Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
§ 6. XÂY DỰNG EXT n(C, A)

§ 6. XÂY DỰNG EXT n(C, A)

Tải bản đầy đủ - 0trang

35

S = En.En-1……. E1, S’ = E’n.E’n-1….E’1 thì cấu xạ

dãy các cấu xạ :



:S



S’ có thể phân tích thành



trong đó



Ở đây β*k là đồng cấu cảm sinh bời βk : Bk →B’k .Rõ ràng quan hệ chập được trên

(C, A) là có tính chất phản xạ. đối xứng nhưng khơng có tính bắc cầu và vì vậy để tương

đương hóa quan hệ này ta cần tới định nghĩa sau :

Cho S,S' ∈ n(C, A). S được gọi là toàn đẳng với S' nếu tồn tại mọi dãy hữu hạn các

mở rộng n - dài:

S0 = S, S1…Sk = S' sao cho ∀ i ≥ 0. i < k thì Si và Si+1 là chập được .

Nếu S toàn đẳng S' thì ta cũng viết S≡S' Quan hệ tồn đẳng trên n (C, A) là quan hệ tương

đương như chứng minh dưới đây :

Mệnh đề 6,1 :

Quan hệ toàn đẳng là quan hệ tương đương trên n(C, A).

Chứng minh :

 Tính chất phản xạ của quan hệ ≡ là hiển nhiên.

 Tính chất đối xứng :

Giả sử S ≡ S'. khi đó theo định nghĩa, tồn tại dãy hữu hạn :

S0 = S,S1 .... Sk = S' sao cho ∀ i ≥ 0. i < k thì Si ~ Si+1 khi đó ta cũng có dãy :

S1 = Sk, Sk-1,....S1. S0 = S. ∀k > i thì Si+1 ~Si. Suy ra S' ≡ S.

 Tính chất bắc cầu :

Giả sử S ≡ S' và S ≡ S". khi đó tồn tại dãy hữu hạn :

S= S0, S1,.....,Sk-1.Sk = S' sao cho : Si ~ Sj+1. ∀ i ≥ 0. i < k và dãy hữu hạn :

S'= Sk,Sk+1, .....Sn-1.Sn = S" sao cho : Si ~ Sj+1 . ∀ j ≥ 0, j< n.

n



36

Suy ra tồn tại dãy hữu hạn :

S = S0, S1…… Sk-1. S' = Sk. Sk+1……Sn = Sn sao cho Si~ Si+1 ∀i≥ 0

Suy ra S ≡ S’’.

Vì quan hệ toàn đẳng là quan hệ tương đương trên n(C, A) nên nó thực hiện sự phân

lớp tập n(C, A). Ta gọi tập thương của n(C, A) theo quan hệ tồn đẳng này là Extn(C. A).

Đó chính là tập các lớp toàn đẳng của các mở rộng từ A tới C có độ dài n.

Mỗi lớp chứa mở rộng S, ta ký hiệu là , đôi khi nếu không sợ nhầm lẫn ta có thể viết

S ∈ Extn (C, A) thay cho : S ∈ Extn(C, A).

Mệnh đề sau cho ta một định nghĩa tương đương với định nghĩa toàn đẳng ở trên.

Mệnh đề 6.2

Cho S = En, En-1. . . E1 và S' = E'n. . . . E'1 là hai dãy n – dài, bắt đầu từ A và kết thúc

tại C. trong đố S' được suy từ S bởi một số hữu hạn các thay đổi sau :

i)Thay cụm Ei,Ej-i = (E γ).E' bởi cụm E'i.E'i-1 = E.(γE').

ii)Thay cụm Ej.Ei-1 = E.(γE' ) bởi cụm E'i.E'i-1 =(Eγ).E'

Khi đó : S ≡ S' .

Ngược lại nếu có S ≡ S' thì S có thể thu được từ S' và S' có thể thu được từ S bằng

cách sử dụng một số hữu hạn các thay thế trên.

Chứng minh

a) Ta chứng minh rằng nếu S' được suy từ S nhờ các thay thế i) hoặc ii) thì

S ≡ S'

i )Giả sử :



Khi đó S ~ S' theo cấu xạ : S → S’

= (1A.1Bn-1,...β,β’....1C)

Trong đó β, β' được mơ tả bởi sơ đồ sau



37



ii) Giả sử :



Khi đó S ~ S’ theo cấu xạ : S’ → S

= (1A,1Bn-1, …, β,β’….1C)

Trong đó β,β’ được mơ tả bởi sơ đồ sau :



b)Ta chứng minh điều ngược lại : Nếu S ~ S' thì S' có thể suy từ S bởi hữu hạn các thay thế i)

ii).

- Trong trường hợp S và S’ chập nhau theo cấu xạ : S →S’



Xét các biểu đồ giao hốn sau :



Do hình vng thứ (n) là giao hoán nên :

En = E,n. βn-2 . Suy ra En. En-1 = (E’n . βn-2).En-1

Ta chuyển S tới S1 nhờ thay thế :

(E’n. βn-2).En-1 bởi E’n(β*n-2.En-1) và có S1 = E’n(β*n-2.En-1).En-2…..E1

Do hình vng thứ (n-1) giao hoán nên theo bổ đề của mệnh đề 3.10 ta có :

β*n-2 En-1 E’n-1. Β*n-3. Suy ra

(βn-2En-1).En-2 (E’n-1. β*n-3).En-2

Ta thay thế (E’n-1. Β*n-3),En-2 bởi E’n-1(β*n-3.En-2) và chuyển S1 tới S2:

S2 = E’n . E’n-1(β*n-3.En-2). En-3….E1

Tiếp tục làm tương tự với cá khối (n-2),…., (2) thì ta chuyển S2 tới S3… tới Sn-1 với:

Sn-1 = E’n.E’n-1….E’E’2.( β*1.E1).

Do khối (1) giao hoán nên E'1 ≡ β*0E1

Thay thế β0*E1 bởi E'1 thì ta chuyển Sn-1 tới Sn = S' = E'n.E'n-1 . . . E'2 E1' :



38

Như vậy bằng n bước thay thế bởi dạng1 ta đã có dãy S' suy từ S.

• Còn nếu S và S' chập nhau theo ’: S' → S thì khi sử dụng các dạng thay thế ii) và cùng

tiến hành tương tự như trên ta sẽ có kết quả mong muốn.

Để trang bị cho Extn (C, A) một phép tốn hai ngơi, ta cần định nghĩa tích của mở

rộng n - dài với các đồng cấu.

Giả sử S là mở rộng n- dài :



S được phân tích dưới dang:

Ta gọi tích bên trái của mở rộng s với đồng cấu α là mở rộng mà là ký hiệu α S được

xác định bởi:

αS = (αEn).En-1. . . E1, trong đó α En đã được xác định § 3 tích bên phải của S với đồng cấu α ,

ký hiệu Sα là : Sα = En....E2(E1α );E1α đã xác định ở § 3.

Từ các định nghĩa này. chúng ta dễ dàng suy ra được rằng với mọi đồng cấu α : A→

A' và γ: C'→ C mọi dãy n-dài ta ln có :

(α S)γ≡ α (Sγ)

Các định nghĩa trên có thể phát biểu trên các lớp mở rộng của Extn (C, A), nghĩa là ta có thể

xác định tích của một đồng cấu với một lớp mở rộng S bằng các hệ thức :

α =

và γ =

Định nghĩa này không phụ thuộc vào lớp đại diện. Điều đó được suy ra từ mệnh đề sau :

Mệnh đề :6.3

Nếu S. S' ∈ n(C, A) mà S ≡ S' thì αS ~ αS' . và S γ ≡ S’ trong đó

Α: A A’. γ: C’ C là các đồng cấu .

Chứng minh :

a) Ta cần chứng minh nếu S ~ S1 thì αS ~ αS'. nghĩa là ta phải chỉ ra tồn tại một cấu xạ ( 0,

n-1, …. 1): αS → αS’

Thật vậy, giả sử S ~ S’ nhờ cấu xạ : ( n, n-1,…. , 1) : S →S’, trong đó :

n = (1A, ’’, γ) : En → E’n

Do định nghĩa αEn và αE’n ta có các cấu xạ :



Suy ra có cấu xạ



’ : En → αE’n

= *0. n = (α, ’ ’’, γ )



39

Theo mệnh đề 3.7 về tính phổ dụng của αEn thì cấu xạ

qua * như sau :



= (α,β',β",γ) được phân tích duy nhất



Nói cách khác , tồn tại duy nhất cấu xạ 0 = (1A’, β*, γ) : αEn → αE’n.

Kết hợp lại ta có cấu xạ ( 0, n-1, . . . 1) : αS→αS ';

trong đó 0 bắt đầu từ 1A và 1 kết thúc ở 1C Vậv αS ~ αS '

b) Ta cần chứng minh rằng nếu S~ S’ thì Sγ ~ S'γ. Để chứng tỏ Sγ~ S’γ ta phải chỉ ra có cấu

xạ : ( n, n-1, .., γ1): Sγ →S’γ

Thật vậy. giả sử S ~ S’ nhờ cấu xạ :

= ( n, n-1,…, 1) : S →S’

Trong đó :

1 = (β*0, β0, 1C) : E1→ E1’

Theo định nghĩa của E1γ và E’1γ , tồn tại các cấu xạ :

* = (1Ker α0, β1,γ) : E’1 γ → E1



*0 = (1Ker α’0, β2,γ) : E’1 γ → E’1

Gọi ’ = 1. * = (β*0, β1 β0, γ ): E1 →E’1

Do tính đối phổ dụng của E’1 γ(mệnh đề 3.3), tồn tại duy nhất cấu xạ :

γ

γ

γ

1 = E1 γ → E 1 γ sao cho ’ = *0 ’1 với

1 = (β*0, β3, 1C’).

γ

Do vậy, tồn tại một cấu xạ = ( n, n-1,… , 2, 1): S γ → S’ γ mở đầu bởi

1A kết thúc bởi lC’. Vậy S γ ~ S’ γ.

Liên quan giữa tích bên trái và bên phải của các đồng cấu với các mở rộng n -dài ta cố :

Mệnh đề 6.4 :

Cho cấu xạ các dãy n- dài :



Khi đó ta có : αS S’α.

Chứng minh :

Giả sử S = En.En-1.... E1 và S’ = S’nE’n-1....E’= do

hoán sau :



: S → S’là cấu xạ nên từ biểu đồ giao



40



Khi áp dụng mệnh đề 6.2 và 3.10 thì:



Trên Extn (C, A) ta xác định một phép toán cộng cho hai lớp S, S’ bất kỳ như sau :

Giả sử S,S’ Extn(C, A) ta định nghĩa : S + S’ = A(S ⊕ S’)∆C

Định nghĩa như vậy là hợp lý vì nếu S S1 và S’ S’1 thì hiển nhiên : S⊕ S' ≡S1⊕ S’1. Từ

đó theo mệnh đề 6.3 ta suy ra rằng kết quả của phép tốn là khơng phụ thuộc vào các đại diện

của các lớp. Hơn nữa ta có :

Mệnh đề 6.5 :

Extn(C, A) với phép cộng xác định ở trên là nhóm Abel.

Chứng minh : Ta lần lượt kiểm tra Extn (C, A) thỏa 4 tiên đề :

a) Tiên đề giao hoán :

Giả sử S1, S2 ∈ Extn(C, A) mà:



Để chúng tỏ S1 + S2 = S2 + S1 ta phải chứng minh :

(1)

Xét sơ đồ sau :



Trong đó :

A(a1, a2) = (a2, a1) ;

C(c1, c2) = (c1, c2)

k(b, b’) = (b’, b) k ∈ {0, 1, 2….}, b ∈ Bk, b’∈ B’k



41

Dễ thấy các hình vng là giao hốn Vì vậy = (δA, βn-1……β0, δC) là cấu xạ.

: S1⊕S2 → S2⊕S1

Theo mệnh đề 6.4 : δA(S1⊕S2) ≡ (S2⊕S1).δC

Theo mệnh đề 6.3 Thì:

δA(S1⊕S2) ≡ (S2⊕S1).δC suy ra :

A[δA(S1⊕S2)] C ≡ A[(S2⊕S1).δC]. C

Tuy nhiên ta có : A δA = A và δC. C = C

Vì vậy A(S1⊕S2) C ≡ A (S2⊕S1) C

Tức là S1 + S2 = S2 + S1

b) Tiên đề kết hợp :

Cho ba phần tử bất kỳ của Extn(C, A) :



Khi đó :



và :



Để chứng minh tính kết hợp ta cần chỉ ra :

A(En ⊕ ’n) ⊕ ’’n ≡ En ⊕ [ A(E’n ⊕ ’’n)]

Và:

{[(E1⊕ ’1). C] ⊕ ’’1}. C ≡ [E1 ⊕ ’1 ⊕ ’’1).

+ Ta chứng minh (II) :

Từ sơ đồ giao hốn :



[I]

C].



C



C].



C



[II]



Ta có thể lập sơ đồ giao hốn sau:



Từ đó ta có :

[(E1⊕ ’1).



C



⊕ ’’1].



C



≡ [(E1 ⊕ ’1 ⊕ ’’1].



(*)



42

Mặt khác từ sơ đồ giao hốn :



Ta cũng có sơ đồ giao hốn sau :



Từ đó suy ra :

{E1 ⊕[E’1⊕E’’1) C ]}. C = [E1 ⊕(E’1⊕E’’1)](1C⊕ C) C

(**)

Theo mệnh đề 1.3 thì : ( C ⊕ 1C). C = (1C ⊕ C) . C và do tổng trực tiếp có tính chất kết

hợp nên từ (*) và (**) suy ra :



+) Ta chứng minh (1):

Từ định nghĩa của tích bên trái ta có sơ đồ giao hốn :



Từ đó ta cùng có sơ đồ giao hốn sau :



Sơ đồ giao hoán này cho ta .



Tương tự từ sơ đồ giao hoán :



Ta suy ra sơ đồ giao hoán sau :



43



Và ta có :

{En ⊕[ A(E’n⊕E’’n )]} [ A(1A⊕ A)]{En ⊕(E’= ⊕E’’n)}

Do tổng trực tiếp có tính chất kết hợp và theo mạnh đề 1.3 thì:

A( A⊕1A) = A(1A ⊕ A)

Nên từ () và () ta suy ra :



()



A



c) Chứng minh Extn (C, A) có phần tử khơng là lớp có đại diện :



Để chứng minh điều này. ta sẽ chỉ ra rằng :

∀ S ∈ Extn(C, A) thì S0 + S = S

Giả sử: S: 0 A Bn-1 … 0 A = A 0

Ta có :



Khi đó S0 ⊕ S có thể phân tích như sau : Đặt

Khi đó ta có thể viết:

S0 ⊕



A Bn-1

⊕ n-2 0). En-1… 2.(0

Đặt



Khi đó ta có thể viết :



Vậy để chứng minh S0 + S = S ta chỉ cần chứng minh

Xét sơ đồ sau :



Xét sơ đồ sau :



C0







0







0)



44

Trong đó (a, b) = n(a) + b ; ∀a, b ∈ A ⊕ Bn-1

Sơ đồ này là giao hốn vì:



Suy ra hình vng I giao hốn.



Suy ra hình vng II giao hốn.

Từ sơ đồ giao hoán này ta suy ra :

En.1Cn-2 = En

A. E’n

Mặt khác xét sơ đồ :



Trong đó (b’) = ( 0(b’), b’), ∀b’ ∈ B0

Sơ đồ này giao hốn vì:



Từ đó ta suy ra : E1 ≡ E'1 ∆C

Suy ra điều phải chứng minh c)

d)Ta chứng minh tồn tại phần tử đối : ∀ S ∈ Extn (C, A), ∃S(-1C) sao cho :

S + S(-1C) = S0

Giả sử S = En. En-1….. E2.E1



45

S + S(-1C) = [ A(En ⊕En)].(En-1⊕En-1)….(E1⊕E1(1-C))

Trong đó :



Theo mệnh đề 3.10 . ta có :

En. Cn-2 ; Ck-1 (Ek⊕Ek)

A(En ⊕En)

Sử dụng các hệ thức đó ta lần lượt có :



Theo kết quả trong Ext1(C, C0) thì : C0 [E1 ⊕ E1(-1C)]

Ta có thể coi đại diện của phần tử khơng này là :



Khi đó ta có thể viết S + S(-1C) như sau :



Xét sơ đồ sau :



Biểu đồ này giao hỗn vị:

- Hình vng thứ n là giao hốn :



- Hình vng thứ (n -1} giao hốn



Các hình vng n-2. n-3……2. 1 là giao hốn ( dễ thấy).



C



là phần tử không của Ext(C, C0).



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

§ 6. XÂY DỰNG EXT n(C, A)

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×