1 完全列と短完全列 定義 1.1. 左R R R R R R
⋯ ⟶ M j − 1 → d j − 1 M j → d j M j + 1 ⟶ ⋯ \cdots\longrightarrow M_{j-1}
\xrightarrow{d_{j-1}}M_j
\xrightarrow{d_j}M_{j+1}
\longrightarrow\cdots ⋯ ⟶ M j − 1 d j − 1 M j d j M j + 1 ⟶ ⋯ がM j M_j M j 完全 (exact atj j j )
im d j − 1 = ker d j \operatorname{im}d_{j-1}=\ker d_j im d j − 1 = ker d j が成り立つことをいう。列が各項で完全であるとき、その列を左R R R 完全列 (exact sequence of leftR R R )
列
0 ⟶ A → i B → p C ⟶ 0 0\longrightarrow A\xrightarrow{i}B\xrightarrow{p}C\longrightarrow0 0 ⟶ A i B p C ⟶ 0 が短完全列 (short exact sequence )
零加群からの射0 → A 0\to A 0 → A 0 0 0 C → 0 C\to0 C → 0 C C C 0 → A → i B → p C → 0 0\to A\xrightarrow{i}B\xrightarrow{p}C\to0 0 → A i B p C → 0
i i i im i = ker p \operatorname{im}i=\ker p im i = ker p p p p 特にp ∘ i = 0 p\circ i=0 p ∘ i = 0 im i ⊆ ker p \operatorname{im}i\subseteq\ker p im i ⊆ ker p
補題 1.2. 任意の左R R R u : M → N u\colon M\to N u : M → N
0 ⟶ ker u ⟶ M → u N 0\longrightarrow\ker u\longrightarrow M \xrightarrow{u} N 0 ⟶ ker u ⟶ M u N M → u N ⟶ coker u ⟶ 0 M \xrightarrow{u} N \longrightarrow \coker u \longrightarrow 0 M u N ⟶ coker u ⟶ 0 0 ⟶ ker u ⟶ M → u im u ⟶ 0 0\longrightarrow\ker u\longrightarrow M \xrightarrow{u}\operatorname{im}u\longrightarrow 0 0 ⟶ ker u ⟶ M u im u ⟶ 0 0 ⟶ im u ⟶ N ⟶ coker u ⟶ 0 0\longrightarrow \operatorname{im}u\longrightarrow N \longrightarrow \coker u\longrightarrow 0 0 ⟶ im u ⟶ N ⟶ coker u ⟶ 0 系 1.3. 左R R R u : M → N u\colon M\to N u : M → N
列0 ⟶ M → u N 0\longrightarrow M \xrightarrow{u} N 0 ⟶ M u N u u u
列M → u N ⟶ 0 M \xrightarrow{u} N\longrightarrow 0 M u N ⟶ 0 u u u
列0 ⟶ M → u N ⟶ 0 0\longrightarrow M \xrightarrow{u} N\longrightarrow 0 0 ⟶ M u N ⟶ 0 u u u
例 1.4. R = Z R=\Z R = Z Z \Z Z
0 ⟶ Z → × 2 Z → q Z / 2 Z ⟶ 0 0\longrightarrow\Z\xrightarrow{\times2}\Z
\xrightarrow{q}\Z/2\Z\longrightarrow0 0 ⟶ Z × 2 Z q Z /2 Z ⟶ 0 は短完全列である。実際、二倍写像は単射であり、その像2 Z 2\Z 2 Z q q q q q q
定義 1.5. M ∙ = ⋯ ⟶ M j − 1 → d j − 1 M M j → d j M M j + 1 ⟶ ⋯ M_{\bullet} = \cdots\longrightarrow M_{j-1} \xrightarrow{d_{j-1}^M}M_j \xrightarrow{d_j^M}M_{j+1} \longrightarrow\cdots M ∙ = ⋯ ⟶ M j − 1 d j − 1 M M j d j M M j + 1 ⟶ ⋯ N ∙ = ( ⋯ ⟶ N j − 1 → d j − 1 N N j → d j N N j + 1 ⟶ ⋯ ) N_{\bullet} = (\cdots\longrightarrow N_{j-1} \xrightarrow{d_{j-1}^N}N_j \xrightarrow{d_j^N}N_{j+1} \longrightarrow\cdots) N ∙ = ( ⋯ ⟶ N j − 1 d j − 1 N N j d j N N j + 1 ⟶ ⋯ ) R R R R R R f ∙ = ( f j : M j → N j ) j f_{\bullet} = (f_j:M_j\to N_j)_j f ∙ = ( f j : M j → N j ) j j j j f j ∘ d j − 1 M = d j − 1 N ∘ f j − 1 f_j\circ d_{j-1}^M = d_{j-1}^N\circ f_{j-1} f j ∘ d j − 1 M = d j − 1 N ∘ f j − 1 R R R morphism of exact sequences of R-modules )
可換図式
M j −1
M j
M j +1
N j −1
N j
N j +1
d j −1 M
f j −1
d j M
f j
d j +1 M
f j +1
d j −1 N
d j N
d j +1 N
図 1.5.1 定義 1.6. 左R R R R R R 図式 (diagram )可換図式 (commutative diagram )図 1.5.1 のすべての四角形がこの意味で可換であることが述べられている。
補題 1.7.
可換図式
M 1
M 2
N 1
N 2
d M
f
g
d N
図 1.7.1 を左R R R i M : ker d M → M 1 i^M:\ker d^M \to M_1 i M : ker d M → M 1 i N : ker d N → N 1 i^N:\ker d^N\to N_1 i N : ker d N → N 1 p M : M 2 → coker d M p^M:M_2\to \coker d^M p M : M 2 → coker d M p N : N 2 → coker d N p^N:N_2\to \coker d^N p N : N 2 → coker d N
左R R R a : ker d M → ker d N a: \ker d^M\to \ker d^N a : ker d M → ker d N i N ∘ a = f ∘ i M i^N\circ a = f\circ i^M i N ∘ a = f ∘ i M
左R R R b : coker d M → coker d N b: \coker d^M\to \coker d^N b : coker d M → coker d N p N ∘ g = b ∘ p M p^N\circ g = b\circ p^M p N ∘ g = b ∘ p M
証明. 主張 (1) を示す。一意性はi N i^N i N m ∈ ker d M m\in\ker d^M m ∈ ker d M d N ( f ( m ) ) = g ( d M ( m ) ) = 0 d^N(f(m))=g(d^M(m))=0 d N ( f ( m )) = g ( d M ( m )) = 0 f f f a a a
主張 (2) を示す。一意性はp M p^M p M p N ∘ g ∘ d M = p N ∘ d N ∘ f = 0 p^N\circ g\circ d^M=p^N\circ d^N\circ f=0 p N ∘ g ∘ d M = p N ∘ d N ∘ f = 0 p N ∘ g p^N\circ g p N ∘ g b b b ▨
補題 1.8.
可換図式
M 1
M 2
M 3
N 1
N 2
N 3
d 1 M
f 1
d 2 M
f 2
f 3
d 1 N
d 2 N
図 1.8.1 を左R R R 複体 である（すなわちd 2 M ∘ d 1 M = 0 d_2^M\circ d_1^M = 0 d 2 M ∘ d 1 M = 0 d 2 N ∘ d 1 N = 0 d_2^N\circ d_1^N = 0 d 2 N ∘ d 1 N = 0
上段がM 2 M_2 M 2 d 1 N d_1^N d 1 N 補題 1.7 により引き起こされる列ker f 1 → a 1 ker f 2 → a 2 ker f 3 \ker f_1 \xrightarrow{a_1} \ker f_2 \xrightarrow{a_2} \ker f_3 ker f 1 a 1 ker f 2 a 2 ker f 3 ker f 2 \ker f_2 ker f 2
下段がN 2 N_2 N 2 d 2 M d_2^M d 2 M 補題 1.7 により引き起こされる列coker f 1 → b 1 coker f 2 → b 2 coker f 3 \coker f_1 \xrightarrow{b_1} \coker f_2 \xrightarrow{b_2} \coker f_3 coker f 1 b 1 coker f 2 b 2 coker f 3 coker f 2 \coker f_2 coker f 2
d 1 M d_1^M d 1 M a 1 a_1 a 1 d 2 N d_2^N d 2 N b 2 b_2 b 2 証明. 主張 (1) を示す。s i : ker f i → M i s_i:\ker f_i \to M_i s i : ker f i → M i i = 1 , 2 , 3 i=1,2,3 i = 1 , 2 , 3 s 3 s_3 s 3
s 3 ∘ a 2 ∘ a 1 = d 2 M ∘ s 2 ∘ a 1 = d 2 M ∘ d 1 M ∘ s 1 = 0 ∘ s 1 = 0 s_3\circ a_2\circ a_1 = d_2^M\circ s_2\circ a_1 = d_2^M\circ d_1^M\circ s_1 = 0\circ s_1 = 0 s 3 ∘ a 2 ∘ a 1 = d 2 M ∘ s 2 ∘ a 1 = d 2 M ∘ d 1 M ∘ s 1 = 0 ∘ s 1 = 0 であることからa 2 ∘ a 1 = 0 a_2\circ a_1 = 0 a 2 ∘ a 1 = 0 im a 1 ⊂ ker a 2 \im a_1\subset \ker a_2 im a 1 ⊂ ker a 2
d 1 N d_1^N d 1 N ker f 1 = ker ( d 1 N ∘ f 1 ) \ker f_1 = \ker (d_1^N\circ f_1) ker f 1 = ker ( d 1 N ∘ f 1 ) x ∈ ker a 2 x\in \ker a_2 x ∈ ker a 2 a 2 ( x ) = 0 a_2(x) = 0 a 2 ( x ) = 0 d 2 M ( s 2 ( x ) ) = 0 d_2^M(s_2(x)) = 0 d 2 M ( s 2 ( x )) = 0 x = s 2 ( x ) ∈ ker d 2 M = im d 1 M x = s_2(x)\in \ker d_2^M = \im d_1^M x = s 2 ( x ) ∈ ker d 2 M = im d 1 M y ∈ M 1 y\in M_1 y ∈ M 1 x = s 2 ( x ) = d 1 M ( y ) x = s_2(x) = d_1^M(y) x = s 2 ( x ) = d 1 M ( y ) d 1 N ( f 1 ( y ) ) = f 2 ( d 1 M ( y ) ) = f 2 ( s 2 ( x ) ) = 0 d_1^N(f_1(y)) = f_2(d_1^M(y)) = f_2(s_2(x)) = 0 d 1 N ( f 1 ( y )) = f 2 ( d 1 M ( y )) = f 2 ( s 2 ( x )) = 0 y ∈ ker f 1 y\in \ker f_1 y ∈ ker f 1 x = s 2 ( x ) = d 1 M ( y ) x = s_2(x) = d_1^M(y) x = s 2 ( x ) = d 1 M ( y ) x ∈ im a 1 x\in \im a_1 x ∈ im a 1 im a 1 = ker a 2 \im a_1=\ker a_2 im a 1 = ker a 2
主張 (2) を示す。p i : N i → coker f i p_i:N_i \to \coker f_i p i : N i → coker f i i = 1 , 2 , 3 i=1,2,3 i = 1 , 2 , 3 p 1 p_1 p 1
b 2 ∘ b 1 ∘ p 1 = b 2 ∘ p 2 ∘ d 1 N = p 3 ∘ d 2 N ∘ d 1 N = p 3 ∘ 0 = 0 b_2\circ b_1\circ p_1 = b_2\circ p_2\circ d_1^N = p_3\circ d_2^N\circ d_1^N = p_3\circ 0 = 0 b 2 ∘ b 1 ∘ p 1 = b 2 ∘ p 2 ∘ d 1 N = p 3 ∘ d 2 N ∘ d 1 N = p 3 ∘ 0 = 0 であることからb 2 ∘ b 1 = 0 b_2\circ b_1 = 0 b 2 ∘ b 1 = 0 im b 1 ⊂ ker b 2 \im b_1\subset \ker b_2 im b 1 ⊂ ker b 2
d 2 M d_2^M d 2 M im f 3 = im ( f 3 ∘ d 2 M ) \im f_3 = \im (f_3\circ d_2^M) im f 3 = im ( f 3 ∘ d 2 M ) x 0 ∈ ker b 2 x_0\in \ker b_2 x 0 ∈ ker b 2 x 0 ∈ coker f 2 x_0\in \coker f_2 x 0 ∈ coker f 2 x ∈ N 2 x\in N_2 x ∈ N 2 x 0 = p 2 ( x ) x_0 = p_2(x) x 0 = p 2 ( x ) p 3 ( d 2 N ( x ) ) = b 2 ( p 2 ( x ) ) = b 2 ( x 0 ) = 0 p_3(d_2^N(x)) = b_2(p_2(x)) = b_2(x_0) = 0 p 3 ( d 2 N ( x )) = b 2 ( p 2 ( x )) = b 2 ( x 0 ) = 0 d 2 N ( x ) ∈ ker p 3 = im f 3 = im ( f 3 ∘ d 2 M ) d_2^N(x)\in \ker p_3 = \im f_3 = \im (f_3\circ d_2^M) d 2 N ( x ) ∈ ker p 3 = im f 3 = im ( f 3 ∘ d 2 M ) x ′ ∈ M 2 x'\in M_2 x ′ ∈ M 2 d 2 N ( x ) = f 3 ( d 2 M ( x ′ ) ) d_2^N(x) = f_3(d_2^M(x')) d 2 N ( x ) = f 3 ( d 2 M ( x ′ )) f 3 ∘ d 2 M = d 2 N ∘ f 2 f_3\circ d_2^M = d_2^N\circ f_2 f 3 ∘ d 2 M = d 2 N ∘ f 2 d 2 N ( x − f 2 ( x ′ ) ) = d 2 N ( x ) − d 2 N ( f 2 ( x ′ ) ) = 0 d_2^N(x-f_2(x')) = d_2^N(x) - d_2^N(f_2(x')) = 0 d 2 N ( x − f 2 ( x ′ )) = d 2 N ( x ) − d 2 N ( f 2 ( x ′ )) = 0 x − f 2 ( x ′ ) ∈ ker d 2 N = im d 1 N x-f_2(x')\in \ker d_2^N = \im d_1^N x − f 2 ( x ′ ) ∈ ker d 2 N = im d 1 N y ∈ N 1 y\in N_1 y ∈ N 1 x = f 2 ( x ′ ) + d 1 N ( y ) x = f_2(x') + d_1^N(y) x = f 2 ( x ′ ) + d 1 N ( y )
x 0 = p 2 ( x ) = p 2 ( f 2 ( x ′ ) ) + p 2 ( d 1 N ( y ) ) = p 2 ( d 1 N ( y ) ) = b 1 ( p 1 ( y ) ) x_0 = p_2(x) = p_2(f_2(x')) + p_2(d_1^N(y)) = p_2(d_1^N(y)) = b_1(p_1(y)) x 0 = p 2 ( x ) = p 2 ( f 2 ( x ′ )) + p 2 ( d 1 N ( y )) = p 2 ( d 1 N ( y )) = b 1 ( p 1 ( y )) となる。したがってx 0 ∈ im b 1 x_0\in\im b_1 x 0 ∈ im b 1
主張 (3) を示す。主張 (4) を示す。a 1 a_1 a 1 d 1 M d_1^M d 1 M b 2 b_2 b 2 d 2 N d_2^N d 2 N ▨
2 蛇の補題と五項補題 命題 2.1 (蛇の補題).
可換図式
M 1
M 2
M 3
0
0
N 1
N 2
N 3
d 1 M
f 1
d 2 M
f 2
f 3
d 1 N
d 2 N
図 2.1.1 を左R R R 連結準同型 (connecting homomorphism) と呼ばれる左R R R δ : ker f 3 → coker f 1 \delta\colon\ker f_3 \to \coker f_1 δ : ker f 3 → coker f 1
ker f 1 → a 1 ker f 2 → a 2 ker f 3 → δ coker f 1 → b 1 coker f 2 → b 2 coker f 3 \ker f_1 \xrightarrow{a_1} \ker f_2 \xrightarrow{a_2} \ker f_3 \xrightarrow{\delta}
\coker f_1 \xrightarrow{b_1} \coker f_2 \xrightarrow{b_2} \coker f_3 ker f 1 a 1 ker f 2 a 2 ker f 3 δ coker f 1 b 1 coker f 2 b 2 coker f 3 が完全となる。さらにd 1 M d_1^M d 1 M a 1 a_1 a 1 d 2 N d_2^N d 2 N b 2 b_2 b 2
証明. まずker f 2 \ker f_2 ker f 2 coker f 2 \coker f_2 coker f 2 補題 1.8 よりただちに従う。両端の単射性と全射性も補題 1.8 (3) と補題 1.8 (4) から従う。
d 1 N ∘ f 1 = f 2 ∘ d 1 M d_1^N\circ f_1 = f_2\circ d_1^M d 1 N ∘ f 1 = f 2 ∘ d 1 M f ˉ 2 : M 2 / im d 1 M → N 2 / d 1 N ( im f 1 ) \bar{f}_2: M_2/\im d_1^M\to N_2/d_1^N(\im f_1) f ˉ 2 : M 2 / im d 1 M → N 2 / d 1 N ( im f 1 )
可換図式
M 1
M 2
M 3
0
0
coker d 1 M
M 3
0
0
N 1
N 2
N 3
0
coker f 1
N 2 / d 1 N (im f 1 )
N 3
d 1 M
f 1
d 2 M
f 2
f 3
d ˉ 2 M
d 1 N
d 2 N
d ˉ 1 N
d ˉ 2 N
f ˉ 2
f 3
図 2.1.2 この図式が引き起こす可換図式
可換図式
ker f 1
ker f 2
ker f 3
0
ker f ˉ 2
ker f 3
a 1
a 2
a ˉ 2
図 2.1.3 において、上段と下段はそれぞれ補題 1.8 (1) より完全である。
(図 2.1.1 の左辺と中央を縦向きに見て) 完全列ker f 1 → M 1 → im f 1 → 0 \ker f_1 \to M_1 \to \im f_1 \to 0 ker f 1 → M 1 → im f 1 → 0 0 → ker f 2 → M 2 → N 2 0\to \ker f_2 \to M_2 \to N_2 0 → ker f 2 → M 2 → N 2 補題 1.8 (2) を適用すれば、
coker a 1 ⟶ coker d 1 M → f ˉ 2 N 2 / d 1 N ( im f 1 ) \coker a_1 \longrightarrow \coker d_1^M \xrightarrow{\bar{f}_2} N_2/d_1^N(\im f_1) coker a 1 ⟶ coker d 1 M f ˉ 2 N 2 / d 1 N ( im f 1 ) が完全であることが従う。特にker f 2 → ker f ˉ 2 \ker f_2 \to \ker \bar{f}_2 ker f 2 → ker f ˉ 2 図 2.1.3 の右側の四角形が可換であることから、im a ˉ 2 = im a 2 \im \bar{a}_2 = \im a_2 im a ˉ 2 = im a 2 d 1 N ( im f 1 ) ⊂ im f 2 d_1^N(\im f_1) \subset \im f_2 d 1 N ( im f 1 ) ⊂ im f 2 coker f 2 → coker f ˉ 2 \coker f_2\to \coker \bar{f}_2 coker f 2 → coker f ˉ 2 0 → coker d 1 M → d ˉ 2 M M 3 → 0 0\to\coker d_1^M\xrightarrow{\bar{d}_2^M}M_3\to0 0 → coker d 1 M d ˉ 2 M M 3 → 0 0 → coker f 1 → d ˉ 1 N N 2 / d 1 N ( im f 1 ) → d ˉ 2 N N 3 0\to\coker f_1\xrightarrow{\bar{d}_1^N}N_2/d_1^N(\im f_1)\xrightarrow{\bar{d}_2^N}N_3 0 → coker f 1 d ˉ 1 N N 2 / d 1 N ( im f 1 ) d ˉ 2 N N 3 d ˉ 2 M ( x + im d 1 M ) = d 2 M ( x ) \bar{d}_2^M(x+\im d_1^M)=d_2^M(x) d ˉ 2 M ( x + im d 1 M ) = d 2 M ( x ) M 2 M_2 M 2 ker d ˉ 2 M = ker d 2 M / im d 1 M = 0 \ker\bar{d}_2^M=\ker d_2^M/\im d_1^M=0 ker d ˉ 2 M = ker d 2 M / im d 1 M = 0 d 2 M d_2^M d 2 M d ˉ 2 M \bar{d}_2^M d ˉ 2 M K : = d 1 N ( im f 1 ) K:=d_1^N(\im f_1) K := d 1 N ( im f 1 ) d ˉ 1 N ( y + im f 1 ) = d 1 N ( y ) + K \bar{d}_1^N(y+\im f_1)=d_1^N(y)+K d ˉ 1 N ( y + im f 1 ) = d 1 N ( y ) + K d ˉ 2 N ( x + K ) = d 2 N ( x ) \bar{d}_2^N(x+K)=d_2^N(x) d ˉ 2 N ( x + K ) = d 2 N ( x ) d 1 N d_1^N d 1 N d 1 N ( y ) ∈ K d_1^N(y)\in K d 1 N ( y ) ∈ K y ∈ im f 1 y\in\im f_1 y ∈ im f 1 d ˉ 1 N \bar{d}_1^N d ˉ 1 N K ⊂ im d 1 N = ker d 2 N K\subset\im d_1^N=\ker d_2^N K ⊂ im d 1 N = ker d 2 N ker d ˉ 2 N = ker d 2 N / K = im d 1 N / K = im d ˉ 1 N \ker\bar{d}_2^N=\ker d_2^N/K=\im d_1^N/K=\im\bar{d}_1^N ker d ˉ 2 N = ker d 2 N / K = im d 1 N / K = im d ˉ 1 N 命題 2.1 の仮定をM 1 = 0 M_1=0 M 1 = 0 δ \delta δ ker f 3 \ker f_3 ker f 3 coker f 1 \coker f_1 coker f 1 M 1 = 0 M_1=0 M 1 = 0
d 2 N ∘ f 2 = f 3 ∘ d 2 M d_2^N\circ f_2 = f_3\circ d_2^M d 2 N ∘ f 2 = f 3 ∘ d 2 M f 2 f_2 f 2 d 2 M , − 1 ( ker f 3 ) d_2^{M,-1}(\ker f_3) d 2 M , − 1 ( ker f 3 ) f 2 ′ f'_2 f 2 ′
可換図式
M 1
d 2 M ,−1 (ker f 3 )
ker f 3
0
M 1
M 2
M 3
0
0
N 1
ker d 2 N
0
0
N 1
N 2
N 3
d 1 M
f 1
d 2 M
f 2 ′
d 2 M
d 1 N
d 2 N
d 1 N
d 2 N
f 2
f 3
図 2.1.4 この図式が引き起こす可換図式
可換図式
coker f 1
coker f 2 ′
0
coker f 1
coker f 2
coker f 3
b 1 ′
b 1
b 2
図 2.1.5 において、上段と下段はそれぞれ補題 1.8 (2) より完全である。
(図 2.1.1 の図式の中央と右辺を縦向きに見て) 完全列M 2 → N 2 → coker f 2 → 0 M_2 \to N_2 \to \coker f_2 \to 0 M 2 → N 2 → coker f 2 → 0 0 → im f 3 → N 3 → coker f 3 0\to \im f_3 \to N_3 \to \coker f_3 0 → im f 3 → N 3 → coker f 3 補題 1.8 (1) を適用すれば、
d 2 M , − 1 ( ker f 3 ) → f 2 ′ ker d 2 N ⟶ ker ( b 2 ) d_2^{M, -1}(\ker f_3) \xrightarrow{f'_2} \ker d_2^N \longrightarrow \ker(b_2) d 2 M , − 1 ( ker f 3 ) f 2 ′ ker d 2 N ⟶ ker ( b 2 ) が完全であることが従う。特にcoker f 2 ′ → ker ( b 2 ) \coker f'_2 \to \ker(b_2) coker f 2 ′ → ker ( b 2 ) 図 2.1.5 の左側の四角形が可換であることから、im b 1 ′ = im b 1 \im b'_1 = \im b_1 im b 1 ′ = im b 1 ker b 1 ′ = ker b 1 \ker b'_1=\ker b_1 ker b 1 ′ = ker b 1 f 2 ′ f'_2 f 2 ′ f 2 f_2 f 2 ker f 2 ′ → ker f 2 \ker f'_2\to \ker f_2 ker f 2 ′ → ker f 2 M 1 → d 1 M d 2 M , − 1 ( ker f 3 ) → d 2 M ker f 3 → 0 M_1\xrightarrow{d_1^M}d_2^{M,-1}(\ker f_3)\xrightarrow{d_2^M}\ker f_3\to0 M 1 d 1 M d 2 M , − 1 ( ker f 3 ) d 2 M ker f 3 → 0 0 → N 1 → d 1 N ker d 2 N → 0 0\to N_1\xrightarrow{d_1^N}\ker d_2^N\to0 0 → N 1 d 1 N ker d 2 N → 0 im d 1 M = ker d 2 M ⊂ d 2 M , − 1 ( ker f 3 ) \im d_1^M=\ker d_2^M\subset d_2^{M,-1}(\ker f_3) im d 1 M = ker d 2 M ⊂ d 2 M , − 1 ( ker f 3 ) d 1 M d_1^M d 1 M d 2 M , − 1 ( ker f 3 ) d_2^{M,-1}(\ker f_3) d 2 M , − 1 ( ker f 3 ) d 2 M d_2^M d 2 M ker d 2 M = im d 1 M \ker d_2^M=\im d_1^M ker d 2 M = im d 1 M d 2 M d_2^M d 2 M d 2 M d_2^M d 2 M ker f 3 \ker f_3 ker f 3 d 1 N d_1^N d 1 N ker d 2 N \ker d_2^N ker d 2 N 命題 2.1 の仮定をN 3 = 0 N_3=0 N 3 = 0 M 1 M_1 M 1 δ \delta δ ker f 3 \ker f_3 ker f 3 coker f 1 \coker f_1 coker f 1 N 3 = 0 N_3=0 N 3 = 0
M 1 = 0 M_1=0 M 1 = 0 N 3 = 0 N_3=0 N 3 = 0 d 2 M d_2^M d 2 M d 1 N d_1^N d 1 N ker f 3 = M 3 \ker f_3 = M_3 ker f 3 = M 3 coker f 1 = N 1 \coker f_1 = N_1 coker f 1 = N 1 δ = ( d 1 N ) − 1 ∘ f 2 ∘ ( d 2 M ) − 1 \delta = (d_1^N)^{-1} \circ f_2 \circ (d_2^M)^{-1} δ = ( d 1 N ) − 1 ∘ f 2 ∘ ( d 2 M ) − 1 R R R ker f 3 → coker f 1 \ker f_3 \to \coker f_1 ker f 3 → coker f 1 δ \delta δ
ker f 2 ⟶ M 2 → f 2 N 2 ⟶ coker f 2 \ker f_2 \longrightarrow M_2 \xrightarrow{f_2} N_2 \longrightarrow \coker f_2 ker f 2 ⟶ M 2 f 2 N 2 ⟶ coker f 2 が完全であることからただちに従う。▨
補題 2.2 (五項補題). R R R R R R R R R
A 1 → α 1 A 2 → α 2 A 3 → α 3 A 4 → α 4 A 5 f 1 ↓ f 2 ↓ f 3 ↓ f 4 ↓ f 5 ↓ B 1 → β 1 B 2 → β 2 B 3 → β 3 B 4 → β 4 B 5 \begin{array}{ccccccccc}
A_1&\xrightarrow{\alpha_1}&A_2&\xrightarrow{\alpha_2}&A_3&\xrightarrow{\alpha_3}&A_4&\xrightarrow{\alpha_4}&A_5\\
{\scriptstyle f_1}\downarrow&&{\scriptstyle f_2}\downarrow&&{\scriptstyle f_3}\downarrow&&{\scriptstyle f_4}\downarrow&&{\scriptstyle f_5}\downarrow\\
B_1&\xrightarrow{\beta_1}&B_2&\xrightarrow{\beta_2}&B_3&\xrightarrow{\beta_3}&B_4&\xrightarrow{\beta_4}&B_5
\end{array} A 1 f 1 ↓ B 1 α 1 β 1 A 2 f 2 ↓ B 2 α 2 β 2 A 3 f 3 ↓ B 3 α 3 β 3 A 4 f 4 ↓ B 4 α 4 β 4 A 5 f 5 ↓ B 5 (2.2.1) \text{(2.2.1)} (2.2.1)
f 1 f_1 f 1 f 2 f_2 f 2 f 4 f_4 f 4 f 3 f_3 f 3 f 2 f_2 f 2 f 4 f_4 f 4 f 5 f_5 f 5 f 3 f_3 f 3 特に、f 1 f_1 f 1 f 2 f_2 f 2 f 4 f_4 f 4 f 5 f_5 f 5 f 3 f_3 f 3
証明. 主張 (1) を示す。x ∈ A 3 x\in A_3 x ∈ A 3 f 3 ( x ) = 0 f_3(x)=0 f 3 ( x ) = 0
f 4 ( α 3 ( x ) ) = β 3 ( f 3 ( x ) ) = 0 f_4(\alpha_3(x))=\beta_3(f_3(x))=0 f 4 ( α 3 ( x )) = β 3 ( f 3 ( x )) = 0 である。f 4 f_4 f 4 α 3 ( x ) = 0 \alpha_3(x)=0 α 3 ( x ) = 0 A 3 A_3 A 3 α 2 ( a ) = x \alpha_2(a)=x α 2 ( a ) = x a ∈ A 2 a\in A_2 a ∈ A 2
β 2 ( f 2 ( a ) ) = f 3 ( α 2 ( a ) ) = f 3 ( x ) = 0 \beta_2(f_2(a))=f_3(\alpha_2(a))=f_3(x)=0 β 2 ( f 2 ( a )) = f 3 ( α 2 ( a )) = f 3 ( x ) = 0 であるから、下段のB 2 B_2 B 2 β 1 ( b ) = f 2 ( a ) \beta_1(b)=f_2(a) β 1 ( b ) = f 2 ( a ) b ∈ B 1 b\in B_1 b ∈ B 1 f 1 f_1 f 1 f 1 ( c ) = b f_1(c)=b f 1 ( c ) = b c ∈ A 1 c\in A_1 c ∈ A 1
f 2 ( a − α 1 ( c ) ) = f 2 ( a ) − β 1 ( f 1 ( c ) ) = 0 f_2(a-\alpha_1(c))=f_2(a)-\beta_1(f_1(c))=0 f 2 ( a − α 1 ( c )) = f 2 ( a ) − β 1 ( f 1 ( c )) = 0 であるから、f 2 f_2 f 2 a = α 1 ( c ) a=\alpha_1(c) a = α 1 ( c ) α 2 α 1 = 0 \alpha_2\alpha_1=0 α 2 α 1 = 0 x = α 2 ( a ) = α 2 α 1 ( c ) = 0 x=\alpha_2(a)=\alpha_2\alpha_1(c)=0 x = α 2 ( a ) = α 2 α 1 ( c ) = 0 f 3 f_3 f 3
主張 (2) を示す。y ∈ B 3 y\in B_3 y ∈ B 3 f 4 f_4 f 4 f 4 ( a ) = β 3 ( y ) f_4(a)=\beta_3(y) f 4 ( a ) = β 3 ( y ) a ∈ A 4 a\in A_4 a ∈ A 4
f 5 ( α 4 ( a ) ) = β 4 ( f 4 ( a ) ) = β 4 β 3 ( y ) = 0 f_5(\alpha_4(a))=\beta_4(f_4(a))=\beta_4\beta_3(y)=0 f 5 ( α 4 ( a )) = β 4 ( f 4 ( a )) = β 4 β 3 ( y ) = 0 である。f 5 f_5 f 5 α 4 ( a ) = 0 \alpha_4(a)=0 α 4 ( a ) = 0 A 4 A_4 A 4 α 3 ( x ) = a \alpha_3(x)=a α 3 ( x ) = a x ∈ A 3 x\in A_3 x ∈ A 3
β 3 ( y − f 3 ( x ) ) = β 3 ( y ) − f 4 ( α 3 ( x ) ) = 0 \beta_3(y-f_3(x))=\beta_3(y)-f_4(\alpha_3(x))=0 β 3 ( y − f 3 ( x )) = β 3 ( y ) − f 4 ( α 3 ( x )) = 0 であるから、下段のB 3 B_3 B 3 β 2 ( b ) = y − f 3 ( x ) \beta_2(b)=y-f_3(x) β 2 ( b ) = y − f 3 ( x ) b ∈ B 2 b\in B_2 b ∈ B 2 f 2 f_2 f 2 f 2 ( c ) = b f_2(c)=b f 2 ( c ) = b c ∈ A 2 c\in A_2 c ∈ A 2
f 3 ( x + α 2 ( c ) ) = f 3 ( x ) + β 2 ( f 2 ( c ) ) = f 3 ( x ) + β 2 ( b ) = y f_3(x+\alpha_2(c))=f_3(x)+\beta_2(f_2(c))=f_3(x)+\beta_2(b)=y f 3 ( x + α 2 ( c )) = f 3 ( x ) + β 2 ( f 2 ( c )) = f 3 ( x ) + β 2 ( b ) = y である。任意のy ∈ B 3 y\in B_3 y ∈ B 3 f 3 f_3 f 3 f 3 f_3 f 3
f 1 f_1 f 1 f 2 f_2 f 2 f 4 f_4 f 4 f 5 f_5 f 5 主張 (1) と主張 (2) によりf 3 f_3 f 3 ▨
3 短完全列の分裂 定義 3.1. 左R R R
0 ⟶ A → i B → p C ⟶ 0 0\longrightarrow A\xrightarrow{i}B\xrightarrow{p}C\longrightarrow0 0 ⟶ A i B p C ⟶ 0 を考える。
R R R r : B → A r\colon B\to A r : B → A r ∘ i = id A r\circ i=\operatorname{id}_A r ∘ i = id A r r r i i i レトラクション (retraction )R R R s : C → B s\colon C\to B s : C → B p ∘ s = id C p\circ s=\operatorname{id}_C p ∘ s = id C s s s p p p 切断 (section )セクション (section ) レトラクションまたはセクションが存在するとき、この短完全列は分裂する (split exact sequence )
命題 3.2 (分裂補題). 左R R R
0 ⟶ A → i B → p C ⟶ 0 0\longrightarrow A\xrightarrow{i}B\xrightarrow{p}C\longrightarrow0 0 ⟶ A i B p C ⟶ 0 に対して、次の三条件は同値である。
i i i r : B → A r\colon B\to A r : B → A p p p s : C → B s\colon C\to B s : C → B 左R R R Θ : B → ≅ A ⊕ C \Theta\colon B\xrightarrow{\cong}A\oplus C Θ : B ≅ A ⊕ C ( Θ ∘ i ) ( a ) = ( a , 0 ) , π C ∘ Θ = p (\Theta\circ i)(a)=(a,0),
\qquad
\pi_C\circ\Theta=p ( Θ ∘ i ) ( a ) = ( a , 0 ) , π C ∘ Θ = p π C : A ⊕ C → C \pi_C\colon A\oplus C\to C π C : A ⊕ C → C
証明. (1) ⇒ \Rightarrow ⇒ (2) r r r i i i
可換図式
0
A
B
C
0
0
A
A
0
0
i
p
r
図 3.2.1 に対して蛇の補題命題 2.1 を用いると、p p p p ∣ ker r : ker r → C p|_{\ker r}:\ker r\to C p ∣ k e r r : ker r → C j : ker r → B j:\ker r\to B j : ker r → B
s : = j ∘ ( p ∣ ker r ) − 1 : C ⟶ B s:=j\circ(p|_{\ker r})^{-1}:C\longrightarrow B s := j ∘ ( p ∣ k e r r ) − 1 : C ⟶ B と定めればp ∘ s = id C p\circ s=\operatorname{id}_C p ∘ s = id C s s s p p p
(2) ⇒ \Rightarrow ⇒ (1) 問題 6.3 ）。
(1) ⇒ \Rightarrow ⇒ (3) r r r i i i A → A ⊕ C A\to A\oplus C A → A ⊕ C A ⊕ C → C A\oplus C\to C A ⊕ C → C Θ = ( r , p ) : B → A ⊕ C \Theta = (r, p):B\to A\oplus C Θ = ( r , p ) : B → A ⊕ C r , p r, p r , p b ↦ ( r ( b ) , p ( b ) ) b\mapsto (r(b), p(b)) b ↦ ( r ( b ) , p ( b ))
可換図式
0
A
B
C
0
0
A
A ⊕ C
C
0
i
p
Θ=( r , p )
図 3.2.2 であって、上段と下段がそれぞれ完全となるものが得られる。この図式に対して蛇の補題命題 2.1 を用いると中央の射( r , p ) : B → A ⊕ C (r,p): B\to A\oplus C ( r , p ) : B → A ⊕ C
(3) ⇒ \Rightarrow ⇒ (1) q : A ⊕ C → A q:A\oplus C\to A q : A ⊕ C → A r = q ∘ Θ r=q\circ \Theta r = q ∘ Θ i i i ▨
4 図式追跡による連結準同型の構成 選択独立性を含む証明の詳細は問題 6.2 で扱う。
連結準同型を定める元の移動
上段での持ち上げを変更すると、下段左端の元は f の像だけ変化するため、最後に得られる余核の元は変化しない。
5 例 例 5.1. R = Z R=\Z R = Z f : = × 2 f:=\times2 f := × 2 g : = × 2 g:=\times2 g := × 2 h : = 0 h:=0 h := 0
0 ⟶ Z → × 2 Z → q Z / 2 Z ⟶ 0 ↓ × 2 ↓ × 2 ↓ 0 0 ⟶ Z → × 2 Z → q Z / 2 Z ⟶ 0. \begin{array}{ccccccccc}
0&\longrightarrow&\Z&\xrightarrow{\ \times2\ }&\Z&\xrightarrow{\ q\ }&\Z/2\Z&\longrightarrow&0\\
&&\downarrow{\scriptstyle \times2}&&\downarrow{\scriptstyle \times2}&&\downarrow{\scriptstyle 0}&&\\
0&\longrightarrow&\Z&\xrightarrow{\ \times2\ }&\Z&\xrightarrow{\ q\ }&\Z/2\Z&\longrightarrow&0.
\end{array} 0 0 ⟶ ⟶ Z ↓ × 2 Z × 2 × 2 Z ↓ × 2 Z q q Z /2 Z ↓ 0 Z /2 Z ⟶ ⟶ 0 0. このとき、左の正方形は( × 2 ) ∘ ( × 2 ) = ( × 2 ) ∘ ( × 2 ) (\times2)\circ(\times2)=(\times2)\circ(\times2) ( × 2 ) ∘ ( × 2 ) = ( × 2 ) ∘ ( × 2 ) q ( 2 n ) = 0 q(2n)=0 q ( 2 n ) = 0
ker h = Z / 2 Z , coker f = Z / 2 Z \ker h=\Z/2\Z,
\qquad
\operatorname{coker}f=\Z/2\Z ker h = Z /2 Z , coker f = Z /2 Z である。
1 + 2 Z ∈ ker h 1+2\Z\in\ker h 1 + 2 Z ∈ ker h 1 ∈ Z 1\in\Z 1 ∈ Z 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2
δ ( 1 + 2 Z ) = 1 + 2 Z \delta(1+2\Z)=1+2\Z δ ( 1 + 2 Z ) = 1 + 2 Z である。δ \delta δ Z \Z Z Z / 2 Z \Z/2\Z Z /2 Z
6 演習問題 解答. i ker : ker u ↪ M i_{\ker}\colon\ker u\hookrightarrow M i k e r : ker u ↪ M i im : im u ↪ N i_{\operatorname{im}}\colon\operatorname{im}u\hookrightarrow N i im : im u ↪ N q : N ↠ coker u q\colon N\twoheadrightarrow\operatorname{coker}u q : N ↠ coker u
第一の列では、i ker i_{\ker} i k e r im i ker = ker u \operatorname{im}i_{\ker}=\ker u im i k e r = ker u ker q = im u \ker q=\operatorname{im}u ker q = im u q q q u : M → im u u\colon M\to\operatorname{im}u u : M → im u ker u \ker u ker u i im i_{\operatorname{im}} i im im i im = ker q \operatorname{im}i_{\operatorname{im}}=\ker q im i im = ker q q q q ▨
問題 6.2 (図式追跡による蛇の補題). 元の図式追跡によって蛇の補題命題 2.1 を証明せよ。とくに、連結準同型の定義が持ち上げの選択に依存しないことと、ker δ = im a 2 \ker\delta=\operatorname{im}a_2 ker δ = im a 2 ker b 1 = im δ \ker b_1=\operatorname{im}\delta ker b 1 = im δ
解答. x ∈ ker f 3 x\in\ker f_3 x ∈ ker f 3 d 2 M d_2^M d 2 M d 2 M ( y ) = x d_2^M(y)=x d 2 M ( y ) = x y ∈ M 2 y\in M_2 y ∈ M 2
d 2 N ( f 2 ( y ) ) = f 3 ( d 2 M ( y ) ) = f 3 ( x ) = 0 d_2^N(f_2(y))=f_3(d_2^M(y))=f_3(x)=0 d 2 N ( f 2 ( y )) = f 3 ( d 2 M ( y )) = f 3 ( x ) = 0 である。下段の完全性とd 1 N d_1^N d 1 N d 1 N ( z ) = f 2 ( y ) d_1^N(z)=f_2(y) d 1 N ( z ) = f 2 ( y ) z ∈ N 1 z\in N_1 z ∈ N 1
δ ( x ) : = z + im f 1 ∈ coker f 1 \delta(x):=z+\operatorname{im}f_1\in\operatorname{coker}f_1 δ ( x ) := z + im f 1 ∈ coker f 1 と定める。
別の持ち上げy ′ y' y ′ z ′ z' z ′ y − y ′ = d 1 M ( m ) y-y'=d_1^M(m) y − y ′ = d 1 M ( m ) m ∈ M 1 m\in M_1 m ∈ M 1 d 1 N d_1^N d 1 N
d 1 N ( z − z ′ ) = f 2 ( y − y ′ ) = d 1 N ( f 1 ( m ) ) ⟹ z − z ′ = f 1 ( m ) d_1^N(z-z')=f_2(y-y')=d_1^N(f_1(m))
\quad\Longrightarrow\quad
z-z'=f_1(m) d 1 N ( z − z ′ ) = f 2 ( y − y ′ ) = d 1 N ( f 1 ( m )) ⟹ z − z ′ = f 1 ( m ) となる。したがって、z z z z ′ z' z ′ coker f 1 \operatorname{coker}f_1 coker f 1 δ \delta δ R R R
x = a 2 ( y 0 ) x=a_2(y_0) x = a 2 ( y 0 ) y 0 ∈ ker f 2 y_0\in\ker f_2 y 0 ∈ ker f 2 y 0 y_0 y 0 δ ( x ) = 0 \delta(x)=0 δ ( x ) = 0 δ ( x ) = 0 \delta(x)=0 δ ( x ) = 0 z z z z = f 1 ( m ) z=f_1(m) z = f 1 ( m )
f 2 ( y − d 1 M ( m ) ) = 0 , d 2 M ( y − d 1 M ( m ) ) = x f_2(y-d_1^M(m))=0,
\qquad
d_2^M(y-d_1^M(m))=x f 2 ( y − d 1 M ( m )) = 0 , d 2 M ( y − d 1 M ( m )) = x であるから、x ∈ im a 2 x\in\operatorname{im}a_2 x ∈ im a 2 ker δ = im a 2 \ker\delta=\operatorname{im}a_2 ker δ = im a 2
また、b 1 ( δ ( x ) ) b_1(\delta(x)) b 1 ( δ ( x )) d 1 N ( z ) = f 2 ( y ) d_1^N(z)=f_2(y) d 1 N ( z ) = f 2 ( y ) b 1 ( z + im f 1 ) = 0 b_1(z+\operatorname{im}f_1)=0 b 1 ( z + im f 1 ) = 0 d 1 N ( z ) = f 2 ( y ) d_1^N(z)=f_2(y) d 1 N ( z ) = f 2 ( y ) y ∈ M 2 y\in M_2 y ∈ M 2 x = d 2 M ( y ) x=d_2^M(y) x = d 2 M ( y ) f 3 ( x ) = 0 f_3(x)=0 f 3 ( x ) = 0 δ ( x ) = z + im f 1 \delta(x)=z+\operatorname{im}f_1 δ ( x ) = z + im f 1 ker b 1 = im δ \ker b_1=\operatorname{im}\delta ker b 1 = im δ
ker a 2 = im a 1 \ker a_2=\operatorname{im}a_1 ker a 2 = im a 1 y ∈ ker f 2 y\in\ker f_2 y ∈ ker f 2 d 2 M ( y ) = 0 d_2^M(y)=0 d 2 M ( y ) = 0 y = d 1 M ( m ) y=d_1^M(m) y = d 1 M ( m ) d 1 N ( f 1 ( m ) ) = f 2 ( y ) = 0 d_1^N(f_1(m))=f_2(y)=0 d 1 N ( f 1 ( m )) = f 2 ( y ) = 0 d 1 N d_1^N d 1 N ker b 2 = im b 1 \ker b_2=\operatorname{im}b_1 ker b 2 = im b 1 d 2 N ( n 2 ) = f 3 ( m 3 ) d_2^N(n_2)=f_3(m_3) d 2 N ( n 2 ) = f 3 ( m 3 ) m 3 = d 2 M ( m 2 ) m_3=d_2^M(m_2) m 3 = d 2 M ( m 2 ) n 2 − f 2 ( m 2 ) ∈ ker d 2 N = im d 1 N n_2-f_2(m_2)\in\ker d_2^N=\operatorname{im}d_1^N n 2 − f 2 ( m 2 ) ∈ ker d 2 N = im d 1 N d 1 M d_1^M d 1 M a 1 a_1 a 1 d 2 N d_2^N d 2 N b 2 b_2 b 2 命題 2.1 は示された。▨
解答. s : C → B s\colon C\to B s : C → B p p p b ∈ B b\in B b ∈ B
p ( b − s ( p ( b ) ) ) = p ( b ) − p ( b ) = 0 p(b-s(p(b)))=p(b)-p(b)=0 p ( b − s ( p ( b ))) = p ( b ) − p ( b ) = 0 であるから、b − s ( p ( b ) ) ∈ ker p = im i b-s(p(b))\in\ker p=\operatorname{im}i b − s ( p ( b )) ∈ ker p = im i i i i i ( a ) = b − s ( p ( b ) ) i(a)=b-s(p(b)) i ( a ) = b − s ( p ( b )) a ∈ A a\in A a ∈ A r ( b ) = a r(b)=a r ( b ) = a i i i r : B → A r\colon B\to A r : B → A R R R p ( i ( a ) ) = 0 p(i(a))=0 p ( i ( a )) = 0
i ( r ( i ( a ) ) ) = i ( a ) − s ( p ( i ( a ) ) ) = i ( a ) , i(r(i(a)))=i(a)-s(p(i(a)))=i(a), i ( r ( i ( a ))) = i ( a ) − s ( p ( i ( a ))) = i ( a ) , したがってr ∘ i = id A r\circ i=\operatorname{id}_A r ∘ i = id A r r r i i i ▨
問題 6.4 (分裂同型の逆射). 命題 3.2 (1) ⇒ \Rightarrow ⇒ (3) r : B → A r\colon B\to A r : B → A Θ ( b ) = ( r ( b ) , p ( b ) ) \Theta(b)=(r(b),p(b)) Θ ( b ) = ( r ( b ) , p ( b )) 命題 3.2 (1) ⇒ \Rightarrow ⇒ (2) s : C → B s\colon C\to B s : C → B Θ \Theta Θ
解答. 命題 3.2 (1) ⇒ \Rightarrow ⇒ (2) s s s im s ⊆ ker r \operatorname{im}s\subseteq\ker r im s ⊆ ker r
Ψ : A ⊕ C ⟶ B , Ψ ( a , c ) = i ( a ) + s ( c ) \Psi\colon A\oplus C\longrightarrow B,
\qquad
\Psi(a,c)=i(a)+s(c) Ψ : A ⊕ C ⟶ B , Ψ ( a , c ) = i ( a ) + s ( c ) と定めると、r ∘ s = 0 r\circ s=0 r ∘ s = 0 r ∘ i = id A r\circ i=\operatorname{id}_A r ∘ i = id A p ∘ i = 0 p\circ i=0 p ∘ i = 0 p ∘ s = id C p\circ s=\operatorname{id}_C p ∘ s = id C Θ ∘ Ψ = id A ⊕ C \Theta\circ\Psi=\operatorname{id}_{A\oplus C} Θ ∘ Ψ = id A ⊕ C
一方、b − s ( p ( b ) ) ∈ ker p = im i b-s(p(b))\in\ker p=\operatorname{im}i b − s ( p ( b )) ∈ ker p = im i r ( b − s ( p ( b ) ) ) = r ( b ) r(b-s(p(b)))=r(b) r ( b − s ( p ( b ))) = r ( b ) r ∘ i = id A r\circ i=\operatorname{id}_A r ∘ i = id A b − s ( p ( b ) ) = i ( r ( b ) ) b-s(p(b))=i(r(b)) b − s ( p ( b )) = i ( r ( b )) Ψ ( Θ ( b ) ) = b \Psi(\Theta(b))=b Ψ ( Θ ( b )) = b Ψ = Θ − 1 \Psi=\Theta^{-1} Ψ = Θ − 1 s s s s s s s − i ∘ r ∘ s s-i\circ r\circ s s − i ∘ r ∘ s ▨
問題 6.5 (整数の図式に対する蛇の補題). 例 5.1 の図式について、六つの対象と各写像をすべて計算し、得られる列が完全であることを直接確認せよ。
解答. 三本の縦射はf = g = × 2 f=g=\times2 f = g = × 2 h = 0 h=0 h = 0
ker f = 0 , ker g = 0 , ker h = Z / 2 Z , coker f = Z / 2 Z , coker g = Z / 2 Z , coker h = Z / 2 Z \ker f=0,
\quad \ker g=0,
\quad \ker h=\Z/2\Z,
\quad \operatorname{coker}f=\Z/2\Z,
\quad \operatorname{coker}g=\Z/2\Z,
\quad \operatorname{coker}h=\Z/2\Z ker f = 0 , ker g = 0 , ker h = Z /2 Z , coker f = Z /2 Z , coker g = Z /2 Z , coker h = Z /2 Z となる。a 1 : 0 → 0 a_1\colon0\to0 a 1 : 0 → 0 a 2 : 0 → Z / 2 Z a_2\colon0\to\Z/2\Z a 2 : 0 → Z /2 Z δ \delta δ 例 5.1 で計算した恒等写像である。b 1 b_1 b 1 Z / 2 Z \Z/2\Z Z /2 Z b 2 b_2 b 2 q q q
0 ⟶ 0 ⟶ 0 ⟶ Z / 2 Z → id Z / 2 Z → 0 Z / 2 Z → id Z / 2 Z ⟶ 0 0\longrightarrow0\longrightarrow0\longrightarrow
\Z/2\Z\xrightarrow{\operatorname{id}}
\Z/2\Z\xrightarrow{0}
\Z/2\Z\xrightarrow{\operatorname{id}}
\Z/2\Z\longrightarrow0 0 ⟶ 0 ⟶ 0 ⟶ Z /2 Z id Z /2 Z 0 Z /2 Z id Z /2 Z ⟶ 0 となる。各恒等写像の像は次の零写像の核に等しく、零写像の像は次の恒等写像の核に等しいため、この列は完全である。▨
問題 6.6 (レトラクション全体の作用). f : M → N f\colon M\to N f : M → N R R R f f f r : N → M r\colon N\to M r : N → M p : N → coker f p\colon N\to\operatorname{coker}f p : N → coker f r ′ : N → M r'\colon N\to M r ′ : N → M R R R φ : coker f → M \varphi\colon\operatorname{coker}f\to M φ : coker f → M r − r ′ = φ ∘ p r-r'=\varphi\circ p r − r ′ = φ ∘ p f f f Hom R ( coker f , M ) \operatorname{Hom}_R(\operatorname{coker}f,M) Hom R ( coker f , M )
解答. d = r − r ′ d=r-r' d = r − r ′ d ∘ f = r ∘ f − r ′ ∘ f = 0 d\circ f=r\circ f-r'\circ f=0 d ∘ f = r ∘ f − r ′ ∘ f = 0 d d d N / im f = coker f N/\operatorname{im}f=\operatorname{coker}f N / im f = coker f d = φ ∘ p d=\varphi\circ p d = φ ∘ p R R R φ : coker f → M \varphi\colon\operatorname{coker}f\to M φ : coker f → M p p p φ \varphi φ
H = Hom R ( coker f , M ) H=\operatorname{Hom}_R(\operatorname{coker}f,M) H = Hom R ( coker f , M ) ψ ∈ H \psi\in H ψ ∈ H r 0 r_0 r 0
ψ ⋅ r 0 : = r 0 + ψ ∘ p \psi\cdot r_0:=r_0+\psi\circ p ψ ⋅ r 0 := r 0 + ψ ∘ p と定める。p ∘ f = 0 p\circ f=0 p ∘ f = 0 ( ψ ⋅ r 0 ) ∘ f = id M (\psi\cdot r_0)\circ f=\operatorname{id}_M ( ψ ⋅ r 0 ) ∘ f = id M ψ ∘ p = ψ ′ ∘ p \psi\circ p=\psi'\circ p ψ ∘ p = ψ ′ ∘ p p p p ψ = ψ ′ \psi=\psi' ψ = ψ ′ r 0 , r 1 r_0,r_1 r 0 , r 1 r 1 − r 0 r_1-r_0 r 1 − r 0 ψ ∘ p \psi\circ p ψ ∘ p r 1 = ψ ⋅ r 0 r_1=\psi\cdot r_0 r 1 = ψ ⋅ r 0 ▨
問題 6.7. Z \Z Z
Z → 0 0 → 0 0 ⟶ 0 ↓ f 1 = 0 ↓ f 2 = 0 ↓ f 3 = 0 ↓ 0 → 0 0 → 0 0 ⟶ 0 \begin{array}{ccccccc}
\Z&\xrightarrow{0}&0&\xrightarrow{0}&0&\longrightarrow&0\\
\downarrow{\scriptstyle f_1=0}&&\downarrow{\scriptstyle f_2=0}&&\downarrow{\scriptstyle f_3=0}&&\downarrow\\
0&\xrightarrow{0}&0&\xrightarrow{0}&0&\longrightarrow&0
\end{array} Z ↓ f 1 = 0 0 0 0 0 ↓ f 2 = 0 0 0 0 0 ↓ f 3 = 0 0 ⟶ ⟶ 0 ↓ 0 を考える。下段の左には0 → 0 0\to0 0 → 0 命題 2.1 の仮定を満たすことと、各四角形の可換性を確認せよ。さらに、核と余核およびそれらの間の誘導射を計算し、上段の左側の射d 1 M d_1^M d 1 M
解答. 上段のM 2 = 0 M_2=0 M 2 = 0 M 3 = 0 M_3=0 M 3 = 0 d 1 M : Z → 0 d_1^M\colon\Z\to0 d 1 M : Z → 0 ker d 1 M = Z ≠ 0 \ker d_1^M=\Z\ne0 ker d 1 M = Z = 0
縦射の核と余核は
ker f 1 = Z , ker f 2 = ker f 3 = 0 , coker f 1 = coker f 2 = coker f 3 = 0 \ker f_1=\Z,\qquad\ker f_2=\ker f_3=0,
\qquad\coker f_1=\coker f_2=\coker f_3=0 ker f 1 = Z , ker f 2 = ker f 3 = 0 , coker f 1 = coker f 2 = coker f 3 = 0 である。したがって、a 1 : Z → 0 a_1\colon\Z\to0 a 1 : Z → 0 a 2 : 0 → 0 a_2\colon0\to0 a 2 : 0 → 0 δ : 0 → 0 \delta\colon0\to0 δ : 0 → 0 b 1 : 0 → 0 b_1\colon0\to0 b 1 : 0 → 0 b 2 : 0 → 0 b_2\colon0\to0 b 2 : 0 → 0 Z → 0 → 0 → 0 → 0 → 0 \Z\to0\to0\to0\to0\to0 Z → 0 → 0 → 0 → 0 → 0
0 ⟶ Z → 0 0 ⟶ 0 ⟶ 0 ⟶ 0 ⟶ 0 0\longrightarrow\Z\xrightarrow{0}0\longrightarrow0\longrightarrow0\longrightarrow0\longrightarrow0 0 ⟶ Z 0 0 ⟶ 0 ⟶ 0 ⟶ 0 ⟶ 0 では、Z \Z Z a 1 a_1 a 1 Z \Z Z Z \Z Z a 1 a_1 a 1 ▨
