Esattezza a sx di $\text{Hom}_A(-,N)$

[maurer]

Questo è dedicato ai più inesperti.

[tex]A[/tex] sarà un anello commutativo unitario, [tex]M,M',M'',N[/tex] saranno [tex]A[/tex] moduli.

Prove it! La sequenza [tex]M'\stackrel{u}{\longrightarrow} M\stackrel {v}{\longrightarrow} M''\longrightarrow 0[/tex] è esatta se e solo se per ogni [tex]A[/tex]-modulo [tex]N[/tex] è esatta la sequenza [tex]0\longrightarrow \text{Hom}_A(M'', N)\stackrel{\bar{v}}{\longrightarrow}\text{Hom}_A (M, N)\stackrel{\bar{u}}{\longrightarrow}\text{Hom}_A(M', N)[/tex], dove [tex]\bar{v}(f) := f \circ v[/tex] e analogamente è definita [tex]\bar{u}[/tex].

[size=85]Edit: corretto il problema con le formule, grazie a Mathematico per l'idea. Però sarebbe meglio reinstallare il pacchetto xypic per poter trattare con diagrammi più complessi.[/size]

[gugo82]

@maurer: Visto che il quesito è dedicato "ai più inesperti", suppongo sia preferibile richiamare qualche definizione (e.g. quella di sequenza esatta).

[maurer]

Uhm, in effetti hai ragione.

Definizione. Sia [tex]A[/tex] un anello. Diciamo che una sequenza di [tex]A[/tex]-moduli ed omomorfismi
[tex]\ldots \longrightarrow M_{i-1} \stackrel{f_i}{\longrightarrow} M_i \stackrel{f_{i+1}}{\longrightarrow} M_{i+1} \longrightarrow \ldots[/tex]
è esatta in [tex]M_i[/tex] se [tex]\rm{Im} \: f_{i} = \ker f_{i+1}[/tex]. Diciamo che la sequenza è esatta tout-court se è esatta in ogni [tex]M_i[/tex].

Naturalmente, poi, con [tex]\rm{Hom}_A(M,N)[/tex] denoto l'insieme degli omomorfismi di [tex]A[/tex]-moduli da [tex]M[/tex] a [tex]N[/tex].

[salvozungri]

Comincio con l'andata che mi sembra più facile (tieni conto che sono pessimo in algebra e affini, purtroppo ).

Teorema: Sia [tex]M'\stackrel{u}{\longrightarrow} M\stackrel {v}{\longrightarrow} M''\longrightarrow 0[/tex] esatta, allora per ogni [tex]A[/tex]-modulo [tex]N[/tex] la sequenza
[tex]0\longrightarrow \text{Hom}_A(M'', N)\stackrel{\bar{v}}{\longrightarrow}\text{Hom}_A (M, N)\stackrel{\bar{u}}{\longrightarrow}\text{Hom}_A(M', N)[/tex] è esatta.

Proof: Le ipotesi sono:
1. [tex]v:M\longrightarrow M''[/tex] è suriettiva
2. [tex]Im(u)=Ker(v)[/tex]
dobbiamo provare che:
a)[tex]\bar{v}:\text{Hom}_A (M'', N)\longrightarrow \text{Hom}_A(M,N)[/tex] è iniettiva
b)[tex]Im(\bar{v})=Ker(\bar{u})[/tex]

a)Dalla suriettività di [tex]v[/tex], abbiamo che per ogni [tex]m''\in M''[/tex] esiste [tex]m\in M[/tex] tale che [tex]v(m)=m''[/tex], quello che però a noi preme è dimostrare che la funzione [tex]\bar{v}[/tex] è iniettiva. Se [tex]\bar{v}(f)=0[/tex] segue che [tex]f(v(m))=0[/tex] cioè [tex]f(m'')=0\, \forall m''\in M'' \implies f=0[/tex], e questo grazie alla suriettività di [tex]v[/tex]. Ciò dimostra l'iniettività, credo sia ok, nel caso vi siano falle, fammelo notare

[tex]a)_2[/tex] Un altro modo con cui dimostrare l'iniettività di [tex]\bar{v}[/tex] potrebbe essere il seguente (?):
Siano [tex]f, g\in \text{Hom} (M'', N)[/tex] tali che [tex]\bar{v}(f)= \bar{v}(g)\implies f\circ v= g\circ v[/tex]. Dalla suriettività di [tex]v[/tex] segue che esiste un' inversa destra di [tex]v[/tex], che chiamo, con molta fantasia, [tex]v^{-1}[/tex]. Componendo a destra, membro a membro, in [tex]f\circ v= g\circ v[/tex] si ha che [tex]f\circ v\circ v^{-1}= g\circ v\circ v^{-1}\implies f=g[/tex], ancora una volta ho l'iniettività.
(Nota, questa parte prendetela con le pinze, ho la sensazione che vi sia qualche cosa da controllare, l'ho inserita semplicemente per mettermi alla prova )

b)
Dimostreremo la doppia inclusione:
- [tex]Im(\bar{v})\subseteq Ker(\bar{u})[/tex]
Sia [tex]g\in Im(\bar{v})[/tex] tale funzione si può scrivere come [tex]g= f\circ v= \bar{v}(f)[/tex], con [tex]f \in \text{Hom}_A (M'', N)[/tex]. Componiamo [tex]g[/tex] con [tex]\bar{u}[/tex]:
\[ \bar{u}(g)= \bar{u}(\bar{v}(f))= f\circ v\circ u=0\]
L'ultima uguaglianza si giustifica affermando che [tex]v\circ u=0[/tex], questo perché [tex]Im(u)=Ker(v)[/tex]. Grazie a queste considerazioni, spero di poter affermare che:
[tex]Im(\bar{v})\subseteq Ker(\bar{u})[/tex].

-[tex]Ker(\bar{u})\subseteq Im(\bar{v})[/tex]:
Sia [tex]g\in Ker(\bar{u})\implies \bar{u}(g)= g\circ u = 0\implies Im(u)\subseteq Ker(g)[/tex], poiché per ipotesi abbiamo che [tex]Im(u)=Ker(v)[/tex] segue che: [tex]Ker(v)\subseteq Ker(g)[/tex]. Qui sono bloccato! Il problema qui è che non è detto che ci sia una funzione [tex]f\in \text{Hom}_A (M, N)[/tex] che soddisfa i miei bisogni, maurer mi ha suggerito di costruirne uno facile, appena mi sovviene completerò questa parte, intanto, assicuratemi, o negatemi, la correttezza di questa parte.

Spero di non aver fatto disastri...
[size=85]
Editato in base alle precisazioni di maurer (vedi dopo).[/size]

[maurer]

Mi sembra tutto corretto

"Mathematico":
[tex]a)_2[/tex] Un altro modo con cui dimostrare l'iniettività di [tex]\bar{v}[/tex] potrebbe essere il seguente (?):
Siano [tex]f, g\in \text{Hom} (M'', N)[/tex] tali che [tex]\bar{v}(f)= \bar{v}(g)\implies f\circ v= g\circ v[/tex]. Dalla suriettività di [tex]v[/tex] segue che esiste l'inversa destra di [tex]v[/tex], che chiamo, con molta fantasia, [tex]v^{-1}[/tex]. Componendo a destra, membro a membro, in [tex]f\circ v= g\circ v[/tex] si ha che [tex]f\circ v\circ v^{-1}= g\circ v\circ v^{-1}\implies f=g[/tex], ancora una volta ho l'iniettività.
(Nota, questa parte prendetela con le pinze, ho la sensazione che vi sia qualche cosa da controllare, l'ho inserita semplicemente per mettermi alla prova )

Non è l'inversa destra, ma un'inversa destra. Ossia una sezione (o retrazione, confondo sempre i due termini). Comunque mi sembra funzionare.

Il punto su cui sei bloccato è, per l'appunto, il motivo più forte che mi ha spinto a postare il problema, ossia la parte che ho trovato più divertente!

[salvozungri]

\(\eta\upsilon\rho\eta\kappa\alpha\)

Cacchio non era difficile!
Il complicato è spiegarlo per bene. Cominincio col definire la funzione \(f\in \text{Hom}_A (M'', N)\)
\[\begin{matrix} f: & M'' & \longrightarrow & N \\ & v(m) & \longmapsto & g(m) \end{matrix}\]
dove:
-\(m\in M\), tenete a mente che \(v\) è suriettiva per ipotesi, quindi per ogni elemento \(m''\in M''\) l'esistenza di \(m\in M\) tale che \(v(m)=m''\) è assicurata.
-\(g\in Ker(\bar{u})\) del mio messaggio precedente.
Per avere chiaro quello che sto facendo, disegnate un triangolo rettangolo con ai vertici gli \(A\)-Moduli \(M, M'', N\) retto in \(M''\). Le funzioni in gioco sono:
\(v: M\to M''\)
\(g:M\to N\)
\(f: M''\to N\)
[size=85](maurer ha ragione, bisogna installare il pacchetto per i diagrammi)[/size]

Da "buon" algebrista (nel senso di buono d'animo) adesso vado a verificare che la funzione \(f\) è ben definita:
Siano \(m_1, m_2\in M\) tale che \(v(m_1)=v(m_2)\implies m_1-m_2\in Ker(v)\subseteq Ker(g)\implies g(m_1)=g(m_2)\)
Inoltre per come abbiamo definito \(f\), si ha che: \(\bar{v}(f)= g\).
Ciò prova che per ogni \(g\in Ker(\bar{u})\quad \exists f\in \text{Hom}_A(M'', N) : \bar{v}(f)=g \) cioè \(Ker(\bar{u})\subseteq Im(\bar{v})\) \(\square\)?
Spero sia corretto, ho fatto così tanti giri per questi mondi che adesso mi gira la testa!
maurer, grazie per la pazienza e per l'hint

[maurer]

"Mathematico":\(\eta\upsilon\rho\eta\kappa\alpha\)

Scusa, ma lo spirito grecista che è in me urla: [tex]\varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \kappa \alpha[/tex]. Ci vorrebbero anche accenti e spiriti, ma vabbeh!

"Mathematico":

Cacchio non era difficile!
Il complicato è spiegarlo per bene. Cominincio col definire la funzione \(f\in \text{Hom}_A (M'', N)\)
\[\begin{matrix} f: & M'' & \longrightarrow & N \\ & v(m) & \longmapsto & g(m) \end{matrix}\]
dove:
-\(m\in M\), tenete a mente che \(v\) è suriettiva per ipotesi, quindi per ogni elemento \(m''\in M''\) l'esistenza di \(m\in M\) tale che \(v(m)=m''\) è assicurata.
-\(g\in Ker(\bar{u})\) del mio messaggio precedente.
Per avere chiaro quello che sto facendo, disegnate un triangolo rettangolo con ai vertici gli \(A\)-Moduli \(M, M'', N\) retto in \(M''\). Le funzioni in gioco sono:
\(v: M\to M''\)
\(g:M\to N\)
\(f: M''\to N\)
[size=85](maurer ha ragione, bisogna installare il pacchetto per i diagrammi)[/size]

Da "buon" algebrista (nel senso di buono d'animo) adesso vado a verificare che la funzione \(f\) è ben definita:
Siano \(m_1, m_2\in M\) tale che \(v(m_1)=v(m_2)\implies m_1-m_2\in Ker(v)\subseteq Ker(g)\implies g(m_1)=g(m_2)\)
Inoltre per come abbiamo definito \(f\), si ha che: \(\bar{v}(f)= g\).
Ciò prova che per ogni \(g\in Ker(\bar{u})\quad \exists f\in \text{Hom}_A(M'', N) : \bar{v}(f)=g \) cioè \(Ker(\bar{u})\subseteq Im(\bar{v})\) \(\square\)?
Spero sia corretto, ho fatto così tanti giri per questi mondi che adesso mi gira la testa!
maurer, grazie per la pazienza e per l'hint

Tutto giusto
Adesso manca l'altra implicazione!

[salvozungri]

teorema: Se per ogni [tex]A[/tex]-modulo [tex]N[/tex] è esatta la sequenza [tex]0\longrightarrow \text{Hom}_A(M'', N)\stackrel{\bar{v}}{\longrightarrow}\text{Hom}_A (M, N)\stackrel{\bar{u}}{\longrightarrow}\text{Hom}_A(M', N)[/tex] allora sequenza [tex]M'\stackrel{u}{\longrightarrow} M\stackrel {v}{\longrightarrow} M''\longrightarrow 0[/tex] è esatta.

Non sono in grado di farlo da solo, quindi chiedo l'aiuto del pubblico , intanto rispondo in maniera parziale.
Le ipotesi sono:
1. \(Im(\bar{v})=Ker(\bar{u})\)
2. \(\bar{v}:\text{Hom}_A(M'', N)\to \text{Hom}_A(M, N)\) è iniettiva
Bisogna dimostrare che:
a. \(Im(u)= Ker(v)\)
b. \(v: M\to M''\) è suriettiva.

a. Come prima cercherò di mostrare la doppia inclusione, parto con quella che sono riuscito a fare.
-\(Im(u)\subseteq Ker(v)\)

Dalla ipotesi 1. si ha che, fissato \(N\), \(A\)-modulo, per ogni \(f\in \text{Hom}_A(M'', N)\) , \(f\circ v\circ u=0\).
Grazie all'arbitrarietà di \(N\) ed \(f\), posso prendere \(N= M''\) e considerare l'omomorfismo identico, \(f:M''\to M''\), di conseguenza
\(f\circ v\circ u=0\implies v\circ u=0\) cioè \(Im(u)\subseteq Ker(v)\)

Per le altre parti avrei bisogno di una spintarella .

[salvozungri]

La spintarella è arrivata in pvt, molti giorni fa ormai, ringrazio ancora una volta maurer. Devo ammettere che senza il suo grande suggerimento non sarei riuscito ad arrivare alla soluzione....

....Non mi viene naturale considerare omomorfismi particolari (per me, per gli algebristi saranno il loro pane quotidiano!).

-\(\text{Im}(u)\subseteq \text{Ker}(v)\)
Abbiamo possibilità di scelta sugli oggetti: \(N\) e \(f\in \text{Hom}_A(M, N)\), in particolare è utile prendere in considerazione
• \(N=M/\text{Im}(u)= \text{coker}(u)\)
• \(f\in \text{Hom}_A(M, M/\text{Im}(u))\) tale che:
\[\begin{matrix} f: & M & \longrightarrow & M/\text{Im}(u)\\ & m & \longmapsto & m+\text{Im}(u) \end{matrix}\] (la proiezione canonica, )

Dalla definizione di questi oggetti:
\(\bar{u}(f)= f\circ u = 0\implies \text{Im}(u)\subseteq \text{Ker}(f)\). In realtà qui avremmo una uguaglianza insiemistica, per come è definita \(f\), infatti,
\(\text{Ker}(f)= \text{Im}(u)\) (*).
Dall'ipotesi \(\text{Im}(\bar{u})= \text{Ker}(\bar{v})\) segue che esiste (per esattezza) ed è unico (per iniettività di \(\bar{v}\) ) l'omomorfismo \(g\in \text{Hom}_A(M'', \text{coker}(u))\) tale che \(f=\bar{v}(g)= g\circ v\). Si ha dunque che se \(m\in \text{Ker}(v)\implies m\in \text{Ker}(f)\), di conseguenza:
\(\text{Ker}(v)\subseteq \text{Ker}(f)= \text{Im}(u)\). Combinando questo risultato con il risultato precedente ottengo che:
\(\text{Im}(u)=\text{Ker}(v)\)

-\(v\) è suriettiva.
Prendo in esame \(N=\text{coker}(v)\) e la proiezione canonica:
\[\begin{matrix} g: & M'' & \longrightarrow & M''/\text{Im}(v)\\ & m'' & \longmapsto & m''+\text{Im}(v) \end{matrix}\]
Va da sè che \(\bar{v}(g)= g\circ v = 0\), inoltre dalla iniettività di \(\bar{v}\) si ha che \(g=0\). Poiché la proiezione canonica è suriettiva, allora \(M''/\text{Im}(v)=0\implies M''= \text{Im}(v)\implies v\) suriettiva! Come volevamo... forse
_______________________________________________________
[size=80](*): E' la chiave di volta della dimostrazione, mi sono perso questo passaggio e non riuscivo a continuare, quando poi ho capito mi sono sentito così stupido che avevo perso la voglia di rispondere a questo quesito. [/size]

[maurer]

Molto bene E' tutto corretto. Spero di non averti portato ad odiare l'algebra! Anche perché ho pronto un rilancino...

Come abbiamo dimostrato il precedente teorema, possiamo anche dimostrare quest'altro (del tutto analogo):

Teorema. La sequenza [tex]0 \longrightarrow M'\stackrel{u}{\longrightarrow} M\stackrel {v}{\longrightarrow} M''[/tex] è esatta se e solo se per ogni [tex]A[/tex]-modulo [tex]N[/tex] è esatta la sequenza [tex]0 \longrightarrow \text{Hom}_A(N,M') \stackrel{\overline{u}}{\longrightarrow} \text{Hom}_A(N,M) \stackrel{\overline{v}}{\longrightarrow} \text{Hom}_A(N,M'')[/tex], dove questa volta [tex]\overline{u}(f) = u \circ f[/tex] e [tex]\overline{v}(g) = v \circ g[/tex].

Possiamo allora andare avanti. Ricordo brevemente la seguente proprietà universale.

Proprietà Universale del Prodotto Tensoriale. Dati due [tex]A[/tex]-moduli [tex]M,N[/tex] esiste un'unica coppia [tex](H,g)[/tex] costituita da un [tex]A[/tex]-modulo [tex]H[/tex] ed un omomorfismo di [tex]A[/tex] moduli [tex]g : M \times N \to H[/tex] tale che:

1. [tex]g(M \times N)[/tex] generi [tex]H[/tex];
2. per ogni [tex]A[/tex]-modulo [tex]T[/tex] e per ogni forma bilineare [tex]f : M \times N \to T[/tex] esiste un unico morfismo [tex]\tilde{f} : H \to T[/tex] tale che [tex]f = \tilde{f} \circ g[/tex].
[/list:u:3h11ii15]

Non fornisco la dimostrazione perché ho bisogno del pacchetto xymatrix in maniera più o meno sostanziosa. La soluzione del precedente problema universale è detta prodotto tensoriale di [tex]M[/tex] e [tex]N[/tex] su [tex]A[/tex] e si denota con [tex]M \otimes_A N[/tex].

Se [tex]f : M \to M'[/tex] e [tex]g : N \to N'[/tex] sono morfismi di [tex]A[/tex] moduli, rimane definita un'unica mappa [tex]f \otimes g : M \otimes_A N \to M' \otimes_A N'[/tex]. Infatti, definendo [tex]f \odot g : M \times N \to M' \times N'[/tex] con [tex](f \odot g)(m,n) = (f(m),g(n))[/tex], si definisce una mappa bilineare. Utilizzando la proprietà universale, otteniamo allora un'unica mappa [tex]f \otimes g : M \otimes_A N \to M' \otimes_A N'[/tex].

Bene, utilizzando i due teoremi precedentemente provati, dimostrare il seguente:

Teorema. Sia [tex]M' \stackrel{u}{\longrightarrow} M \stackrel{v}{\longrightarrow} M'' \longrightarrow 0[/tex] una sequenza esatta e sia [tex]N[/tex] un [tex]A[/tex] modulo. Mostrare che la sequenza [tex]M' \otimes_A N \stackrel{u \otimes 1}{\longrightarrow} M \otimes_A N \stackrel{v \otimes 1}{\longrightarrow} M'' \otimes_A N \longrightarrow 0[/tex] è esatta.


[tex]\text{Hom}(M \otimes N, P) \simeq \text{Hom}(M, \text{Hom}(N,P))[/tex]

[salvozungri]

[img]http://t0.gstatic.com/images?q=tbn:ANd9GcT6yv8fj64KdQacdQRipG6skWGa6iYGa5w6gjUgI3l3LdxxbWSR[/img]


Ci penserò promesso, ma non credo di poter fare molto...

[maurer]

Beh, non è nulla di complicato. Probabilmente lo sforzo maggiore che ti richiederà è quello di prendere abbastanza confidenza con la definizione di prodotto tensoriale da dimostrare l'isomorfismo che ho messo in hint!