05.06.2012 HOMOLOJ˙I CEB˙IRE G˙IR˙IS F˙INAL CEVAP ...

05.06.2012
HOMOLOJİ CEBİRE GİRİŞ FİNAL CEVAP ANAHTARI
1. F cismi üzerinde tanımlanan her vektör uzayının hem projektif hem de injektif olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Önce Baer kriterini hatırlatalım.
Baer Kriteri : I modülünün injektif olması için gerek ve yeter şart her U sol ideali ve k : U −→ I
homomorfizmasının bir m : R −→ I homomorfizmasına genişletilebilmesidir.
F cisim ve V , F üzerinde bir vektör uzayı olsun. Tüm vektör uzaylarının bir bazı olduğundan V serbest
F -modüldür. Her serbest modül projektif olduğundan V projektiftir. Cismin idealleri sadece 0 ve kendisi
olduğundan F ’in sol idealleri 0 ve F ’dir. O halde U ≤ F olacak şekilde f : U −→ V bir F -modül
homomorfizma ise U = 0 veya U = F ’dir. U = 0 iken ˜f : F −→ V sıfır homomorfizma olarak alalım.
O zaman ˜f, f’in F ’e genişlemesidir. U = F ise f’in genişlemesi kendisidir. O halde Baer kriterinden V
injektiftir.
2. p ve q asal olmak üzere Hom(Z p , Z q ) = 0 olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Hom(Z p , Z q ) ∼ = Z q [p] dir. (p, q) = 1 olduğundan Z q ’nun mertebesi p olan bir elemanı yoktur.
Dolayısıyla Hom(Z p , Z q ) = 0 olur.
3. R halka olmak üzere
0 A B
f
0 D E F 0
her satırı tam olan R-modül homomorfizmalarının değişmeli diyagramı olsun.5-Lemmayı kullanmadan
f ve h monomorfizmler ise g de monomorfizma olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
g
C
0 A i 1
B i 2
C
f
0 D
j1
E
j2
F 0
Satırlar tam olduğundan i 1 , j 1 monomorfizma ve i 2 , j 2 epimorfizmadır. f ve g monomorfizma olsun.
Ker(g) = 0 olduğunu göstermeliyiz. b ∈ Ker(g) olsun. O zaman g(b) = 0 dır.
g
h
h
0
0
(h ◦ i 2 )(b) = (j 2 ◦ g)(b) = j 2 (g(b)) = j 2 (0) = 0
1

h(i 2 (b)) = 0 ⇒ i 2 (b) = 0
⇒ b ∈ Ker(i 2 ) = Im(i 1 )
⇒ ∃a ∈ A, i 1 (a) = b
⇒ ∃a ∈ A, (j 1 ◦ f)(a) = (g ◦ i 1 )(a) = g(i 1 (a)) = g(b)
⇒ ∃a ∈ A, j 1 (f(a)) = 0
⇒ ∃a ∈ A, f(a) ∈ Ker(j 1 ) = 0
⇒ ∃a ∈ A, f(a) = 0
⇒ ∃a ∈ A, a ∈ Ker(f) = 0
⇒ a = 0
⇒ i 1 (a) = 0 = b
⇒ Ker(g) = 0
Sonuç olarak g monomorfizmadır.
4. Her modülün bir serbest çözücüsünün var olduğunu gösteriniz.
Çözüm: A herhengi bir modül olsun. F 0 projektif olmak üzere bir ε : F 0 −→ A epimorfizması vardır.
Ker(ε) = K 0 diyelim. F 1 projektif modül olmak üzere bir f 1 : F 1 −→ K 0 epimorfizması bulunur.
i : K 0 −→ F 0 içerme monomorfizması olmak üzere, i ◦ f 1 : F 1 −→ F 0 bileşkesini d 1 ile, Ker(d 1 ) =
Ker(f 1 ) i de K 1 ile gösterelim. Yine F 2 projektif modül olmak üzere bir f 2 : F 2 −→ K 1 epimorfizması
bulunur. j : K 1 −→ F 1 içerme monomorfizması olmak üzere i ◦ f 2 : F 2 −→ F 1 homomorfizmasını d 2
ile gösterelim. Bu taktirde
d
F
2 d
2 −→
1 ε
F1 −→ F0 −→ A −→ 0
dizisi tamdır. Gerçekten ε epimorfizmadır;
Im(d 1 ) = Im(f 1 ) = K 0 = Ker(ε)
dur. Im(d 2 ) = Im(f 2 ) = K 1 = Ker(d 1 ) dir. Bu şekilde devam ederek, F n ler projektif modüller olmak
üzere bir
d
... −→ F
n d n−1
d
n −→ Fn−1 −→ ... −→ F
1 ε
1 −→ F0 −→ A −→ 0
tam dizisi elde ederiz. Dolayısıyla
F : ... −→ F n
olmak üzere (F, ε), A modülü için bir projektif çözücüdür.
d −→
n
d ... −→
1 d F1 −→
0
F0 −→ 0
5. A, C birer R− modül olmak üzere Ext 1 R
(C, A) = {0} ise
0 −→ A −→ B −→ C −→ 0
2

kısa tam dizisinin parçalanan olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
0 −→ Hom(C, A) −→ Hom(C, B) −→ Hom(C, C) −→ Ext 1 R(C, A) −→ . . .
tam dizisini elde ederiz. Ext 1 R
(C, A) = 0 olduğundan
0 −→ Hom(C, A) f∗
−→ Hom(C, B) g∗
−→ Hom(C, C) −→ 0
dizisi tamdır. Buna göre g ∗ epimorfizmasıdır ve dolayısıyla
1 C ∈ Hom(C, C) için g ◦ u = g ∗ (u) = 1 C olacak şekilde bir u ∈ Hom(C, B) bulunur. Bu ise,
0
f
A
B
g
u
C
0
dizisinin parçalanması demektir.
6. Bir T : R − Mod −→ Ab additif kovaryant funktoru ve bir n ∈ Z için T n türev funktoru tamsa, T n−1
funktorunun sağdan tam ve T n+1 funktorunun da soldan tam olduğunu gösteriniz.
Çözüm: A herhangi bir modül ve (I, ɛ), A’nın herhangi bir injektif çözücüsü olsun.
0 −→ I 0 d
−→ 0
I 1 d
−→ 1
I 2 −→ . . . −→ I n−1 d
−→ n−1
I n d
−→ n
. . .
0 −→ T (I 0 ) T (d0 )
−→ T (I 1 ) T (d1 )
−→ T (I 2 ) T (d2 )
−→ . . . −→ T (I n−1 ) T (dn−1 )
−→ T (I n ) −→ . . .
T n funktoru tam ise
T n (A) = H n (T (I)) = Ker(T (d n ))/Im(T (d n−1 )) = 0
dır. 0 −→ A −→ B −→ C −→ 0 tam dizi olsun.
0 −→ T n (A) −→ T n (B) −→ T n (C) −→ 0
tamdır.
∂ n−1 = 0 ise
0 −→ T 0 (A) −→ T 0 (B) −→ T 0 (C) −→ T 1 (A) −→ . . .
. . . −→ T n−1 (A) −→ T n−1 (B) −→ T n−1 (C) ∂n−1
−→ T n (A) −→ T n (B)
−→ T n (C) −→ ∂n
T n+1 (A) −→ T n+1 (B) −→ T n+1 (C) −→ . . .
tam olduğundan T n−1 sağdan tamdır. ∂ n = 0 ise
T n−1 (A) −→ T n−1 (B) −→ T n−1 (C) −→ 0
0 −→ T n+1 (A) −→ T n+1 (B) −→ T n+1 (C)
3

tam olduğundan T n+1 soldan tamdır.
7. P modülünün projektif olması için gerek ve yeter koşul her f : A −→ B monomorfizması için
Ext 1 (P, f) : Ext 1 (P, A) −→ Ext 1 (P, B)
nin monomorfizma olmasıdır. Gösteriniz.
Çözüm:
0 −→ A −→ f
B −→ p
B/Imf −→ 0
tam dizisini alalım.
0 −→ Hom(P, A) −→ f∗
Hom(P, B) −→ p∗
a
Hom(P, B/Imf) −→ Ext 1 (P, A)
Ext 1 (P,f)
−→ Ext 1 (P, B) −→ Ext 1 (P, C) −→ 0
tam dizidir. P projektif olduğundan Hom(P, −) tamdır.
Hom(P, B/Imf) = Imp ∗ = Kera ⇔ a = 0 ⇔ Ima = 0 = Ker(Ext 1 (P, f))
olduğundan Ext 1 (P, f) monomorfizmadır.
8. A ve B birer abel grup olmak üzere T or 0 Z (A, B) ∼ = A ⊗ Z B olduğunu gösteriniz.
Çözüm: T = A ⊗ − ve her n için P n projektif olmak üzere
... P 1
d 1 P 0
ε B 0
tam dizisini alalım. Bu durumda
... T (P 1 ) T (d 1) T (P 0 ) T (d 0)
0
kompleksinden
T or 0 Z (A, B) = T 0(B) = Ker(T (d 0 ))/Im(T (d 1 )) = T (P 0 )/Im(T (d 1 ))
dir. Diğer taraftan T sağdan tam oduğundan
T (P 1 ) T (d 1) T (P 0 ) T (ε) T (B) 0
dizisi tamdır. O halde esas homomorfizma teoreminden
T (B) = Im(T (ε)) ∼ = T (P 0 )/Im(T (d 1 )) = T orZ 0 (A, B)
dir. Buradan
A ⊗ B = T (B) = T orZ 0 (A, B)
4

olur.
9. A ve B birer R− modül olmak üzere Ext 0 R (A, B) ∼ = Hom R (A, B) olduğunu gösteriniz.
Çözüm:T = Hom R (A, −) ve her n için I n injektif olmak üzere
0 −→ B δ −→ I 0 d 0
−→ I 1 d 1
−→ ...
tam dizisini alalım. Bu durumda
0 T (d−1 )
T (I 0 ) T (d0 ) T (I 1 ) ...
kompleksinden
Ext 0 R(A, B) = T 0 (B) = Ker(T (d 0 ))/Im(T (d −1 )) ∼ = Ker(T (d 0 ))
dir. Diğer taraftan T soldan tam olduğundan
0 T (B) T (δ) T (I 0 ) T (d0 ) T (I 1 ) ...
dizisi tamdır. O halde esas homomorfizma teoreminden
T (B) ∼ = Im(T (δ)) = Ker(T (d 0 )) ∼ = Ext 0 R(A, B)
dir. Buradan
olur.
Hom R (A, B) = T (B) ∼ = Ext 0 R(A, B)
10. B bir Z− modül olmak üzere Ext 1 Z ( Z mZ , B) ∼ = B mB
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
0 −→ Z fm
−→ Z −→ Z/mZ −→ 0
kısa tam dizisini alalım. Z projektif olduğundan Ext(Z, B) = 0 dır.
. . . −→ Hom(Z, B) Hom(fm,B)
∂
−→ Hom(Z, B) −→ Ext(Z/mZ, B) −→ 0
tam dizisini elde ederiz. Hom(Z, B) ∼ = B doğal izomorfizmasından
. . . −→ B f m
−→ ∗ B −→ ∂′
Ext(Z/mZ, B) −→ 0
tam dizisini elde ederiz. Bu durumda
Ext(Z/mZ, B) = Im(∂ ′ ) ∼ = B/ker(∂ ′ ) = B/Im(f ∗ m) = B/mB
dir.
5