Dado un diagrama conmutativo, demuestre que δδ\delta es isomorfismo

Question

Dado un diagrama conmutativo, demuestre que δδ\delta es isomorfismo

módulos
Matemáticas
secuencia exacta
álgebra abstracta
álgebra conmutativa

j. cierva

Dejar $R$ sea un anillo conmutativo con una unidad y sea la siguiente imagen un diagrama conmutativo de $R$ -módulos con filas exactas. Suponer que $\alpha$ y $\beta$ son isomorfismos. Demuestre que el homomorfismo natural $\bar{\delta}:\ker(\varphi)\to\ker(\psi)$ es un isomorfismo.

Intentar:

Según el lema de la serpiente, existe un homomorfismo natural $\bar{\delta}:\ker(\varphi)\to\ker(\psi)$ .

$\bar{\delta}$ es sobreyectiva:

Dejar $n\in\ker{\psi}$ . Entonces $\psi(n)=0\Rightarrow \beta(\eta(n))=\eta'(\psi(n))=0$ . Por eso $\beta$ es inyectivo entonces $\eta(n)=0\Rightarrow n\in\ker\eta=\operatorname{Im}\delta\Rightarrow\exists m\in M,\delta(m)=n.$

Lo sabemos $\delta'(\varphi(m))=\psi(\delta(m))=0\Rightarrow \varphi(m)\in\ker\delta'=\operatorname{Im}\epsilon'\Rightarrow\exists k'\in K', \epsilon'(k')=\varphi(m).$

$\alpha$ es sobreyectiva. Por eso,

\exists k \in k, α (k) = k^{'}

$\exists k\in K, \alpha(k)=k'$ Aquí me quedé pegado. Si logro demostrar que

φ (m) = 0

$\varphi(m)=0$ , (o eso

ϵ^{'} = 0

$\epsilon'=0$ ) Voy a terminar la prueba.

$\bar{\delta}$ es inyectivo :

En esta parte no tuve ningún problema:

Dejar $m\in\ker\bar\delta$ . Entonces $0=\bar\delta(m)=\delta(m)\Rightarrow m\in\ker\delta=\operatorname{Im}\epsilon\Rightarrow\exists k\in K,\epsilon(k)=m$ .

Lo sabemos $\varphi(m)=0\Rightarrow0=\varphi(\epsilon(k))=\epsilon'(\alpha(k))$ . Por eso $\alpha(k)\in\ker\epsilon'=\operatorname{Im}(0\to K')\Rightarrow \alpha(k)=0$ . Pero $\alpha$ es inyectivo, entonces $k=0\Rightarrow m=\epsilon(k)=0$ . De este modo $\bar\delta$ es inyectable.

Bernardo

¿ Conoces el lema de la serpiente ?

j. cierva

Sí, pero no veo cómo puede ayudar.

Arturo Magidín

¿Son exactas las filas?

Bernardo

Si las filas son exactas (supongo que sí) el comienzo de la

6

$6$ La secuencia exacta de términos en el lema de la serpiente lo hace obvio:

\ker α = 0 = coker α

$\ker\alpha=0=\operatorname{coker}\alpha$ .

Wuestenfux

La búsqueda de diagramas es una buena manera de pasar el tiempo.

j. cierva

Como conozco el lema de la serpiente, la 'imagen' debería verse así:

\begin{aligned} A \to & B \to & C & \to 0 \\ ↓_{α} & ↓_{β} & ↓_{γ} \\ 0 \to & A^{'} \to & B^{'} \to & C^{'} \end{aligned}

$\begin{align*} & A\to && B\to & C & \to 0 \\ & \downarrow_\alpha && \downarrow_\beta & \downarrow_\gamma \\0\to&A'\to &&B'\to &C' \end{align*}$ es decir, debe haber 3 columnas 'entre' el

0

$0$ 's, pero en la pregunta hay 4 .

Arnaud D.

Basta probar que el cuadrado del medio es un pullback; para eso, puedes descomponer sus lados horizontales como epis seguido de monos, y probar que los dos cuadrados correspondientes son pullbacks.

Respuestas (1)

Dado un diagrama conmutativo, demuestre que δδ\delta es isomorfismo

Si las filas son exactas (supongo que sí) el comienzo de la $6$ La secuencia exacta de términos en el lema de la serpiente lo hace obvio: $\ker\alpha=0=\operatorname{coker}\alpha$ .
La búsqueda de diagramas es una buena manera de pasar el tiempo.
Como conozco el lema de la serpiente, la 'imagen' debería verse así: $\begin{aligned} A \to & B \to & C & \to 0 \\ ↓_{α} & ↓_{β} & ↓_{γ} \\ 0 \to & A^{'} \to & B^{'} \to & C^{'} \end{aligned}$ $\begin{align*} & A\to && B\to & C & \to 0 \\ & \downarrow_\alpha && \downarrow_\beta & \downarrow_\gamma \\0\to&A'\to &&B'\to &C' \end{align*}$ es decir, debe haber 3 columnas 'entre' el $0$ 's, pero en la pregunta hay 4 .
Basta probar que el cuadrado del medio es un pullback; para eso, puedes descomponer sus lados horizontales como epis seguido de monos, y probar que los dos cuadrados correspondientes son pullbacks.

luiz cordeiro · Answer 1

$\DeclareMathOperator{\im}{Im}$ Hagamos un poco de persecución de diagramas gruñidos.

Primero, demostramos $\overline{\delta}$ es inyectable. Suponer $x\in\ker\overline{\delta}$ . Entonces $x\in\ker(\delta)=\im(\varepsilon)$ , entonces $x=\varepsilon(k)$ para algunos $k\in K$ . Pero también, $x\in\ker\varphi$ , entonces

0 = φ (X) = φ (ε (k)) = ε^{'} (α (k))

$0=\varphi(x)=\varphi(\varepsilon(k))=\varepsilon'(\alpha(k))$ Pero

ϵ^{'}

$\epsilon'$ es inyectivo, entonces

α (k) = 0

$\alpha(k)=0$ . Desde

α

$\alpha$ es un isomorfismo

k = 0

$k=0$ , entonces

x = ε (k) = ε (0) = 0

$x=\varepsilon(k)=\varepsilon(0)=0$ .

Por lo tanto, $\overline{\delta}$ es inyectable.

Ahora demostremos $\overline{\delta}$ es sobreyectiva. Dejar $y\in\ker\psi$ . Entonces $\psi(y)=0$ , entonces

0 = η^{'} (ψ (y)) = β (η (y))

$0=\eta'(\psi(y))=\beta(\eta(y))$ Desde

β

$\beta$ es un isomorfismo,

η (y) = 0

$\eta(y)=0$ , entonces

y \in \ker (η) = Im (δ)

$y\in\ker(\eta)=\im(\delta)$ . Escribir

y = δ (x)

$y=\delta(x)$ para algunos

x \in M

$x\in M$ .

Tenemos $\delta'(\varphi(x))=\psi(\delta(x))=\psi(y)=0$ , entonces $\varphi(x)\in\ker\delta'=\im(\varepsilon')$ . Dejar $k'\in K'$ tal que $\varphi(x)=\varepsilon'(k')$ . Desde $\alpha$ es un isomorfismo, hay $k\in K$ tal que $k'=\alpha(k)$ . Entonces

φ (ε (k)) = ε^{'} (α (k)) = ε^{'} (k^{'}) = φ (X)

$\varphi(\varepsilon(k))=\varepsilon'(\alpha(k))=\varepsilon'(k')=\varphi(x)$ Así que ahora usamos el

R

$R$ -estructura del módulo: Let

z = x - ε (k)

$z=x-\varepsilon(k)$ . Entonces lo anterior significa que

z \in \ker φ

$z\in\ker\varphi$ . Probamos que

\bar{δ} (z) = y

$\overline{\delta}(z)=y$ :

\bar{d} (z) = d (X) - d ε (k) = d (X) = y

$\overline{\delta}(z)=\delta(x)-\delta\varepsilon(k)=\delta(x)=y$ porque

δ ε = 0

$\delta\varepsilon=0$ , ya que la primera fila es exacta.

Dado un diagrama conmutativo, demuestre que δδ\delta es isomorfismo

j. cierva

Bernardo

j. cierva

Arturo Magidín

Bernardo

Wuestenfux

j. cierva

Arnaud D.

Respuestas (1)

luiz cordeiro

Núcleo del mapa inducido ϕ¯:ΩS/R→ΩS′/R′ϕ¯:ΩS/R→ΩS′/R′\bar\phi:\Omega_{S/R}\to\Omega_{S'/R '}

Diagrama con secuencias exactas de módulos

M≃ker(β)⊕Mker(β)M≃ker⁡(β)⊕Mker⁡(β)M\simeq\ker(\beta)\oplus\frac{M}{\ker(\beta)}

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