Đến nội dung

Hình ảnh

Sự (không) duy nhất của phép tương đương giữa hai mở rộng

đại số đồng điều mở rộng nhóm đại số đại cương

Lời giải nmd27082001, 03-05-2023 - 01:01

Em xin gửi lời giải của bài toán ạ.

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $E=E', k=k', l=l'$ và $f=\mathrm{id}_E$. Hơn nữa, ta cũng có thể giả sử $A\subseteq E$ và $k$ là phép nhúng.

 

Gọi  $\lambda:B\to E$ là một lớp cắt của $l:E\to B$ (tức là $l\circ\eta=\mathrm{id}_B$) thỏa mãn $\lambda(1)=1$. Khi đó tồn tại $\eta:B\times B\to A$ thỏa mãn

\[\lambda(x)\lambda(y)=\eta(x,y)\lambda(xy).\]

Ta cần tìm tất cả đồng cấu không tầm thường $g:E\to E$ sao cho biểu đồ

giao hoán. Điều kiện biểu đồ giao hoán cụ thể là

\[(1): \text{  } g(x)=x \text{ với mọi } x\in A,\]

và 

\[(2): \text{  } l(g(x))=l(x)  \text{ với mọi } x\in E.\]

Mỗi phần tử của $E$ được biểu diễn duy nhất dưới dạng $a\lambda(b)$ với $a\in A, b\in B$. Thay vào điều kiện (2), vế trái trở thành

\[l(a\lambda(b))=l(a)l(\lambda(b))=b,\]

và vế phải trở thành 

\[l(g(a\lambda(b)))=l(g(a)g(\lambda(b))=l(a)l(g(\lambda(b)))=l(g(\lambda(b))).\]

Do đó, điều kiện (2) tương đương với tồn tại $\gamma:B\to A$ sao cho $g(\lambda(b))=\lambda(b)\gamma(b)$. Vậy $g(a\lambda(b))=a\lambda(b)\gamma(b)$. Giờ ta sử dụng điều kiện $g$ là một đồng cấu, gọi $\tau_x$ là phép liên hợp với $x$, ta có

\[a\lambda(b)a'\lambda(b')=a\tau_{\lambda(b)}(a')\lambda(b)\lambda(b')=\underbrace{a\tau_{\lambda(b)}(a')\eta(b,b')}_{\in A}\lambda(bb'),\]

dẫn tới

\[g(a\lambda(b)a'\lambda(b'))=a\tau_{\lambda(b)}(a')\eta(b,b')\lambda(bb')\gamma(bb')=a\lambda(b)a'\lambda(b)^{-1}\lambda(b)\lambda(b')\gamma(bb')=a\lambda(b)a'\lambda(b')\gamma(bb').\]

Mặt khác, ta có

\[g(a\lambda(b)a'\lambda(b'))=a\lambda(b)\gamma(b)a'\lambda(b')\gamma(b').\]

Rút gọn, ta được đẳng thức

\[a'\lambda(b')\gamma(bb')=\gamma(b)a'\lambda(b')\gamma(b').\]

Do $A$  giao hoán nên ta có thể rút gọn

\[\gamma(bb')=\tau_{\lambda(b')}^{-1}(\gamma(b))\gamma(b').\]

 

Như vậy $\gamma\in Z^1_\theta(B,A)$ với tác động $\theta:B\to \mathrm{Aut}(A),b\mapsto \tau_{\lambda(b)}$ (không phụ thuộc vào cách chọn $\lambda$). Ngược lại, nếu $\gamma\in Z^1_\theta(B,A)$, ta chỉ cần xét 

\[g(a\lambda(b))=a\lambda(b)\gamma(b)\]

là xong. Cuối cùng, ta thấy ngay $g$ tầm thường khi và chỉ khi $\gamma$ tầm thường.
 

Tóm lại, $Z^1_{\theta}(B,A)$ là nhóm cần tìm. Cụ thể hơn, khi $Z^1_{\theta}(B,A)$ tầm thường thì đồng cấu $f$ là duy nhất.

 

Cần phải nhấn mạnh rằng ta không cần điều kiện $B$ giao hoán trong bài toán này.

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết

Cho $A, B$ là các nhóm abel. Cho $0 \to A \to E \to B$ và $0 \to A \to E' \to B \to 0$ là các dãy khớp ngắn (hay $E$ và $E'$ là các mở rộng của $B$ bởi $A$. Chúng được gọi là đương đương nếu tồn tại đồng cấu $f: E \to E'$ sao cho biểu đồ

$$\begin{xy}
\xymatrix {
0 \ar[r] & A \ar[r] \ar@{=}[d] & E \ar[d]^f \ar[r] & B \ar@{=}[d] \ar[r] & 0 \\ 0 \ar[r] & A \ar[r] & E' \ar[r] & B \ar[r] & 0
}
\end{xy}$$

giao hoán. Theo "bổ đề 5", $f$ tự động là một đẳng cấu.

 

Câu hỏi. Nếu $f$ như vậy tồn tại thì nó có nhất thiết duy nhất hay không? Nếu không, hãy xây dựng một nhóm để đo "cản trở" đối với sự duy nhất của $f$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 01-05-2023 - 15:03

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

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


#2
vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 690 Bài viết

Cho $A, B$ là các nhóm abel. Cho $0 \to A \to E \to B$ và $0 \to A \to E' \to B \to 0$ là các dãy khớp ngắn (hay $E$ và $E'$ là các mở rộng của $B$ bởi $A$. Chúng được gọi là đương đương nếu tồn tại đồng cấu $f: E \to E'$ sao cho biểu đồ

$$\begin{xy}
\xymatrix {
0 \ar[r] & A \ar[r] \ar@{=}[d] & E \ar[d]^f \ar[r] & B \ar@{=}[d] \ar[r] & 0 \\ 0 \ar[r] & A \ar[r] & E' \ar[r] & B \ar[r] & 0
}
\end{xy}$$

giao hoán. Theo "bổ đề 5", $f$ tự động là một đẳng cấu.

 

Câu hỏi. Nếu $f$ như vậy tồn tại thì nó có nhất thiết duy nhất hay không? Nếu không, hãy xây dựng một nhóm để đo "cản trở" đối với sự duy nhất của $f$.

Kết quả này có trong sách của Weibel, chương 3 phần 4. Ta có một song ánh giữa các lớp tương đương của mở rộng và nhóm $\text{Ext}_{\mathbb{Z}}^{1}(A, B)$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 02-05-2023 - 21:32

"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck


#3
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết

Nah, câu hỏi của anh không phải là các mở rộng của $B$ bởi $A$ được phân loại bằng nhóm gì, mà là các đẳng cấu $f$ giữa hai mở rộng tương đương cho trước $E$ và $E'$ kia được phân loại bằng nhóm gì.

 

Theo anh nháp được thì đó là nhóm $\text{Hom}(B,A)$. Có thể thấy là có một chút ý tưởng về đồng luân ở đây.

 

Kết quả này có trong sách của Weibel, chương 3 phần 4. Ta có một song ánh giữa các lớp tương đương của mở rộng và nhóm $\text{Ext}_{\mathbb{Z}}^{1}(A, B)$. 


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

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


#4
vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 690 Bài viết

Nah, câu hỏi của anh không phải là các mở rộng của $B$ bởi $A$ được phân loại bằng nhóm gì, mà là các đẳng cấu $f$ giữa hai mở rộng tương đương cho trước $E$ và $E'$ kia được phân loại bằng nhóm gì.

 

Theo anh nháp được thì đó là nhóm $\text{Hom}(B,A)$. Có thể thấy là có một chút ý tưởng về đồng luân ở đây.

À đúng là em không đọc kỹ. Để em tính thử. 


"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck


#5
nmd27082001

nmd27082001

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 8 Bài viết
✓  Lời giải

Em xin gửi lời giải của bài toán ạ.

File gửi kèm  image_2023-05-02_235743989.png   11.19K   0 Số lần tải

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $E=E', k=k', l=l'$ và $f=\mathrm{id}_E$. Hơn nữa, ta cũng có thể giả sử $A\subseteq E$ và $k$ là phép nhúng.

 

Gọi  $\lambda:B\to E$ là một lớp cắt của $l:E\to B$ (tức là $l\circ\eta=\mathrm{id}_B$) thỏa mãn $\lambda(1)=1$. Khi đó tồn tại $\eta:B\times B\to A$ thỏa mãn

\[\lambda(x)\lambda(y)=\eta(x,y)\lambda(xy).\]

Ta cần tìm tất cả đồng cấu không tầm thường $g:E\to E$ sao cho biểu đồ

File gửi kèm  image_2023-05-03_012643308.png   10.67K   0 Số lần tải

giao hoán. Điều kiện biểu đồ giao hoán cụ thể là

\[(1): \text{  } g(x)=x \text{ với mọi } x\in A,\]

và 

\[(2): \text{  } l(g(x))=l(x)  \text{ với mọi } x\in E.\]

Mỗi phần tử của $E$ được biểu diễn duy nhất dưới dạng $a\lambda(b)$ với $a\in A, b\in B$. Thay vào điều kiện (2), vế trái trở thành

\[l(a\lambda(b))=l(a)l(\lambda(b))=b,\]

và vế phải trở thành 

\[l(g(a\lambda(b)))=l(g(a)g(\lambda(b))=l(a)l(g(\lambda(b)))=l(g(\lambda(b))).\]

Do đó, điều kiện (2) tương đương với tồn tại $\gamma:B\to A$ sao cho $g(\lambda(b))=\lambda(b)\gamma(b)$. Vậy $g(a\lambda(b))=a\lambda(b)\gamma(b)$. Giờ ta sử dụng điều kiện $g$ là một đồng cấu, gọi $\tau_x$ là phép liên hợp với $x$, ta có

\[a\lambda(b)a'\lambda(b')=a\tau_{\lambda(b)}(a')\lambda(b)\lambda(b')=\underbrace{a\tau_{\lambda(b)}(a')\eta(b,b')}_{\in A}\lambda(bb'),\]

dẫn tới

\[g(a\lambda(b)a'\lambda(b'))=a\tau_{\lambda(b)}(a')\eta(b,b')\lambda(bb')\gamma(bb')=a\lambda(b)a'\lambda(b)^{-1}\lambda(b)\lambda(b')\gamma(bb')=a\lambda(b)a'\lambda(b')\gamma(bb').\]

Mặt khác, ta có

\[g(a\lambda(b)a'\lambda(b'))=a\lambda(b)\gamma(b)a'\lambda(b')\gamma(b').\]

Rút gọn, ta được đẳng thức

\[a'\lambda(b')\gamma(bb')=\gamma(b)a'\lambda(b')\gamma(b').\]

Do $A$  giao hoán nên ta có thể rút gọn

\[\gamma(bb')=\tau_{\lambda(b')}^{-1}(\gamma(b))\gamma(b').\]

 

Như vậy $\gamma\in Z^1_\theta(B,A)$ với tác động $\theta:B\to \mathrm{Aut}(A),b\mapsto \tau_{\lambda(b)}$ (không phụ thuộc vào cách chọn $\lambda$). Ngược lại, nếu $\gamma\in Z^1_\theta(B,A)$, ta chỉ cần xét 

\[g(a\lambda(b))=a\lambda(b)\gamma(b)\]

là xong. Cuối cùng, ta thấy ngay $g$ tầm thường khi và chỉ khi $\gamma$ tầm thường.
 

Tóm lại, $Z^1_{\theta}(B,A)$ là nhóm cần tìm. Cụ thể hơn, khi $Z^1_{\theta}(B,A)$ tầm thường thì đồng cấu $f$ là duy nhất.

 

Cần phải nhấn mạnh rằng ta không cần điều kiện $B$ giao hoán trong bài toán này.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmd27082001: 03-05-2023 - 01:40


#6
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết

Tuyệt với @nmd27082001 ! Thay vì chứng minh rằng

"các tự đẳng cấu của một vật của $\text{Ext}^1(B,A)$ song ánh với $\text{Hom}(B,A)$",

ta có kết quả tổng quát hơn là

"các tự đẳng cấu của một vật của $\text{H}^2(B,A)$ song ánh với $\text{Z}^1(B,A)$."

 

Có thể thấy tư tưởng của lý thuyết đồng luân khá rõ ở đây rồi (thông tin liên kết giữa các vật ở bậc $i$ chính là một vật ở bậc $i+1$ (trường hợp này hơi ngược khi từ bậc $2$ đi về bậc $1$...). Mình tin là nhận định này đã có dạng tổng quát rồi nhưng mình chưa thấy ở đâu cả.

 

Em xin gửi lời giải của bài toán ạ.

attachicon.gif image_2023-05-02_235743989.png

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $E=E', k=k', l=l'$ và $f=\mathrm{id}_E$. Hơn nữa, ta cũng có thể giả sử $A\subseteq E$ và $k$ là phép nhúng.

 

Gọi  $\lambda:B\to E$ là một lớp cắt của $l:E\to B$ (tức là $l\circ\eta=\mathrm{id}_B$) thỏa mãn $\lambda(1)=1$. Khi đó tồn tại $\eta:B\times B\to A$ thỏa mãn

\[\lambda(x)\lambda(y)=\eta(x,y)\lambda(xy).\]

Ta cần tìm tất cả đồng cấu không tầm thường $g:E\to E$ sao cho biểu đồ

attachicon.gif image_2023-05-03_012643308.png

giao hoán. Điều kiện biểu đồ giao hoán cụ thể là

\[(1): \text{  } g(x)=x \text{ với mọi } x\in A,\]

và 

\[(2): \text{  } l(g(x))=l(x)  \text{ với mọi } x\in E.\]

Mỗi phần tử của $E$ được biểu diễn duy nhất dưới dạng $a\lambda(b)$ với $a\in A, b\in B$. Thay vào điều kiện (2), vế trái trở thành

\[l(a\lambda(b))=l(a)l(\lambda(b))=b,\]

và vế phải trở thành 

\[l(g(a\lambda(b)))=l(g(a)g(\lambda(b))=l(a)l(g(\lambda(b)))=l(g(\lambda(b))).\]

Do đó, điều kiện (2) tương đương với tồn tại $\gamma:B\to A$ sao cho $g(\lambda(b))=\lambda(b)\gamma(b)$. Vậy $g(a\lambda(b))=a\lambda(b)\gamma(b)$. Giờ ta sử dụng điều kiện $g$ là một đồng cấu, gọi $\tau_x$ là phép liên hợp với $x$, ta có

\[a\lambda(b)a'\lambda(b')=a\tau_{\lambda(b)}(a')\lambda(b)\lambda(b')=\underbrace{a\tau_{\lambda(b)}(a')\eta(b,b')}_{\in A}\lambda(bb'),\]

dẫn tới

\[g(a\lambda(b)a'\lambda(b'))=a\tau_{\lambda(b)}(a')\eta(b,b')\lambda(bb')\gamma(bb')=a\lambda(b)a'\lambda(b)^{-1}\lambda(b)\lambda(b')\gamma(bb')=a\lambda(b)a'\lambda(b')\gamma(bb').\]

Mặt khác, ta có

\[g(a\lambda(b)a'\lambda(b'))=a\lambda(b)\gamma(b)a'\lambda(b')\gamma(b').\]

Rút gọn, ta được đẳng thức

\[a'\lambda(b')\gamma(bb')=\gamma(b)a'\lambda(b')\gamma(b').\]

Do $A$  giao hoán nên ta có thể rút gọn

\[\gamma(bb')=\tau_{\lambda(b')}^{-1}(\gamma(b))\gamma(b').\]

 

Như vậy $\gamma\in Z^1_\theta(B,A)$ với tác động $\theta:B\to \mathrm{Aut}(A),b\mapsto \tau_{\lambda(b)}$ (không phụ thuộc vào cách chọn $\lambda$). Ngược lại, nếu $\gamma\in Z^1_\theta(B,A)$, ta chỉ cần xét 

\[g(a\lambda(b))=a\lambda(b)\gamma(b)\]

là xong. Cuối cùng, ta thấy ngay $g$ tầm thường khi và chỉ khi $\gamma$ tầm thường.
 

Tóm lại, $Z^1_{\theta}(B,A)$ là nhóm cần tìm. Cụ thể hơn, khi $Z^1_{\theta}(B,A)$ tầm thường thì đồng cấu $f$ là duy nhất.

 

Cần phải nhấn mạnh rằng ta không cần điều kiện $B$ giao hoán trong bài toán này.


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

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


#7
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết

Xét ví dụ ngớ ngẩn hơn sau đây. Mình đổi ký hiệu một chút: $G$ là một nhóm (không nhất thiết giao hoán) và $A$ là một $G$-module.

Ta biết rằng nhóm $\text{H}^1(G,A)$ phân loại các $G$-torsor dưới $A$, tức là các tập hợp $X$ khác rỗng được trang bị tác động của $G$ và của $A$ sao cho:

  1. Hai tác động đã cho tương thích với nhau, hay ${}^g (a \cdot x) = {}^g a \cdot {}^g x$ với mọi $g \in G, a \in A, x \in X$.
  2. $A$ tác động truyền dẫn và tự do lên $X$, hay với mọi $x,y \in X$, tồn tại duy nhất $a \in A$ sao cho $y = a \cdot x$.

(Xem bài https://diendantoanh...-các-cản-trở/).

 

Cho $X$ là một $G$-torsor dưới $A$. Giả sử $f: X \to X$ là một tự đẳng cấu.

Vì $f$ đẳng biến với tác động của $A$ nên nó có dạng $f(x) = a \cdot x$ với $a \in A$ nào đó. Ở đây ta thấy sự quan trọng của giả thiết $A$ giao hoán, mặc dù $G$ không cần phải giao hoán như @nmd27082001 đã nhận định.

Vì $f$ đẳng biến với tác động của $G$ nên ta phải có ${}^g a = a$ với mọi $g \in G$, hay $a \in A^G = \text{H}^0(G,A) = \text{Z}^0(G,A)$.

Kết luận: Nhóm $\text{Z}^0(G,A)$ phân loại các tự đẳng cấu của một vật cho trước của $\text{H}^1(G,A)$.

 

Tổng quát: hai đối chu trình $\alpha, \beta \in \text{Z}^n(G,A)$ định nghĩa cùng một phần tử của $\text{H}^n(G,A)$ khi và chỉ khi chúng sai khác nhau đối biên $\text{d} \gamma$ của một đối dây chuyền $\gamma \in \text{C}^{n-1}(G,A)$. Đối dây chuyền $\gamma$ là duy nhất, sai khác một đối chu trình trong $\text{Z}^{n-1}(G,A)$. Viết đến đây mới thấy mọi thứ tầm thường hơn mình nghĩ ban đầu.  :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 03-05-2023 - 14:15

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

"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, mở rộng nhóm, đại số đại cương

2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh