Đến nội dung

Hình ảnh

Các hàm tử $\text{Ext}$

đại số đồng điều lí thuyết phạm trù

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
nmlinh16

nmlinh16

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết

Các hàm tử $\text{Hom}$ phản biến và thuận biến của một phạm trù abel là các hàm tử khớp trái. Khi phạm trù đã cho có đủ xạ ảnh hoặc đủ nội xạ, ta có thể xây dựng các hàm tử $\text{Ext}^n$ với tư cách là dẫn xuất phải thứ $n$ của $\text{Hom}$, $n = 1,2,\ldots$. Năm 1934, Baer đã đưa ra mô tả cụ thể cho nhóm $\text{Ext}^1$ bởi các dãy khớp ngắn và phép toán trên đó (tổng Baer). Yoneda đã tổng quát hóa điều này cho các nhóm $\text{Ext}^n$ bởi các mở rộng độ dài $n$ ($n$-fold extensions).

 

Mục tiêu của các bài viết trong chủ đề này là trình bày lại các xây dựng trên và chỉ ra rằng cách xây dựng cụ thể ở trên của hàm tử $\text{Ext}^n$ trùng với cách xây dựng qua ngôn ngữ hàm tử dẫn xuất. Nội dung được lấy từ chương VII của [Barry Mitchell, Theory of Categories, 1965].

 

Ta cố định một phạm trù abel $\mathcal{A}$. Khi không có gì nhầm lẫn, ta dùng ký hiệu $\text{Hom}$ thay cho $\text{Hom}_{\mathcal{A}}$ và tương tự với $\text{Ext}^n$. Để tránh "abstract nonsense", ta hoàn toàn có thể làm việc trong một phạm trù cụ thể như phạm trù các mô-đun trên một vành. Khi đó, các chứng minh sẽ đơn giản hơn nhiều vì ta có khái niệm "phần tử".

 

 

1. Nhóm $\text{Ext}^1$ và tổng Baer

 

Cho $A$, $B$ là hai vật (của $\mathcal{A}$). Một mở rộng của $A$ bởi $B$ là một dãy khớp ngắn $\xi: 0 \to B \to X \to A \to 0$. Ta nói một mở rộng $\xi': 0 \to B \to X' \to A \to 0$ là tương đương với $\xi$ nếu tồn tại một cấu xạ $f: X' \to X$ sao cho biểu đồ

h1.png

giao hoán. Theo bổ đề 5, một cấu xạ $f$ như vậy tự động là một đẳng cấu. Lạm dụng ký hiệu, ta sẽ viết $\xi = \xi'$ nếu chúng tương đương. Ta ký hiệu bởi $\text{Ext}^1(A,B)$ lớp tất cả các mở rộng của $A$ bởi $B$ sai khác tương đương (dễ thấy "$=$" là một quan hệ tương đương giữa các mở rộng của $A$ bởi $B$). Có một vấn đề về mặt lý thuyết tập hợp rằng $\text{Ext}^1(A,B)$ có thể quá lớn (tức là một lớp thực sự thay vì là một tập hợp). Tuy nhiên chúng ta sẽ hoàn toàn lờ đi điều này. Dễ thấy nếu $\xi = \xi'$ và $\eta = \eta'$ thì $\xi \oplus \eta = \xi' \oplus \eta'$.

 

Mục tiêu của chúng ta là định nghĩa một phép toán có tính hàm tử trên $\text{Ext}^1(A,B)$ để nó trở thành một nhóm abel. Ta bắt đầu với tính hàm tử.

 

Bổ đề 1. Cho $f: A' \to A$ là một cấu xạ. Tồn tại duy nhất (sai khác tương đương) một cách nhúng biểu đồ

h2.png

vào một biểu đồ giao hoán với hai hàng khớp:

h3.png

Hàng trên của biểu đồ này là một mở rộng của $A'$ bởi $B$. Ta gọi nó là kéo lùi của $\xi$ bởi $f$ và ký hiệu nó bởi $\xi f$ (ta sẽ sớm thấy lợi thế của ký hiệu này so với ký hiệu $f^\ast \xi$).

Chứng minh

Trước hết, ta chứng minh tính duy nhất. Thật vậy, theo tính chất phổ dụng của tích theo thớ (fibered product) $X \times_A A'$, ta có một cấu xạ $X' \to X \times_A A'$, và ta dễ dàng kiểm tra rằng nó cho ta một tương đương giữa hai mở rộng $0 \to B \to X' \to A' \to 0$ và $0 \to B \to X \times_A A' \to A' \to 0$. Để chứng minh sự tồn tại, ta chỉ cần chỉ ra rằng dãy $0 \to B \to X \times_A A' \to A' \to 0$ khớp. Đây là một bài tập cơ bản của đại số đồng điều: trước hết, vì $X \to A$ là một toàn cấu nên $A$ chính là tổng hỗn tạp (amalgamated sum) của $X$ và $A'$ dọc theo $X \times_A A'$. Chi tiết xem ở The Stacks project 08N4. $\square$

 

Như vậy, mỗi cấu xạ $f: A' \to A$ cảm sinh một ánh xạ $f^\ast: \text{Ext}^1(A,B) \to \text{Ext}^1(A',B), \quad \xi \mapsto \xi f$.

 

Một cách đối ngẫu (chẳng hạn, ta có thể làm việc trong $\mathcal{A}^{\text{op}}$), nếu $g: B \to B'$ là một cấu xạ thì tồn tại duy nhất một cách nhúng biểu đồ

h4.png

vào một biểu đồ giao hoán với hai hàng khớp

h5.png

Trong trường hợp này, $X'$ là tổng hỗn tạp $X \sqcup_B B'$. Hàng dưới của biểu đồ trên là một mở rộng của $A$ bởi $B'$. Ta gọi nó là đẩy xuôi của $\xi$ bởi $g$ và ký hiệu nó bởi $g \xi$.

Ta có một ánh xạ $g_\ast: \text{Ext}^1(A,B) \to \text{Ext}^1(A,B'), \quad \xi \mapsto g\xi$.

 

 

Bổ đề 2. Cho $\xi: 0 \to B \to X \to A \to 0$ và $\xi': 0 \to B' \to X' \to A' \to 0$ là các dãy khớp ngắn. Cho một cấu xạ $\xi' \to \xi$ giữa chúng, và ký hiệu $f: A' \to A$ và $g: B' \to B$ là các cấu xạ tương ứng. Khi đó $\xi' \to \xi$ phân tích qua một mở rộng $\xi''$ của $A'$ bởi $B$ sao cho $\xi'' = g \xi' = \xi f$.

Chứng minh

Ta lấy $\xi'' = \xi f$ rồi xây dựng một cấu xạ $X' \to X \times_A A'$ bằng tính chất phổ dụng của tích theo thớ, từ đó ta có một cấu xạ $\xi' \to \xi''$ với hai đầu là $g: B' \to B$ và $1_{A'}: A' \to A'$. Do tính duy nhất nên ta có $\xi'' = g \xi'$. $\square$

 

 

Bổ đề 3. Cho $\xi: 0 \to B \to X \to A \to 0$ là một mở rộng. Cho $f: A' \to A, f': A'' \to A', g: B \to B'$ và $g': B' \to B''$ là các cấu xạ. Ta có các đẳng thức sau

(i) $1_B \xi = \xi 1_A = \xi$.

(ii) $(g'g)\xi = g'(g\xi)$ và $\xi(ff') = (\xi f)f'$.

(iii) $(g \xi) f = g(\xi f)$.

Nói cách khác, các xây dựng $f^\ast$ và $g_\ast$ có tính hàm tử và tương thích với nhau. Nói riêng, ta có một hàm tử hai biến $\text{Ext}^1(-,-): \mathcal{A}^{\text{op}} \times \mathcal{A} \to \mathbf{Sets}.$ Ngoài ra, ta có thể viết $gg' \xi, \xi ff'$ và $g\xi f$ mà không gây bất kỳ nhầm lẫn nào.

Chứng minh

(i) và (ii) là hiển nhiên. Để chứng minh (iii), ta xét các cấu xạ tự nhiên $\xi f \to \xi$ và $\xi \to g\xi$. Áp dụng Bổ đề 2, ta có thể phân tích hợp thành $\xi f \to g\xi$ qua một mở rộng $\xi'$ của $A'$ bởi $B'$ sao cho $\xi' = g(\xi f) = (g \xi)f$. $\square$

 

 

Khi $A$ là một vật, ta ký hiệu $\Delta: A \to A \oplus A$ là cấu xạ đường chéo, $\nabla: A \oplus A \to A$ là cấu xạ "cộng", và $\tau: A \oplus A \to A \oplus A$ là cấu xạ "đổi chỗ hai tọa độ".

Cho $A$ và $B$ là hai vật. Ta định nghĩa phép toán $+$ (được gọi là tổng Baer) trên tập hợp $\text{Ext}^1(A,B)$ bởi $$\xi+\xi':=\nabla (\xi \oplus \xi') \Delta$$ (tất nhiên, để vế phải có nghĩa thì $\nabla: B \oplus B \to B$ và $\Delta: A \to A \oplus A$). Cụ thể, nếu $\xi: 0 \to B \xrightarrow{i} X \to A \to 0$ và $\xi': 0 \to B \xrightarrow{i'} X' \to A \to 0$ thì $\xi + \xi'$ là mở rộng $$0 \to B \to \text{Coker}(B \xrightarrow{(i,-i')} X \times_A X') \to A \to 0.$$

 

Bổ đề 4. Các đẳng thức sau là đúng một khi một trong hai vế có nghĩa.

(i) $(g \oplus g')(\xi \oplus \xi') = g\xi \oplus g'\xi'$ và $(\xi \oplus \xi')(f \oplus f') = \xi f \oplus \xi' f'$.

(ii) $\xi \nabla = \nabla(\xi \oplus \xi)$ và $\Delta \xi = (\xi \oplus \xi) \Delta$.

(iii) $(g + g')\xi = g\xi + g'\xi$ và $\xi (f + f') = \xi f + \xi f'$.

(iv) $g(\xi + \xi') = g\xi + g\xi'$ và $(\xi + \xi')f = \xi f + \xi' f$.

Chứng minh

(i) suy ra là tính hàm tử của song tích $\oplus$. (ii) được suy ra từ Bổ đề 2 áp dụng cho cấu xạ cộng $\xi \oplus \xi \to \xi$ cũng như cấu xạ đường chéo $\xi \to \xi \oplus \xi$. Để chứng minh (iii), ta nhận xét rằng $g + g' = \nabla(g \oplus g') \Delta$, vì thế $$(g+g')\xi = \nabla(g \oplus g') \Delta \xi = \nabla(g \oplus g') (\xi \oplus \xi) \Delta = \nabla(g \xi \oplus g'\xi) \Delta = g\xi + g'\xi,$$ và tương tự cho đẳng thức $\xi (f + f') = \xi f + \xi f'$. Để chứng minh (iv), chú ý rằng $g \nabla = \nabla(g \oplus g)$, do đó $$g(\xi + \xi') = g\nabla(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla(g \oplus g)(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla(g \xi \oplus g\xi') \Delta = g\xi + g\xi',$$  và tương tự cho đẳng thức $(\xi + \xi')f = \xi f + \xi' f$. $\square$

 

 

Định lý 5. Cho $A$ và $B$ là các vật. Tập hợp $\text{Ext}^1(A,B)$ cùng với tổng Baer là một nhóm abel.

Chứng minh

Tính kết hợp. Cho $\xi,\xi'$ và $\xi''$ là các mở rộng của $A$ bởi $B$. Ta có $$(\xi + \xi') + \xi'' = \nabla(\xi \oplus \xi') \Delta + \xi'' = \nabla((\nabla(\xi \oplus \xi') \Delta) \oplus \xi'')\Delta = \nabla(\nabla \oplus 1_B)(\xi \oplus \xi' \oplus \xi'')(\Delta \oplus 1_A)\Delta.$$ Sử dụng các đẳng thức $\nabla(\nabla \oplus 1_B) = \nabla(1_B \oplus \nabla)$ và $(\Delta \oplus 1_A)\Delta = (1_A \oplus \Delta) \Delta$, ta thu được $$(\xi + \xi') + \xi''  = \nabla(1_B \oplus \nabla)(\xi \oplus \xi' \oplus \xi'')(1_A \oplus \Delta)\Delta = \nabla(\xi \oplus (\nabla(\xi' \oplus \xi'')\Delta))\Delta = \xi + (\xi' + \xi'').$$

Tính giao hoán. Cho $\xi$ và $\xi'$ là các mở rộng của $A$ bởi $B$. Các cấu xạ đổi chỗ hai tọa độ cảm sinh một cấu xạ hiển nhiên $\xi \oplus \xi' \to \xi' \oplus \xi$. Theo Bổ đề 2, ta có $\tau(\xi \oplus \xi') = (\xi' \oplus \xi) \tau$. Hiển nhiên, ta có $\nabla \tau  = \nabla$ và $\tau \Delta = \Delta$, do đó $$\xi + \xi' = \nabla(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla \tau(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla(\xi' \oplus \xi) \tau \Delta = \nabla(\xi' \oplus \xi) \Delta = \xi' + \xi.$$

Phần tử trung lập. Ta chỉ rằng rằng dãy khớp chẻ $\theta: 0 \to B \xrightarrow{i} B \oplus A \xrightarrow{p} A \to 0$ là phần tử trung lập của tổng Baer. Thật vậy, nếu $\xi: 0 \to B \xrightarrow{j} X \xrightarrow{q} A \to 0$ là một mở rộng của $A$ bởi $B$, ta có biểu đồ giao hoán với các dòng khớp:

h6.png

trong đó $\alpha$ là hợp thành của $q$ và phép chiếu lên tọa độ thứ hai $B \oplus X \to X$. Từ đó ta thấy rằng hàng giữa của biểu đồ trên là $(\theta \oplus \xi) \Delta$ và vì thế hàng dưới bằng $$\xi = \nabla(\theta \oplus \xi) \Delta = \theta + \xi.$$

Phần tử đối. Xét $\theta$ và $\xi$ như trên. Ta có biểu đồ giao hoán với hai hàng khớp

h7.png

Từ đó ta có $0 \xi = \theta$. Do đó $$\xi + (-1_B)\xi = (1_B + (-1_B))\xi = 0\xi = \theta,$$ nghĩa là $(-1_B)\xi$ là một phần tử đối của $\xi$. $\square$

 

Như vậy, $\text{Ext}^1(A,B)$ là một nhóm abel với mọi vật $A$ và $B$. Nếu $f: A' \to A$ và $g: B \to B'$ là các cấu xạ thì các ánh xạ cảm sinh $f^\ast: \text{Ext}^1(A,B) \to \text{Ext}^1(A',B)$ và $g_\ast: \text{Ext}^1(A,B) \to \text{Ext}^1(A,B')$ là các đồng cấu nhóm theo Bổ đề 4. Như vậy, ta đã xây dựng hàm tử hai biến $\text{Ext}^1(-,-): \mathcal{A}^{\text{op}} \times \mathcal{A} \to \mathbf{Ab}.$

File gửi kèm

  • File gửi kèm  h1.png   69.21K   1 Số lần tải
  • File gửi kèm  h2.png   34.32K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h3.png   41.4K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h4.png   40.73K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h5.png   47.01K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h6.png   95.81K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h7.png   59.92K   0 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 07-05-2021 - 14:03

$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

 

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert


#2
nmlinh16

nmlinh16

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết

2. Dãy khớp dài của $\text{Hom}$ và $\text{Ext}^1$

 

Cho một dãy khớp ngắn $\xi: 0 \to A \xrightarrow{f} B \xrightarrow{g} C \to 0$ trong $\mathcal{A}$. Với một vật $X$, các hàm tử $\text{Hom}(X,-)$ và $\text{Hom}(-,X)$ đều khớp trái, nghĩa là ta có các dãy khớp $$0 \to \text{Hom}(X,A) \xrightarrow{f_\ast} \text{Hom}(X,B)  \xrightarrow {g_\ast} \text{Hom}(X,C)$$ và $$0 \to \text{Hom}(C,X) \xrightarrow{g^\ast} \text{Hom}(B,X)  \xrightarrow {f^\ast} \text{Hom}(A,X).$$ Các nhóm $\text{Ext}^n$ cho phép ta mở rộng các dãy khớp trên về phía bên phải. Ở bài này, ta bắt đầu với trường hợp $n = 1$.

 

Trước hết, ta định nghĩa các đồng cấu nối thuận biến $$\delta: \text{Hom}(X,C) \to \text{Ext}^1(X,A), \qquad h \mapsto \xi h$$ và phản biến $$\delta: \text{Hom}(A,X) \to \text{Ext}^1(C,X), \qquad h \mapsto h \xi.$$ Ta đã thấy ở bài trước rằng đây là các đồng cấu nhóm, và chúng có tính hàm tử. Mục tiêu của chúng ta là chứng minh rằng các dãy $$\begin{equation} \label{eq1} 0 \to \text{Hom}(X,A) \xrightarrow{f_\ast} \text{Hom}(X,B)  \xrightarrow {g_\ast} \text{Hom}(X,C) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^1(X,A) \xrightarrow{f_\ast} \text{Ext}^1(X,B)  \xrightarrow {g_\ast} \text{Ext}^1(X,C) \end{equation}$$ và $$0 \to \text{Hom}(C,X) \xrightarrow{g^\ast} \text{Hom}(B,X)  \xrightarrow {f^\ast} \text{Hom}(A,X) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^1(C,X) \xrightarrow{g^\ast} \text{Ext}^1(B,X)  \xrightarrow {f^\ast} \text{Ext}^1(A,X)$$ là khớp. Bằng cách làm việc trong $\mathcal{A}^{\text{op}}$, ta chỉ cần chứng minh phiên bản thuận biến $\eqref{eq1}$. Ta cần thiết lập tính khớp tại $\text{Hom}(X,C)$, $\text{Ext}^1(X,A)$ và $\text{Ext}^1(X,B)$.

 

 

Bổ đề 1. Một cấu xạ $h: X \to C$ phân tích qua $g: B \to C$ khi và chỉ khi $\xi h = 0$.

Chứng minh

Dãy khớp $\xi h$ được cho bởi $\xi h: 0 \to A \to B \times_C X \xrightarrow{p} X \to 0$. Nếu $h = gk$ với $k: X \to B$ nào đó thì tính chất phổ dụng của tích theo thớ cho ta một cấu xạ $(k,1_X): X \to B \times_C X$. Hiển nhiên đây là một lớp cắt của $p$, nghĩa là $\xi h$ là một dãy khớp chẻ.

Ngược lại, giả sử có một lớp cắt $s: X \to B \times_C X$ của $p$. Ký hiệu bởi $q: B \times_C X \to B$ phép chiếu lên tọa độ thứ nhất. Thế thì $hp = gq$ và vì thế $gqs = hps = h1_X = h$. $\square$

 

Bổ đề 1 đã chứng minh tính khớp của dãy $\eqref{eq1}$ tại $\text{Hom}(X,C)$.

 

 

Bổ đề 2. Dãy $\eqref{eq1}$ khớp tại $\text{Ext}^1(X,A)$.

Chứng minh

Cho $h: X \to C$ là một cấu xạ. Ta áp dụng phiên bản đối ngẫu của Bổ đề 1 cho kéo lùi $\xi h: 0 \to A \xrightarrow{i} B \times_C X \to X \to 0$ và cấu xạ $f: A \to B$. Rõ ràng $f$ là hợp thành của phép chiếu $B \times_C X \to B$ với cấu xạ $i$, do đó $f_\ast(\delta(h)) = f \xi h = 0.$

Ngược lại, giả sử $\eta: 0 \to A \xrightarrow{i}  Y \to X \to 0$ là một mở rộng của $X$ bởi $A$ sao cho $f\eta = f_\ast(\eta) = 0$. Theo phiên đối ngẫu của Bổ đề 1, ta có $f = ri$ với $r: Y \to B$ nào đó, suy ra $gri = gf = 0$. Do $X$ là đối hạch của $i$, theo tính chất phổ dụng của đối hạch, ta có một cấu xạ $h: X \to C$ sao cho biểu đồ

h8.png

giao hoán. Do tính duy nhất (xem Bài 1), ta có $\eta = \xi h = \delta(h)$. $\square$

 

 

 

Bổ đề 3. Dãy $\eqref{eq1}$ khớp tại $\text{Ext}^1(X,B)$.
Chứng minh

Ta có $g_\ast f_\ast = (gf)_\ast = 0$.

Ngược lại, giả sử $\eta: 0 \to B \xrightarrow{i}  Y \to X \to 0$ là một mở rộng của $X$ bởi $B$ sao cho $g\eta = g_\ast(\eta) = 0$. Theo phiên bản đối ngẫu của Bổ đề 1, ta có $g = ri$ với $r: Y \to C$ nào đó. Nói riêng, vì $g$ là một toàn cấu nên $r$ cũng vậy. Gọi $K$ là hạch của $r$. Ta có $rif = gf = 0$ nên theo tính chất phổ dụng của hạch, tồn tại một cấu xạ $A \to K$ sao cho biểu đồ 

h9.png

giao hoán.Theo bổ đề 9, $\zeta$ là một dãy khớp. Do đó, $\eta = f\zeta = f_\ast(\zeta)$ do tính duy nhất (xem Bài 1). $\square$

File gửi kèm

  • File gửi kèm  h9.png   18.38K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h8.png   64.53K   0 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 07-05-2021 - 13:54

$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

 

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert


#3
nmlinh16

nmlinh16

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết

3. Nhóm $\text{Ext}^n$ và tích Yoneda

 

Cho $A$ và $B$ là các vật. Cho $n \ge 1$. Một mở rộng độ dài $n$ ($n$-fold extension) của $A$ bởi $B$ là một dãy khớp $$\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to X_{n-2} \to \ldots \to X_1 \to X_0 \to A \to 0.$$ Nếu $\xi'$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$ thì ta viết $\xi = \xi'$ nếu tồn tại một đẳng cấu $\xi' \to \xi$ với hai đầu cố định (tức là $1_B: B \to B$ và $1_A: A \to A$). Hiển nhiên "$=$" là một quan hệ tương đương. Tương tự như trường hợp $n = 1$, nếu $\xi = \xi'$ và $\eta = \eta'$ thì $\xi \oplus \eta = \xi' \oplus \eta'$ (giả sử một trong hai vế có nghĩa).

Chú ý rằng, khác với trường hợp $n = 1$, một cấu xạ $f: \xi' \to \xi$ với hai đầu cố định không có lí đo gì để là một đẳng cấu.

Ta xét $C$ là một vật, $m \ge 1$ và $\eta: C \to Y_{m-1} \to \ldots \to Y_0 \to B \to 0$ là một mở rộng độ dài $m$ của $B$ bởi $C$. Ta có thể nối (splice) chúng thành một mở rộng độ dài $m+n$ của $A$ bởi $C$ $$\eta \xi: 0 \to C \to Y_{m-1} \to \ldots \to Y_0 \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0,$$ trong đó $Y_0 \to X_{n-1}$ là hợp thành của $B \to X_{n-1}$ và $Y_0 \to B$. Ta kiểm tra được rằng nếu $\xi = \xi'$ và $\eta = \eta'$ thì $\eta\xi = \eta'\xi'$ (giả sử một trong hai vế có nghĩa). Ngoài ra, phép nối các mở rộng có tính kết hợp (theo nghĩa hiển nhiên).

Ngược lại, ta có thể thu được $\xi$ (một mở rộng độ dài $n$) bằng cách nối liên tiếp $n$ dãy khớp ngắn. Cụ thể, nếu $K_i = \text{Im}(X_i \to X_{i-1}) = \text{Ker}(X_{i-1} \to X_{i-2})$ với $i=1,2,\ldots,n-1$ (quy ước $X_{-1} = A$) thì ta có các dãy khớp ngắn $$\xi_n : 0 \to  B \to X_{n-1} \to K_{n-1} \to 0$$ $$\xi_{n-1} : 0 \to K_{n-1} \to X_{n-2} \to K_{n-2} \to 0$$ $$\vdots$$ $$\xi_1 : 0 \to K_1 \to X_0 \to A \to 0,$$ và $\xi = \xi_n \cdots \xi_1$. Nếu $f: A' \to A$ là một cấu xạ, ta định nghĩa $\xi f:= \xi_n \cdots \xi_2 (\xi_1 f)$. Tương tự, nếu $g: B \to B'$ là một cấu xạ, ta định nghĩa $g \xi:=(g \xi_n) \xi_{n-1} \cdots \xi_1$. Thế thì các tính chất sau đây là hiển nhiên.

(i) $1_B \xi = \xi 1_A = \xi$.

(ii) Nếu $f': A'' \to A'$ và $g: B' \to B''$ là các cấu xạ thì $\xi(f f') = (\xi f) f'$ và $(g'g)\xi = g'(g \xi).$

(iii) $(g \xi) f = g(\xi f)$.

 

Nếu ta coi mỗi cấu xạ như một mở rộng độ dài $0$ và xem việc kéo lùi và đẩy xuôi các mở rộng như việc nối, thì (không may là) phép nối không còn kết hợp nữa. Cụ thể, nếu $\xi: 0 \to B \to X \to A \to 0$ và $\xi': 0 \to B' \to X' \to A' \to 0$ là các dãy khớp ngắn và $f: B' \to A$ là một cấu xạ, thế thì $(\xi f) \xi'$ không nhất thiết đẳng cấu với $\xi (f \xi')$. Tuy nhiên, ta có một cấu xạ với hai đầu cố định

h10.png

Ta ký hiệu bởi $\text{Pretext}^n(A,B)$ lớp các mở rộng độ dài $n$ của $A$ sai khác tương đương. Xét $\sim$ là quan hệ tương đương nhỏ nhất trên $\text{Pretext}^n(A,B)$ sao cho $\xi \sim \xi'$ nếu có một cấu xạ $\xi' \to \xi$ với hai đầu cố định. Nói cách khác, $\xi \sim \xi'$ khi và chỉ khi tồn tại các mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$ $$\xi = \xi_0, \xi_1,\ldots,\xi_k = \xi'$$ sao cho với mọi $i = 1,\ldots,k$, tồn tại một cấu xạ $\xi_i \to \xi_{i-1}$ hoặc $\xi_{i-1} \to \xi_i$ với hai đầu cố định. Từ định nghĩa này, ta dễ thấy rằng nếu $\xi \sim \xi'$ và $\eta \sim \eta'$ thì $\xi \oplus \eta \sim \xi' \oplus \eta'$ (giả sử một trong hai vế có nghĩa) và $\eta \xi \sim \eta' \xi'$ (giả sử một trong hai vế có nghĩa).

 

Như ở trên, ta đã thấy rằng nếu $\xi: 0 \to B \to X \to A \to 0$ và $\xi': 0 \to B' \to X' \to A' \to 0$ là các dãy khớp ngắn và $f: B' \to A$ là một cấu xạ thì $(\xi f) \xi' \sim \xi (f \xi')$ trong $\text{Pretext}^2(A',B)$. Ngược lại, giả sử ta có một cấu xạ với hai đầu cố định

h11.png

trong đó $\xi$ và $\xi'$ là các mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Với $i = 1,\ldots,n$, đặt $K_i = \text{Im}(X_i \to X_{i-1}) = \text{Ker}(X_{i-1} \to X_{i-2})$ và $K'_i = \text{Im}(X'_i \to X'_{i-1}) = \text{Ker}(X'_{i-1} \to X'_{i-2})$ (quy ước $X_n = X_n' = B$ và $X_{-1} = X_{-1}' = A$). Khi đó $\xi = \xi_n \cdots \xi_1$ và $\xi' = \xi_n'\cdots \xi_1'$, với $$\xi_i: 0 \to K_i \to X_{i-1} \to K_{i-1} \to 0$$ và $$\xi'_i: 0 \to K'_i \to X'_{i-1} \to K'_{i-1} \to 0.$$ Khi đó cấu xạ $\xi \to \xi'$ ở trên cho ta các biểu đồ giao hoán dưới đây

h12.png
trong đó $f_n = 1_B$ và $f_{-1} = 1_A$. Theo Bổ đề 2Bài 1, ta có $$\xi_n = \xi_n' f_{n-1},$$ $$f_i \xi_i = \xi_i' f_{i-1}, \quad i = 2,\ldots,n-1,$$ $$f_1 \xi_1 = \xi_1'.$$ Do đó ta có thể biến đổi $\xi$ thành $\xi'$ như sau $$\xi = \xi_n \cdots \xi_1 = (\xi_n' f_{n-1}) \xi_{n-1} \cdots \xi_1 \sim \xi_n' (f_{n-1} \xi_{n-1}) \cdots \xi_1 = \xi_n' (\xi_{n-1}' f_{n-2}) \xi_{n-2} \cdots \xi_1 \sim \cdots \sim \xi'_n \cdots \xi'_2 (f_1 \xi_1) = \xi'_n \cdots \xi'_2\xi_1' = \xi'.$$

Ký hiệu bởi $\text{Ext}^n(A,B)$ thương của $\text{Pretext}^n(A,B)$ bởi quan hệ $\sim$. Với $\xi \in \text{Pretext}^n(A,B)$, ta ký hiệu lớp tương đương của nó bởi $[\xi] \in \text{Ext}^n(A,B)$. Nếu $C$ là một vật và $m \ge 1$ thì phép nối các dãy khớp cảm sinh một ánh xạ $$\text{Ext}^m(B,C) \times \text{Ext}^n(A,B) \to \text{Ext}^{m+n}(A,C), \quad ([\eta],[\xi]) \mapsto [\eta\xi],$$ được gọi là tích Yoneda. Tích này mở rộng cho mọi số tự nhiên $m$ và $n$ bằng cách đặt $\text{Ext}^0 = \text{Hom}$. Cụ thể

(i) với $m = 0$ và $n \ge 1$ thì $\text{Hom}(B,C) \times \text{Ext}^n(A,B) \to \text{Ext}^{n}(A,C)$ được cảm sinh bởi phép đẩy xuôi mở rộng.

(ii) với $m \ge 1$ và $n = 0$ thì $\text{Ext}^m(B,C) \times \text{Hom}(A,B) \to \text{Ext}^m(A,C)$ được cảm sinh bởi phép kéo lùi mở rộng.

(iii) với $m = n = 0$ thì tích Yoneda đơn giản là phép hợp thành $\text{Hom}(B,C) \times \text{Hom}(A,B) \to \text{Hom}(A,C)$.

Tích Yoneda kết hợp theo nghĩa hiển nhiên, nói riêng thì nó có tính hàm tử.

 

Tương tự như trường hợp $n = 1$, ta định nghĩa phép toán $+$ trên $\text{Pretext}^n(A,B)$ bởi $$\xi + \xi':=\nabla(\xi \oplus \xi')\Delta.$$ Nếu $n \ge $ và $\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0$, $\xi': 0 \to B \to X'_{n-1} \to \ldots \to X'_0 \to A \to 0$ thì $\xi + \xi'$ là mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$ cho bởi dãy khớp $$0 \to B \to X'_{n-1} \sqcup_B X'_{n-1} \to X_{n-2} \oplus X_{n-2}' \to \ldots \to X_1 \oplus X_1' \to X_0 \times_A X_0' \to A \to 0.$$

Ta vẫn ký hiệu bởi $+$ phép toán mà nó cảm sinh trên $\text{Ext}^n(A,B)$. Ta sẽ chỉ ra rằng $\text{Ext}^n(A,B)$ cùng với phép toán này là một nhóm abel.

 

Bổ đề 1. Các quan hệ sau là đúng một khi một trong hai vế có nghĩa.

(i) $(g \oplus g')(\xi \oplus \xi') = g \xi \oplus g' \xi'$ và $(\xi \oplus \xi')(f \oplus f') = \xi f \oplus \xi' f'$.

(ii) $(\xi \oplus \xi')(\eta \oplus \eta') = \xi \eta \oplus \xi'\eta'$.

(iii) $(\xi + \xi')\eta \sim \xi\eta + \xi'\eta$ và $\xi(\eta + \eta') \sim \xi\eta + \xi\eta'$.

(iv) $(g + g')\xi \sim g\xi  + g'\xi$ và $\xi(f + f') \sim \xi f + \xi f'$.

(v) $g(\xi + \xi') = g \xi + g\xi'$ và $(\xi + \xi')f = \xi f + \xi' f$.

Chứng minh

(i) và (ii) là tầm thường.

Để chứng minh (iii), ta viết $\xi = \xi_n\cdots \xi_1, \xi' = \xi_n' \cdots \xi_1'$ và $\eta = \eta_m \cdots \eta_1$. Sử dụng công thức (ii) ở Bổ đề 4 của Bài 1, ta có $$(\xi + \xi')\eta = (\nabla(E \oplus E')\Delta)\eta = \nabla(\xi_n \oplus \xi_n') \cdots ((\xi_1 \oplus \xi_1') \Delta) \eta_m \cdots \eta_1 \sim \nabla(\xi_n \oplus \xi_n') \cdots (\xi_1 \oplus \xi_1') (\Delta \eta_m) \cdots \eta_1 = \nabla(\xi_n \oplus \xi_n') \cdots (\xi_1 \oplus \xi_1')((\eta_m\oplus \eta_m') \Delta) \cdots \eta_1 \sim \cdots = \nabla(\xi_n \oplus \xi_n') \cdots (\xi_1 \oplus \xi_1')(\eta_m \oplus \eta_m') \cdots (\eta_1 \oplus \eta_1') \Delta = \nabla(\xi\eta \oplus \xi'\eta)\Delta = \xi\eta + \xi'\eta,$$ và tương tự cho $\xi(\eta + \eta') \sim \xi \eta + \xi \eta'$.

Để chứng minh (iv), ta lại dùng Bổ đề 4 của Bài 1. Viết $\xi = \xi_n \cdots \xi_1$, thế thì $$(g + g')\xi = (g + g')\xi_n \cdots \xi_1 = (g\xi_n + g'\xi_n)\xi_{n-1}\cdots \xi_1 \sim g \xi_n \cdots \xi_1 + g' \xi_n \cdots \xi_1 = g\xi + g'\xi,$$ và tương tự cho $\xi(f + f') \sim \xi f + \xi f'$.

Cuối cùng, ta chứng minh (v). Ta có $$g(\xi + \xi') = g\nabla(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla(g \oplus g)(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla(g \xi \oplus g\xi') \Delta = g\xi + g\xi',$$ và tương tự cho $(\xi + \xi')f = \xi f + \xi' f$. $\square$

 

 

Định lý 2. $\text{Pretext}^n(A,B)$ cùng với phép toán $+$ là một vị nhóm (monoid) giao hoán. $\text{Ext}^n(A,B)$ cùng với phép toán $+$ là một nhóm abel.

Chứng minh

Tính kết hợp. Chứng minh giống như trường hợp $n = 1$.

Tính giao hoán. Chứng minh tương tự như trường hợp $n = 1$. Điều ta cần chứng minh thêm là $\tau(\xi \oplus \xi') = (\xi' \oplus \xi) \tau$. Thật vậy, viết $\xi = \xi_n \cdots \xi_1$ và $\xi' = \xi'_n \cdots \xi_1'$. Ta có $$\tau(\xi \oplus \xi') = (\tau(\xi_n \oplus \xi_n')) \cdots (\xi_1 \oplus \xi'_1) =  ((\xi_n' \oplus \xi_n)\tau) \cdots (\xi_1 \oplus \xi'_1) = (\xi_n' \oplus \xi_n)(\tau(\xi_{n-1} \oplus \xi_{n-1}')) \cdots (\xi_1 \oplus \xi'_1) = \cdots =  (\xi_n' \oplus \xi_n) \cdots ((\xi'_1 \oplus \xi_1)\tau) = (\xi' \oplus \xi)\tau$$ (chú ý rằng ta có $((\xi'_i \oplus \xi_i) \tau)(\xi_{i-1} \oplus \xi'_{i-1}) = (\xi'_i \oplus \xi_i)(\tau(\xi'_{i-1} \oplus \xi_{i-1}))$ thay vì chỉ có $((\xi'_i \oplus \xi_i) \tau)(\xi_{i-1} \oplus \xi'_{i-1}) \sim (\xi'_i \oplus \xi_i)(\tau(\xi'_{i-1} \oplus \xi_{i-1}))$, vì $\tau$ là một đẳng cấu).

Phần tử trung lập. Ta có thể giả sử $n \ge 2$. Ta chứng minh rằng $\theta: 0 \to B \xrightarrow{1_B} B \to 0 \to \ldots \to 0 \to A \xrightarrow{1_A} A \to 0$ là phần tử trung lập của $\text{Pretext}^n(A,B)$ (để rõ ràng hơn, với $n = 2$ thì $\theta$ là mở rộng $0 \to B \xrightarrow{1_B} B \xrightarrow{0} A \xrightarrow{1_A} A \to 0$). Thật vậy, nếu $\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0$ là một mở rộng bậc $n$ của $A$ bởi $B$ thì ta có biểu đồ giao hoán

h13.png

trong đó các mũi tên dọc là các đẳng cấu. Vì thế ta có $\theta + \xi = \xi$.

Điều này chứng minh $\text{Pretext}^n(A,B)$ cùng với $+$ là một vị nhóm giao hoán.

Phần tử đối. Ta vẫn giả sử $n \ge 2$. Xét $\theta$ và $\xi$ như trên. Đặt $K = \text{Im}(B \to X_{n-1}) = \text{Ker}(X_{n-1} \to X_{n-2}$. Ta có biểu đồ giao hoán

h14.png

trong đó các mũi tên đều hiển nhiên. Điều này cho thấy $0\xi \sim \theta$. Cuối cùng, $$\xi + (-1_B)\xi \sim (1_B + (-1_B))\xi = 0\xi \sim \theta,$$ nghĩa là ${(-1_B)\xi}$ là một phần tử đối của $[\xi] \in \text{Ext}^n(A,B)$. $\square$

 

Theo Bổ đề 1, ta đã xây dựng được các hàm tử hai biến $\text{Ext}^n(-,-): \mathcal{A}^{\text{op}} \times \mathcal{A} \to \mathbf{Ab}$. Ngoài ra, tích Yoneda $$\text{Ext}^m(B,C) \times \text{Ext}^n(A,B) \to \text{Ext}^{m+n}(A,C)$$ có các tính chất kết hợp, song cộng tính và hàm tử.

File gửi kèm

  • File gửi kèm  h10.png   44K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h11.png   43.55K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h12.png   51.28K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h13.png   37.47K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h14.png   33.71K   0 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 07-05-2021 - 17:45

$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

 

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert


#4
nmlinh16

nmlinh16

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết

4. Dãy khớp dài của $\text{Ext}$

 

Cho $0 \to A \to B \to C \to 0$ là một dãy khớp ngắn. Với mọi vật $X$, ta thiết lập các dãy khớp dài $$0 \to \text{Hom}(X,A) \to \text{Hom}(X,B) \to \text{Hom}(X,C) \to \text{Ext}^1(X,A) \to \text{Ext}^1(X,B) \to \text{Ext}^1(X,C) \to \text{Ext}^2(X,A) \to \text{Ext}^2(X,B) \to \text{Ext}^2(X,C) \to \ldots$$ và $$0 \to \text{Hom}(C,X) \to \text{Hom}(B,X) \to \text{Hom}(A,X) \to \text{Ext}^1(C,X) \to \text{Ext}^1(B,X) \to \text{Ext}^1(A,X) \to \text{Ext}^2(C,X) \to  \text{Ext}^2(B,X) \to  \text{Ext}^2(A,X) \to \ldots$$ 

Để làm điều này cần một chút tính toán. Ta sẽ ký hiệu bởi $0$ (thay vì $\theta$ như các bài trước) phần tử trung lập của các vị nhóm $\text{Pretext}$.

 

Bổ đề 1 (Schanuel). Cho $\xi \in \text{Pretext}^r(B,C)$ và $\eta \in \text{Pretext}^s(A,B)$ ($r,s \ge 1$). Các khẳng định sau đây là tương đương

(i) $\xi \eta \sim 0$.

(ii) Tồn tại một vật $B'$, một mở rộng $\xi' \in \text{Pretext}^r(B',C)$ và một cấu xạ $f: B \to B'$ sao cho $\xi \sim \xi' f$ và $f \eta \sim 0$.

(iii) Tồn tại một vật $B'$, một mở rộng $\eta' \in \text{Pretext}^s(A,B')$ và một cấu xạ $g: B' \to B$ sao cho $\eta \sim g\eta'$ và $\xi g \sim 0$.

Hơn nữa, nếu $r = s = 1$, $\xi: 0 \to C \to X \xrightarrow{p} B \to 0$ và $\eta: 0 \to B \xrightarrow{j} Y \to A \to 0$ thì ta có thể lấy $f = j$ và $g = p$.

Chứng minh

Rõ ràng $(ii) \Rightarrow (i)$ và $(iii) \Rightarrow (i)$ do tính kết hợp và song cộng tính của tích Yoneda.

Ta chứng minh $(ii) \Rightarrow (iii)$ trong trường hợp $r = s = 1$. Thật vậy, giả sử $\xi' \in \text{Pretext}^r(B',C)$ và $f: B \to B'$ sao cho $\xi =\xi' f$ và $f\eta = 0$. Theo phiên bản đối ngẫu của Bổ đề 1Bài 2, ta có $f = hj$ với $h: Y \to B'$ nào đó, suy ra $\xi = \xi' hj$. Cũng theo bổ đề này, vì $j = 1_Y j$ nên ta có $j\eta = 0$. Bằng cách thay $\xi'$ bởi $\xi' h$, ta có thể giả sử rằng $f = j$. Tương tựu, vì $p = p 1_X$ nên ta có $\xi p = 0$. Từ giả thiết $\xi = \xi'j$, ta có biểu đồ giao hoán với hai hàng khớp

h15.png
Trong biểu đồ này, $X$ là tích theo thớ $B \times_Y X'$ nên $Y$ là tổng hỗn tạp $B \sqcup_X X'$ (xem chứng minh của Bổ đề 1 ở Bài 1). Do đó ta có biểu đồ giao hoán với hai hàng khớp
h16.png

Từ đó ta có $\eta = p\eta'$. Vậy $(ii) \Rightarrow (iii)$ trong trường hợp $r=s=1$. Bằng cách làm việc trong $\mathcal{A}^{\text{op}}$, ta có  $(iii) \Rightarrow (ii)$ (cũng trong trường hợp $r = s = 1$.

Tiếp theo, ta chứng minh $(i) \Rightarrow (ii)$ và $(i) \Rightarrow (iii)$ trong trường hợp $r = s = 1$. Giả sử $\xi \eta \sim 0$. Theo Bài 3, ta có thể biến đổi $\xi\eta$ về $0$ bằng một số hữu hạn các biến đổi dạng $(\zeta h) \zeta' \sim \zeta (h \zeta')$. Ta chứng minh bằng quy nạp theo số các phép biến đổi cần thiết. Nếu không cần phép biến đổi nào (tức là nếu $\xi \eta = 0$) thì $(ii)$ và $(iii)$ là hiển nhiên; vì lúc này $C \to X$ và $Y \to A$ là các đẳng cấu (nên thậm chí $\xi = 0$ và $\eta = 0$). Nếu cần $k \ge 1$ phép biến đổi thì một trong hai trường hợp sau đây xảy ra.

Trường hợp 1. $\xi = \zeta h$ và cần $\le k-1$ phép đổi để đưa $\zeta (h \eta)$ về $0$. Theo giả thiết quy nạp, $\zeta = \xi' f$ với $fh \eta = 0$. Nói riêng, ta có $\xi = \xi' fh$ và điều này chứng minh $(ii)$.

Trường hợp 2. $\eta = h\zeta$ và cần $\le k-1$ phép đổi để đưa $(\xi h) \zeta$ về $0$. Theo giả thiết quy nạp, $\zeta = g\eta'$ với $\xi hg = 0$. Nói riêng, ta có $\eta = hg \eta'$ và điều này chứng minh $(iii)$.

Vì ta đã chứng minh $(ii) \Leftrightarrow (iii)$ nên ta luôn có $(i) \Rightarrow (ii)$ và $(i) \Rightarrow (iii)$.

Ta chứng minh $(i)  \Leftrightarrow (ii)  \Leftrightarrow (iii)$ trong trường hợp tổng quát bằng quy nạp theo tổng $r+s$. Trường hợp $r + s = 2$ đã được giải quyết. Giả sử $r + s > 2$.

 

$(ii) \Leftrightarrow (iii)$. Giả sử $\xi \sim \xi' f$ và $f \eta \sim 0$.

Nếu $s > 1$, ta viết $\eta = \eta_1\eta_2$ với $\eta_1$ là một dãy khớp ngắn và $\eta_2$ là một mở rộng độ dài $s-1$. Vì $(f \eta_1) \eta_2 \sim 0$ nên theo giả thiết quy nạp, ta có $\eta_2 \sim g\zeta_1$ với $f \eta_1 g \sim 0$, từ đó $\xi (\eta_1 g) \sim \xi' f \eta_1 g \sim 0$. Lại theo giả thiết quy nạp, ta có $\eta_1 g \sim h \zeta_2$ với $\xi h \sim 0$. Từ đó, $\eta = \eta_1\eta_2 \sim \eta_1 (g \zeta_1) \sim (\eta_1 g) \zeta_1 \sim h\zeta_2 \zeta_1$. Điều này chứng minh $(iii)$.

Nếu $s = 1$ thì $r > 1$. Ta viết $\xi' = \xi'_1 \xi'_2$ với $\xi'_1$ là một mở rộng độ dài $r-1$ và $\xi_2'$ là một dãy khớp ngắn. Theo kết quả trong trường hợp $r=s=1$, ta có thể viết $\eta = g \zeta$ với $\xi_2' f g = 0$, suy ra $\xi g \sim \xi'_1 \xi'_2 fg \sim 0$. Tóm lại, ta luôn có $(ii) \Rightarrow (iii)$. Một cách đối ngẫu, $(iii) \Rightarrow (ii)$.

 

$(i) \Rightarrow (ii)$ và $(i) \Rightarrow (iii)$. Giả sử $\xi \eta \sim 0$. Ta chứng minh bằng quy nạp theo số các phép biến đổi dạng $(\zeta h) \zeta' \sim \zeta (h \zeta')$ cần thiết để đưa $\xi \eta$ về $0$. Nếu không cần phép biến đổi nào thì $\xi \eta = 0$, từ đó ta dễ thấy $\xi = 0$ và $\eta = 0$, nên $(ii)$ và $(iii)$ là hiển nhiên. Giả sử cần $k \ge 1$ phép biến đổi. Nếu phép biến đổi đầu tiên diễn ra ở giữa $\xi$ hoặc giữa $\eta$ thì ta có điều phải chứng minh theo giả thiết quy nạp trên tổng $r+s$. Do đó ta chỉ cần xét hai trường hợp sau đây, khi phép biến đổi đầu tiên diễn ra ở phần nối $\xi$ và $\eta$. Lúc này tình huống hoàn toàn tương tự như trường hợp $r=s=1$.

Trường hợp 1. $\xi = \zeta h$ và cần $\le k-1$ phép đổi để đưa $\zeta (h \eta)$ về $0$. Theo giả thiết quy nạp, $\zeta \sim \xi' f$ với $fh\eta \sim 0$. Nói riêng, $\xi \sim \xi' fh$ và điều này chứng minh $(ii)$.

Trường hợp 2. $\eta = h\zeta$ và cần $\le k-1$ phép đổi để đưa $(\xi h) \zeta$ về $0$. Theo giả thiết quy nạp, $\zeta \sim g\eta'$ với $\xi hg \sim 0$. Nói riêng, ta có $\eta \sim hg \eta'$ và điều này chứng minh $(iii)$.

Vì ta đã chứng minh $(ii) \Leftrightarrow (iii)$ nên ta luôn có $(i) \Rightarrow (ii)$ và $(i) \Rightarrow (iii)$. $\square$

 

 

Kể từ bây giờ, ta cố định một dãy khớp ngắn $\xi: 0 \to A \xrightarrow{f} B \xrightarrow{g} C \to 0$ và một vật $X$. Ta xây dựng các đồng cấu nối thuận biến $$\delta: \text{Ext}^n(X,C) \to \text{Ext}^{n+1}(X,A), \qquad [\eta] \mapsto [\xi \eta]$$ và phản biến $$\delta: \text{Ext}^n(A,X) \to \text{Ext}^{n+1}(C,X), \qquad [\eta] \mapsto [\eta \xi]$$ với $n \ge 1$. Chúng là các đồng cấu nhóm và hàm tử.

 

Định lý 2. Với mỗi $n \ge 1$, ta có một dãy khớp $$\text{Ext}^{n-1}(X,C) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^n(X,A) \xrightarrow{f_\ast}  \text{Ext}^n(X,B) \xrightarrow{g_\ast} \text{Ext}^n(X,C) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^{n+1}(X,A)$$ (với quy ước $\text{Ext}^0 = \text{Hom}$).

Chứng minh

Dãy đã cho là một phức vì $f \xi = 0$ (phiên bản đối ngẫu của Bổ đề 1Bài 2), $gf = 0$ và $\xi g = 0$ (Bổ đề 1 ở Bài 2). Ta còn phải chứng minh các khẳng định sau.

$I^n$: Nếu $f \eta \sim 0$ với $\eta \in \text{Pretext}^n(X,A)$ thì $\eta \sim \xi\zeta$ với $\zeta \in \text{Pretext}^{n-1}(X,C)$.

$II^n$: Nếu $g \eta \sim 0$ với $\eta \in \text{Pretext}^n(X,B)$ thì $\eta \sim f\zeta$ với $\zeta \in \text{Pretext}^n(X,A)$.

$III^n$: Nếu $\xi \eta \sim 0$ với $\eta \in \text{Pretext}^n(X,C)$ thì $\eta \sim g\zeta$ với $\zeta \in \text{Pretext}^n(X,B)$.

Ta bắt đầu với $III^n$. Nếu $\xi \eta \sim 0$ thì theo Bổ đề 1, ta có thể viết $\eta \sim h\eta'$ với $\xi h = 0$. Theo Bổ đề 1Bài 2, ta có $h = gk$ với cấu xạ $k$ nào đó và vì thế $\eta \sim g(k\eta')$.

Bài 2, ta đã chứng minh $I^1$ và $II^1$. Ta chứng minh $I^n$ với $n > 1$. Giả sử $f \eta \sim 0$. Viết $\eta = \eta_1 \eta_2$ với $\eta_1$ là một dãy khớp ngắn và $\eta_2$ là một mở rộng độ dài $n-1$. Thế thì $(f \eta_1) \eta_2 \sim 0$. Áp dụng $III^{n-1}$ cho dãy khớp ngắn $f\eta_1: 0 \to B \to Y \xrightarrow{h} Z \to 0$, ta có thể viết $\eta_2 \sim h \eta_2'$. Từ đó, $\eta \sim (\eta_1 h) \eta_2'$. Mặt khác, theo Bổ đề 1 ở Bài 2, $f\eta_1h = 0$. Áp dụng $I^1$, ta thu được $\eta_1 h = \xi k$ với cấu xạ $k$ nào đó, từ đó $\eta \sim \xi (k \eta_2')$. Điều này chứng minh $I^n$.

Cuối cùng, ta chứng minh $II^n$ với $n > 1$. Giả sử $g\eta \sim 0$. Viết $\eta = \eta_1 \eta_2$ với $\eta_1$ là một dãy khớp ngắn và $\eta_2$ là một mở rộng độ dài $n-1$. Thế thì $(g\eta_1)\eta_2 \sim 0$. Áp dụng $III^{n-1}$ cho dãy khớp ngắn $g\eta_1: 0 \to C \to Y \xrightarrow{h} Z \to 0$, ta có thể viết $\eta_2 \sim h \eta_2'$. Từ đó, $\eta \sim (\eta_1 h) \eta_2'$. Mặt khác, theo Bổ đề 1 ở Bài 2, $g\eta_1h = 0$. Áp dụng $II^1$, ta thu được $\eta_1 h \sim f \zeta$ với $\zeta$ là một dãy khớp ngắn, từ đó $\eta \sim f \zeta \eta_2'$. Điều này chứng minh $II^n$. $\square$.

 

Tóm lại, ta có một dãy khớp dài tự nhiên $$0 \to \text{Hom}(X,A) \xrightarrow{f_\ast} \text{Hom}(X,B) \xrightarrow{g_\ast} \text{Hom}(X,C) \xrightarrow{\delta} \ldots \xrightarrow{g_\ast} \text{Ext}^{n-1}(X,C) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^n(X,A) \xrightarrow{f_\ast}  \text{Ext}^n(X,B) \xrightarrow{g_\ast} \text{Ext}^n(X,C) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^{n+1}(X,A) \xrightarrow{f_\ast} \ldots$$ Một cách đối ngẫu, ta có một dãy khớp dài tự nhiên $$0 \to \text{Hom}(C,X) \xrightarrow{g^\ast} \text{Hom}(B,X) \xrightarrow{f^\ast} \text{Hom}(A,X) \xrightarrow{\delta} \ldots \xrightarrow{f^\ast} \text{Ext}^{n-1}(A,X) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^n(C,X) \xrightarrow{g^\ast}  \text{Ext}^n(B,X) \xrightarrow{f^\ast} \text{Ext}^n(A,X) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^{n+1}(C,X) \xrightarrow{g^\ast} \ldots$$

File gửi kèm

  • File gửi kèm  h15.png   44.36K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h16.png   44.59K   0 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 08-05-2021 - 03:55

$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

 

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert


#5
nmlinh16

nmlinh16

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết

5. $\text{Ext}$ như những dẫn xuất phải của hàm tử $\text{Hom}$

 

Trong bài này, ta giả sử $\mathcal{A}$ có đủ xạ ảnh. Khi đó, với mỗi vật $B$, ta có thể định nghĩa các hàm tử dẫn xuất phải $R^n\text{Hom}(-,B)$. Ta sẽ chỉ ra đẳng cấu tự nhiên giữa chúng và các hàm tử $\text{Ext}^n(-,B)$.

 

Cho $A$ là một vật. Để tính $R^n\text{Hom}(-,B)(A)$, chọn một giải xạ ảnh $\ldots \xrightarrow{d_1} P_1 \xrightarrow{d_0} P_0 \xrightarrow{\epsilon} A \to 0$. Áp dụng hàm tử $\text{Hom}(-,B)$, ta thu được phức $$0 \to \text{Hom}(P_0,B) \xrightarrow{d_0^\ast} \text{Hom}(P_1,B) \xrightarrow{d_1^\ast} \ldots$$ và $R^n\text{Hom}(-,B)(A) = \frac{\text{Ker}(d_n^\ast)}{\text{Im}(d_{n-1}^\ast)}$ với mọi $n \ge 1$.

Ta xây dựng ánh xạ $\Phi: \text{Ext}^n(A,B) \to R^n\text{Hom}(-,B)(A)$ như sau. Cho $\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Ta có thể phủ cấu xạ đồng nhất $1_A: A \to A$ bằng một cấu xạ từ giải xạ ảnh trên vào $\xi$ như trong hình dưới. Gọi $h: P_n \to B$ là cấu xạ ở bậc $n$. Nếu $\xi'$ là mở rộng khác sao cho $\xi \to \xi'$ là một cấu xạ với hai đầu cố định thì ta cũng thu được một cấu xạ từ giải xạ ảnh ban đầu vào $\xi'$, trong đó cấu xạ ở bậc $n$ là $h: P_n \to B$. Ngoài ra, vì $B \to X_{n-1}$ là một đơn cấu nên $hd_n = 0$, nghĩa là $d_n \in \text{Ker}(d_n^\ast)$.

h17.png

Cuối cùng, cấu xạ từ giải xạ ảnh ban đầu vào $\xi$ là duy nhất sai khác đồng luân, vì thế phần tử $[h] \in R^n\text{Hom}(-,B)(A)$ được định nghĩa tốt và chỉ phụ thuộc vào lớp đương đương $[\xi] \in \text{Ext}^n(A,B)$. Ta định nghĩa $\Phi([\xi]) = [h]$.

Ta xây dựng ánh xạ ngược $\Psi: R^n\text{Hom}(-,B)(A) \to \text{Ext}^n(A,B)$ của $\Phi$ như sau. Đặt $K:=\text{Ker}(d_{n-2}) = \text{Im}(d_{n-1}) = \text{Coker}(d_n)$ (quy ước $d_{-1} = \epsilon$). Ta có một phân tích $P_n \xrightarrow{p} K \xrightarrow{i} P_{n-1}$ của $d_{n-1}$, với $p$ là một toàn cấu và $i$ là một đơn cấu. Xét mở rộng độ dài $n$ $$\xi_0: 0 \to K \xrightarrow{i} P_{n-1} \xrightarrow{d_{n-2}} \ldots \xrightarrow{d_0} P_0 \xrightarrow{\epsilon} A \to 0.$$ Nếu $h: P_n \to B$ là một cấu xạ sao cho $hd_n = 0$ thì theo tính chất phổ dụng của đối hạch, tồn tại duy nhất cấu xạ $h': K \to B$ sao cho $h = h'p$. Từ đây, ta có một đồng cấu nhóm $$\text{Ker}(d_n^\ast) \to \text{Ext}^n(A,B), \qquad h \mapsto [h' \xi_0].$$ Ngoài ra, nếu $h = kd_{n-1}$ với $k: P_{n-1} \to B$ nào đó thì $h'p = kip$, suy ra $h' = ki$ do $p$ là một toàn cấu. Theo phiên bản đối ngẫu của Bổ đề 1Bài 2 và tính cộng tính của tích Yoneda, ta có $h'\xi_0 \sim 0$. Như vậy, đồng cấu nhóm ở trên cảm sinh một đồng cấu nhóm $$\Psi: R^n\text{Hom}(-,B)(A) \to \text{Ext}^n(A,B), \qquad [h] \mapsto [h' \xi_0].$$

Bây giờ, ta chứng minh rằng $\Psi$ thực sự là ánh xạ ngược của $\Phi$.

 

Cho $\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Phủ cấu xạ đồng nhất $1_A$ bằng một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_{\bullet} \xrightarrow{\epsilon} A$ vào $\xi$, và gọi $h: P_n \to B$ là cấu xạ ở bậc $n$. Nói riêng, $hd_n = 0$ và $\Phi([\xi]) = [h]$. Thế thì

Gọi $h': K \to B$ là cấu xạ (duy nhất) sao cho $h = h'p$. Vì $p$ là một toàn cấu, ta dễ dàng kiểm tra được rằng có một cấu xạ $\xi_0 \to \xi$ với hai đầu lần lượt là $h': K \to B$ và $1_A: A \to A$. Bằng cách tách thành các dãy khớp ngắn và sử dụng tính duy nhất, ta có $h' \xi_0 \sim \xi$, do đó $\Psi([h]) = [h'\xi_0] = [\xi]$.

Ngược lại, cho $h: K \to B$ là một cấu xạ sao cho $hd_n = 0$. Gọi $h': K \to B$ là cấu xạ (duy nhất) sao cho $h = h'p$. Thế thì $\Psi([h]) = [h'\xi_0]$.Ta có một cấu xạ $\xi_0 \to h'\xi_0$ với hai đầu lần lượt là $h': K \to B$ và $1_A: A \to A$. Hợp thành với $p$, ta thu được một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_{\bullet} \xrightarrow{\epsilon} A$ vào $h' \xi_0$ phủ $1_A$, với cấu xạ ở bậc $n$ là $h'p = h: P_n \to B$, từ đó $\Phi([h' \xi_0]) = [h]$. 

Tóm lại, $\Psi$ là ánh xạ ngược của $\Phi$ và vì thế $\Phi$ là một đẳng cấu nhóm.

 

 

Tiếp theo, ta chỉ ra tính hàm tử của đẳng cấu $\Phi$. 

Cho $f: A' \to A$ là một cấu xạ. Chọn một giải xạ ảnh $\ldots \xrightarrow{d_1'} P'_1 \xrightarrow{d_0'} P'_0 \xrightarrow{\epsilon'} A' \to 0$ và phủ $f$ bởi một biểu đồ giao hoán

h18.png

Thế thì $R^n\text{Hom}(-,B)(A') = \frac{\text{Ker}((d'_n)^\ast: \text{Hom}(P_n',B) \to \text{Hom}(P_{n+1}',B))}{\text{Im}((d'_{n-1})^\ast: \text{Hom}(P_{n-1}',B) \to \text{Hom}(P_n',B))}$ và cấu xạ $R^n\text{Hom}(-,B)(A) \to \text{Hom}(-,B)(A')$ chính là $f_n^\ast: [h] \mapsto [h f_n]$ với mọi $n \ge 1$. Ta chỉ ra rằng biểu đồ

h19.png

giao hoán. Thật vậy, cho $\xi$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Phủ $1_A: A \to A$ bởi một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_\bullet \xrightarrow{\epsilon} A$ vào $\xi$. Gọi $h: P_n \to B$ là cấu xạ ở bậc $n$. Ta thu được một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P'_\bullet \xrightarrow{\epsilon'} A'$ vào $\xi$ phủ $f: A' \to A$, trong đó cấu xạ ở bậc $n$ là $hf_n: P_n' \to B$. Bằng cách tách thành các dãy khớp ngắn và sử dụng tính duy nhất, ta tìm được một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P'_\bullet \xrightarrow{\epsilon'} A'$ vào $\xi f$ phủ $1_{A'}: A' \to A'$, trong đó cấu xạ ở bậc $n$ là $hf_n$. Từ đó $$\Phi(f^\ast([\xi])) = \Phi([\xi f]) = [hf_n] = f_n^\ast([h]) = f_n^\ast(\Phi([\xi])).$$

Điều này cho thấy đẳng cấu $\Phi$ tự nhiên theo biến $A$.

Cho $g: B \to B'$ là một cấu xạ. Thế thì $R^n\text{Hom}(-,B')(A) = \frac{\text{Ker}(d_n^\ast: \text{Hom}(P_n,B') \to \text{Hom}(P_{n+1},B'))}{\text{Im}(d_{n-1}^\ast: \text{Hom}(P_{n-1},B') \to \text{Hom}(P_n,B'))}$ và cấu xạ $R^n\text{Hom}(-,B)(A) \to \text{Hom}(-,B')(A)$ chính là $g_\ast: [h] \mapsto [gh]$. Ta chỉ rằng rằng biểu đồ

h20.png

giao hoán. Thật vậy, cho $\xi$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Phủ $1_A: A \to A$ bởi một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_\bullet \xrightarrow{\epsilon} A$ vào $\xi$. Gọi $h: P_n \to B$ là cấu xạ ở bậc $n$. Ta thu được một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_\bullet \xrightarrow{\epsilon} A$ vào $g\xi$ phủ $1_A: A \to A$, trong đó cấu xạ ở bậc $n$ là $gh$. Do đó $$\Phi(g_\ast[\xi]) = \Phi([g\xi]) = [gh] = g_\ast([h]) = g_\ast(\Phi([\xi]).$$

Điều này cho thấy đẳng cấu $\Phi$ tự nhiên theo biến $B$.

 

 

Cuối cùng, ta chỉ tìm hiểu quan hệ giữa $\Phi$ và các đồng cấu nối của dãy khớp dài. Cho $\xi: 0 \to A \xrightarrow{f} B \xrightarrow{g} C \to 0$ là một dãy khớp ngắn. Chọn các giải xạ ảnh $\ldots \xrightarrow{d'_1} P'_1 \xrightarrow{d'_0} P'_0 \xrightarrow{\epsilon'} A \to 0$ và $\ldots \xrightarrow{d''_1} P''_1 \xrightarrow{d''_0} P''_0 \xrightarrow{\epsilon''} C \to 0$ sao cho ta có biểu đồ giao hoán với các cột dòng (trừ dòng dưới cùng) là các dãy khớp chẻ.

h21.png

Với $n \ge 0$, ký hiệu $r_n: P_n' \oplus P_n'' \to P_n'$ là phép chiếu tự nhiên và $s_n: P_n'' \to P_n' \oplus P_n''$ là phép nhúng tự nhiên. Thế thì ta có $$r_n f_n = 1_{P_n'}, \quad g_n s_n = 1_{P_n''}, \quad f_n r_n + s_n g_n = 1_{P_n' \oplus P_n''}, \quad d_n f_{n+1} = f_n d_n', \quad g_n d_n = d_n'' g_{n+1}.$$ Đặt $\lambda = \epsilon s_0: P_0'' \to B$ và $\lambda_{n+1} = r_n d_n s_{n+1}: P_{n+1}'' \to P_n'$ với $n \ge 0$. Ta có các tính toán $$r_n d_n f_{n+1} = r_n f_n d_n' = d_n', \quad r_n d_n s_{n+1} = \lambda_{n+1}, \quad g_n d_n f_{n+1} = g_n f_n d_n' = 0, \quad g_n d_n s_{n+1} = d_n'' g_{n+1} s_{n+1} = d_n''.$$ Trước hết, $$\begin{equation} \label{eq2} \epsilon'' = \epsilon'' g_0 s_0 = g\epsilon s_0 = g\lambda. \end{equation}$$ Tiếp theo, từ điều kiện $\epsilon d_0 = 0$, ta suy ra $$\begin{equation} \label{eq3} f\epsilon'\lambda_1 + \lambda d_0'' = \epsilon (f_0 r_0 d_0 s_1 + s_0 d_0'') = \epsilon(d_0s_1 - s_0g_0d_0s_1 + s_0d_0'') = \epsilon d_0 s_1 + \epsilon(-s_0 d_0'' g_1s_1 + s_0 d_0'' g_1s_1) = 0. \end{equation}$$ Cuối cùng, với $n \ge 1$, từ điều kiện $d_{n-1}d_n = 0$, ta suy ra $$f_{n-1}(d_{n-1}' \lambda_{n+1} + \lambda_n d_n'') = d_{n-1}f_nr_nd_ns_{n+1} + f_{n-1}r_{n-1}d_{n-1}s_n d_n'' = d_{n-1}d_n s_{n+1} - d_{n-1} s_ng_nd_ns_{n+1} + d_{n-1} s_n d_n'' - s_{n-1}g_{n-1}d_{n-1}s_nd_n'' = -d_{n-1}s_nd_n'' + d_{n-1}s_n d_n'' - s_{n-1}d_{n-1}''d_n'' = 0.$$ Mà $f_{n-1}$ là một đơn cấu nên $$\begin{equation} \label{eq4} d_{n-1}' \lambda_{n+1} + \lambda_n d_n'' = 0. \end{equation}$$ Từ $\eqref{eq2}$, $\eqref{eq3}$ và $\eqref{eq4}$, ta thấy biểu đồ 

h22.png

giao hoán.

Cố định một vật $X$. Cho $\eta: 0 \to X \to Y_{n-1} \to \ldots \to Y_0 \to A \to 0$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $X$.phủ $1_A: A \to A$ bởi một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_\bullet' \xrightarrow{\epsilon'} \to A$ vào $\xi$ và gọi $h: P_n' \to X$ là cấu xạ ở bậc $n$. Ta có biểu đồ giao hoán

h23.png

Từ đây, ta thấy $\Phi(\delta([\eta])) = \Phi([\eta \xi]) = (-1)^{n+1}[h\lambda_{n+1}$, trong đó $\delta: \text{Ext}^n(A,X) \to \text{Ext}^n(C,X)$ là đồng cấu nối của dãy khớp dài ở Bài 4.

Tiếp theo, ta mô tả đồng cấu nối. $\delta: R^n\text{Hom}(-,X)(A) \to R^{n+1}\text{Hom}(-,X)(C)$. Chú ý rằng $hd_n' = 0$. Cấu xạ $k = hr_n: P_n' \oplus P_n'' \to X$ thỏa mãn $kf_n = h$. Cuối cùng, ta có $$h\lambda_{n+1} g_{n+1} = hr_n d_n s_{n+1} g_{n+1} = h r_n d_n - h r_n d_n f_{n+1} r_{n+1} = kd_n - h d_n' r_{n+1} = kd_n.$$ Do đó $h\lambda_{n+1}d''_{n+1} = -hd_n' \lambda_{n+2} = 0$ theo $\eqref{eq4}$ và $$\delta(\Phi([\eta])) = \delta([h]) = [h\lambda_{n+1}],$$ nghĩa là ta có biểu đồ giao hoán

h24.png

Như vậy $\Phi$ tương thích với đồng cấu nối của các dãy khớp dài ứng với $\text{Ext}$ và các hàm tử dẫn xuất phải của $\text{Hom}$.

 

Một cách đối ngẫu, giả sử $\mathcal{A}$ có đủ nội xạ. Khi đó, với mỗi vật $A$, ta có thể tính các hàm tử dẫn xuất phải $R^n\text{Hom}(A,-)$ như sau. Chọn một giải nội xạ $0 \to B \xrightarrow{\eta} I^0 \xrightarrow{d^0} I^1 \xrightarrow{d^1} \ldots$. Áp dụng hàm tử $\text{Hom}(A,-)$, ta thu được phức $$0 \to \text{Hom}(A,I^0) \xrightarrow{d^0_\ast} \text{Hom}(A,I^1) \xrightarrow{d^1_\ast} \ldots$$ và $R^n\text{Hom}(A,-)(B) = \frac{\text{Ker}(d^n_\ast)}{\text{Im}(d^{n-1}_\ast)}$ với mọi $n \ge 1$.

Ta có một đẳng cấu nhóm $\Phi: \text{Ext}^n(A,B) \to R^n\text{Hom}(A,-)(B)$ tự nhiên theo hai biến $A$ và $B$, được mô tả như sau. Cho $\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Phủ cấu xạ đồng nhất $1_B: B \to B$ bởi một cấu xạ từ $\xi$ vào giải nội xạ $B \xrightarrow{\eta} I^\bullet$ và gọi $h: A \to I^n$ là cấu xạ ở bậc $n$. Khi đó $d_n h = 0$ và $\Phi([\xi]) = [h]$. Hơn nữa, nếu $0 \to A \to B \to C \to 0$ là một dãy khớp ngắn thì với mọi vật $X$ và mọi $n \ge 0$, ta có biểu đồ giao hoán

h25.png

Trong đó $\delta: \text{Ext}^n(X,C) \to \text{Ext}^{n+1}(X,A)$ là đồng cấu nối của dãy khớp dài ở Bài 4 và $\delta: R^n\text{Hom}(X,-)(C) \to R^{n+1}\text{Hom}(X,-)(A)$ là đồng cấu nối của dãy khớp dài của hàm tử dẫn xuất.

File gửi kèm

  • File gửi kèm  h17.png   73.92K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h20.png   97.62K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h18.png   61.57K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h19.png   105.46K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h21.png   14.79K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h23.png   77.65K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h24.png   84.59K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h25.png   83.39K   0 Số lần tải
  • File gửi kèm  h22.png   68.11K   0 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 09-05-2021 - 03:56

$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

 

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: đại số đồng điều, lí thuyết phạm trù

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh