EL GRUPO DE WEYL Y LOS FUNTORES DE REFLEXIÓN Índice 1 ...

EL GRUPO DE WEYL Y LOS FUNTORES DE REFLEXIÓN

MARÍA JULIA REDONDO

Índice

1. Introducción 12. Grafos orientados y formas cuadráticas 23. Diagramas de Dynkin y su forma cuadrática asociada 44. Reflexiones, grupos de Weyl 85. Transformación de Coxeter 106. Representaciones de grafos orientados 137. Teorema de Krull-Remak-Schmidt en rep(Q) 178. Teorema de Gabriel 18Referencias 23

1. Introducción

El objetivo de estas notas es mostrar resultados importantes de la teoría derepresentaciones de álgebras en el caso particular de las álgebras hereditariasde dimensión finita. Dado que toda álgebra hereditaria se puede identificarcon el álgebra de caminos de un grafo orientado, y sus módulos se pueden vercomo representaciones sobre el grafo, desarrollaremos los temas partiendo degrafos orientados.

Nuestro principal interés es describir las representaciones de un grafoorientado, y caracterizar aquellos grafos cuyas representaciones se puedendescribir a partir de un número finito de datos. En primer lugar veremos elteorema de Krull-Remak-Schmidt que dice que toda representación se pue-de escribir como suma directa de representaciones indescomponibles, y estadescomposición es única a menos de isomorfismos. Por lo tanto, para des-cribir las representaciones de un grafo, basta describir las representacionesindescomponibles.

En [3] Gabriel demostró que todo grafo orientado admite sólo un núme-ro finito de representaciones indescomponibles no isomorfas sí y sólo si elgrafo subyacente es un diagrama de Dynkin. En estas notas mostraremos lademostración de este teorema dada por Bernstein, Gel’fand y Ponomarev,que utiliza los funtores de reflexión. En esta prueba se muestra que existeuna biyección entre las representaciones indescomponibles no isomorfas deun grafo y las raíces de una forma cuadrática asociada.

1

2 MARÍA JULIA REDONDO

2. Grafos orientados y formas cuadráticas

Sea Q = (Q0, Q1) un grafo orientado finito, con Q0 = {1, . . . , n} un con-junto de vértices, Q1 = {α1, . . . , αr} un conjunto de flechas, y dos funcioness, t : Q1 → Q0 que a cada flecha α : i→ j le asocian su origen s(α) = i y sufinal t(α) = j.

Sea Z el anillo de los números enteros. A cada grafo orientado finito Q sele puede asociar una forma cuadrática qQ : Zn → Z definida de la siguientemanera:

qQ(x) = qQ(x1, . . . , xn) =n∑i=1

x2i −∑

α:i→j∈Q1

xixj .

Nota 2.1. Si x = (x1, . . . , xn) es un vector en Zn, notaremos:

a) x > 0 sí y sólo si xi ≥ 0 para todo i = 1, . . . , n y x 6= 0;b) x < 0 sí y sólo si xi ≤ 0 para todo i = 1, . . . , n y x 6= 0.

Recordemos que una forma cuadrática q : Zn → Z se dice:

a) definida positiva si q(x) > 0 para todo x ∈ Zn, x 6= 0;b) semidefinida positiva si q(x) ≥ 0 para todo x ∈ Zn;c) indefinida si existe x tal que q(x) < 0.

Ejemplo 2.1.1) La forma cuadrática asociada al grafo orientado

1 // 2

es q(x1, x2) = x21+x22−x1x2 = (x1− x2

2 )2+ 3

4x22, y es definida positiva.

2) La forma cuadrática asociada al grafo orientado

1 // // 2

es q(x1, x2) = x21+x22−2x1x2 = (x1−x2)2, y es semidefinida positiva.

En particular q(1, 1) = 0.3) La forma cuadrática asociada al grafo orientado

1 // //// 2

es q(x1, x2) = x21 + x22 − 3x1x2 = (x1 − 32x2)

2 − 54x

22, y es indefinida.

4) La forma cuadrática asociada al grafo orientado

2

��1 //

@@

3

EL GRUPO DE WEYL Y LOS FUNTORES DE REFLEXIÓN 3

es

q(x1, x2) = x21 + x22 + x23 − x1x2 − x2x3 − x1x3

= (x1 −1

2x2 −

1

2x3)

2 +3

4x22 +

3

4x23 −

3

2x2x3

= (x1 −1

2x2 −

1

2x3)

2 +3

4(x2 − x3)2,

y es semidefinida positiva.5) La forma cuadrática asociada al grafo orientado

2

��1 //

@@@@

3

no es definida positiva. En efecto, teniendo en cuenta el Ejemplo 2)tenemos que q(1, 1, 0) = 0.

Observación 2.2. La forma cuadática asociada a un grafo orientado nodepende de la orientación de las flechas, y por lo tanto, si Q denota el gráficosubyacente de Q, esto es, si nos olvidamos de la orientación de las flechas,podemos definir qQ := qQ.

Definición 2.3. Un vector x = (x1, . . . , xn) ∈ Zn se dice una raíz de unaforma cuadrática q si q(x) = 1. Además, la raíz se dice positiva si x > 0.

Consideremos a los vectores canónicos ei = (δ1i, δ2i, . . . , δni), donde δji = 1si j = i y 0 en caso contrario. Estos vectores son raíces positivas de cualquierforma cuadrática asociada a un grafo orientado.

Nuestro interés es estudiar el conjunto de raíces de una forma cuadráticadefinida positiva asociada a un grafo orientado Q.

Lema 2.4. Sea q una forma cuadrática definida positiva asociada a un grafoorientado Q. Entonces

{x ∈ Zn : q(x) = 1}es un conjunto finito. En particular, el conjunto de raíces positivas tambiénes finito.

Demostración. Si completamos cuadrados en la forma cuadrática q obtene-mos una expresión del tipo:

q(x1, . . . , xn) =

n∑i=1

x2i −∑

α:i→j∈Q1

xixj

= (x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn)2

+ b2(x2 + a23x3 + · · ·+ a2nxn)2 + · · ·+ bnx

2n.


Como q es definida positiva, sabemos que b2, . . . , bn son números reales po-sitivos. Sea x ∈ Zn tal que q(x) = 1. Entonces

1 = q(x) ≥ bnx2ny por lo tanto

|xn| ≤√

1

bny de esta desigualdad se deduce que existe sólo un número finito de valoresposibles para xn. Análogamente,

1 = q(x) ≥ bn−1(xn−1 + an−1nxn)2

lo que implica que

|xn−1 + an−1nxn| ≤

√1

bn−1

y de esta desigualdad se deduce que existe sólo un número finito de valores po-sibles para xn−1. Repitiendo este razonamiento para k = n−2, n−3, . . . , 2, 1conseguimos demostrar el resultado deseado. �

3. Diagramas de Dynkin y su forma cuadrática asociada

En esta sección vamos a determinar la forma de todos los grafos cuya formacuadrática asociada es definida positiva. Estos son los llamados diagramasde Dynkin:

An (n ≥ 1) : 1 2 . . . n

Dn (n ≥ 4) : 1

3 . . . n

2

E6 : 1 6 5

2 3 4

E7 : 1 7 6

2 3 4 5

E8 : 1 8 7

2 3 4 5 6


Teorema 3.1. Sea Q un grafo orientado finito conexo. La forma cuadráticaqQ asociada a Q es definida positiva sí y sólo si el grafo subyacente de Q esun diagrama Dynkin.

Demostración. Sea Q un grafo orientado cuya forma cuadrática qQ es defini-da positiva. Del Ejemplo 2.1 podemos deducir que Q no puede contener unpar de vértices unidos por dos o más flechas en cualquier dirección. Suponga-mos entonces que Q contiene un subgrafo orientado cuyo subgrafo subyacentees alguno de la siguiente lista:

An (n ≥ 1) : n+ 1

1

1 2 . . . n

Dn (n ≥ 4) : 1 n

3 . . . n− 1

;;

2 n+ 1

E6 : 7

1 6 5

2 3 4

E7 : 1

2 8 7

3 4 5 6

E8 : 8

1 9 7

2 3 4 5 6

En cada uno de los casos considerados, las formas cuadráticas asociadas noson definidas positivas. En efecto:


qAn(x1, . . . , xn+1) =

n+1∑i=1

x2i −n∑i=1

xixi+1 − xn+1x1

qDn(x1, . . . , xn+1) =n+1∑i=1

x2i −n−1∑i=2

xixi+1 − x1x3 − xn−1xn+1

qE6(x1, . . . , x6) =7∑i=1

x2i −4∑i=1

xixi+1 − x6x7 − x3x6

qE7(x1, . . . , x7) =8∑i=1

x2i −6∑i=1

xixi+1 − x4x8

qE8(x1, . . . , x8) =9∑i=1

x2i −7∑i=1

xixi+1 − x3x9

y

qAn(1, . . . , 1) = 0

qDn(1, 1, 2, . . . , 2, 1, 1) = 0

qE6(1, 2, 3, 2, 1, 2, 1) = 0

qE7(1, 2, 3, 4, 3, 2, 1, 2) = 0

qE8(2, 4, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 3) = 0

A partir de este resultado concluímos queQ no puede contener como subgrafopleno a ninguno de los de la lista anterior: bastaría con considerar vectorescuyas coordenadas coincidan con las dadas en los casos anteriores, y 0 enaquellos vértices que no pertenecen al subgrafo.

Como no contiene subgrafos del tipo An, tenemos que Q no contienecircuitos cerrados, es decir, Q es un árbol. Como no contiene subgrafos deltipo D4 entonces los vértices de Q tienen a lo sumo 3 vecinos. Como Q nocontiene subgrafos del tipo Dn para n ≥ 5 entonces Q tiene a lo sumo unpunto con 3 vecinos. Este razonamiento nos dice que la única posibilidadpara el subgrafo no orientado asociado a Q es la siguiente:


a1

a2

...

ar

b1 b2 . . . bs 0 c1 . . . ct−1 ct

Sin pérdida de generalidad podemos suponer que r ≤ s ≤ t. Es claro quesi r > 1 entonces Q contiene un subgrafo del tipo E6. Si r = 0, el grafo noorientado asociado a Q es An. Por último, si r = 1, como Q no contienesubgrafos del tipo E7 deducimos que s ≤ 2. Si s = 1, Q es de tipo Dn. Sis = 2, como Q no contiene E8, t ≤ 4, esto es, t = 2, 3, 4, en cuyo caso Q esde tipo E6,E7,E8 respectivamente.

Para demostrar la recíproca basta considerar las formas cuadráticas aso-ciadas a los diagramas Dynkin y verificar que en cada uno de los casos sondefinidas positivas. En particular, si Q es de tipo An,

qAn(x1, . . . xn) =

n∑i=1

x2i −n−1∑i=1

xixi+1

=1

2x21 +

1

2x2n +

n−1∑i=1

(1

2x2i − xixi+1 +

1

2x2i+1

=1

2x21 +

1

2x2n +

1

2

n−1∑i=1

(xi − xi+1)2.

Si Q es de tipo Dn, entonces

qDn(x1, . . . xn) = x21 + x22 − x1x3 − x2x3 + qAn−2(x3, . . . , xn)

= (x1 −1

2x3)

2 + (x2 −1

2x3)

2 − 1

2x23 + qAn−2(x3, . . . , xn)

= (x1 −1

2x3)

2 + (x2 −1

2x3)

2 +1

2x2n +

1

2

n−1∑i=3

(xi − xi+1)2.

�


4. Reflexiones, grupos de Weyl

Sea Q un grafo orientado, qQ la forma cuadrática asociada, y sea

<,>: Qn ×Qn → Q

la forma bilineal definida por

< x,y >=n∑i=1

xiyi −1

2

∑α:i→j∈Q1

(xiyj + xjyi)

asociada a la forma cuadrática qQ, esto es,

< x,y >=1

4(qQ(x+ y)− qQ(x− y)) =

1

2(qQ(x+ y)− qQ(x)− qQ(y)).

Observemos que < x,x >= qQ(x) y < ei, ei >= qQ(ei) = 1.

Definición 4.1. Se llaman reflexiones asociadas a un grafo orientado Q alas transformaciones lineales si : Qn → Qn definidas por

si(x) = x− 2 < x, ei > ei

para i ∈ Q0.

Lema 4.2. Las reflexiones verifican las siguientes propiedades:i) si(ei) = −ei;ii) Si < x, ei >= 0 entonces si(x) = x;iii) s2i = 1;iv) si preserva la forma bilineal, esto es, < si(x), si(y) >=< x,y >;v) Si x,y ∈ Zn entonces 2 < x,y >∈ Z. En particular, 2 < x, ei >∈ Z

y por lo tanto si(x) ∈ Zn.

Proposición 4.3. Si si es una reflexión asociada a un grafo orientado Qentonces x es raíz de qQ sí y sólo si si(x) lo es.

Demostración. Supongamos que x ∈ Zn es una raíz de qQ, esto es, qQ(x) = 1,y probemos que entonces qQ(si(x)) = 1. En efecto,

qQ(si(x)) =< si(x), si(x) >=< x,x >= qQ(x) = 1.

Además si(Zn) ⊆ Zn y por lo tanto si(x) es una raíz de qQ. Por otro lado,si si(x) es una raíz, por lo recién demostrado si(si(x)) también lo es, peros2i = 1 y por lo tanto x es raíz. �

Lema 4.4. Si x es raíz de una forma cuadrática definida positiva asociadaa un grafo orientado entonces x > 0 ó x < 0.

Demostración. Vamos a descomponer a x en dos vectores teniendo en cuentasus componentes positivas y negativas. Sean x+ y x− definidos por

x+i =

{xi, if xi ≥ 0,

0, en caso contrario


y

x−i =

{−xi, if xi ≤ 0,

0, en caso contrario.

Es claro que x = x+ − x− , x+ ≥ 0 y x− ≥ 0. Si

qQ(x) =n∑i=1

x2i −∑

α:i→j∈Q1

xixj =n∑i=1

x2i −∑i,j∈Q0

aijxixj

donde aij = #{α : i→ j ∈ Q1}, se tiene que

1 = qQ(x) = qQ(x+ − x−) = qQ(x

+) + qQ(x−)−

∑i,j∈Q0:xixj<0

aijxixj .

En la igualdad anterior vemos que el número 1 se escribe como suma detres números enteros no negativos, y como qQ es definida positiva, esto sóloes posible si x+ = 0 o x− = 0. Con esto hemos demostrado que si x esraíz de una forma cuadrática definida positiva asociada a un grafo orientadoentonces x > 0 ó x < 0. �

Sea Aut(Qn) el conjunto de todas las transformaciones lineales de Qnen Qn que son isomorfismos. Este conjunto es cerrado con respecto a lacomposición de transformaciones lineales y es fácil ver que el mismo tieneestructura de grupo con esta operación. En particular toda reflexión si es unisomorfismo.

Definición 4.5. Se llama grupo de Weyl asociado a un grafo orientado Qal subgrupo WQ de Aut(Qn) generado por las reflexiones asociadas a Q.

Veremos que este grupo nos permite describir todas las raíces de la formacuadrática asociada al grafo orientado Q.

Proposición 4.6. Si la forma cuadrática asociada a un grafo orientado Qes definida positiva, entonces

{x ∈ Zn : qQ(x) = 1} = {ω(ei) : ω ∈WQ, i ∈ Q0}.

Demostración. Si ω ∈ WQ entonces ω es una composición de un númerofinito de reflexiones, esto es, ω = si1 · · · sim . Por la Proposición 4.3 tenemosque w(ei) también es un raíz.

Recíprocamente, sea x ∈ Zn tal que qQ(x) = 1 y veamos que x = ω(ei)para algún ω ∈ WQ y algún i ∈ Q0. El resultado es inmediato si x = ei.Supongamos que x 6= ei. Por el lema anterior sabemos que x > 0 ó x < 0.Supongamos que x > 0. Como x 6= ei tenemos que

0 < qQ(x− ei) = < x− ei,x− ei >

= qQ(x) + qQ(ei)− 2 < x, ei >

= 2(1− < x, ei >) ∈ Z


y por lo tanto 2 < x, ei >≤ 1. Ahora bien

2 = 2qQ(x) = 2 < x,x >= 2 < x,n∑i=1

xiei >=n∑i=1

xi2 < x, ei >

con todos los xi en N. Entonces existe j1 ∈ Q0 tal que 2 < x, ej1 >= 1 yxj1 6= 0. Por lo tanto

sj1(x) = x− 2 < x, ej1 > ej1 = x− ej1 > 0

y esto nos dice quex > sj1(x) > 0.

Si sj1(x) 6= ei, repito el procedimiento anterior y encuentro un j2 ∈ Q0 talque

x > sj1(x) > sj2sj1(x) > 0.

Este proceso debe terminar en un número finito de pasos pues qQ sólo admiteun número finito de raíces. Entonces existen j1, j2, . . . , js tales que

sjs · · · sj2sj1(x) = ei

para algún i ∈ Q0. Así tenemos que

x = sj1 · · · sjs(ei).

Por último, el caso x < 0 se resuelve de la siguiente manera. Por lo desa-rrollado anteriormente sabemos que −x es una raíz positiva y por lo tanto−x = sj1 · · · sjs(ei) y entonces x = sj1 · · · sjssi(ei). �

5. Transformación de Coxeter

Sea Q = (Q0, Q1) un grafo orientado sin circuitos, y sea Q0 = {1, . . . , n}.El conjunto ordenado Q0 = {a1, . . . , an} se dice un orden admisible si paratodo par (i, j) con i < j no existe una flecha ai → aj .

Ejemplo 5.1. Dado el grafo orientado

4 // 3

��2 // 1

5

@@

los conjuntos ordenados {1, 2, 3, 4, 5}, {1, 2, 5, 3, 4}, {1, 2, 3, 5, 4} con órdenesadmisibles mientras que el conjunto ordenado {1, 2, 4, 5, 3} no lo es.

Si el grafo orientado Q no posee circuitos, siempre admite un orden admi-sible, posiblemente no único como vimos en el ejemplo anterior.


Definición 5.2. Si {a1, . . . , an} es un orden admisible para el grafo orien-tado Q, se llama transformación de Coxeter a la transformación lineal c =sansan−1 · · · sa1 .

Es claro que c ∈WQ y que c−1 = sa1sa2 · · · san .

Lema 5.3. Si i, j son dos vértices de Q0 entre los cuales no existen flechasentonces sisj = sjsi.

Corolario 5.4. La transformación de Coxeter no depende del orden admi-sible elegido.

Lema 5.5. Si x es una raíz positiva de una forma cuadrática definida posi-tiva asociada a un grafo orientado Q entonces x = ei ó si(x) > 0.

Demostración. Si x 6= ei vimos en la demostración de la Proposición 4.6 que2 < x, ei >≤ 1. Si además si(x) 6> 0, entonces xi − 2 < x, ei >< 0, y por lotanto

0 ≤ xi < 2 < x, ei >≤ 1.

Entonces xi = 0 y 2 < x, ei >= 1. Esta es una contradicción pues si xi = 0entonces un cálculo directo nos muestra que < x, ei >≤ 0. �

Proposición 5.6. Supongamos que el conjunto ordenado {1, 2, . . . , n} es unorden admisible para el grafo orientado Q. Si la forma cuadrática asociadaqQ es definida positiva, se verifican las siguientes afirmaciones:

a) Si c(x) = x entonces x = 0;b) Para todo x > 0 existe t ∈ N∪{0} tal que ct(x) > 0 pero ct+1(x) 6> 0;c) Si x es una raíz positiva, entonces c(x) 6> 0 sí y sólo si existe i ∈ Q0

tal que x = s1s2 · · · si−1(ei).

Demostración.a) Si c(x) = x entonces xi = c(x)i = (snsn−1 · · · s1(x))i = (si(x))i y

xj = (si(x))j para todo j con j 6= i. Por lo tanto x = si(x) para todoi ∈ Q0. Esto nos dice que < x, ei >= 0 para todo i ∈ Q0. Luego

qQ(x) =< x,x >=< x,∑i

xiei >=∑i

xi < x, ei >= 0,

y como qQ es definida positiva, resulta que x = 0.b) La función φ :WQ → X = {x ∈ Zn : qQ(x) = 1}n definida por

φ(ω) = (ω(e1), . . . , ω(en))

es inyectiva, y como X es finito, tenemos que WQ también lo es. En-tonces existe m ∈ N tal que cm = 1. Sea y = x+c(x)+ · · ·+cm−1(x).Como c(y) = y por el inciso anterior tenemos que y = 0. Luego existet tal que ct(x) > 0 y ct+1(x) 6> 0.

c) Si x es una raíz positiva, por el Lema 5.5 tenemos que x = ei ósi(x) > 0. Si c(x) = snsn−1 · · · s1(x) 6> 0 existe i tal que

si−1 · · · s1(x) > 0 y sisi−1 · · · s1(x) 6> .


Entonces si−1 · · · s1(x) = ei y por lo tanto x = s1 · · · si−1(ei).Recíprocamente, si x = s1 · · · si−1(ei) entonces

c(x) = snsn−1 · · · si(ei) 6> 0

pues (snsn−1 · · · si(ei))i = −1.�

Corolario 5.7. Si {1, 2, . . . , n} es un orden admisible para el grafo orientadoQ y su forma cuadrática asociada qQ es definida positiva, entonces

{x ∈ Zn : qQ(x) = 1 y x > 0} = {c−ris1s2 · · · si−1(ei) : 1 ≤ i ≤ n, 0 ≤ ri ≤ mi}

donde mi es el menor natural tal que (c−1)mi+1s1s2 · · · si−1(ei) 6> 0.

Demostración. Si x es una raíz positiva, existe t tal que ct(x) > 0 y ct+1(x) 6>0. Entonces ct(x) = s1 · · · si−1(ei) y por lo tanto x = c−ts1 · · · si−1(ei). Laotra implicación es clara. �

Ejemplo 5.8. La forma cuadrática asociada al grafo orientado

Q : 3 // 2 // 1

es qQ(x1, x2, x3) = x21 + x22 + x23 − x1x2 − x2x3. En este caso, los reflexionesson

s1(x1, x2, x3) = (x1, x2, x3)− (2x1 − x2)e1 = (x2 − x1, x2, x3)s2(x1, x2, x3) = (x1, x2, x3)− (2x2 − x1 − x3)e2 = (x1, x1 + x3 − x2, x3)s3(x1, x2, x3) = (x1, x2, x3)− (2x3 − x2)e3 = (x1, x2, x2 − x3).

Entonces

c(x1, x2, x3) = s3s2s1(x1, x2, x3) = (−x1 + x2,−x1 + x3,−x1)

yc−1(x1, x2, x3) = (−x3, x1 − x3, x2 − x3).

Los cálculos para encontrar todas las raíces positivas son:

e1 ⇒ c−1(e1) = e2 ⇒ c−2(e1) = e3 ⇒ c−3(e1) 6> 0,

s1(e2) = e1 + e2 ⇒ c−1s1(e2) = e2 + e3 ⇒ c−2s1(e2) 6> 0

ys1s2(e3) = e1 + e2 + e3 ⇒ c−1s1s2 6> 0.

Así podemos concluir que qQ tiene 6 raíces positivas y 12 raíces.


6. Representaciones de grafos orientados

Definición 6.1. Sea Q un grafo orientado. Una representación de Q es unafamilia

M = (M(i),M(α))i∈Q0,α∈Q1

formada por un k-espacio vectorial M(i) para cada vértice i y una transfor-mación lineal M(α) :M(s(α))→M(t(α)) para cada α ∈ Q1.

Una representaciónM se dice de dimensión finita si cada espacio vectorialM(i) tiene dimensión finita.

Un morfismo de representaciones F : M → N es una familia F =(F (i))i∈Q0 de transformaciones lineales F (i) : M(i) → N(i) tal que, paracada flecha α ∈ Q1, el siguiente diagrama conmuta

M(s(α))F (s(α))//

M(α)��

N(s(α))

N(α)��

M(t(α))F (t(α))// N(t(α))

esto es, N(α)F (s(α)) = F (t(α))M(α).

La composición de morfismos de representaciones se define lugar a lugar,esto es

(FG)(i) = F (i)G(i)

para cada vértice i. A cada representaciónM le podemos asociar el morfismo1M :M →M con (1M )(i) = 1M(i) para cada i.

El conjunto de morfismos M → N se nota Hom(M,N). La suma de mor-fismos de M en N es también un morfismo, y Hom(M,N) tiene estructurade grupo abeliano con esta operación. Si M = N notaremos End(M) al con-junto Hom(M,M), que tiene estructura de anillo con la suma de funcionesy la composición.

Las representaciones y sus morfismos dan lugar a la categoría Rep(Q). Enestas notas nos ocuparemos de la subcategoría plena rep(Q) formada portodas las representaciones de dimensión finita.

La categoría RepQ hereda muchas definiciones y propiedades de la cate-goría de espacios vectoriales si pensamos en los conceptos lugar a lugar. Enparticular:

1) M se dice una subrepresentación de N si M(i) es un subespacio deN(i) para cada i y, para cada flecha α, el diagrama

M(s(α)) �� //

M(α)��

N(s(α))

N(α)��

M(t(α)) �� // N(t(α))

conmuta, esto es, M(α) = N(α)/M(s(α));


2) un morfismo F :M → N es un monomorfismo (epimorfismo, isomor-fismo) si cada F (i) lo es;

3) a todo morfismo F :M → N le podemos asociar su núcleo y su imagendefinidos por

NuF = (NuF (i),M(α)/NuF (s(α))), ImF = (ImF (i), N(α)/ ImF (s(α)));

4) la suma directa de dos representaciones M,N es la representación

M ⊕N = (M(i)⊕N(i),M(α)⊕N(α)).

Lema 6.2. La representación "suma directa" verifica la propiedad universalde la suma directa, esto es: dada una representación N y un par de morfismosFi :Mi → N existe un único morfismo F :M1 ⊕M2 → N tal que

M1

F1

++ι1 $$

M1 ⊕M2F // N

M2

F2

33ι2

::

es un diagrama conmutativo, donde ιi : Mi → M1 ⊕ M2 están dadas porι1(m) = (m, 0) y ι2(m) = (0,m). Además, esta representación verifica lapropiedad universal del producto: dada una representación N y un par demorfismos Gi : N →Mi existe un único morfismo G : N →M1⊕M2 tal que

M1

N

G1

33

G2++

G // M1 ⊕M2

π1

::

π2

$$M2

es un diagrama conmutativo, donde πi : M1 ⊕M2 → Mi están dadas porπ1(m1,m2) = m1 y π2(m1,m2) = m2.

Demostración. Basta definir F (m1,m2) = ι1(m1) + ι2(m2) para la sumadirecta y G(n) = (G1(n), G2(n)) para el producto. �

Lema 6.3. Si M =M1 ⊕M2 y N = N1 ⊕N2 entonces

Hom(M1, N)⊕Hom(M2, N) ' Hom(M,N) ' Hom(M,N1)⊕Hom(M,N2).

Demostración. Es inmediata pues a cada par (F1, F2) ∈ Hom(M1, N) ⊕Hom(M2, N) le podemos asociar el único morfismo F ∈ Hom(M,N) cuyaexistencia asegura el lema anterior. El razonamiento para el segundo isomor-fimo es análogo. �


Definición 6.4. Una representación no nula S se dice simple si no admitesubrepresentaciones propias, esto es, si T es una subrepresentación de Sentonces T = 0 ó T = S.

Una representación no nula M se dice indescomponible si no se puedeescribir como suma directa de representaciones no nulas, esto es, si M =M1 ⊕M2 entonces M1 = 0 ó M2 = 0.

Ejemplo 6.5. Sea Q el grafo orientado

1 // 2

y sean S1, S2,M,N las representaciones

S1 : k0 // 0 , S2 : 0

0 // k ,

M : k0 // k , N : k

1 // k .

Las representaciones S1, S2 son simples e indescomponibles, N es indescom-ponible pero no es simple yM = S1⊕S2 no es ni simple ni indescomponible.

A continuación vamos a presentar un criterio para determinar si una re-presentación es indescomponible o no.

Lema 6.6. Sea M una representación de Q de dimensión finita y F ∈End(M). Entonces existe s ∈ N tal que M ' NuF s ⊕ ImF s.

Demostración. Sea i ∈ Q0. Consideremos la cadena de subespacios

· · · ⊆ ImF (i)m ⊆ ImF (i)m−1 ⊆ · · · ⊆ ImF (i)2 ⊆ ImF (i) ⊆M(i).

Como M(i) es un espacio vectorial de dimensión finita, existe ti tal queImF (i)ti = ImF (i)ti+1. Entonces ImF (i)ti = ImF (i)t para todo t ≥ ti.Análogamente, si consideremos la cadena de subespacios

0 ⊆ NuF (i) ⊆ NuF (i)2 ⊆ · · · ⊆M(i),

existe ri tal que NuF (i)ri = NuF (i)ri+1. Entonces NuF (i)ri = NuF (i)r

para todo r ≥ ti. Si s es el máximo del conjunto {t1, . . . , tn, r1, . . . , rn}tenemos que ImF (i)s = ImF (i)2s y que NuF (i)s = NuF (i)2s para todo i.

Veamos que M = ImF s ⊕NuF s. Por el Lema 6.2 sabemos que existe unúnico morfismo G : ImF s ⊕NuF s →M tal que las composiciones

ImF s → ImF s ⊕NuF s →M y NuF s → ImF s ⊕NuF s →M

son las inclusiones. EntoncesG(i) : ImF (i)s⊕NuF (i)s →M(i) es el morfimodefinido porG(i)(a, b) = a+b. Veamos que G(i) es un isomorfismo. En efecto,como ImF (i)s = ImF (i)2s, dado m ∈ M(i) tenemos que existe n ∈ M(i)tal que F (i)s(m) = F (i)2s(n). Si tomamos a = F (i)s(n) ∈ ImF (i)s entoncesF (i)s(m) = F (i)s(a), y por lo tanto (a,m − a) ∈ ImF (i)s ⊕ NuF (i)s yG(i)(a,m − a) = m. Luego G(i) es un epimorfismo. Para ver que es unmonomorfismo basta observar que ImF s ∩ NuF s = {0}. En efecto, si m ∈ImF s ∩ NuF s entonces F s(m) = 0 y m = F s(n) para algún n. Entonces


F 2s(n) = 0 y como NuF s = NuF 2s tenemos que m = F s(n) = 0. Asípodemos concluir que G es un isomorfismo. �

Lema 6.7. Sea M una representación de Q de dimensión finita y F ∈End(M). Si M es indescomponible entonces F es un isomorfismo o es nil-pontente.

Demostración. Si M es indescomponible, usando el lema anterior tenemosque existe s ∈ N tal que ImF s = 0 o NuF s = 0. En el primer caso, Fes nilpotente. En el segundo caso, F s : M → M es un monomorfismo, ycomo es un endomorfismo y M tiene dimensión finita, resulta que F s es unisomorfismo, y por lo tanto F lo es. �

Recordemos que un anillo se dice local si la suma de dos elementos noinversibles es no inversible.

Proposición 6.8. Una representación M es indescomponible sí y sólo siEnd(M) es un anillo local.

Demostración. Sea M una representación indescomponible y sean F,G ∈End(M). Supongamos que F +G es un isomorfismo, con inverso H. Si F noes un isomorfismo entonces HF tampoco lo es. Por el lema anterior, HF esnilpotente, es decir, existe s ∈ N tal que (HF )s = 0. Así

(1M −HF )(1m +HF + · · ·+ (HF )s−1) = 1M

y por lo tanto HG = 1M −HF es inversible, y por lo tanto G lo es.Recíprocamente, si M = M1 ⊕M2, con Mi 6= 0 para i = 1, 2, las composi-ciones

Mπi→Mi

ιi→M

no son isomorfismos y su suma, la identidad, es un isomorfismo. �

Nuestra intención es relacionar las representaciones de un grafo orientadoQ con las raíces de la forma cuadrática asociada. Por esta razón definimosla función dimensión de la siguiente manera. Si Q0 = {1, . . . , n}, sea dim :rep(Q) → Zn la aplicación que a cada representación M de Q le asigna elvector

dimM = (dimkM1, . . . ,dimkMn).

Por ejemplo, si Si es la representación simple de Q definida por

Si(j) =

{k si j = i,0 si j 6= i

y Si(α) = 0

entonces dimSi = ei.


7. Teorema de Krull-Remak-Schmidt en rep(Q)

El teorema de Krull-Remak-Schmidt es de gran utilidad para el proble-ma de describir todas las representaciones de un grafo orientado Q pues nosasegura que las mismas se pueden descomponer en suma directa de repre-sentaciones indescomponibles, y esta descomposición sea única a menos deisomorfismos.

Para demostrar la unicidad vamos a utilizar propiedades del radical.

Definición 7.1. Sean M,N dos representaciones de un grafo orientado Q.Se llama radical, y se nota rad(M,N) al conjunto de todos los morfismosF ∈ Hom(M,N) tales que la composición

ZG→M

F→ NH→ Z

no es un isomorfismo, para cualquier par de morfismos G,H con Z indes-componible.

Lema 7.2. Sean M,N dos representaciones de Q de dimensión finita.1) rad(M,N) es un subespacio de Hom(M,N).2) rad(M,N1 ⊕N2) ' rad(M,N1)⊕ rad(M,N2).3) rad(M1 ⊕M2, N) ' rad(M1, N)⊕ rad(M2, N).4) Si M,N son indescomponibles, entonces rad(M,N) es igual al con-

junto de todos los morfimos de M a N que no son isomorfismos.

Demostración. Las primeras tres demostraciones quedan a cargo del lector.Sea F ∈ rad(M,N) y supongamos que F es un isomorfismo. Entonces

M1M−→M

F−→ NF−1

−→M

que es una contradicción pues M es indescomponible.Recíprocamente, supongamos que existe F :M → N 6∈ rad(M,N) tal que

F es un isomorfismo. Por definición del radical, existe una representaciónindescomponible Z y un par de morfismos G,H tales que la composición

ZG→M

F→ NH→ Z

es un isomorfismo. Esto nos dice que G es un monomorfismo que se parte, ycomoM es indescomponible resulta que G es un isomorfismo. Análogamente,H es un epimorfismo que se parte, y como N es indescomponible H es unisomorfismo. Luego F también lo es. �

Teorema 7.3. Sea M una representación de dimensión finita. Entoncesexiste una descomposición

M =Ma11 ⊕ · · · ⊕M

arr

con los Mi indescomponibles no isomorfos dos a dos y ai ∈ N para todoi. Además esta descomposición es única, reordenado los sumandos si fueranecesario.


Demostración. La existencia de la descomposición mencionada se pruebapor inducción en la dimensión de M , esto es, en

∑ni=1 dimkM(i). Si M es

indescomponible no hay nada que probar. Si no lo es, se escribe como sumadirecta de dos representaciones de menor dimensión, y el resultado se obtieneaplicando la hipótesis inductiva en cada sumando.

Para probar la unicidad, dada una descomposición deM ,M =Ma11 ⊕· · ·⊕

Marr y dada una representación indescomponible cualquiera N , calculemos

Hom(M,N) y rad(M,N). Por el Lema 7.2 tenemos que

Hom(M,N) ' Hom(M1, N)a1 ⊕ · · · ⊕Hom(Mr, N)ar

yrad(M,N) ' rad(M1, N)a1 ⊕ · · · ⊕ rad(Mr, N)ar

y por lo tanto Hom(M,N)/ rad(M,N) es isomorfo a

(Hom(M1, N)/ rad(M1, N))a1 ⊕ · · · ⊕ (Hom(Mr, N)/ rad(M,N))ar .

Como vimos en el Lema 7.2, Hom(Mi, N) \ rad(Mi, N) es el conjunto detodos los isomorfismos de Mi en N , luego es vacío si N 6'Mi. Entonces

Hom(Mi, N)/ rad(Mi, N) '

{Hom(N,N)/ rad(N,N) si N 'Mi,

0 si N 6'Mi.

Se deduce entonces que

ai =dimk Hom(M,Mi)− dimk rad(M,Mi)

dimk Hom(Mi,Mi)− dimk rad(Mi,Mi)

y la independencia de esta fórmula con respecto a la descomposición pruebala unicidad de la misma. �

También podemos escribir un resultado similar para los morfismos entredos representaciones. Concretamente, si M,N son dos representaciones condescomposiciones dadas por M = Ma1

1 ⊕ · · · ⊕Marr y N = N b1

1 ⊕ · · · ⊕N bsr

entoncesHom(M,N) =

⊕i,j

Hom(Mi, Nj)

y por lo tanto, todo morfismo M → N se puede identificar con una matriztal que la entrada (i, j) contiene un morfismoMi → Nj , esto es, un morfismoentre representaciones indescomponibles.

8. Teorema de Gabriel

Un grafo orientado Q se dice de tipo de representación finito si admite sóloun número finito de clases de isomorfismo de representaciones indescompo-nibles.

El problema de determinar qué grafos son de tipo de representación finitafue resuelto por Gabriel en 1972. La solución de este problema se obtienerelacionando las dimensiones de las representaciones con las raíces positivasde la forma cuadrática asociada.


Para hallar esta relación necesitamos definir las reflexiones y los funtoresde Coxeter en la categoría rep(Q), que jugarán el papel de las reflexiones yde la transformación de Coxeter que definimos en Zn.

Dado i ∈ Q0 definimos σi(Q) al grafo orientado que se obtiene a partir deQ cambiando la orientación de todas las flechas que empiezan o terminan eni. Se puede probar que

σn . . . σ1Q = Q.

Ejemplo 8.1. Dado el grafo orientado Q

4 // 3

��2 // 1

5

@@

el grafo σ2Q está dado por

4 // 3

��2

^^

��

1oo

5

@@

Un vértice i se dice una fuente (pozo) de Q si no existen flechas queterminen (que empiecen) en i.

Dado un pozo i de Q definimos el funtor de reflexión

S+i : repQ→ repσiQ

de la siguiente manera: si M,N ∈ repQ y F : M → N es un morfismoentonces

S+i (M)(j) =

{M(j) si j 6= i,Nu(

⊕α∈Q1,t(α)=i

M(s(α))→M(i)) si j = i,

S+i (F )(α) es F (α) si t(α) 6= i y si α : s(α) → i entonces S+

i (F )(α) es elmorfimo que hace el siguiente diagrama conmutativo

S+i (M)(i) �

� //

S+i (F )(α)

��

⊕α∈Q1,t(α)=i

M(s(α)) //

⊕F (s(α)

��

M(i)

F (i)

��S+i (N)(i) �

� //⊕

α∈Q1,t(α)=iN(s(α)) // N(i).


Análogamente, si i es una fuente de Q definimos el funtor de reflexión

S−i : repQ→ repσiQ

dado por

S−i (M)(j) =

{M(j) si j 6= i,Conu(M(i)→

⊕α∈Q1,s(α)=i

M(t(α))) si j = i,

S−i (F )(α) es F (α) si s(α) 6= i y si α : i → t(α) entonces S−i (F )(α) es elmorfimo que hace conmutativo al siguiente diagrama

M(i)

F (i)

��

//⊕

α∈Q1,s(α)=iM(t(α))

⊕F (s(α))

��

// // S−i (M)(i)

S−i (F )(α)

��N(i) //

⊕α∈Q1,s(α)=i

N(t(α))) // // S−i (N)(i).

De ahora en más vamos a suponer que {1, . . . , n} es un orden admisiblede Q.

En el orden admisible elegido tenemos que 1 es un pozo de Q y que i+ 1es un pozo de σi . . . σ1Q. Dualmente, n es una fuente de Q y j − 1 es unafuente de σj . . . σnQ.

Por lo tanto en este orden admisible podemos definir los funtores de Co-xeter

C+ = S+n . . . S

+1 : repQ→ repQ

yC− = S−1 . . . S

−n : repQ→ repQ.

Lema 8.2. Si i es un pozo y M es una representación indescomponibleentonces las siguientes condiciones son equivalentes:

1) M 6' Si,2) S−i S

+i M 'M ,

3) dimS+i M = si(dimM).

Demostración. Un cálculo directo nos muestra que dada una representaciónM , se tiene que M ' S−i S

+i M ⊕ Sri para algún r ≥ 0.

(1)⇒ (2)Si M es indescomponible y M 6' Si entonces S−i S

+i M 'M .

(2)⇒ (3)Sigue por un cálculo directo de las coordenadas de los vectores.

(3)⇒ (1)Como si(dimM) = dimS+

i M > 0 y S+i (Si) = 0 tenemos que M 6' Si. �

El lema anterior también es cierto si consideramos una fuente i y el funtorS−i .


Teorema 8.3. Si el grafo subyacente a un grafo orientado conexo Q es undiagrama Dynkin entonces Q es de tipo de representación finito. En estecaso, la función dimensión, dim : rep(Q) → Zn, induce una biyección entrelas clases de isomorfismo de representaciones indescomponibles de Q y lasraíces positivas de la forma cuadrática asociada. Recíprocamente, si k es uncuerpo infinito y Q es un grafo orientado conexo de tipo de representaciónfinito entonces su grafo subyacente es un diagrama Dynkin.

Demostración. Si Q es un diagrama Dynkin, sabemos que su forma cuadrá-tica asociada es definida positiva, y por lo tanto, tiene un número finito deraíces positivas, ver Lema 2.4. Para ver que Q es de tipo de representaciónfinito, basta ver que la función dim : rep(Q) → Zn, induce una biyecciónentre las clases de isomorfismo de representaciones indescomponibles de Q ylas raíces positivas de la forma cuadrática asociada.

Sea M ∈ repQ y sea x = dimM . Como x > 0 existe t ≥ 0 tal que

ct(x) > 0 y ct+1(x) 6> 0

y por lo tanto existe i tal que

si . . . s1ct(x) > 0 y si+1si . . . s1c

t(x) 6> 0.

Sea N = S+i . . . S

+1 (C

+)tM y sea y = dimN . Como si+1(y) 6> 0, tene-mos que S+

i+1N = 0, y por lo tanto, N = Si+1. Además, como M =

(C−)tS−1 . . . S−i N tenemos que x = dimM = c−ts1 . . . si(ei+1) y por lo

tanto qQ(x) = 1.Veamos que la función inducida es inyectiva: si M,M ′ son tales que

dimM = dimM ′ entonces el razonamiento anterior nos dice que

M ' (C−)tS−1 . . . S−i Si+1 'M ′.

Para demostrar que es sobreyectiva, basta observar que si x es una raíz positi-va de entonces x = c−ts1 . . . si(ei+1) y si tomamosM = (C−)tS−1 . . . S

−i Si+1

tenemos que dimM = x.La demostración de la recíproca sigue el mismo razonamiento usado en

la demostración del Teorema 3.1. En efecto, supongamos que Q contiene unsubgrafo de la forma An, Dn, E6, E7, E8, y en cada uno de ellos consideremosla representación Mλ definida por

An,Mλ : k

1

&&k

1//

λ1

55

k1// . . .

1// k


Dn,Mλ : k

��

k

k2 // . . . k2

��

@@

k

??

k

E6,Mλ : k

��k

��

k2

��

k

��k2 // k3 k2oo

E7,Mλ : k

��k2

��

k2

��

k

��k3 // k4 k2oo k2oo

E8,Mλ : k

��k2

��

k3

��

k2

��k4 // K6 k5oo k4oo k3oo

En cada uno de los casos considerados, las representaciones indescomponi-blesMλ yMµ no son isomorfas si λ 6= µ, y como k es un cuerpo infinito, estossubgrafos admiten infinitas representaciones indescomponibles no isomorfas.A partir de este resultado concluímos que Q no puede contener como sub-grafo ninguno de la lista anterior pues en ese caso podríamos considerar lasrepresentaciones de los subgrafos extendidas a todo el grafo Q completandocon espacios vectoriales triviales. Ahora el razonamiento sigue como en elTeorema 3.1. �

El método desarrollado para calcular las raíces positivas de la forma cua-drática asociada a un grafo orientado Q nos permiten calcular el número


de representaciones indescomponibles no isomorfas de los grafos cuyo grafosubyacente es un diagrama Dynkin:

An Dn E6 E7 E8

12n(n+ 1) n(n− 1) 36 69 120

y estos números no dependen de la orientación del grafo.

Referencias

[1] I. Assem, D. Simson, A. Skowroński: Elements of the Representation Theory of As-sociative Algebras, London Mathematical Society Students Texts 65, 2006.

[2] I. N. Bernstein, I. M. Gel’fand, V. A. Ponomarev: Coxeter functors and Gabriel’stheorem. Uspehi Mat. Nauk 28 (1973), 2 (170), 19-33.

[3] P. Gabriel: Unzerlegbare Darstelhlungen I , Manuscripta Math. 6 (1972), 71-103.[4] P. Gabriel:Indecomposable representations II. Symposia Mathematica 11 (1973), 81–

104.[5] H. Krause: Representation of quivers via reflection functors, 1–28, ar-

xiv.org/pdf/0804.1428.

Instituto de Matemática, Universidad Nacional del Sur, Bahía Blanca.E-mail address: [email protected]

EL GRUPO DE WEYL Y LOS FUNTORES DE REFLEXIÓN Índice 1 ...

Documents

Transcript of EL GRUPO DE WEYL Y LOS FUNTORES DE REFLEXIÓN Índice 1 ...