Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
§ 3. TÍCH MỞ RỘNG VÀ CÁC ĐỒNG CẤU.

§ 3. TÍCH MỞ RỘNG VÀ CÁC ĐỒNG CẤU.

Tải bản đầy đủ - 0trang

9



Dĩ nhiên B' mođun con của B ⊕ C '. vì:

∀ (b,c’) và (b1,c1’) ∈ B’ ta có : (b, c’) – (b1,c1’) = (b - b1, c’-c1) ∈ B’ bởi vì



(b –b1) =



(b) –



(b1) = (c’) - (c1’) = (c’ – c1’)

∀r ∈ r ta có : r(b,c’) = (rb,rc’) ∈ B’ vì

Ta lấy các đồng cấu



,



(rb) = r (b) = r (c’) = (rc’).



là các phép chiếu từ modun B’ xuống các modun thành phần B và



C’ tương ứng, tức là :

((b, c’)) = b,



, ’ dễ dàng nhận thấy chúng là các đồng cấu.



Ta kiểm tra tính giao hốn của biểu đồ :



Ta có :











• Để chứng minh tính khớp của dòng trên ta lần lượt kiểm tra :

Im



đơn ánh. σ'- tồn ánh



+ Ta có,



nên



(*)



+ ∀ (b. c') ∈ Ker σ' ta có :σ' (b. c') = c' - 0 và σ(b) = γ (c') - γ (0) = 0

Suy ra b ∈ Ker σ = Imχ . nghĩa là ∃a ∈ A sao cho b = χ(a)

Vậy (b. c') = (χ (a), 0) = χ'(a) ∈ Imχ' tức là Ker σ'



Im χ'



(**)



Từ (*) và (**) suv ra Ker = Im χ'

• Do χ đơn ánh nên từ χ' (a) = χ'(a1) suy ra (χ (a), 0) = (χ (a1), 0), kéo theo χ(a) = χ(a1)



a=



a1. Vậy χ' đơn ánh.

• Để chứng tỏ σ' tồn ánh, ta lấy c' ∈ C’



γ (c') ∈ C



Vì σ tồn ánh nên ∃ b ∈ B sao cho σ (b) = γ (c')



∃ (b. c') ∈ B' mà σ' (b, c') = c'



σ' tồn



ánh.

Ta đã kiểm tra được dòng trên là khớp, vậy E' là một mở rộng và biểu đồ là giao hoán. tức

= (1A, .β, γ) là một cấu xạ từ E' vào E. điều đó có nghía là : E' = E γ

Chú ý rằng E' nói trong mệnh đề 3.1 nói chung là khơng duy nhất khi cho trước mở rộng :

và đồng cấu γ :C ' → C.

Chẳng hạn , trong phạm trù Z - mođun từ biểu đồ giao hốn sau :



10



Trong đó:



, ’, ,



xác định như ví dụ đã đưa ở trên, thì ta cũng có :







: E'' = E như là E' = E nhưng rõ ràng là E'

Tuy nhiên E’’



E’ bởi cấu xạ toàn đẳng

-i : 2Z

n



E''.



= (16z ,-i; 1Z3) : E’’



E’ trong đó :



Z

-n



Thật vậy, tính tồn đẳng của cấu xạ là rõ ràng nhờ sự giao hoán của biểu đồ sau:



Sự kiện này thực ra chỉ là một trường hợp cụ thể của một mệnh đề tổng quát hơn :

Mệnh đề 3.2 : Cho mở rộng E :

E:0→ A



B



C →0 và đồng cấu



: C' →C. Nếu E' = E và E'' = E Thì E = E'', hay



nói các khác mở rộng E là tồn tại duy nhất, chính xác tới một toàn đẳng .

Chứng minh :

Chúng ta chỉ cần chứng minh nếu E'' = E thì E = E’’ trong đó :

E’ : 0 → A B C →0

là mở rộng được xây dựng trong mệnh đề 3.1.

Giả sử



= (1A. ’, ) : E" →E là cấu xạ xác định E"; trong sơ đồ sau :



ta định nghĩa " : B’’ → B’ như sau : ∀ b’’ ∈ B’’ , "(b’’) = ‘’(b’’)

Vì σ [ ’ (b’’)] = (σ ')b’’) =



σ(b’’) =



nghĩa là hợp lý.

• β" là đồng cấu do σβ " là đồng cấu.

Hơn nữa ta có :



(σb’’')) nên ( β'(b"), nên (β'(b’’), σ’’(b’’) nên định



11

Từ (*) và (**) ta suy ra 2 hình vng ở dòng 1 là giao hoán. Vậy :

’’, 1C ) E’’



= (1A,



0



E’ là cấu xạ toàn đẳng và E’’



E’



Từ mệnh đề 3.2 ta có :

Hệ quả : Nếu E1,E2 ∈



(C, A) mà E1



E2 và



: C’



thì E1



E2



Chứng minh : trong sơ đồ sau:



Ta có



1=



Khi đó :



(1A, ’,1C ) là cấu xạ tồn đẳng ,



1



=



phép xem E1



1.



2



2



=(1A, ’, ) là cấu xạ xác định E1



=(1A, ’ ’’, ) là cấu xạ xác định E2 . Tức là biểu đồ giao hốn trên cho



chính là E2 .



Từ đó theo mệnh đề 3.2 : E1



E2



Thực chất kết quả của mệnh đề 3.2 có thế mở rộng hơn tới cái gọi là "tính chất đối phổ dụng

của E như sau :

Mệnh đề 3.3 :



= ( 1 A , ’, ): E



Cấu xạ

1



=(



1,



1,



) : E1



E có tính chất đối phổ dụng, tức là với mọi cấu xạ



E đều phân tích được 1 cách duy nhất qua , nghĩa là E duy nhất qua



, nghĩa là ∃ duy nhất cấu xạ



: E1



0



E



sao cho



1=



.



0



Chứng minh :

• Ta chỉ ra sự tồn tại cấu xạ



Theo mệnh đề 3.1 ta có : B’



). Xem biểu đồ sau :



0



B ⊕ C’



Ta xác định : ’: B1 B’ như sau : ∀b1 ∈ B1:



=

Do



1( 1(b1))



,



1



1



’ (b1) = ( 1(b1) ,



1(b1))



∈ B’.(Vì



( 1)b1))



trong mệnh đề 3.2).



là đồng



cấu nên ’là đồng cấu. Để chứng tỏ



0



= ( 1, ’,



sẽ chỉ ra hai hình vng ở dòng trên trong biểu đồ là giao hoán.

Thật vậy, ∀a 1 ∈ A1 :



C’)



: E1



E



là cấu xạ ta



12



cấu xạ là



0 duy



’’(b1) = (



nhất vì nếu cấu xạ



( 1, ’’,



0=



’’(b1)), ’ ’(b1) = ( 1(b1),



1(b1))



C’’)điều



kiện trên thì ∀b 1 ∈ B1 :



= ’(b1) tức là r0 duy nhất.



Liên quan tới các khái niệm tổng trực tiếp của hai đồng cấu và tổng trực tiếp của hai mở rộng

ta có kết quả.

Mệnh đề 3.4 :

Nếu E1 ∈



(C1, A1), E2 ∈ (C2, A1) và

(E1⊕ E2)(



1⊕



2



1



:C1’



C1 ;



2:



C2’ C2 thì:



) E1 ⊕ E2



Chứng minh :

Trước tiên ta chỉ ra sự tồn tại cấu xạ



: E1 ⊕ E2



E1 ⊕ E2



Ta giả sử

(1A1,



1,



1)



là cấu xạ : E1



E1



(1A1,



2,



2)



là cấu xạ : E2



E2



1

1



khi đó ta có bộ ba đồng cấu :

: (1A1 ⊕ A2,

Gọi



1



1







2,



=(1A1 ⊕ A2, ,



1

1











2):

2)là



Theo tính chất đối phổ dụng của



Cấu xạ



0 là



E1 ⊕ E2



E1 ⊕E2 là một cấu xạ.



cấu xạ xây dựng mở rộng : (E1 ⊕ E2)(

1,



1







2)



∃! cấu xạ :



cấu xạ toàn đẳng :



Tương tự như trên, chúng ta có định nghĩa tích bên trái của một mở rộng với một đồng cấu.

Cụ thể là :

Cho E : 0 → A

: A → A’.



B



C →0 là một đồng cấu mở rộng thuộc Ext(C. A) và đồng cấu



13

Mở rộng E' : 0

A’ B’ C 0 thuộc Ext(C, A’) được gọi là tích của đồng cấu

rộng E nếu tồn tại cấu xạ :

= ( , , 1C): E E’ nghĩa là ta có sơ đồ sau giao hốn :



với mở



Tích của đồng cấu với mở rộng E được ký hiệu E' = E

Ví dụ. từ biểu đồ giao hốn sau trong phạm trù các Z - mođun :



Trong đó:



Ta có E’ = E.

Định nghĩa trên là tốt. theo như khắng định trong mệnh đề sau :

Mệnh đề 3.5: Cho mở rộng :

và đồng cấu α : A→ A', luôn ln tồn tại ít nhất sao cho E' =

αE.

sao cho E’ =



E



Chứng minh :

Ta chỉ ra sự tồn tại của mở rộng E mẹo biểu đồ sau :



trong đó B’ được xác định là modun thương B’ = (A’ ⊕ B) / N

với N = {(-αa, a ) / a ∈A)} là modun con của A'⊕ B nhờ α, là các đồng cấu.

Các đồng cấu của biểu đồ được xây dựng như sau :



14

Dễ dàng thấy rằng ’, ’,

Thật vậy :



là những đồng cấu và chúng làm cho biếu đồ giao hoán.



Mà (0, (a)) - ( (a). 0) = (- (a)),

)∈N

Suy ra (0,

) + N = ( (a). 0) + N

Nghĩa là

= ’

 ∀b ∈ B, 1C (b)= (b); ’ (b) = ’[(0,b) + N] = (b). Suy ra 1C =

 Giả sử '(a') = tức (a’, 0) + N = (a'1, 0) + N. Nên (a’, 0) - (a1’, 0) ∈ N hay (a' – a1’, 0) ∈ N.

Điều đó dẫn tới: ∃ a ∈ A để - a = a’ - và (a) = 0

Nhưng vì đơn ánh nên a = 0. Suy ra - (a) = 0 = a'- a'1.

Vậy a’ = a'1 tức là ’ đơn ánh.

∀c ∈ C do toàn ánh nên ∃ b ∈ B sao cho : (b) = c mà (b) = (0, b) + N nên : ’[(0. b) +

N] = (b) = c. Suy ra ’ - toàn ánh.

 Ta có ’ ’(a’) = ’[(a'. 0) + N] = (0) = 0. Suy ra Im ’ Ker ' (1)

Nếu (a’, b) + N ∈ Ker thì: [(a\ b) + N] = 0. Mà '[(a'. b) + N] = (b);

nên (b) = 0 b ∈ Ker = Im .

Vậy ∃ a∈ c A sao cho (a) - b. do đó :

(a)= (b) = (0, b) + N. Mặt khác

(a) = ’ (a)

Nên (0,(b)) + N ∈ Im ’ và do vậy :

(a’,b) + N = (a’,0) + (0,b) + N ∈ Im ’ và kết hợp với (1) ta có: Ker ’= Im ’ hay E’ là dãy

khớp và do tính giao hốn của biểu đồ mà E’ = E

Nói chung sự xác định E’ = E trong mệnh đề 3.5 là không duy nhất theo mở rộng

Và đồng cấu



:A



A’



Một cách tương tự như trường hợp của tích bên phải, trong phạm trù Z- modun, với biểu đồ

giao hoán sau :



Trong đó các đồng cấu , ’, , ’, , được xác định như ví dụ đã đưa ra ở trên.

Ta cũng có: E’’ = E như là E’ = E, nhưng rõ rang là E’ E’’

Tuy nhiên E’’ E’ nhờ cấu xạ tồn đẳng = (16z,-iz;1z6): E’ E’’

Trong đó :

-i : Z Z

n -n



15

Thật vậy. tinh toàn đẳng được khẳng định bởi sự giao hoán hiển nhiên của biểu đồ sau :



Sự kiện này chỉ là một trường hợp cụ thể của mệnh đề tổng quát hơn :

Mệnh đề 3.6 : Cho mở rộng E :

và đồng cấu : A



A’



Nếu E’ và E’' thuộc Ext(C, A ) mà E’ = E và E’’ = E thì E’

rộng αE là tồn tại duy nhất chính xác tới một tồn đẳng.



E’’. hay nói cách khác mở



Chứng minh :

Xét biểu đồ sau :



Trong đó ta đã có các cấu xạ :



Ta xây dựng : β’: B’ B’’ như sau:

∀ (a’,b) + N ∈ B’ : β’’[(a’,b) + N] = ’’(a’) + β’(b)

Khi đó β" được xác định duy nhất không phụ thuộc vào sự lựa chọn cặp đại diện (a’, b) của

lớp (a', b) + N.

Do ’’, β’là đồng cấu nên β’’ là đồng cấu. Dễ thấy hai hình vng dưới là giao hốn.

Vậy 0 = ( 1A’, β’’,1C) là cấu xạ tồn đẳng. Suy ra E' E"

Hệ quả : Nếu E1 và E2 là hai mở rộng thuộc Ext(C, A ) mà E1

α: A → A’ ta có αE1 αE2

Chứng minh :

Trong sơ đồ sau :



E2 thì với đồng cấu



16



Với 1 = ( 1A, , 1C) là cấu xạ toàn đẳng và

E là cấu xạ xác định E1

2= (α, β,1C): E1 →

Khi đó ta cũng có cấu xạ:

là cấu xạ xác định E2. Vậy thì E1 = E2

Kết quả của mệnh đề 3.6 có thể mở rộng hơn tới "tính chất phổ dụng" của E. Điêu đó thể

hiện trong mệnh đề sau :

Mênh đề 3,7 :

Câu xạ = ( , β, lC): E

E có tính chất phổ dụng, tức là mỗi cấu xạ

E1 , đều phân tích được một cách duy nhất qua . Nghĩa là tồn tại duy

1 = ( , β1 , ) : E

nhất cấu xạ : 0 (1A, β’, 1): E E1 sao cho 1 = 0 .

Chứng minh :

• Sợ tồn tại:

Xét biểu đồ :



Ta xác định β’ như sau : β’ : B = (A’⊕ B)/ N B1, β’[(a’,b) + N]= x1(a’) + β1(b).

Khi dó β’ là ánh xạ và dễ thấy β’ là đồng cấu đồng thời β1= β’. Β

(Vì β’ β(b) = β’[(0,b) + N]) = 1(0) + β1(b) = β1(b))

Ta sẽ chứng tỏ hai hình vng dòng dưới là giao hốn. Vì :



(Vì khớp tại B1 nên 1 1 = 0). Suy ra sự tồn tại cấu xạ :

E1

0 = (1A, β’, ) : E

Sự duy nhất : Giả sử ∃ β’’ : B’ B1 cũng làm cho biểu đồ giao hoán, tức là ta có :

Khi đó



17



∀ (a’, b) +N ∈ B . Vậy ’’ = ’. có nghĩa là cấu xạ tồn tại duy nhất.

Tương tự như tích bên trái, ta có kết quả:

Mệnh đề 3.8 :

Nếu



Chúng ta đã định nghĩa tích bên trái và tích bên phải của một mở rộng với một đồng cấu. Vấn

đề đặt ra là khi thực hiện các tích bên trái và bên phải một mở rộng với các đồng cấu thì thứ

tự thực hiện có làm thay đổi kết quả khơng?

Cụ thể là cho :

E:0

A’ B’ C 0 thuộc Ext (C, A) và các đồng cấu : A

; : C’ C. Thế thì

chúng ta có các tích (E ) và ( E) . Khi đó có mối quan hệ gì giữa các tích đó. Mệnh đề

sau đây sẽ trả lời câu hỏi đó của chúng ta.

Mệnh đề 3.9 :

Với mọi tập đồng cấu : A →A’ và : C’ → C và mọi mở rộng E ∈ Ext (C, A) ta ln có (

E)

(E ).

Chứng minh :

Tính đúng đắn của mệnh đề này được rút ra từ định nghĩa tích bên trái và bên phải và tính

phổ dụng. Thật vậy, xét sơ đồ :



Gọi = 2. 1 = ( , β2. β1, ) : E → E. Mở rộng ( E) có tính đối phổ dụng, nghĩa là cấu

xạ = ( , β2. β1, ) phân tích được dưới dạng.



Nhưng ( , β’, 1C’ ) lại là cấu xạ để xây dựng mở rộng (E )



( E)



18



Mối liên quan giữa tích trái và tích phải với các đồng đồng cấu chéo, đồng cấu tổng cho ta kết

quả sau :

Mệnh đề 3.10

Cho E là một mở rộng thuộc Ext(C, A), khi đó :

a) A.E (E ⊕ E) C

b) E. C

A(E ⊕ E)

Chứng minh :

Trước hết chúng ta chứng minh bổ đề :

Bổ đề : Cho E ∈ Ext (C, A) và E’∈ Ext (C’, A). Mọi cấu xạ = ( , , ): E E’ đều cho ta :

E = E’ .

Chứng minh bổ đề :

Câu xạ : E E’ được cho bởi biểu đồ giao hoán :



= ( , β’, 1C), nghiã là ta



E, cấu xạ :



Nhưng cấu xạ



E lại chính là cấu xạ xác định E’ . nên αE = E’



1:



αE



Bây giờ ta chứng minh a) và b)

• Ta có bộ ba ( A . B. c): E



:E



E’ có thể phân tích qua



Do tính phổ dụng của

có : = 1 0



E ⊕ E làm giao hốn biểu đồ :



Khi đó theo bổ đề trên thì:

tức có a)

Mặt khác, ta cũng có cấu xạ:

nhờ sự giao hoán của biểu đồ ;



và theo bổ đề trên ta có :



0



19



§ 4. CẤU TRÚC NHĨM ABEL CHO EXT(C, A)

Trong mục này. chúng ta trang bị cho Ext(C, A) một phép tốn để biến nó thành nhóm Abel.

Trong mục 3, chúng ta đã định nghĩa tổng trực tiếp của hai mở rộng thuộc Ext(C. A). Tổng

trực tiếp này có tính chất:

Mệnh đề 4.1 :

Cho các mở rộng E1 = E1’, E2 = E2’. Thế thì E1 ⊕ E2 E1’⊕ E2’

Chứng minh :

Ta sẽ chỉ ra một cấu xạ tồn đẳng : E1 ⊕ E2 E1’⊕ E2’



Khi đó trong biểu đồ sau :



Ta có



Nói cách khác biểu đồ giao hốn :

là một cấu xạ tồn đẳng. Vậy E1 ⊕E2

E1’⊕ E2’

Bây giờ chúng ta đưa ra định nghĩa phép cộng của hai mở rộng thuộc (C,A).Cho E1, E2, ∈

(C,A). Mở rộng : E1 + E2 = A(E1 ⊕E2) C được gọi là tổng của hai mở rộng E1, E2

Trong định nghĩa này, nếu ta thay E1 và E2 bởi các mở rộng tồn đẳng với chúng thì tổng mới

cũng tồn đẳng với tổng ban đầu.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

§ 3. TÍCH MỞ RỘNG VÀ CÁC ĐỒNG CẤU.

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×