Luận văn Xây dựng hàm tử ext bằng phương pháp phân hoạch các dãy khớp

Chứng minh : Trong chứng minh. chúng ta cần đến bổ đề sau : Bổ đề : Nếu (f. g) là một hệ các thương của mở rộng E thì: a) (αf, αg) là một hệ các thương của αE b) Có thể chọn được hai hệ các thương (f. g) và (f', g') của các hệ mở rộng E và Eγ sao cho : f' = f(γ ⊕γ) và g' = g(lR ⊕ γ) .

pdf52 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 04/08/2018 | Lượt xem: 115 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Xây dựng hàm tử ext bằng phương pháp phân hoạch các dãy khớp, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HCM --------ooo-------- XÂY DỰNG HÀM TỬ EXT BẰNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN HOẠCH CÁC DÃY KHỚP NGƯỜI HƯỚNG DẪN : PTS.TRẦN HUYỀN NGƯỜI THỰC HIỆN : LÊ THỊ HOA TP.HCM 1996 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HCM --------ooo-------- LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỔ MÃ SỐ: ĐỀ TÀI : XÂY DỰNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN HOẠCH CÁC DÃY KHỚP NGƯỜI HƯỚNG DẪN : PTS. TRẦN HUYÊN NGƯỜI THỰC HIỆN : LỀ THỊ HOA Người phản biện 1: Người phản biện 2: Luận văn được bảo vệ tại Hổi đổng chấm luận vân Thạc sĩ toán học trưởng ĐH Sư Phạm TP.HCM Ngày tháng năm 1996 MỤC LỤC § 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ........................................................................................... 1 § 2. PHÂN LỚP CÁC MỞ RỘNG ............................................................................................ 4 § 3. TÍCH MỞ RỘNG VÀ CÁC ĐỒNG CẤU. ........................................................................ 8 § 4. CẤU TRÚC NHÓM ABEL CHO EXT(C, A) ................................................................. 19 § 5. HÀM TỬ EXT .................................................................................................................. 28 § 6. XÂY DỰNG EXT n(C, A) ................................................................................................ 33 Xin chân thành cảm ơn các thầy, cô ở trường Đại học Sư phạm và Đại học Tổng hợp thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình giúp đỡ chúng tôi trong quá trình học tập. Đặc biệt xin bày tỏ lòng biết ơn thầy Trần Huyên, người đã trực tiếp ra đề tài và hướng dẫn tôi trong suốt quá trình hoàn thành luận văn này. 1 § 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Mục này dành cho việc nhắc lại 1 vài khái niệm và kết quả của lý thuyết modun cần dùng về sau : 1. Tổng trực tiếp của hai môđun a. Định nghĩa : Cho X Y là các R-mođun. Trên tập XxY = {(X. y), X ∈ X. y ∈ Y} ta định nghĩa 2 phép toán sau : (x1, y1)+ (x2, y2) = (x1 + x2 ,y1 + y2) α ∈ R :α(x,y) = (αx, αy) ∀ x1 , x2 , x ∈X.∀y1 , y2 , y∈ Y Khi đó X xY cùng với hai phép toác trên lập thành một R-Mođun và được gọi là tổng trực tiếp của hai mođun X và Y. và được ký hiệu X⊕ Y. b. Đặc trưng của tổng trực tiếp • Ta gọi các đồng cấu : Là các phép nhúng các modun thành phần vào tổng trực tiếp và các đồng cấu : là các phép chiếu xuống các modun thành phần. Mệnh đề 1.1 Các hệ thức: Là đặc trưng cho tổng trực tiếp hai modun X,Y. c.Tổng trực tiếp hai đồng cấu Nếu f: X1 Y1, g: X2 Y2 là đồng cấu modun thì : Cũng là đồng cấu modun và ta gọi là đồng cấu tổng trực tiếp của hai đồng cấu. 2 2.Dãy khớp • Dãy các khớp đồng cấu : Được gọi là dãy khớp nếu với mọi n: Im fn-1 = Ker fn (từ hai đầu nếu có) • Dãy khớp S có dạng : Được gọi là bắt đầu từ A và kết thúc tại C và có độ dài n.  Cho 2 dãy khớp S và S’ có cùng độ dài n. Bộ các đồng cấu Trong đó : A A’ , i : Bi B’i ; i = ; 1: C C’. Được gọi là một cấu xạ từ S S’ nếu biểu đồ sau là giao hoán : • Nếu T là dãy khớp khác : Bắt đầu từ C và kết thúc tại D với độ dài m. Khi đó : tích Ionet của hai dãy khớp S, T được xác định là dãy khớp sau : Dĩ nhiên tích S.T bắt đầu từ A qua trung gian C kết thúc tại D có độ dài m+n. • Tổng trực tiếp của hai dãy khớp độ dài n. Giả sử S và S’ là hai dãy khớp có độ dài n : Khi đó tổng trực tiếp của S và S’ là dãy khớp sau : 3. Khái niệm dãy khớp ngắn : Cho A, B, C là các R –Modun và x : A ; : B C là các R – đồng cấu • Dãy E: 0 A B C 0 được gọi là dãy khớp ngắn nếu – đơn cấu , – toàn cấu và Im = Ker • Dãy khớp ngắn E : 0 A 0 3 được gọi là chẻ ra nếu B = Im ⊕ B’ . trong đó B’ B. Nói cách khác. E là chẻ ra nếu Im là 1 hạng tử trực liếp của mođun B. Mệnh đề 1.2 : Cho f : X → Y. g : Y →Z là các đồng cấu. Nếu hợp thành gf : X →Z là đẳng cấu thì: a ) g - toàn cấu, f đơn cấu b) Y = Imf © Kerg Mênh đề 1.3 : Cho dãy khớp E : 0 A 0 Các phát biểu sau là tương dương : i) Dãy E là chẻ ra. ii) có nghịch đảo trái, tức là tồn tại đồng cấu p : B A sao cho p = 1A iii) ơ có nghịch đảo phải, tức là tồn tại đồng cấu q : C B sao cho q = lC Bổ đề (5 ngắn) Cho biểu đồ các R-đồug cấu và R-mođun trong đó 2 dòng là khớp, hai hình vuông là giao hoán. Khi đó : a) Nếu , - đơn cấu thì - đơn cấu. b) Nếu , - toàn cấu thì - toàn cấu. c) Nếu , - đẳng cấu thì - đẳng cấu. 4. Đồng cấu chéo, đổng cấu tổng : Cho các R - mođun A và C  Đồng cấu C : C C ⊕ C c (c, c) được gọi là đồng câu chéo.  Đồng cấu A : A ⊕ A A (a1, a2) a1 + a2 được gọi là đồng cấu tổng. Mệnh đề 1.4 : Giả sử , là các đồng cấu : A A’ ; : C’ C Thế thì: 4 § 2. PHÂN LỚP CÁC MỞ RỘNG Phần này dành cho việc xây dựng tập nếu Ext(C. A). Gia sử A và C ià các mođun trên vành R có đơn vị. Ta gọi một mở rộng của A nhờ c là dãy khớp ngắn các R-mođun và R- đồng cấu : Tập hợp các mở rộng của A nhờ C ta sẽ ký hiệu là D (C. A). Một ví dụ về mở rộng của A nhờ C là dãy khớp ngắn : trong đó i là phép nhúng A vào A ⊕ C và π là phép chiếu A⊕ C lên C. Mở rộng này thực chất là một dãy khớp ngắn chẻ ra. Đôi khi chúng ta còn gọi là mở rộng tự phân rã hay mở rộng tầm thường. Về một lớp các mở rộng chẻ, chúng ta có : Mệnh đề 2.1 : Nếu A là rnođun nội xạ hoặc C là mođun xạ ảnh thì mọi mở rộng của A nhờ C đều là mở rộng chẻ. Chứng minh: Để chứng tỏ mở rộng E : 0 → A → B → C → 0 là mở rộng chẻ với nội xạ A hoặc C là một xạ ảnh thì ta chứng tỏ E là dày khớp ngắn chẻ ra. Trường hợp C là mođun xạ ảnh, ta xét dãy khớp : Do C xạ ảnh nên đồng cấu lC : C → C phân tích được qua toàn cấu σ :B → c, ∃h : C → B sao cho : σ.h = lC . Suy ra h là nghịch đảo phải của σ. Vậy là dãy khớp ngắn chẻ ra. Trường hợp A là mođun nội xạ. thì trong dãy khớp : do A là mođun nội xạ. nên đồng cấu 1A : A A phân tích được qua đơn cấu A→ B. tức là ∃ g : B → A sao cho : g.χ = lA Suy ra g là nghịch đảo trái của χ Vậy E là dãy khớp ngắn chẻ ra. Từ các mở rộng của Ai nhờ Ci (i = ) khi xử dụng khái niệm tổng trực tiếp của hai mô-đun ta có thể xây dựng được các mở rộng mới. Cụ thể là với các mở rộng : 5 thì ta có thể mở rộng tổng trực tiếp : (1) Định nghĩa này là hợp lý vì khi đó dãy (1) là khớp. Thật vậy. do χ1, χ2 đơn cấu nên χ1⊕ χ2 cũng đơn cấu, do σ1 , σ2 toàn cấu nên σ1⊕ σ2 cũng toàn cấu. • Ta chứng minh : Im (χ1 ⊕ χ2) - Ker (σ1 ⊕ σ2) Trước hết. (σ1⊕ σ2 (χ1 ⊕ χ2) = σ1 χ1 ⊕σ2 χ2 = 0 Suy ra : Im (χ1 ⊕ χ2) ∈ Ker(σ1 ⊕ σ2) (2) Ngược lại. ∀ (b1, b2) ∈ Ker (σ1 ⊕ σ2) thì: (σ1⊕ σ2)(b1, b2) = 0. Suy ra (σ1 (b1), σ2 (b2)) = (0, 0). tức là σ1 (b1) = 0 và σ2 (b2) = 0. Dẫn tới : b1 ∈ Ker σ1 = Im χ1 và b2 ∈ Ker σ2 = Im χ2 Vậy (b1, b2) ∈ Im(χ1 ⊕ χ2). Nghĩa là : Ker (σ1⊕ σ2) ∈ Im(χ1 ⊕ χ2) (3) Từ (2) và (3) suy ra đpcm . Cho Và là các mở rộng của A nhờ c. bộ ba các đồng cấu : = (1A, , lC)- Với : B B’ được gọi là một cấu xạ toàn đẳng nếu biểu đồ sau là giao hoán: Khi đó ta cùng nói E là toàn đẳng với E’ và ký hiệu E ≡ E’ Ví dụ, từ sơ đồ giao hoán : Trong đó χ (m) = 2m, i(n) = n với (k) = k ∈ Z2 ; ∀m, n, k ∈ z. Ta có E= E’. Ví dụ về sự không toàn đẳng của 2 mở rộng cùng nguồn & đích có thể xét -2 dãy sau : 6 Trong đó χ(m) = 3m. ∀m ∈ Z và là phép chiếu tự nhiên từ Z lên Z3. Thật vậy. nếu ∃α đẳng cấu : Z Z đế E ≡ E' thì vì Z là nhóm cyclic với 2 phân tử sinh là 1,-1 nên α chỉ có thể là lz hoặc - 1z . Cả 2 đẳng cấu đó đều không làm cho biểu đồ giao hoán. Vậy E E'. Về tính chất của quan hệ toàn đẳng, chúng ta có mệnh đề sau : Mệnh đề 2.2 : Quan hệ toàn đẳ (C,A) là một quan hệ tương đương. Chứng minh : Với mỗi mở rộng E : ta luôn có cấu xạ toàn đẳng đồng nhất: tức E E’. Giả sử: Và E’ : 0 → A B’ C →0 là hai mở rộng mà E = E’ nhờ cấu xạ toàn đẳng : = (1A , . lC). Lúc đó ta có biểu đồ giao hoán : Vậy thì βχ.= χ'.1A với tích χ-1A là một đơn cấu nên β là một đơn cấu và σ'. β = 1C. σ , với tích lc.σ là toàn cấu nên β là một toàn cấu. Từ đó suy ra β là 1 đẳng cấu. Theo bổ đề 5 ngắn thì β đẳng cấu Suy ra tồn tại β-1 : B’→B và ta cũng có biểu đồ giao hoán : tức là chúng ta có cấu xạ toàn đẳng : = (1A. β -1 . lC): E'→ E Điều này dẫn đến E ' E . hay quan hệ toàn đẳng có tính chất đối xứng. Mặt khác nếu ta có E, E' , E" ∈ D (C , A) mà E ≡ E' và E ≡ E” nhờ các cấu xạ toàn đẳng : Khi đó : = 2. 1=(lA, β2.β1, lC): E → E'' là cấu xạ toàn đẳng E ≡ E', nghĩa là quan hệ toàn đắng có tính bắc cầu. Vì quan hệ toàn đẳng là quan hệ tương đương trên (C, A) nên nó thưc hiện sự phân lớp lặp (C. A). Ta gọi tập thương của (C, A) theo quan hệ toàn đẳng này là Ext (C, A). Đó chính là tập các lớp toàn đẳng của các mở rộng của A nhờ C. mà lớp chứa mở rộng E ta ký hiện là E hoặc Cls E. Đôi khi nếu không sự nhầm lẫn ta có thể viết E∈ Ext(C, A) thay cho Cls E ∈ Ext( C. A). 7 Một ví dụ về Ext(C. A). đó là khi A là mođun nội xạ hoặc C là mođun xạ ảnh thì = (C, A) chỉ gồm các mở rộng chẻ. do vậy Ext(C, A) chỉ gồm một lớp. hay nói cách khác Ext (C, A) chỉ có một phần tử. Bây giờ ta xét Ext(Z2, Z). Tập này chỉ có hai phần tử- là lớp các mở rộng chẻ có đại diện : với i1 là phép nhúng,π1 là phép chiếu Z ⊕ Z2 lên Z2 và lớp còn lại với đại diện : Trong đó i2 (m) = 2m và π2 (m) = . ∀m ∈ Z. Thật vậy, trước hết E1 ≠ E2 vì nếu trái lại thì Z ≅ Z⊕ Z2 là điều vô lý. Ngoài ra, Ext(Z2, Z) không có lớp nào khác. Nếu có một lớp ∈ Ext(Z2, Z) mà 1 ≠ 2 ta sẽ chứng minh 1 ≡ 2 hay E ≡ E2. Thật vậy : Giả sử Để chứng minh E ≡ E2 ta tìm 1 đồng cấu β : B→ Z sao cho biểu đồ sau giao hoán : u i b ∈ B b kI b- ku ∈ ku π3 = im i3 ku kI b = ku + i3 (m) m ∈ z Trước hết ta cố định u ∈ B mà π3 (u) = ∈ Z2 Khi đó với mọi b ∈ B có sự biểu diễn : b = i3(m) + k.u (k = 0; 1) Thật vậv, nếu b ∈ i3(z) thì k = 0. còn nếu b∉ i3(z) thì π3(b - u) = 0 nên b - u = i3(m). với m nào đó b = i3 tức k =1. b ∉ i3 (Z) b ∉ ker π3 Vì 2u ∈ Im i3 nên∃n0 ∈Z mà i3(n0) = 2u. Phép cộng trong B theo đó sẽ là : Đặt Bằng cách sử dụng bảng cộng (*) sẽ tính toán dễ dàng để thấy B là đẳng cấu và các hình vuông trong biểu đồ trên là giao hoán và do vậy:E2 ≡ E . 8 § 3. TÍCH MỞ RỘNG VÀ CÁC ĐỒNG CẤU. Bây giờ ta cần trang bị cho Ext (C, A) một phép toán, hai ngôi để nó trở thành một nhóm Abel. Muốn thực hiện điều này ta cần một vài chuẩn bị trước : Trước hết ta đưa ra định nghĩa tích bên phải của một mở rộng với một đồng cấu. Cho E : 0 → A B C →0 là một mở rộng của A nhờ C và đồng cấu γ : c →c. Mở rộng E’: 0 → A B C →0 được gọi là tích của mở rộng E và đồng cấu γ nếu tồn tại cấu xạ = (1A, β, γ) : E' → E. nghĩa là ta có biểu đồ giao hoán sau : Tích của mở rộng E và đồng cấu γ được ký hiệu bởi: E' = Eγ Ví dụ. từ biểu đồ giao hoán các đồng cấu trong phạm trù z - mođun : ( 2 ) Trong đó Ta có E' = Eγ Định nghĩa trên là tốt. theo như khẳng định trong mệnh đề sau : Mệnh đề 3.1 : Cho mở rộng : và đồng cấu γ : C' → C. Luôn luôn tồn tại ít nhất một mở rộng : E’: 0 → A B C →0 sao cho E - Eγ : Chứng minh : Để chứng tỏ sự tồn tại của mở rộng E', ta cần tìm modun B' và các đồng cấu : sao cho biểu đồ : là giao hoàn và dòng trên là khớp. • Ta lấy B' là tập con của B ⊕ C' được xác định : 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 (rb) = r (b) = r (c’) = (rc’). Ta lấy các đồng cấu , 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 hoán của biểu đồ : Ta có : • và • • Để chứng minh tính khớp của dòng trên ta lần lượt kiểm tra : Im đơn ánh. σ'- toàn 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' toàn ánh, ta lấy c' ∈ C’ γ (c') ∈ C Vì σ toàn ánh nên ∃ b ∈ B sao cho σ (b) = γ (c') ∃ (b. c') ∈ B' mà σ' (b, c') = c' σ' toàn 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 không duy nhất khi cho trước mở rộng : và đồng cấu γ :C ' → C. Chẳng hạn , trong phạm trù Z - mođun từ biểu đồ giao hoán sau : 10 Trong đó: , ’ , , và xác định như ví dụ đã đưa ở trên, thì ta cũng có : : E'' = E như là E' = E nhưng rõ ràng là E' E''. Tuy nhiên E’’ E’ bởi cấu xạ toàn đẳng = (16z ,-i; 1Z3) : E’’ E’ trong đó : -i : 2Z Z n -n Thật vậy, tính toàn 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’’) = (σb’’')) nên ( β'(b"), nên (β'(b’’), σ’’(b’’) nên định nghĩa là hợp lý. • β" là đồng cấu do σβ " là đồng cấu. Hơn nữa ta có : 11 Từ (*) và (**) ta suy ra 2 hình vuông ở dòng 1 là giao hoán. Vậy : 0 = (1A, ’’, 1C ) E’’ 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 = (1A, ’,1C ) là cấu xạ toàn đẳng , 2 =(1A, ’, ) là cấu xạ xác định E1 Khi đó : 1 = 1. 2 =(1A, ’ ’’, ) là cấu xạ xác định E2 . Tức là biểu đồ giao hoán trên cho phép xem E1 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 : Cấu xạ = ( 1A, ’, ): E E có tính chất đối phổ dụng, tức là với mọi cấu xạ 1 = ( 1, 1, ) : E1 E đều phân tích được 1 cách duy nhất qua , nghĩa là E duy nhất qua , nghĩa là ∃ duy nhất cấu xạ 0: E1 E sao cho 1= . 0 Chứng minh : • Ta chỉ ra sự tồn tại cấu xạ 0). Xem biểu đồ sau : Theo mệnh đề 3.1 ta có : B’ B ⊕ C’ Ta xác định : ’: B1 B’ như sau : ∀b1 ∈ B1: ’ (b1) = ( 1(b1) , 1(b1)) ∈ B’.(Vì ( 1)b1)) = 1( 1(b1)) trong mệnh đề 3.2). Do 1, 1 là đồng cấu nên ’là đồng cấu. Để chứng tỏ 0 = ( 1, ’, C’) : E1 E là cấu xạ ta sẽ chỉ ra hai hình vuông ở dòng trên trong biểu đồ là giao hoán. Thật vậy, ∀a 1∈ A1 : 12 cấu xạ là 0 duy nhất vì nếu cấu xạ 0= ( 1, ’’, C’’)điều kiện trên thì ∀b 1∈ B1 : ’’(b1) = ( ’’(b1)), ’ ’(b1) = ( 1(b1), 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 1 :C1’ C1; 2: C2’ C2 thì: (E1⊕ E2)( 1⊕ 2 ) 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 1 (1A1, 2, 2) là cấu xạ : E2 E2 1 khi đó ta có bộ ba đồng cấu : : (1A1 ⊕ A2, 1 ⊕ 2, 1 ⊕ 2): E1 ⊕ E2 E1 ⊕E2 là một cấu xạ. Gọi 1 =(1A1 ⊕ A2, , 1 ⊕ 2)là cấu xạ xây dựng mở rộng : (E1 ⊕ E2)( 1 ⊕ 2) Theo tính chất đối phổ dụng của 1, ∃! cấu xạ : Cấu xạ 0 là 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 B C →0 là một đồng cấu mở rộng thuộc Ext(C. A) và đồng cấu : A → A’. 13 Mở rộng E' : 0 A’ B’ C 0 thuộc Ext(C, A’) được gọi là tích của đồng cấu với mở rộng E nếu tồn tại cấu xạ : = ( , , 1C): E E’ nghĩa là ta có sơ đồ sau giao hoán : Tích của đồng cấu với mở rộng E được ký hiệu E' = E Ví dụ. từ biểu đồ giao hoán 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 luôn 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 ’, ’, là những đồng cấu và chúng làm cho biếu đồ giao hoán. Thật vậy : 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 hoán 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 toàn 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’ E’’. hay nói cách khác mở rộng αE là tồn tại duy nhất chính xác tới một toàn đẳng. 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 vuông dưới là giao hoán. Vậy 0 = ( 1A’, β’’,1C) là cấu xạ toàn đẳng. Suy ra E' E" Hệ quả : Nếu E1 và E2 là hai mở rộng thuộc Ext(C, A ) mà E1 E2 thì với đồng cấu α: A → A’ ta có αE1 αE2 Chứng minh : Trong sơ đồ sau : 16 Với 1 = ( 1A, , 1C) là cấu xạ toàn đẳng và 2= (α, β,1C): E1 → E là cấu xạ xác định 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 1= ( , β1, ) : E E1 , đều phân tích được một cách duy nhất qua . Nghĩa là tồn tại duy 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 vuông dòng dưới là giao hoán. Vì : (Vì khớp tại B1 nên 1 1 = 0). Suy ra sự tồn tại cấu xạ : 0 = (1A, β’, ) : E E1 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 không? 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 luôn 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 : Do tính phổ dụng của E, cấu xạ : : E E’ có thể phân tích qua 0 = ( , β’, 1C), nghiã là ta có : = 1 0 Nhưng cấu xạ 1: αE E lại chính là cấu xạ xác định E’ . nên αE = E’ Bây giờ ta chứng minh a) và b) • Ta có bộ ba ( A . B. c): E E ⊕ E làm giao hoán 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 : 19 § 4. CẤU TRÚC NHÓM ABEL CHO EXT(C, A) Trong mục này. chúng ta trang bị cho Ext(C, A) một phép toán 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 toàn đẳng : E1 ⊕ E2 E1’⊕ E2’ Khi đó trong biểu đồ sau : Ta có Nói cách khác biểu đồ giao hoán : là một cấu xạ toàn 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 toàn đẳng với chúng thì tổng mới cũng toàn đẳng với tổng ban đầu. 20 Mệnh đề 4.2 Cho các mở rộng E1 E1’, E2 E2’. Vậy thì E1 + E2 E1’ + E2’ Chứng minh : Theo mệnh đề 4.1 chúng ta đà có : E1 ⊕E2 E1’⊕ E2’ Hơn nữa, từ các hệ quả của mệnh đề 3.2; 3.6 ta có : Bây giờ chúng ta sẽ xác định phép cộng cho Ext (C, A): Cho , Ext (C, A).Lớp chứa mở rộng E1 + E2 được gọi là tổng của và hay + = Mệnh đề 4.2 cho ta định nghĩa trên là tốt hay nói cách khác, tổng + không phụ thuộc vào mở rộng đại diện E1 + E2. Trong những trường hợp không sợ nhầm lẫn. ta có thể viết E1+ E2 thav cho + Chúng ta có thể chỉ ra rằng Ext (C, A) với phép cộng trên lặp thành một nhóm Abel. Để thực hiện điều này. ta xây dựng một nhóm Abel và nhúng Ext (C, A) vào nhóm đó như là một nhóm con. Giả sử A, c là các R -mođun. Ta đặt: trong đó (f, g) là cặp các hàm f : CxC A và hàm g : RxC A. Trên FR(C, A), ta xác định phép cộng như sau : Nếu (f1, g1), (f2. g2) ∈ FR (C, A) thì : (f1, g1) + (f2, g2) = (f1+ f2, g1 + g2) Nhờ phép cộng này. FR (C, A) trở thành nhóm Abel có phẩn tử trung hòa là : ( CxC, RxC)trong đó : Phần tử đối của phần tử (f. g) là (-f. -g). Trong nhóm FR (C, A). chúng ta chú ý đến một nhóm con mà ta ký hiệu là SR (C, A) sẽ thiết lập dưới đây. Với mỗi hàm h : C A, chúng ta lập hàm : Ch : CxC theo qui tắc : Khi đó ta đặt : 21 Rõ ràng SR(C, A) là một bộ phận của FR(C. A). Hơn nữa. SR(C, A) là nhóm con của FR (C, A). Bởi vì với ∀ ( Ch, Ch) ( Ch’, Rh’) thuộc SR(C, A) ta có : thật vậy   Từ (1) và (2) ta suy ra : Vì FR (C, A) là nhóm giao hoán nên SR (C, A) là nhóm con chuẩn tắc của FR (C, A). Từ đó ta có nhóm thương : FR (C, A) / SR (C, A) Để nhúng Ext(C,A) vào nhóm thương này, ta sẽ thiết lập một qui tắc : : Ext(C, A) FR(C, A)/SR(C, A) như sau: Với mỗi mở rộng E : 0 → A B C →0 Ta xác định một cặp (f,g) ∈ FR(C, A) mà ta sẽ gọi là hệ các thương của mở rộng E. Ta lấy hàm chọn u: C B của mở rộng E sao cho u =1C ; tức là : u(c) = c, ∀c ∈C. Điều này thực hiện được vì là toàn ánh . Khi đó ∀(c1,c2) ∈CxC thì: Suy ra : u(c1) + u(c2) –u(c1 + c2) ∈ Ker = Im Do đơn ánh nên tồn tại duy nhất a ∈A sao cho : Đặt f(c1,c2) = a ta được hàm f : CxC →A thỏa mãn: Tương tự, ∀(r,c) ∈ RxC: Suy ra ru(c) – u(rc) ∈ Ker = Im . Vì đơn ánh nên ∃ duy nhất a ∈ A mà : (a) = ru(c) – u(rc) Đặt g(r,c) = a , vậy thì tồn tại hàm g : RxC →A mà ru(c) + u(rc) = [g(r,c)] Ta đặt : Ta nhận thấv rằng một hệ các thương (f, g) của mở rộng E xác đinh như trên là phụ, thuộc vào cách lấy hàm chọn u. Như vậy có thể bị phụ thuộc vào hàm chọn u. 22 Dưới đây ta sẽ chứng minh rằng thật ra có được xác định như vậy là hợp lý.Điều đó được khẳng định bởi các mệnh đề dưới đây : Mệnh đề 4.3 : Với mỗi mở rộng E, lớp chứa hệ các thương (f, g) thuộc FR / SR (C, A) không phụ thuộc vào việc lấy hàm chọn u. Mệnh đề 4.4 : Nếu E E’ thì E và E’ có chung một hệ các thương. Hay nói cách khác không phụ thuộc vào cách lựa chọn mở rộng trong một lớp toàn đẳng. Chứng minh : a)Mệnh đề 4.3 Cho mở rộng E : 0 → A B C →0 Ta lấy hai hàm chọn u’ u, khi đó ∀c ∈C :u’(c) – u(c) ∈ Ker = Im . Do đơn ánh , tồn tại hàm h : C → A sao cho : (1) Ta gọi hệ thương của E theo hàm chọn u’ là (f’, g). Ta có : ∀(c1,c2) ∈CxC :  Vì đơn cấu , suy ra:  ∀(r,c) ∈ RxC : Do đơn cấu nên : Từ (2) & (3) dẫn tới : (4) Công thức (4) cho ta mối liên hệ giữa các "hệ các thương" của cùng một mở rộng E: nghĩa là các hệ các thương của cùng mở rộng E thì thuộc cùng một lớp ghép đối với SR (C, A) hay nói cách khác. lớp ∈ FR (C, A) / SR (C, A) không phụ thuộc vào việc lựa chọn hàm u. b) Chứng minh mệnh đề 4.4 : Ta phải chỉ ra rằng : Nếu E E’ thì E & E’ có chung một thương; giả sử (f, g) là một hệ các thương của E với hàm chọn u : C → B. Ta sẽ chứng minh (f, g) cùng là một hệ các thương của E’. Do E E’ nên ta có biểu đồ giao hoán : 23 Ta lấy hàm chọn u’: C B’ như sau : u’= u (điều đó hợp lý vì ∀ c ∈ C: u(c) = u(c) =c ) Khi đó ∀ (c1,c2) ∈ CxC, ∀(r,c) ∈ RxC :  [f(c1,c2)] = u(c1) + u(c2) – u(c1 + c2) Tác động lên ta có: [f(c1,c2)] = u(c1) + u(c2) - u(c1+ c2) (5) Do biểu đồ giao hoán nên từ (5) suy ra : ’[f(c1,c2)] = u’(c1) + u’(c2) –u’(c1 + c2) (6)  [g(r,c)] = ru(c) – u(rc). Tác động lên ta có : [g(r,c)] = [ru(c)] - u(rc) (7) Do biểu đồ giao hoán nên từ (7) ta có : ’[g(r,c)] = ru’(c) – u’ (rc) (8) Từ (6) (8) hiển nhiên (f,g) cũng là hệ các thương của E’ Mệnh đề 4.2 và 4.4 chứng tỏ rằng qui tắc ω thiết lập như trên là một ánh xạ Ext(C, A) vào nhóm thương FR (C, A) / SR (C, A). Hơn nữa chúng ta có : Mệnh đề 4.5 : Ánh xạ ω : là một ánh xạ đơn ánh Chứng minh: Để chỉ ra ω đơn ánh. ta chỉ cần chứng tỏ từ ω(E) = ω(E') suy ra E ≡ E'. Ta lấy hàm chọn u' của E' mà u'(0) = 0. u' sinh ra hệ các thương (f, g) của E'. Vì ω(E) = ω(E’) nên ∃ hàm chọn u của E' để u sinh ra đúng hệ các thương (f, g) nói trên. Để chứng minh E ≡ E' ta phải chỉ ra có biểu đồ giao hoán : Ta xác định β : B → B' như sau : Sử dụng hàm chọn u. ∀ b ∈ B được phản tích duy nhất dưới dạng thật vậy, vì b = u (b) + b – u (b) mà 24 Suy ra b - u (b) ∈ Ker = Im , tức là ∃a∈ : (a) = b - u (b) hay b = u(c) + (a), với c = (b). Nếu còn có phân tích khác : b = u(c1) + (a1), khi đó u(c) – u(c1) = (a –a1) (u(c) – u(c1)) = 0 c = c1, từ đó a = a1 , tức sự phân tích là duy nhất Đặt (b) = u’(c) + ’(a) + Đặt là đồng cấu vì : ∀b1, b2 ∈ B mà b1 = u(c1) + (a1) b2 = u(c2) + (a2) thì : Còn nếu Và : +) Chứng minh biểu đồ giao hoán :  ∀ a∈A ta có : (a) = [ (a)] = [0 + (a)] = [u(0) + (a)] = u’(0) + ’(a) = ’(a)(do cách chọn u’(0) = 0). Vậy = ’  Mặt khác, ∀b∈B , ’ (b) = ’ [u(c) + (a)] = ’[u’(c) + ’(a)] = ’u’(c) + ’ ’(c) = c + 0 = c (*) Và (b) = c theo phân tích b ở trên . Từ đó ta suy ra ’ = . Từ biểu đồ giao hoán suy ra E E’ Theo mệnh đề 4.5. ω thiết lập sự tương ứng 1 - 1 giữa tập Ext(C, A) với một bộ phận của nhóm thương FR(C, A)/SR(C, A). Hơn nữa tương ứng đó còn là một đồng cấu và ảnh qua ω của Ext(C, A) là nhóm con của FR/SR. 25 Mệnh đề 4.6: Chứng minh : a) Để chứng minh a) ta cần chọn một hệ các thương (f, g) của E1 + E2 sao cho tồn tại các hệ thương (f1, g1) của E1 và (f2 , g2) của E2 để : Trong biểu đồ sau : Ta lấy hàm chọn u : C B để có hệ các thương (f, g) của E1 + E2. Vì 2 dòng dưới là khớp, A, 1C là toàn cấu nên là toàn cấu , suy ra ∃ hàm chọn u’ mở rộng (E1 ⊕E2) C sao cho : u’ = u. Vì ∀ c ∈ C ta có: 1 ⊕ 2 [ ’(u’(c))] = C ’(u’(c)) = C( ’u’(c)) = C(c) = (c,c) Và đặt ’u’(c) = (u1(c) , u2(c)) thì ( 1 ⊕ 2)[u1(c),u2(c)] = ( 1u1(c), 2u2(c)) = (c, c) u1, u2 là các hàm chọn của các mở rộng E1, E2 Suy ra có các hệ thương (f1, g1),(f2,g2). Lấy 1 hệ các thương (f’, g’) của (E1 ⊕ E2) C theo các hàm chọn u’ tác động lên ’ lên ta có : Vì ( 1 ⊕ 2 ) đơn cấu nên : f’(c1,c2) = [f1(c1, c2), f2(c1, c2)] Tác động A lên ta có: Mà do ’f’(c1,c2) = u’ (c1) + u’(c2) – u’(c1+ c2) ’f’(c1, c2) = u’(c1) + u’(c2) - u’(c1+ c2) = u(c1) + u(c2) – u(c1 + c2) = f(c1, c2). Do đơn ánh +) ’g’(r,c) = ru’(c) – u’ (rc) tác động lên ta có : 26 Do 1 ⊕ 1 đơn ánh nên : g’(r, c) = (g1(r, c), g2(r, c)) Tương tự trên khi tác động A nên ta có : Từ (1) và (2) suy ra : Suy ra điều phải chứng minh a). b) Để chứng minh b) ta chỉ ra nếu hệ các thương của E là (f, g) thì hệ các thương của (-1A)E là ( -f; -g). Xét biểu đồ : Giả sử (f’, g’) là hệ các thương của (-1A)E và u là hàm chọn của hệ các thương (f, g). Gọi u’ là hàm chọn của hệ các thương (f’, g’). Ta có :  ∀ (c1, c2) ∈ C : f(c1, c2) = u(c1) + (c2) – u(c1 + c2), tác động lên ta có : Do (- ) đơn ánh nên : (-1A) f(c1, c2) = f(c1, c2) Suy ra : (-1A)f = f’ (3)  ∀c ∈ C, ∀r ∈ R ta có : g(r, c) = ru(c) – u(rc), tác động lên : (- )(-1A)g(r, c) = ru’(c) – u’(rc) = g’(r, c) Do (- ) đơn ánh nên : (-1A)g(r, c) = g’(r, c), suy ra: (-1A)g = g’ (4) Từ (3) & (4) ta có : ((-1A)f, (-1A)g) = (f’, g’) Vậy : (-f, -g) = (f’, g’) 27 Đồng cấu cho phép ta nhúng Ext(C, A) vào nhóm Abel FR(C, A) / SR(C, A) và đồng nhất Ext(C, A) với ảnh của nó. Do mệnh đề 4.6 ảnh ω [Ext (C, A)] là một nhóm con của nhóm Abel FR(C, A) / SR(C. A). Do đó có thể coi Ext (C. A ) là nhóm con của FR(C, A ) / SR(C, A). Nói cách khác Ext(C,A) với phép cộng lặp thành một nhóm Abel phần tử trung hòa chính là lớp chứa mở rộng tầm thường. Phần tử đối của E ∈ Ext(C, A ) là (-1A).E hay E(-lC). Đặc biệt là mở rộng E0 có các hệ thương là (0. 0) với hàm chọn u = iC : → A ⊕ C là phép nhúng C vào A ⊕ C. 28 § 5. HÀM TỬ EXT Mục này dành cho việc xây dựng hàm tử Ext từ phạm trù mođun vào phạm trù Abel. Để làm điều đó, trước hết ta cần đến mệnh đề sau : Mệnh đề 5.1 Cho các đồng cấu : A A’, : C’ C. Các quy tắc : là các đồng cấu nhóm. Chứng minh : Trong chứng minh. chúng ta cần đến bổ đề sau : Bổ đề : Nếu (f. g) là một hệ các thương của mở rộng E thì: a) (αf, αg) là một hệ các thương của αE b) Có thể chọn được hai hệ các thương (f. g) và (f', g') của các hệ mở rộng E và Eγ sao cho : f' = f(γ ⊕γ) và g' = g(lR ⊕ γ) . Thật vậy : a) Xét biểu đồ giao hoán sau : Gọi u là hàm chọn của hệ (f, g). Ta lấy hàm chọn u'= βu của mở rộng αE. (Khi đó : u' là hàm chọn vì σ'u' = σ'βu = σu = lC). Khi đó ∀c1, c2 ∈ C : f(c1, c2) = u(c1) + u(c2) – u(c2) – u(c1 + c2). Tác động β lên ta có : (1) Tương tự, ∀c ∈ C, ∀r ∈ R : (2) Từ (1) & (2): (αf, αg) là hệ các thương theo hàm chọn u1 = βu. l Tức a) đúng. 29 b)Xét biểu đồ giao hoán : Lấy hàm chọn u' của Eγ. Tương ứng với nó ta có hệ các thương (f', g'). Dễ thấy là có thể lấy được hàm chọn u của E mà β u' = uγ. Thật vậy vì C = γ(C') u (C\γ(C )) nên V c ∈ γ (C ') lấy u(c) ∈ βu'γ-1(c). Còn c ∈ c \ γ(C') chọn u(c) tùy ý thỏa σu(c) = c. Ta tính hệ các thương (f' , g') của Eγ. ∀c1' c2’∈ C' ta có : tác động β lên ta có Vì đơn ánh nên: [ ] ⊕ Tương tự ta cũng có : ∀ r∈ R, ∀c’ ∈ C’ G’(r, c’) = g[r, (c’)] hay g’ = g(1R ⊕ ). Bây giờ ta chứng minh mệnh đề 5.1 Trước tiên ta thấy rằng α* và γ* là những ánh xạ. Điều nàv được suy trực tiếp từ các mệnh đề 3.1, 3.2, 3.5. 3.6. a) Để chứng minh α* là đồng cấu nhóm ta chỉ ra tồn tại một đồng cấu : và α* sẽ là thu hẹp của ̃ trên nhóm con Ext(C, A) của nhóm FR(C, A)/ SR(C, A). Ta thiết lập ̃ như sau : ̃ được thiết lập như vậy là một ánh xạ vì nếu có : ( ) = thì : = Thật vậy, từ = , Suy ra ∃( Ch , Rh) ∈ SR(C, A) sao cho : (f, g) – (f1, g1) = ( Ch , Rh). Khi đó ta xét các tích: 30 Vậy thì : ( f, g) – ( f1, g1) = ( f - f1, g - g1) = ( (f - f1), (g – g1)) =( Ch, Rh) =( C( h), R( h)) ∈ SR(C, A’) Suy ra : = +) ̃ là một đông cấu nhóm +) Ta có biểu đồ sau là giao hoán : Vì theo phần a) của bổ đề ∀E ∈ Ext(C, A), ta có biểu đồ giao hoán : Do biểu đồ giao hoán nên nếu coi Ext(C, A) và Ext(C, A ) là các nhóm con của FR(C, a) / SR(C, A) và FR(C, A' ) / SR(C, A' ) thì có thể coi α* = Ext(C. a). Vậy ̃ = α* là đồng cấu nhóm. b) Tương tự như a) ta chỉ ra tồn tại đồng cấu : 31 +) ( ̃) là mội ánh xạ vì : Giả sử = suy ra tồn tại ( Rh, Rh) ∈ SR(C, A) sao cho : (f, g) – (f’, g’) = ( Rh, Rh). Vì vậy : Suy ra : +) ̃ là đồng cấu : Biểu đồ giao hoán : Vì theo phần b) bổ đề trên ta có ∀ E ∈ Ext(C, A) biểu đồ sau giao hoán : Từ đó nếu coi Ext(C, A), Ext(C'. A) là các nhóm con của nhóm FR(C, A) / SR(C, A) và nhóm FR(C’, A) / SR(C’, A) thì có thể coi : γ* - ( ̃) | Ext(C, A). Vậv γ* là đồng cấu nhóm. Bây giờ ta sẽ xây dựng các hàm tử một biến Ext( - ; A) và Ext(C; -). • Cho A là mođun cố định. Khi đó ta định nghĩa : Ext(- ; A) là hàm tử từ phạm trù Modun vào phạm trù Abel đặt tương ứng mỗi mođun C một nhóm Ext(C, A) ∈ Ab và đặt tương ứng mỗi cấu xạ γ : C' → C một cấu xạ γ* : Ext(C, A)→ Ext(C’, A). 32 Chứng minh : Ta chứng minh Ext(-, A) là hàm tử phản biến, tức là nó thỏa hai tính chất : HT1 ; Ext (1C, 1A) = 1Ext(C, A) HT2 : Ext ( 1 2, 1A) = Ext( 2, 1A). Ext( 1, 1A) HT1 là thỏa mãn hiển nhiên. Không khó khan lắm để kiểm tra HT2. Thật vậy nếu : C’’ C’ C thì ∀ E ∈ Ext (C, A): ( 1 2)* (E) = E( 1 2) = (E 2) 1 = 1*( 2*(E)) Hay Ext( 1 2, 1A)(E) = Ext( 2, 1A).Ext( 1, 1A) • Cho C là mođun cố định. Ta xây dựng hàm tử Ext(C, -) từ phạm trù Mod đến phạm trù Ab bàng cách cho tương ứng. + Mỗi mođun A một nhóm Ext(C, A) + Mỗi cấu xạ α : A → a' với cấu xạ a*:Ext(C, A) → Ext(C. Al). Hàm tử Ext(C. -) là một hàm tử hiệp biến. vì nó có hai tính chất: Chứng minh : Hoàn toàn tương tự như với HT Ext(-. A) Mệnh đề 5.2 Các hàm tử Ext(C. -) và Ext(-. A) là các hàm tử cộng tính. Chứng minh : a) Để chứng minh Ext(C, -) là hàm tử cộng tính ta phải chứng minh : (α1 + α2) = α1* + α2* , trong đó : α1, α2: A → A1 là các đồng cấu. Thật vậy. với ∀ E ∈ Ext(C.A), lấy 1 hệ các thương của E là (f, g). Theo phần a) bổ đề trên (α1f, α1g) là hệ các thương của α1E và (α2f, α2g) là hệ các thương của α2E và ((α1+α2))f, (α1+α2)g) là hệ các thương của (α1+α2)E. Mà rõ ràng : hay cũng vậy: b) Một cách tương tự khi áp dụng phần b) bổ đề ta có tính cộng tính của Ext(-. A). 33 Coi như là hệ quả của mệnh đề 5.2. chúng ta có : Mệnh đề 5.3 Chứng minh : Là các phép nhúng. Là các phép chiếu Từ các hệ thức đặc trưng của tổng trực tiếp : Tác động Ext(C, -) vào biểu đồ (*) và các hệ thức (**) ta có biểu đồ và các hệ thức sau : Từ đó ta có: Ext(C, A1⊕A2 ) ≅ Ext(C, A1) ⊕ Ext(C, A2) ② Chứng minh tương tự ta cũng được : 34 § 6. XÂY DỰNG EXT n(C, A) Trong phần trên, từ tập hợp các mở rộng từ A tới C, tức là tập hợp các dãy khớp có độ dài 1. ta đã xây dựng Ext(C, A). Một vấn đề được đặt ra là nếu ta tăng độ dài các dãy khớp đến số n nào đó dữ liệu ta có được kết quả tương tự hay không ? Để tìm câu giải đáp. chúng ta tiến hành các bước như đã thực hiện trên Ext (C, A). Ta gọi một mở rộng độ dài n. bắt đầu từ A và kết thúc ở C. là một dãy khớp S có độ dài n. Các R-mođun và các R-đồng cấu : Tập tất cả các mở rộng độ dài n. bắt đầu A và kết thúc ở C. ta ký hiệu là (C, A). Trong trường n = 1. tập này chính là ( C, A) mà ta đã nói ở §2. Bây giờ nếu ta ký hiệu Ck = Ker k = Im k+1 và k : Bk Im k = Ck -1 mà k (b) = k(b) và ik : Ker k Bk-1 là phép nhúng thì ta có các dãy khớp ngắn sau : và mở rộng S được phân tích thành Ionet các E1như sau : Giả sử S và S' thuộc n(C. A). Ta gọi S và S' là chập được nếu tồn tại một cấu xạ : Hoặc một cấu xạ Khi đó ta ký hiệu S ~ S’ . Ta nhận thấy nếu s và s' có dạng phân tích : 35 S = En.En-1. E1, S’ = E’n.E’n-1.E’1 thì cấu xạ : S S’ có thể phân tích thành dãy các cấu xạ : trong đó Ở đây β*k là đồng cấu cảm sinh bời βk : Bk →B’k .Rõ ràng quan hệ chập được trên n (C, A) là có tính chất phản xạ. đối xứng nhưng không 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, S1Sk = 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 toàn 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. 36 Suy ra tồn tại dãy hữu hạn : S = S0, S1 Sk-1. S' = Sk. Sk+1Sn = S n 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 toàn 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 mô 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 mô 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 hoán sau : Do hình vuông 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 vuông 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 toán hai ngôi, 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 luôn 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 = (α,β',β",γ) được phân tích duy nhất qua * như sau : 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 Và *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 1 = E1 γ → E γ 1 γ sao cho ’ = *0 ’1 với γ 1 = (β*0, β3, 1C’). Do vậy, tồn tại một cấu xạ = ( n, n-1, , 2, γ 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 : S → S’là cấu xạ nên từ biểu đồ giao hoán sau : 40 Khi áp dụng mệnh đề 6.2 và 3.10 thì: Trên Ext n (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 toán là không phụ thuộc vào các đại diện của các lớp. Hơn nữa ta có : Mệnh đề 6.5 : Ext n (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 ∈ Ext n (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 vuông là giao hoán Vì vậy = (δA, βn-1β0, 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)] [I] Và: {[(E1⊕ ’1). C] ⊕ ’’1}. C ≡ [E1 ⊕ ’1 ⊕ ’’1). C]. C [II] + Ta chứng minh (II) : Từ sơ đồ giao hoán : Ta có thể lập sơ đồ giao hoán sau: Từ đó ta có : [(E1⊕ ’1). C ⊕ ’’1]. C ≡ [(E1 ⊕ ’1 ⊕ ’’1]. C]. C (*) 42 Mặt khác từ sơ đồ giao hoán : Ta cũng có sơ đồ giao hoán 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 hoán : Từ đó ta cùng có sơ đồ giao hoán 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 : A {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 : c) Chứng minh Extn (C, A) có phần tử không 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 C0 ⊕ 0 ⊕ 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 : 44 Trong đó (a, b) = n(a) + b ; ∀a, b ∈ A ⊕ Bn-1 Sơ đồ này là giao hoán vì: Suy ra hình vuông I giao hoán. Suy ra hình vuông II giao hoán. Từ sơ đồ giao hoán này ta suy ra : A. E’n En.1Cn-2 = En Mặt khác xét sơ đồ : Trong đó (b’) = ( 0(b’), b’), ∀b’ ∈ B0 Sơ đồ này giao hoán 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 : A(En ⊕En) En. Cn-2 ; Ck-1 (Ek⊕Ek) Sử dụng các hệ thức đó ta lần lượt có : Theo kết quả trong Ext1(C, C0) thì : C0 [E1 ⊕ E1(-1C)] C là phần tử không của Ext(C, C0). Ta có thể coi đại diện của phần tử không này là : Khi đó ta có thể viết S + S(-1C) như sau : Xét sơ đồ sau : Biểu đồ này giao hoãn vị: - Hình vuông thứ n là giao hoán : - Hình vuông thứ (n -1} giao hoán Các hình vuông n-2. n-32. 1 là giao hoán ( dễ thấy). 46 - Hình vuông thứ (0) giao hoán) : Do đó S + S(-lC) ~ S0 suy ra : S + S(-lC) = S0 Như vậy ta đã trang bị cho Extn(C, A) cấu trúc nhóm Abel. Hơn nữa ta có thể xây dựng các hàm tử Extn tương tự như trong §5. Để làm điều đó ta cần tới mệnh đề sau : Mênh đề 6.5 Cho α : A → A' và γ: C’ → C là các đồng cấu mođun. Khi đó qui tắc : α * : Extn(C, A) → Extn(C, A’) S α*(S) = αS và : * : Extn(C, A) → Extn(C’, A) S * (S) = S là những đồng cấu nhóm. Chứng minh : a)Trước hết α * và * là những ánh xạ vì với mỗi S ∈ Extn(C, A) luôn có αS và S được xác định theo định nghĩa. Hơn nữa với S’ S thì αS αS’ và S S’ (theo mệnh đề 6.3). b) Bây giờ ta chỉ ra ∀S, S’ ∈ Extn (C, A)thì : α*(S + S’) = α*(S) + α*(S’) tức là : [α A(En ⊕ E’n)](E1 ⊕E1’) C [ A’(αEn ⊕ αE’n)].(E1 ⊕ E’1) C Để chứug minh điều này ta chỉ cần tới : α A(En ⊕ E’n) A’(αEn ⊕ αE’n) Theo mệnh đề 3.8 : α(En ⊕ E’n) (α ⊕ α).( En ⊕ E’n) nên A’(αEn ⊕ αE’n) A’(α ⊕ α).( En ⊕ E’n) nhưng theo mệnh đề 1 .4 : A’(α ⊕ α) = α A Vậy : A’(α ⊕ α).( En ⊕ E’n) α[ A( En ⊕ E’n)] hay α [ A( En ⊕ E’n)] A’(αEn ⊕ αE’n) Suy ra α* (S + S’) = α*(S) + α*(S’) 47 c ) Để chứng minh (S + S’) = *(S) + *(S’) Ta chứng minh: A(En ⊕ E’n)[ (E1 ⊕ E’1) C] A(En ⊕ E’n).(E1 ⊕E’1 ). C’ và thực chất chỉ cần chứng minh : [(E1 ⊕ E’1) C]. (E1 ⊕ E’1 ). C (*) Theo mệnh đề 3.4 thì: E1 ⊕ E’1 (E1⊕E’1).( ⊕ ) Nên vế phải của (*) có thể viết VP = (E1 ⊕ E’1 ). C’ (E1⊕E’1). ( ⊕ ). C’ Theo mệnh đề 1.4 thì : (E1⊕E’1).( ⊕ ). C’ (E1⊕E’1) C’ = VT Vậy ta suy ra (*) tức- đpcm. 48 SÁCH THAM KHẢO 1. Ngô Thúc Lanh - Đại số - Nhà xuất bản giáo dục - 1985 2. Sze-Tsen. Hu - Nhập môn đại số đồng đều - Nhà xuất bản đại học và trung học chuyên nghiệp - 1973 3. S. Maclaiie - Homology . New York - 1963. 4. SergeLang - Đại số - Nhà xuất bản đại học và trung học chuyên nghiệp - 1974 (Trần Văn Hạo và Hoàng Kỳ dịch) 5. H - Cartan and s. Eilenberg - Homological Algebra Princeton University Press - 1956.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftv_xay_dung_ham_tu_ext_bang_phuong_phap_phan_hoach_cac_day_khop_4026.pdf
Luận văn liên quan