Module simple

Notons $\def\m{\mathfrak{m}}\m=\mathrm{rad}(FG)$. Fixons un $FG$-module simple $M$. Soit $N=\m M$ l'ensemble des sommes d'éléments de la forme $am$ avec $a\in\m$ et $m\in M$. C'est un sous-module de $M$ (pourquoi ?). Supposons que $M=\m M$. Alors $M=\m^nM$ pour tout $n$ (pourquoi ?). Il en résulte que $M=\{0\}$ (pourquoi ?). Qu'en déduit-on de $\m M$ ? Comment conclure grâce à l'application $FG\to M$, $a\mapsto am$ où $m$ est un élément non nul fixé de $M$ ?

NB : C'est semblable en plus simple au lemme de Nakayama ? (Le corollaire sur la page Wikipedia suffit.)

1) On pourrait détailler un peu plus. La notion de « produit de modules » n'est pas très bien définie. Sauf quand il s'agit d'idéaux d'ailleurs : c'est quoi le produit $\mathfrak{m}^2$ déjà ?
2) Celle-ci est vraiment facile et ne parle pas de nilpotence.
3) C'est là qu'il faudrait démontrer non seulement que tout élément est nilpotent mais encore que $\mathfrak{m}^n=\{0\}$ pour $n$ assez grand, ce qui est strictement plus fort.
4) Oui, pourquoi ?
5) Quelle(s ?) structure(s ?) préserve l'application $f:FG\to M$, $a\mapsto am$ ? Quel est son noyau ? son image ? Conséquence ?

Avec cette ligne de raisonnement, la seule chose qui ne me paraît pas « donnée », c'est que $\mathfrak{m}^n=\{0\}$ pour $n$ assez grand. En gros, c'est une question de nilpotence. Ça m'échappe un peu je dois dire.

Sinon, pour une autre approche, on peut essayer de partir sur le fait qu'un $p$-groupe fini $G$ est nilpotent et possède un sous-groupe d'indice $p^k$ pour tout $k$ (inférieur à $e$ où $|G|=p^e$).

Si $A$ est un anneau, tout module simple est isomorphe à $A/I$, où $I$ est un idéal à gauche maximal pour l'inclusion.

Démo rapide: Soit $M$ un module simple, et soit $x_0\in M$ non nul. L'application $a\in A\mapsto a.x_0\in M$ est $A$-lineaire,et la simplicité de $M$ entraîne qu'elle est surjective. Un coup de factorisation+ encore un coup de simplicité pour voir que le noyau est un idéal à gauche maximal, et c'est plié !

Or, $\ker(\varepsilon)$ est l'unique idéal maximal de $F[G],$ d'après ce que tu nous as dit.
C'est donc fini, en tout cas, si c'est bien l'unique idéal à gauche (sinon, je ne vois pas)

Désolé, je me suis compliqué la vie de façon insensée. Il doit y avoir un sale mélange de commutatif et de non commutatif en plus. Imputons l'heure tardive...

Naima, j'ai l'impression que tu nous demandes de faire ton travail à ta place. Ce n'est pas comme ça que ça marche ici.

Qu'as-tu fait, qu'as-tu essayé?

C'est toi qui devrait savoir. Qu'en penses-tu ?

L'anneau $A$ des matrices complexes $2\times2$ triangulaires supérieures (de la forme $\left(\begin{smallmatrix}a&b\\0&d\end{smallmatrix}\right)$ avec $a,b,d\in\C$) possède deux modules simples [M_1=\left\{\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix},\ x\in\C\right\}\quad\text{et}\quad
M_2=\left\{\begin{pmatrix}0\\y\end{pmatrix},\ y\in\C\right\}.\]L'un des deux est projectif et pas injectif, l'autre est injectif et pas projectif (lequel est lequel ?).

Remarque : comme le groupe trivial est un $p$-groupe et que sa seule représentation est projective et injective, il faut faire attention à écarter ce cas quand on montre que le module simple de $FG$ n'est pas projectif.

Je propose une approche différente (merci de vérifier que je ne raconte pas de bêtises). Soit $G$ un $p$-groupe et $F$ un corps de caractéristique $p$. Chercher les $F[G]$-modules simples revient à chercher les représentations $F$-linéaires irréductibles de $G$. Soit donc $V$ un $F$-espace vectoriel de dimension finie muni d'une action $\pi$ de $G$. Notons $p^n$ l'ordre de $G$. Alors pour tout $g$ dans $G$, on a $\pi (g)^{p^n} ={\rm id}_V$. Donc $X^{p^n} -1 =(X-1)^{p^n}$ est un polynôme annulateur de $\pi (g)$ qui est par conséquent unipotent dans ${\rm End}_F (V)$.

Si $G$ est abélien, les $\pi (g)$, $g\in G$ sont une famille commutante d'endomorphismes unipotents et il est classique qu'ils soient cotrigonalisables ; en particulier ils ont un vecteur fixe $v$ non nul en commun. Puisque $V$ est irréductible, cela entraîne que $V=Fv$ et que $V$ est le module trivial.

En général on prouve par récurrence sur $n$ que $V^G\not= \{ 0\}$. Si $n=1$, $G$ est abélien et c'est déjà montré. Si $G$ est abélien, c'est déjà montré. Sinon, il est classique que le centre $Z$ de $G$ n'est pas trivial. Par la discussion précédente $V^Z$ est non trivial. Puisque $Z$ est normal dans $G$, $G$ stabilise $V^Z$ (exercice). On applique l'hypothèse de récurrence au groupe $G/Z$ agissant sur $V^Z$. D'où le résultat.

On peut montrer que le module trivial n'est pas injectif (si $G$ n'est pas trivial) par l'absurde, de la façon suivante. Puisque tout $G$-module non trivial $M$ (de dimension finie) contient le module trivial, si celui-ci était injectif, il serait un facteur direct de $M$. Donc par récurrence immédiate, $M$ serait une somme directe de modules tous isomorphes au module trivial, autrement dit, l'action de $G$ sur $M$ serait triviale. Or il existe des $G$-modules dans lesquels l'action de $G$ n'est pas triviale, par exemple $F[G]$ considéré comme un $G$-module.

Pour montrer que le module trivial $T$ n'est pas projectif, on procède de façon similaire : on prouve que $T$ projectif entraîne que l'action de $G$ dans toute $G$-module $V$ est triviale. On le prouve par récurrence sur la dimension de $M$. Si $M$ est de dimension $1$, $M$ isomorphe à $T$. En général, $M$ contient un sous-$G$-module $N$ isomorphe à $T$. En appliquant l'hypothèse de récurrence à $M/N$ on voit qu'on a un isomorphisme $M/N\simeq T^d$ pour un certain $d$. Or $T^d$ étant projectif, la suite $0\rightarrow N \rightarrow M\rightarrow T^d\rightarrow 0$ est scindée. D'où le résultat.