Tài liệu Xây dựng hàm tử ext bằng phương pháp phân hoạch các dãy khớp

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) ∀ x 1 , x 2 , x ∈X.∀ y 1 , y 2 , 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 = nếu biểu đồ sau là giao hoán : • ; 1: C C’. Được gọi là một cấu xạ từ S S’ 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 • Dãy E: 0 A cấu và Im = Ker • B Dãy khớp ngắn E : 0 ; :B C là các R – đồng cấu 0 được gọi là dãy khớp ngắn nếu C A 0 – đơn cấu , – toàn 3 được gọi là chẻ ra nếu B = Im ⊕ B’ . trong đó B’ là 1 hạng tử trực liếp của mođun B. B. Nói cách khác. E là chẻ ra nếu Im 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 iii) ơ có nghịch đảo phải, tức là tồn tại đồng cấu q : C A sao cho p = 1A 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  Đồng cấu C :C (c, c) A C⊕C được gọi là đồng câu chéo. :A⊕ A (a1, a2) Mệnh đề 1.4 : Giả sử , A a1 + a2 được gọi là đồng cấu tổng. 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 1 A : A A phân tích được qua đơn 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. cấu 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 là các mở rộng của A nhờ c. bộ ba các đồng cấu : Và = (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 : = (1 A , . lC). Lúc đó ta có biểu đồ giao hoán : Vậy thì βχ.= χ'.1A với tích χ-1 A 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 Ta lấy các đồng cấu , (rb) = r (b) = r (c’) = (rc’). là các phép chiếu từ modun B’ xuống các modun thành phần B và C’ tương ứng, tức là : ((b, c’)) = b, , ’ dễ dàng nhận thấy chúng là các đồng cấu. Ta kiểm tra tính giao 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: , ’, , xác định như ví dụ đã đưa ở trên, thì ta cũng có : và : E'' = E như là E' = E nhưng rõ ràng là E' Tuy nhiên E’’ E’ bởi cấu xạ toàn đẳng -i : 2Z n E''. = (16z ,-i; 1Z3) : E’’ E’ trong đó : Z -n Thật vậy, tính 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’’) = nghĩa là hợp lý. • β" là đồng cấu do σβ " là đồng cấu. Hơn nữa ta có : (σb’’')) nên ( β'(b"), nên (β'(b’’), σ’’(b’’) nên định 11 Từ (*) và (**) ta suy ra 2 hình vuông ở dòng 1 là giao hoán. Vậy : ’’, 1C ) E’’ = (1A, 0 E’ là cấu xạ toàn đẳng và E’’ E’ Từ mệnh đề 3.2 ta có : Hệ quả : Nếu E1,E2 ∈ (C, A) mà E1 E2 và : C’ thì E1 E2 Chứng minh : trong sơ đồ sau: Ta có 1= Khi đó : (1A, ’,1C ) là cấu xạ toàn đẳng , 1 = phép xem E1 1. 2 2 =(1A, ’, ) là cấu xạ xác định E1 =(1A, ’ ’’, ) là cấu xạ xác định E2 . Tức là biểu đồ giao hoán trên cho chính là E2 . Từ đó theo mệnh đề 3.2 : E1 E2 Thực chất kết quả của mệnh đề 3.2 có thế mở rộng hơn tới cái gọi là "tính chất đối phổ dụng của E như sau : Mệnh đề 3.3 : = ( 1 A , ’, ): E Cấu xạ 1 =( 1, 1, ) : E1 E có tính chất đối phổ dụng, tức là với mọi cấu xạ E đều phân tích được 1 cách duy nhất qua , nghĩa là E duy nhất qua , nghĩa là ∃ duy nhất cấu xạ : E1 0 E sao cho 1= . 0 Chứng minh : • Ta chỉ ra sự tồn tại cấu xạ Theo mệnh đề 3.1 ta có : B’ ). Xem biểu đồ sau : 0 B ⊕ C’ Ta xác định : ’: B1 B’ như sau : ∀b1 ∈ B1: = Do 1( 1(b1)) , 1 1 ’ (b1) = ( 1(b1) , 1(b1)) ∈ B’.(Vì ( 1)b1)) trong mệnh đề 3.2). là đồng cấu nên ’là đồng cấu. Để chứng tỏ 0 = ( 1, ’, sẽ chỉ ra hai hình vuông ở dòng trên trong biểu đồ là giao hoán. Thật vậy, ∀a 1 ∈ A1 : C’) : E1 E là cấu xạ ta 12 cấu xạ là 0 duy ’’(b1) = ( nhất vì nếu cấu xạ ( 1, ’’, 0= ’’(b1)), ’ ’(b1) = ( 1(b1), 1(b1)) C’’)điều kiện trên thì ∀b 1 ∈ B1 : = ’(b1) tức là r0 duy nhất. Liên quan tới các khái niệm tổng trực tiếp của hai đồng cấu và tổng trực tiếp của hai mở rộng ta có kết quả. Mệnh đề 3.4 : Nếu E1 ∈ (C1, A1), E2 ∈ (C2, A1) và (E1⊕ E2)( 1⊕ 2 1 :C1’ C1 ; 2: C2’ C2 thì: ) E1 ⊕ E2 Chứng minh : Trước tiên ta chỉ ra sự tồn tại cấu xạ : E1 ⊕ E2 E1 ⊕ E2 Ta giả sử (1A1, 1, 1) là cấu xạ : E1 E1 (1A1, 2, 2) là cấu xạ : E2 E2 1 1 khi đó ta có bộ ba đồng cấu : : (1A1 ⊕ A2, Gọi 1 1 ⊕ 2, =(1A1 ⊕ A2, , 1 1 ⊕ ⊕ 2): 2)là Theo tính chất đối phổ dụng của Cấu xạ 0 là E1 ⊕ E2 E1 ⊕E2 là một cấu xạ. cấu xạ xây dựng mở rộng : (E1 ⊕ E2)( 1, 1 ⊕ 2) ∃! cấu xạ : cấu xạ toàn đẳng : Tương tự như trên, chúng ta có định nghĩa tích bên trái của một mở rộng với một đồng cấu. Cụ thể là : Cho E : 0 → A : A → A’. B C →0 là một đồng cấu mở rộng thuộc Ext(C. A) và đồng cấu 13 Mở rộng E' : 0 A’ B’ C 0 thuộc Ext(C, A’) được gọi là tích của đồng cấu rộng E nếu tồn tại cấu xạ : = ( , , 1C): E E’ nghĩa là ta có sơ đồ sau giao hoán : với mở 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 ’, ’, Thật vậy : là những đồng cấu và chúng làm cho biếu đồ giao hoán. Mà (0, (a)) - ( (a). 0) = (- (a)), )∈N Suy ra (0, ) + N = ( (a). 0) + N Nghĩa là = ’  ∀b ∈ B, 1C (b)= (b); ’ (b) = ’[(0,b) + N] = (b). Suy ra 1C =  Giả sử '(a') = tức (a’, 0) + N = (a'1, 0) + N. Nên (a’, 0) - (a1’, 0) ∈ N hay (a' – a1’, 0) ∈ N. Điều đó dẫn tới: ∃ a ∈ A để - a = a’ - và (a) = 0 Nhưng vì đơn ánh nên a = 0. Suy ra - (a) = 0 = a'- a'1. Vậy a’ = a'1 tức là ’ đơn ánh. ∀c ∈ C do toàn ánh nên ∃ b ∈ B sao cho : (b) = c mà (b) = (0, b) + N nên : ’[(0. b) + N] = (b) = c. Suy ra ’ - toàn ánh.  Ta có ’ ’(a’) = ’[(a'. 0) + N] = (0) = 0. Suy ra Im ’ Ker ' (1) Nếu (a’, b) + N ∈ Ker thì: [(a\ b) + N] = 0. Mà '[(a'. b) + N] = (b); nên (b) = 0 b ∈ Ker = Im . Vậy ∃ a∈ c A sao cho (a) - b. do đó : (a)= (b) = (0, b) + N. Mặt khác (a) = ’ (a) Nên (0,(b)) + N ∈ Im ’ và do vậy : (a’,b) + N = (a’,0) + (0,b) + N ∈ Im ’ và kết hợp với (1) ta có: Ker ’= Im ’ hay E’ là dãy khớp và do tính giao 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’ rộng αE là tồn tại duy nhất chính xác tới một toàn đẳng. E’’. hay nói cách khác mở Chứng minh : Xét biểu đồ sau : Trong đó ta đã có các cấu xạ : Ta xây dựng : β’: B’ B’’ như sau: ∀ (a’,b) + N ∈ B’ : β’’[(a’,b) + N] = ’’(a’) + β’(b) Khi đó β" được xác định duy nhất không phụ thuộc vào sự lựa chọn cặp đại diện (a’, b) của lớp (a', b) + N. Do ’’, β’là đồng cấu nên β’’ là đồng cấu. Dễ thấy hai hình 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 α: A → A’ ta có αE1 αE2 Chứng minh : Trong sơ đồ sau : E2 thì với đồng cấu 16 Với 1 = ( 1A, , 1C) là cấu xạ toàn đẳng và E là cấu xạ xác định E1 2= (α, β,1C): E1 → Khi đó ta cũng có cấu xạ: là cấu xạ xác định E2. Vậy thì E1 = E2 Kết quả của mệnh đề 3.6 có thể mở rộng hơn tới "tính chất phổ dụng" của E. Điêu đó thể hiện trong mệnh đề sau : Mênh đề 3,7 : Câu xạ = ( , β, lC): E E có tính chất phổ dụng, tức là mỗi cấu xạ E1 , đều phân tích được một cách duy nhất qua . Nghĩa là tồn tại duy 1 = ( , β1 , ) : E nhất cấu xạ : 0 (1A, β’, 1): E E1 sao cho 1 = 0 . Chứng minh : • Sợ tồn tại: Xét biểu đồ : Ta xác định β’ như sau : β’ : B = (A’⊕ B)/ N B1, β’[(a’,b) + N]= x1(a’) + β1(b). Khi dó β’ là ánh xạ và dễ thấy β’ là đồng cấu đồng thời β1= β’. Β (Vì β’ β(b) = β’[(0,b) + N]) = 1(0) + β1(b) = β1(b)) Ta sẽ chứng tỏ hai hình vuông dòng dưới là giao hoán. Vì : (Vì khớp tại B1 nên 1 1 = 0). Suy ra sự tồn tại cấu xạ : E1 0 = (1A, β’, ) : E Sự duy nhất : Giả sử ∃ β’’ : B’ B1 cũng làm cho biểu đồ giao hoán, tức là ta có : Khi đó