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2.13 Modules simples
Définition : Soit $A$ un anneau. Un $A$-module $M$ est dit simple s'il est non nul et si ses seuls sous-modules sont $0$ et $M$. On notera $\text{Sim}(A)$ l'ensemble des $A$-modules simples à isomorphisme près. Un $A$-module est dit complètement réductible s'il est somme directe de modules simples.
Soit $M$ un $A$-module simple, soit $m \in M \setminus \{0\}$. On a un morphisme :
$$\begin{align*} \varphi : A &\longrightarrow M \\ a &\longmapsto a \cdot m \end{align*}$$
alors $\text{Im}(\varphi) \le M$ et $\text{Im}(\varphi) \neq 0$. Par simplicité de $M$, $\varphi$ est surjectif, c'est-à-dire :
$$M \simeq A / \text{Ker}(\varphi) $$
Comme $M$ est simple, tout sous-module de $A$ contenant $\text{Ker}(\varphi)$ est soit $A$, soit $\text{Ker}(\varphi)$. Autrement dit, $\text{Ker}(\varphi)$ est un idéal à gauche de $A$ maximal pour l'inclusion.
Réciproquement, soit $I \subseteq A$ un tel idéal à gauche maximal, on pose $M = A/I$. Les sous-modules de $M$ correspondent aux idéaux à gauche de $A$ contenant $I$. Par maximalité de $I$, on en déduit que $M$ est simple.
Proposition : Les $A$-modules simples sont les $A/I$ avec $I$ un idéal à gauche strict de $A$ maximal pour l'inclusion.
Exemple : Les $\mathbb{Z}$-modules simples sont les $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ avec $p \in \mathbb{P}$. En particulier, les $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ ($n \ge 2$) sont indécomposables non simples.
Lemme de Schur : Soient $M, M'$ deux $A$-modules simples. Tout morphisme de $M$ vers $M'$ est soit un isomorphisme, soit nul.
Preuve : Soit $\varphi : M \to M'$ un morphisme. Par simplicité de $M$ et $M'$, on a :
$$\text{Ker}(\varphi) \text{ est } 0 \text{ ou } M \quad \text{et} \quad \text{Im}(\varphi) \text{ est } 0 \text{ ou } M' $$
donc les seules possibilités sont $\varphi = 0$ ou $\varphi$ est un isomorphisme.
$\square$
Corollaire :
- Si $M \not\simeq M'$, alors $\text{Hom}_A(M, M') = 0$.
- Si $\exists \chi : M \xrightarrow{\;\sim\;} M'$, alors on a un isomorphisme : $$\begin{align*}\text{End}_A(M) &\xrightarrow{\sim} \text{Hom}_A(M, M') \\ \varphi &\longmapsto \chi \circ \varphi\end{align*}$$ et de plus, $\text{End}_A(M)$ est un anneau à division.
Corollaire : Soit $M = \bigoplus\limits_{i=1}^r M_i^{n_i}$ avec les $M_i$ des modules simples deux à deux non isomorphes. Alors :
$$\text{End}_A(M) \simeq {\small \begin{bmatrix} \text{End}_A(M_1^{n_1}) & \text{Hom}_A(M_1^{n_1}, M_2^{n_2}) & \cdots &\text{Hom}_A(M_1^{n_1}, M_r^{n_r}) \\ \text{Hom}_A(M_2^{n_2}, M_1^{n_1}) & \text{End}_A(M_2^{n_2}) &\cdots &\text{Hom}_A(M_2^{n_2}, M_r^{n_r}) \\ \vdots &\vdots & &\vdots \\ \text{Hom}_A(M_r^{n_r},M_1^{n_1}) & \text{Hom}_A(M_r^{n_r},M_2^{n_2}) &\cdots &\text{End}_A(M_r^{n_r}) \end{bmatrix} } \simeq \prod_{i=1}^r \mathcal{M}_{n_i}(\text{End}_A(M_i)) $$
Où $\text{Hom}_A(M_i^{n_i},M_j^{n_j}) = 0$ pour tout $i \neq j$.
Proposition : Soit $A$ un anneau. Soit $M$ un $A$-module. Les propriétés suivantes sont équivalentes :
- Il existe des sous-modules simples $(M_i)_{i \in I}$ de $M$ tels que $M = \sum\limits_{i \in I} M_i$.
- $M$ est complètement réductible.
- $M$ est semi-simple, c'est-à-dire : $$\forall M' \le M, \ \exists N \le M \quad \text{tel que} \quad M = M' \oplus N$$
Preuve :
- $\boxed{2. \Rightarrow 1.}$ Évident.
- $\boxed{1. \Rightarrow 3.}$ Soit $M = \sum_{i \in I} M_i$ avec les $M_i$ simples. On se donne un sous-module $M'$ de $M$. Soit $\mathcal{E}$ la famille des sous-modules de $M$ de la forme $N = \sum_{j \in J} M_j$ avec $J \subseteq I$ tels que la somme $M' + N$ est directe (i.e., $M' \cap N = 0$).
Comme $0 \in \mathcal{E}$, on a $\mathcal{E} \neq \emptyset$. Montrons que $\mathcal{E}$ est inductif pour l'inclusion. Soit $(N_\alpha)$ une famille totalement ordonnée de $\mathcal{E}$. On considère la réunion $N = \bigcup_\alpha N_\alpha$. Si pour tout $\alpha$, on a $N_\alpha = \sum_{j \in J_\alpha} M_j$, alors $N = \sum_{j \in \bigcup J_\alpha} M_j$. Comme toutes les sommes $M' + N_\alpha$ sont directes, il en est de même pour la limite inductive $M' + N$. Donc $N \in \mathcal{E}$ et $\mathcal{E}$ est bien inductif.
Par le lemme de Zorn, $\mathcal{E}$ admet un élément maximal $N_0 = \sum_{j \in J_0} M_j$. Posons $F = M' + N_0 = M' \oplus N_0$. Pour tout $i \in I$, on a $F \cap M_i \le M_i$. Par simplicité de $M_i$, on en déduit que : $$F \cap M_i = 0 \quad \text{ou} \quad F \cap M_i = M_i$$ Si $F \cap M_i = 0$, alors la somme $F + M_i$ est directe, et donc $N_0 + M_i = N_0 \oplus M_i$ appartient encore à $\mathcal{E}$. Cela contredit la maximalité de $N_0$. On a donc $F \cap M_i = M_i$ pour tout $i \in I$. D'où :
$$F \geq \sum_{i \in I} M_i = M \implies M = M' \oplus N_0 $$
Pour franchir l'étape $\boxed{3. \Rightarrow 2.}$ , nous devons d'abord démontrer un lemme :
Lemme : Sous l'hypothèse $3.$ ($M$ est semi-simple), tout sous-module non nul de $M$ contient un sous-module simple.
Preuve du lemme : Considérons $0 \neq M' \le M$. Soit $M'' \le M'$ un sous-module non nul et de type fini. Soit $\mathcal{E}$ la famille des sous-modules stricts de $M''$. Comme $0 \in \mathcal{E}$, on a $\mathcal{E} \neq \emptyset$. Soit $(N_\alpha)$ une famille totalement ordonnée de $\mathcal{E}$, et considérons la réunion $N = \bigcup_\alpha N_\alpha$.
Supposons par l'absurde que $N = M''$. Considérons $\{m_1, \dots, m_n\}$ un système fini de générateurs de $M''$. Comme $N = M''$, il existe des indices $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ tels que $m_1 \in N_{\alpha_1}, \dots, m_n \in N_{\alpha_n}$. La famille $(N_\alpha)$ étant totalement ordonnée, il existe un certain $\alpha$ tel que $m_1, \dots, m_n$ sont tous contenus dans $N_\alpha$. Cela contredit le fait que $N_\alpha$ est un sous-module strict de $M''$ (car il contiendrait alors tous les générateurs, donc $N_\alpha = M''$).
On en déduit que $N \in \mathcal{E}$, et donc $\mathcal{E}$ est inductif. Par le lemme de Zorn, $\mathcal{E}$ admet un élément maximal $N_0$. Par semi-simplicité de $M$, on peut trouver un sous-module $N_1$ de $M$ tel que $M = N_0 \oplus N_1$, ce qui implique par intersection :
$$M'' = N_0 \oplus (N_1 \cap M'') $$
Comme $N_0$ est maximal dans $\mathcal{E}$, le quotient $M'' / N_0 \simeq N_1 \cap M''$ est simple. (Ceci démontre le lemme).
$\square$
Retour à la preuve de la proposition :
- $\boxed{3. \Rightarrow 2.}$ Soit $S$ l'ensemble des sous-modules simples de $M$. Soit $S_0$ un sous-ensemble maximal de $S$ tel que les éléments de $S_0$ soient en somme directe (l'existence d'un tel ensemble maximal est assurée par le lemme de Zorn). On note $N_0 = \sum\limits_{N \in S_0} N = \bigoplus\limits_{N \in S_0} N$. Montrons que $M = N_0$. Par l'absurde, supposons que $N_0 \subsetneq M$. Par la semi-simplicité de $M$, il existe un sous-module non nul $N_1 \le M$ tel que $M = N_0 \oplus N_1$. D'après le lemme précédent, il existe un sous-module simple $N_2 \in S$ tel que $N_2 \subseteq N_1$. On a alors $N_0 + N_2 = N_0 \oplus N_2$ est une somme directe de sous-modules simples de $M$. Cela contredit la maximalité de $S_0$. On en conclut donc que $N_0 = M$.
$\square$
Définition : Soit $A$ un anneau. Soit $M$ un $A$-module. Une suite de composition de $M$ est une suite de sous-modules de la forme :
$$M = M_0 \geq M_1 \geq M_2 \geq \dots \geq M_s = 0 $$
telle que tous les quotients successifs $M_i / M_{i+1}$ soient simples.
À une telle suite de composition, on peut associer son module gradué :
$$\bigoplus_{i} (M_i / M_{i+1}) $$
qui est complètement réductible, ainsi que sa fonction multiplicité :
$$\begin{align*} \kappa : \text{Sim}(A) &\longrightarrow \mathbb{N} \\ N &\longmapsto \text{le nombre de } i \text{ tels que } M_i/M_{i+1} \simeq N \end{align*}$$
Deux suites de compositions sont dites équivalentes si elles ont la même fonction multiplicité.
Théorème de Jordan-Hölder
Théorème (Jordan-Hölder) : Soit $M$ un $A$-module noethérien et artinien. Alors $M$ admet une suite de composition, unique à équivalence près.
Preuve de l'existence : Soit $\mathcal{E}$ l'ensemble des sous-modules de $M$ qui admettent une suite de composition. Comme $0 \in \mathcal{E}$, on a $\mathcal{E} \neq \emptyset$ (le module nul admettant la suite de composition triviale $0 = 0$).
Comme $M$ est noethérien, $\mathcal{E}$ admet un élément maximal $M_0$. Supposons que $M_0 \neq M$. Soit $\mathcal{F}$ la famille des sous-modules de $M$ contenant $M_0$ strictement. Comme $M \in \mathcal{F}$, on a $\mathcal{F} \neq \emptyset$.
Par artinianité de $M$, $\mathcal{F}$ admet un élément minimal $M_1$. Par minimalité de $M_1$ dans $\mathcal{F}$, on en déduit que le quotient $M_1/M_0$ est simple. Comme $M_0 \in \mathcal{E}$, cela implique que $M_1 \in \mathcal{E}$ (en concaténant la suite de composition de $M_0$ avec $M_1$). Cela contredit la maximalité de $M_0$. On en déduit donc que :
$$M_0 = M $$
$\square$
Lemme : Soit $M$ un $A$-module. Si $M_1, M_2 \le M$ sont deux sous-modules tels que $M/M_1$ et $M/M_2$ sont simples, avec $M_1 \neq M_2$, alors :
$$M/M_1 \simeq M_2 / (M_1 \cap M_2) \quad \text{et} \quad M/M_2 \simeq M_1 / (M_1 \cap M_2) $$
Preuve du lemme : Par le deuxième théorème d'isomorphisme, on a :
$$M_2 / (M_1 \cap M_2) \simeq (M_1 + M_2)/M_1 $$
Or, $(M_1 + M_2)/M_1 \le M/M_1$. Comme $M/M_1$ est simple et $M_1 \neq M_2$ (ce qui assure $M_1 \subsetneq M_1 + M_2$), on a nécessairement :
$$(M_1 + M_2)/M_1 = M/M_1 $$
D'où le premier isomorphisme. Le second s'obtient de manière symétrique en échangeant les rôles de $M_1$ et $M_2$.
$\square$
Preuve de l'unicité dans le théorème de Jordan-Hölder :
On choisit une suite de composition :
$$M = M_0 \geq M_1 \geq \dots \geq M_s = 0 $$
de longueur minimale $s$. On prend une autre suite de composition quelconque :
$$M = N_0 \geq N_1 \geq \dots \geq N_t = 0 $$
On va montrer par récurrence sur $s$ que ces deux suites sont équivalentes.
Pour $s = 1$ : $M$ est simple, la suite est de longueur 1 et le résultat est évident.
Supposons $s \ge 2$ :
Cas 1 : Si $M_1 = N_1$ : Par l'hypothèse de récurrence appliquée au module $M_1$, les suites de composition :
$$\begin{align*} M_1 &\geq M_2 \geq \dots \geq M_s = 0 \\ M_1 &\geq N_2 \geq \dots \geq N_t = 0 \end{align*}$$
sont équivalentes, et donc le résultat est évident.
Cas 2 : Si $M_1 \neq N_1$ : On a alors le diagramme d'inclusions suivant :
où $L_2 = M_1 \cap N_1$ et $L_2 \geq L_3 \geq \dots \geq L_u = 0$ est une suite de composition de $L_2$.
D'après le lemme, on a :
$$M/M_1 \simeq N_1 / (M_1 \cap N_1) \quad \text{et} \quad M/N_1 \simeq M_1 / (N_1 \cap M_1). $$
Par conséquent, les suites de composition suivantes pour $M$ sont équivalentes :
$$M \geq M_1 \geq L_2 \geq \dots \geq L_u = 0 \quad (1) $$
$$M \geq N_1 \geq L_2 \geq \dots \geq L_u = 0 \quad (2) $$
Par ailleurs, comme la suite $M_1 \geq M_2 \geq \dots \geq M_s = 0$ est de longueur minimale $s-1 < s$, l'hypothèse de récurrence s'applique à $M_1$. On en déduit que les deux suites de composition suivantes pour $M_1$ sont équivalentes :
$$\begin{align*} M_1 &\geq M_2 \geq \dots \geq M_s = 0 \\ M_1 &\geq L_2 \geq \dots \geq L_u = 0 \end{align*}$$
En particulier, en rajoutant $M$ au départ, les suites de composition pour $M$ :
$$M \geq M_1 \geq M_2 \geq \dots \geq M_s = 0 \quad (3) $$
$$M \geq M_1 \geq L_2 \geq \dots \geq L_u = 0 \quad (1) $$
sont équivalentes, ce qui impose de plus $s = u$.
De manière totalement symétrique, par hypothèse de récurrence appliquée à $N_1$ (dont la longueur minimale d'une suite de composition est également inférieure à $s$), on montre que les suites :
$$M \geq N_1 \geq L_2 \geq \dots \geq L_u = 0 \quad (2) $$
$$M \geq N_1 \geq N_2 \geq \dots \geq N_t = 0 \quad (4) $$
sont équivalentes, ce qui impose $t = u$.
Par transitivité de la relation d'équivalence, on en conclut que les quatre suites $(1)$, $(2)$, $(3)$ et $(4)$ sont équivalentes, et que :
$$t = u = s $$
$\square$