 2
−1 −1 2
4, det MD4 = 4 und det MD5 = 4.
Also sind alle Hauptminoren positiv und damit M∗ für alle Dynkin-Diagramme
positiv-definit.
■
2 Wurzeln von Dynkin-Diagrammen
Definition 1. [Kra10, S. 15, 4.3] Sei G ein Graph, dann ist
∆ = {x ∈ Zn \ {0} | qG (x) ≤ 1}
die Menge der Wurzeln von G (bzw. qG ).
5
Lemma 2. Sei G ein Dynkin-Diagramm, dann ist die Menge der Wurzeln ∆ endlich.
Beweis. qG war unter anderem definiert via qG (x) = 21 xt M x. Betrachte qG fortgesetzt
auf Rn , dann ist
−1
qG
(1) = {x ∈ Rn | qG (x) = 1} = {C −1 x | x ∈ Rn , ∥x∥2 = 2},
−1
wobei M = C t C die Choleskizerlegung ist. Insbesondere ist qG
(1) beschränkt und
n
damit die Menge {x ∈ Z \ {0} | qG (x) ≤ 1} endlich.
■
Definition 2. [Kra10, S. 8, 3.2] Für einen Graph G seien für alle Knoten i
{
Zn → Zn
,
σi :
i)
x
7→ x − 2(x,e
e
i
(ei ,ei )
wobei (x, y) = 12 xt MG y ist.
Lemma 3. Sei G ein Dynkin-Diagramm, dann gilt:
1. [Kra10, S. 15, Prop. 4.3.1] Für jeden Knoten i ∈ G ist ei eine Wurzel von G.
2. Sei x eine Wurzel von G, dann ist σi (x) ebenfalls eine Wurzel von G.
3. [Kra10, S. 15, Prop. 4.3.1] Sei x eine Wurzel von G, dann ist x positiv oder negativ
(d.h. alle Koordinaten sind größer gleich oder kleiner gleich 0).
4. [Kra10, S. 15, Lemma 4.3.2] Falls x eine positive Wurzel von G ist und σi (x) ̸≥ 0
für einen Knoten i, dann ist x = ei .
Beweis.
1. [Kra10, S. 15, Prop. 4.3.1] qG (ei ) = 12 − 0 = 1.
2. Für x eine Wurzel ist σi (x) ̸= 0, denn σi ändert nur die i-te Koordinate von x und
falls x = λei , so ist σi (λei ) = −λei . Weiters gilt:
[
]2
2(x, ei )
2(x, ei )
2(x, ei )2
qG (σi (x)) = qG (x −
ei ) = qG (x) +
qG (ei ) −
.
(ei , ei )
(ei , ei )
(ei , ei )
Mit qG (ei ) = 1 und (ei , ei ) = 2 erhält man qG (σi (x)) = qG (x) + (x, ei )2 − (x, ei )2 =
qG (x) ≤ 1.
−
+
−
3. [Kra10, S. 15, Prop. 4.3.1] Sei x = x+ −x− , wobei x+
i ·xi = 0, dann ist (x , x ) ≤ 0
und damit
1 ≥ qG (x+ − x− ) = qG (x+ ) + qG (x− ) − (x+ , x− ) ≥ qG (x+ ) + qG (x− ) ≥ 0.
(1)
Da x ̸= 0, ist x+ oder x− von 0 verschieden. Wegen Positiv-Definitheit von qG
ist dann qG (x+ ) = 1 oder qG (x− ) = 1 und wegen (1) kann das nur für einen
der beiden Vektoren gelten. Positiv-Definitheit impliziert, dass entweder x+ = 0
oder x− = 0.
6
4. [Kra10, S. 15, Lemma 4.3.2] Mit der vorherigen Aussage folgt, dass σi (x) negativ
ist. Die Koordinaten j ̸= i werden durch σi nicht verändert und sind daher 0, es
folgt, dass x = λei . Es gilt: qG (λei ) = λ2 qG (ei ) = λ2 ≤ 1 und damit λ = ±1. Laut
Voraussetzung ist x positiv und damit λ = 1.
■
Lemma 4. [Kra10, S. 16, Lemma 4.4.3] Sei G ein Dynkin-Diagramm, x ∈ Zn und
i1 , . . . , in eine Ordnung der Knoten von G, dann ist σin . . . σi1 (x) = x genau dann,
wenn x = 0.
i)
= xi genau dann, wenn
Beweis. [Kra10, S. 16, 4.4.3] σin . . . σi1 (x)i = σi (x)i = xi − 2(x,e
(ei ,ei )
(x, ei ) = 0. Das soll für alle i gelten, also genau dann, wenn (x, _) = 0. Da qG positivdefinit ist, folgt, dass x = 0.
■
Korollar 1. [Kra10, S. 16, Lemma 4.4.4] Sei G ein Dynkin-Diagramm, x ∈ Zn \ {0} und
i1 , . . . , in eine Ordnung der Knoten von G, dann gibt es ein r ∈ N, sodass (σin . . . σi1 )r (x)
nicht positiv ist.
Beweis. [Kra10, S. 16, 4.4.4] Alle σi sind Spiegelungen (bezüglich (_, _)) und damit invertierbare, lineare Abbildungen. σin . . . σi1 ∈ ⟨σ1 , . . . , σn ⟩ operiert auf ∆. Da ∆ endlich
ist, gibt es ein h ∈ N, sodass (σin . . . σi1 )h |∆ = id∆ und weil alle ei ∈ ∆ folgt, dass
(σin . . . σi1∑
)h = id.
r
Sei y = h−1
r=0 (σin . . . σi1 ) (x), dann ist y Fixpunkt von σin . . . σi1 , also ist laut Lemma
4 y = 0 und damit ist (σin . . . σi1 )r (x) nicht positiv für irgendein r ∈ N0 .
■
3 Der Satz von Gabriel
3.1 Dynkin impliziert endlichen Darstellungstyp
Für einen Köcher Q und i ∈ Q0 , sei σi Q jener Köcher, der aus Q hervorgeht durch
umdrehen aller Kanten an i. Um eine Richtung des Darstellungstypsatzes von Gabriel
zu beweisen benötigt man die Reflektionsfunktoren
Si± : Rep(Q, K) → Rep(σi Q, K),
wobei i ∈ Q0 und ± abhängig davon ob i eine Quelle (−) oder eine Senke (+) ist.
Im Beweis werden geeignete Reflektionsfunktoren hintereinander ausgeführt. Dies
geschieht indem man die Knoten von Q derart ordnet Q0 = {i1 , . . . , in }, sodass ip
eine Senke in σip−1 . . . σi1 Q ist. Eine solche Ordnung heißt zulässig und existiert genau
dann, wenn Q keine gerichteten Kreise enthält. Weiters gilt für eine zulässige Ordnung
Q0 = {i1 , . . . , in }, dass σin . . . σi1 Q = Q.[Kra10, S.8, 3.1]
Lemma 5 (Ohne Beweis). [Kra10, S. 10, 3.3.3] Sei Q ein Köcher. Für eine unzerlegbare
Darstellung X von Q und eine Senke i ∈ Q0 sind folgende Aussagen äquivalent:
1. X ∼
̸= S(i)
7
2. Si+ X ist unzerlegbar
3. Si+ X ̸= 0
4. Si− Si+ X ∼
=X
5. σi (dim(X)) ≥ 0 und nicht 0
6. dim(Si+ X) = σi (dim(X)).
Analog für eine Quelle i und Si− .
Satz 2. [Kra10, S. 17, Theorem 5.1.1] Sei Q ein Köcher von Dynkin-Typ, dann sind
die Isomorphieklassen von unzerlegbaren Darstellungen in Bijektion mit den positiven Wurzeln von qQ . Insbesondere bilden die Isomorphieklassen von unzerlegbaren
Darstellungen eine endliche Menge.
Beweis. [Kra10, S. 17, Theorem 5.1.1] „=⇒”: Sei X eine unzerlegbare Darstellung von
Q und i1 , . . . , in eine zulässige Ordnung. Falls X ∼
= S(i) für ein i ∈ Q0 , so ist dim(X)
∼
eine positive Wurzel laut Lemma 3.1. Sei also X ̸= S(i).
Da Q von Dynkin-Typ ist, gibt es laut Korollar 1 eine kürzeste Folge
σis . . . σi1 (σin . . . σi1 )r =: τ,
die die Anzahl der σi∗ minimiert, wobei r ∈ N0 , sodass τ (dim(X)) nicht positiv ist.
Mit Lemma 5.5 folgt, dass
Si+s−1 . . . (Si+n . . . Si+1 )r X =: X ′
unzerlegbar ist. Da σis (dim(X ′ )) ̸≥ 0, folgt mit Lemma 3.4, dass dim(X ′ ) = eis und
damit X ′ ∼
= S(is ). Mit Lemma 5.1 folgt, dass
X∼
= (Si−1 . . . Si−n )r Si−1 . . . Si−s−1 S(is ),
also ist dim(X) = (σin . . . σi1 )r σis−1 . . . σi1 (eis ) und damit laut Lemma 3.2 eine positive
Wurzel von q. Für jede weitere unzerlegbare Darstellung Y mit dim(Y ) = dim(X), erhält man dieselbe Darstellung mit den Reflektionsfunktoren, daher sind sie isomorph.
„⇐=”: Sei x eine positive Wurzel von q. Da Q von Dynkin-Typ ist, gibt es eine kürzeste
Folge
σis . . . σi1 (σin . . . σi1 )r =: τ,
sodass τ (x) nicht positiv ist, also ist σis−1 . . . σi1 (σin . . . σi1 )r (x) = eis . Da σis−1 (eis ) =
σis−2 . . . σi1 (σin . . . σi1 )r (x) ≥ 0, ist Si−s−1 S(is ) unzerlegbar mit Dimensionsvektor σis−1 (eis ).
Dies lässt sich fortsetzen bis
X := (Si−1 . . . Sn− )r Si−1 . . . Si−s−1 S(is )
■
mit X unzerlegbar und dim(X) = x.
8
3.2 Beweisskizze für die andere Richtung
Das folgende Kapitel ist eine Kurzfassung von [Bri08, S. 23-28].
Sei Q ein Köcher, sodass die Isomorphieklassen von unzerlegbaren Darstellungen
eine endliche Menge bilden, dann gibt es gibt es für jeden Dimensionsvektor n ∈ Nn0
nur endlich viele Isomorphieklassen von Darstellungen mit Dimensionsvektor n. Für
so ein n betrachte die Menge
⊕
Rep(Q, n) :=
Matnt(α) ×ns(α) (K).
α∈Q1
Eine gegebene Darstellung X mit Dimensionsvektor n lässt sich mit der Wahl einer Basis mit einer Darstellung X ′ = (K ni , Xα′ , s, t) identifizieren, wobei Xα′ ∈ Matnt(α) ×ns(α) (K).
Für jedes x ∈ Rep(Q, n) erhält man eine zugehörige Darstellung M (x) durch M (x)i =
K ni und M (x)α = xα . Zwei Darstellungen X, Y sind isomorph wenn es ein φ = (φi :
Xi → Yi ) gibt, sodass
X.i
Xα
X.j
φi
.
φj
Y.i
Yα
Y.j
für alle Kanten i → j kommutiert. Für Punkte x, y ∈ Rep(Q, n) bedeutet das, dass
die zugehörigen Darstellungen M (x) und M (y) isomorph sind, genau dann, wenn es
Matrizen A = (Ai ∈ GLni (K)) gibt, sodass für alle α ∈ Q1 : xα = A−1
t(α) yα As(α) .
∏
Definiere GL(n) :=
i∈Q0 GLni (K), dann bedeutet obiges, dass für zwei Punkte
x, y ∈ Rep(Q, n) die entsprechenden Darstellungen isomorph sind, genau dann, wenn
x und y in derselben „Konjugationsklasse” bezüglich der Operation von GL(n) auf
Rep(Q, n) liegen. Die Operation von GL(n) faktorisiert durch K × · (Ini )i∈Q0 .Sei also
PGL(n) := GL(n)/K × · (Ini )i∈Q0 .
∑
Rep(Q, n) und PGL(n) sind algebraische Mengen mit Dimensionen α∈Q1 ns(α) nt(α)
∑
bzw. i∈Q0 n2i − 1.
Da angenommen wird, dass Q endlichen Darstellungstyp hat, ist die Menge von
Bahnen endlich und man erhält
Rep(Q, n) =
N
∪
Or .
r=1
Bildet man die Abschlüsse der Or bezüglich der Zariskitopologie, so erhält man für
das Komplement
N
∩
c
∅=
Or .
r=1
c
Da Or offene, also in der Zariskitopologie dichte, Mengen sind, folgt, dass ein r ∈
c
{1, . . . , N } gibt, sodass Or′ = ∅ bzw. Or′ = Rep(Q, n).
9
Schränkt man die Operation von PGL(n) auf Or′ = PGL(n) · x ein erhält man mit
der Bahnformel für algebraische Gruppen
dim PGL(n) − dim Or′ = dim Stabx ≥ 0.
| {z }
=dim Or′
Setzt man nun die obigen Werte für die Dimensionen ein, so erhält man
∑
∑
qQ (n) =
n2i −
ns(α) nt(α) ≥ 1.
i∈Q0
α∈Q1
Wenn qQ (n) > 0 für alle n ∈ Nn0 \ {0}, dann auch für alle Zn \ {0}, denn aufspalten
in n = n+ − n− liefert
qQ (n+ − n− ) = qQ (n+ ) + qQ (n− ) − (n+ , n− ).
−
Da n+
i · ni = 0 ist der letzte Summand negativ und damit der gesamte Ausdruck
positiv und damit qQ positiv-definit.[Kra10, S. 15, Prop. 4.3.1]
Literatur
[Bri08] Michel Brion.
Representations of Quivers.
2008.
http://cel.
archives-ouvertes.fr/docs/00/44/00/26/PDF/BRION_IFETE2008.pdf.
[I.N73] I.N. Bernstein, I.M. Gelfand, V.A. Ponomarev. Coxeter Functors and Gabriel’s
Theorem. 1973. http://www.math.tau.ac.il/~bernstei/Publication_
list/publication_texts/BGG-CoxeterF-Usp.pdf.
[Kra10] Henning Krause. Representations of Quivers via Reflection Functors. 2010.
http://arxiv.org/abs/0804.1428.
[Web05] Kristin Webster. Quiver Representations and Gabriel’s Theorem. 2005. http:
//www.math.neu.edu/~king_chris/Webster.pdf.
10