Ker f

12.04.2011
HOMOLOJİ CEBİRE GİRİŞ ARA SINAV CEVAP ANAHTARI
1. f : A −→ B modül homomorfizması, i : Ker f −→ A kapsama homomorfizması ve p : B −→
B/Im f doğal epimorfizma olmak üzere
0 −→ Ker f −→ A −→ B −→ B/Im f −→ 0
dizisinin tam olduğunu gösteriniz.
Çözüm : i kapsama dönüşümü monomorfizma, p bölüm dönüşümü epimorfizma olduğundan Ker i = 0
ve Im p = B/Im f olur.
• Im i = Ker f olduğunu görelim. Her a ∈ Ker f için i(a) = a olduğundan Im i = Ker f olur.
• Im f = Ker p olduğunu görelim. b ∈ Im f olsun. O halde f(a) = b olacak şekilde a ∈ A vardır.
p(b) = b + Im f = f(a) + Im f = Im f olduğundan b ∈ Ker p olur. ...(1)
b ∈ Ker p olsun.O halde p(b) = b + Im f = Im f olduğundan b ∈ Im f olur. ...(2)
(1) ve (2) den Im f = Ker p olur. O halde bu dizi tamdır.
2. R halka olmak üzere
0 A B
f g h
0 D E F 0
C
0
her satırı tam olan R-modül homomorfizmalarının değişmeli diyagramı olsun. 5-lemmayı kullanmadan
f ve h monomorfizmler ise g nin de monomorfizma olduğunu gösteriniz.
Çözüm : Ker g = 0 olduğunu gösterelim :
0 A k 1
B k 2
C
f g h
0 D l 1
E l 2
F 0
b ∈ Ker g olsun. Diyagram değişmeli olduğundan h ◦ k 2 (b) = l 2 ◦ g(b) = l 2 (0) = 0 olduğundan
h(k 2 (b)) = 0 olur. Buradan h monomorfizma ve k 2 (b) ∈ Ker h olduğundan k 2 (b) = 0 olur.
b ∈ Ker k 2 = Im k 1 olduğundan b ∈ Im k 1 olur. O halde k 1 (a) = b olacak şekilde a ∈ A vardır. Diyagram
değişmeli olduğundan l 1 ◦ f(a) = g ◦ k 1 (a) = g(b) = 0 olduğundan f(a) ∈ Ker l 1 ve 2. satır tam
olduğundan l 1 monomorfizmadır. O halde f(a) = 0 olur.Buradan a ∈ Ker f olur. f mono olduğundan
1
0

a = 0 olur.Buradan b = f(a) = f(0) = 0 olur.O halde Ker g = 0 olur.Buradan g monomorfizmadır.
3. f : Z 8 × Z 4 −→ Z 4 , (a, b) ↦−→ f(a, b) ≡ ab mod 4 şeklinde tanımlanan işlemle birlikte Z 4 bir Z 8
modüldür. Bu modülün injektif yada projektif olup olmadığını belirleyiniz.
Çözüm : Z 4
∼ = 2Z8 dir. O halde 2Z 8 in injektif yada projektif olduğunu belirlersek Z 4 ün de belirlemiş
oluruz. Kabul edelimki 2Z 8 projektif olsun. f : Z 8 −→ 2Z 8 2 ile çarpma homomorfizması surjektiftir.
O halde
0 −→ Ker f −→ Z 8
f
−→ 2Z 8 −→ 0
kısa tam dizidir. 2Z 8 in projektif olduğunu kabul ettiğimizden bu dizi parçalanandır. O halde Z 8
∼ =
Ker f ⊕ 2Z 8 olur. Z 8 in mertebesi 8, 2Z 8 in mertebesi 4 olduğundan Ker f in mertebesi 2 olur. Buradan
4(Ker f ⊕ 2Z 8 ) = 0 olur. Fakat 4 Z 8 ≠ 0 olduğundan çelişki elde edilir. O halde 2Z 8 projektif
olamaz. Buradan ona izomorf olan Z 4 de projektif değildir.
Kabul edelimki 2Z 8 injektif olsun. O halde i kapsama dönüşümü(mono) ve 2Z 8 i injektif kabul ettiğimizden
2Z 8
i
1
f
2Z 8
Z 8
diyagramını değişmeli kılan f homomorfizması vardır. f ◦i = 1 olduğundan f | 2Z8 = 1 2Z8 olur. Buradan
4 ∈ 2Z 8 için f ◦ i(4) = f(4) = 4f(1) = 4 olur. Fakat f(1) ∈ 2Z 8 olduğundan 4f(1) = 0 olur.
Buradan 0 = 4 çelişkisi elde edilir. O halde 2Z 8 injektif olamaz. O halde ona izomorf olan Z 4 de
injektif değildir.
4 . I bir injektif modül f ◦ f = f olmak üzere f : I −→ I bir modül homomorfizması olsun. O zaman
Ker f ve Im f birer injektif modül müdür Açıklayınız.
Çözüm : I bir injektif modül ve f ◦ f = f olsun. O halde I = Ker f ⊕ Im f olduğunu gösterelim :
f ◦ f = f olduğundan her x ∈ I için f ◦ f(x) = f(x) olduğundan f(x − f(x)) = 0 olur. Buradan
x − f(x) ∈ Ker f olur. Her x ∈ I için x = x − f(x) + f(x), x − f(x) ∈ Ker f ve f(x) ∈ Im f
olduğundan I = Ker f + Im f olur.
Ayrıca x ∈ Ker f ∩ Im f için f(x) = 0 ve x = f(y) olacak şekilde y ∈ I vardır. f ◦ f = f
olduğundan f ◦ f(y) = f(y) = f(x) = 0 olduğundan f(y) = x = 0 olur. O halde Ker f ∩ Im f = 0
olur.
2

Buradan I = Ker f ⊕ Im f olur. I injektif olduğundan onun direkt toplam terimleri de injektif olacağından
Ker f ve Im f de injektif olur.
5. i) A burulma grubu ise A ⊗ Q = 0 olduğunu gösteriniz.
ii) Q ⊗ Q ∼ = Q olduğunu gösteriniz.
Çözüm : i) A burulma grubu olsun. Herhangi bir a ⊗ q ∈ A ⊗ Q için q ∈ Q olduğundan q = x y
olacak şekilde x, y ∈ Z vardır. A burulma grubu olduğundan na = 0 olacak şekilde n pozitif tamsayısı
vardır.
a ⊗ q = a ⊗ x y = a ⊗ n x ny = na ⊗ x ny = 0 ⊗ x ny = 0
olduğundan A ⊗ Q = 0 elde edilir.
ii)R halkası Q veya Z olarak alınırsa Q bir R-bimodüldür. Böylece Q ⊗ Q R-modül yapısı taşır.
fonksiyonunu tanımlayalım. g bilineerdir:
Herhangi
p 1
q 1
, p 2
q 2
, p 3
q 3
∈ Q ve r ∈ R için,
g : Q × Q −→ Q, ( p 1
q 1
, p 2
q 2
) ↦→ p 1p 2
q 1 q 2
• g( p 1
q 1
+ p 2
q 2
, p 3
q 3
) = g( p 1q 2 +p 2 q 1
q 1 q 2
, p 3
q 3
) = (p 1q 2 +p 2 q 1 )p 3
q 1 q 2 q 3
= p 1p 3 q 2 +p 2 p 3 q 1
q 1 q 2 q 3
= p 1p 3
q 1 q 3
+ p 2p 3
q 2 q 3
= g( p 1
q 1
, p 3
q 3
) +
g( p 2
q 2
, p 3
q 3
)
• g( p 1
q 1
, p 2
q 2
+ p 3
q 3
) = g( p 1
q 1
, p 2q 3 +p 3 q 2
q 2 q 3
) = p 1(p 2 q 3 +p 3 q 2 )
q 1 q 2 q 3
= p 1p 2 q 3 +p 1 p 3 q 2
q 1 q 2 q 3
= p 1p 2
q 1 q 2
+ p 1p 3
q 1 q 3
= g( p 1
q 1
, p 2
q 2
) +
g( p 1
q 1
, p 3
q 3
)
• g( p 1
q 1
r, p 2
q 2
) = p 1rp 2
q 1 q 2
= p 1
q 1
r p 2
q 2
= g( p 1
q 1
, r p 2
q 2
)
g bilineer olduğundan aşağıdaki diyagramı değişmeli kılan
Q × Q e
Q ⊗ Q
g
h
Q
homomorfizmi vardır.
h : Q ⊗ Q −→ Q, ( p 1
q 1
⊗ p 2
q 2
) ↦→ h( p 1
q 1
⊗ p 2
q 2
) = g( p 1
q 1
, p 2
q 2
) = p 1p 2
q 1 q 2
p 1
q 1
⊗ p 2
q 2
∈ Ker(h) ise h( p 1
q 1
⊗ p 2
q 2
) = p 1p 2
q 1 q 2
= 0 elde edilir. Böylece p 1 p 2 = 0 olur. Q burulmasız
olduğundan p 1 = 0 veya p 2 = 0 olmalıdır. p 1 = 0 ise 0 ⊗ p 2
q 2
= 0, p 2 = 0 ise p 1
q 1
⊗ 0 = 0 bulunur.
Ker(h) = 0 dır. Yani h monomorfizmadır.
Her p q ∈ Q için h( p q ⊗ 1) = p q
olduğundan h örten yani epimorfizmdir.
3

Sonuç olarak h izomorfizm olduğundan Q ⊗ Q ∼ = Q elde edilir.
f : Q −→ Q ⊗ Q, q ↦−→ f(q) = q × 1 dönüşümünün de bir izomorfizm olduğu kolayca görülebilir.
6. Q rasyonel sayılar olmak üzere Hom Z (Q, Q) ∼ = Q olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
φ : Hom(Q, Q) −→ Q
f ↦−→ φ(f) = f(1)
ile tanımlayalım.
•f, g ∈ Hom(Q, Q) , r ∈ Z için
φ(f + g) = (f + g)(1) = f(1) + g(1) = φ(f) + φ(g)
φ(rf) = (rf)(1) = f(1.r) = f(r.1) = r.f(1) = r.φ(f)
Böylece φ modül homomorfizmasıdır.
•f ∈ ker φ olsun. O halde φ(f) = 0 dır.∀r ∈ Z için
f(r) = r.f(1) = r.φ(f) = r.0 = 0 ⇒ f = 0 ⇒ Ker φ = 0 ⇒ φ monomorfizmadır.
• Her a ∈ φ için f(a) = ra ile tanımlanan f : Q −→ Q fonksiyonu bir homomorfizmadır. Diğer
taraftan;
φ(f) = f(1) = 1.a = a ⇒ φ epimorfizmadır. O halde φ izomorfizmadır. Böylece Hom(Q, Q) ∼ = Q olur.
7. Z n serbest Z-modül müdür Z n projektif modül müdür Açıklayınız.
Çözüm : 0 ∈ Z n elemanı n.1 ve 2n.1 olarak iki türlü yazılabildiğinden Z n serbest modül değildir.
Z n modülünün projektif olduğunu kabul edelim. f : Z −→ Z n ile çarpım homomorfizması ve
p : Z −→ Z n doğal homomorfizm olsun.
0 −→ Z −→ f
Z −→ p
Z n −→ 0
tam dizidir. Z n projektif olduğundan bu dizi parçalanandır. Böylece Z ∼ = Z ⊕ Z n elde edilir. Bu bir
çelişkidir. Z n projektif değildir.
8. Z 2 , Z 6 - modülünün projektif fakat serbest olmadığını gösteriniz.
Çözüm: Z 2 = {¯0, ¯1} olmak üzere {¯1} ⊂ Z 2 , Z 6 -modülünün bazı olsun. O halde ¯0 ∈ Z 2 için ¯2, ¯4 ∈ Z 6
olmak üzere;
¯2.1 = ¯0 ¯4.1 = ¯0 olacak şekilde iki türlü yazılır. ancak serbest modül olması için tek türlü yazılması
gerekirdi. Böylece Z 2 , Z 6 -modülü serbest değildir. Z 2 , Z 6 -modülünün projektif olduğunu gösterelim.
Z 2 modülü , her f : A −→ B epimorfizması ve her g : Z 2 −→ B homomorfizması için g = f ◦ h olacak
şekilde bir h : Z 2 −→ A homomorfizması bulunabilir mi
4

g : Z 2 −→ B homomorfizmasını ¯1 ↦−→ b şeklinde tanımlayalım. f : A −→ B epimorfizma olduğundan
f(a) = b olacak şekilde a ∈ A vardır.
h : Z 2 −→ A
¯1 ↦−→ a
şeklinde tanımlayalım. f ◦ h(1) = f(h(1)) = f(a) = b = g(1) olduğundan g = f ◦ h sağlanacak
şekilde h homomorfizması bulunur. O halde Z 2 projektiftir.
9. f : Z 2
⊕ Z −→ Z8
⊕ Z, (a, b) ↦−→ f(a, b) = (4a − b, b) ve
g : Z 8
⊕ Z −→ Z4 , (a, b) ↦−→ g(a, b) ≡ a + b mod 4
şeklinde tanımlansın.
0 Z 2
⊕ Z
f
Z 8
⊕ Z
g
Z 4
0
dizisinin tam olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
• (a, b) ∈ Ker f ⇒ f(a, b) = (0, 0) ⇒ (4a − b, b) = (0, 0) ⇒ 4a − b = 0 ve b = 0 ⇒ 4a = 0 ve b = 0
a ∈ Z 2 olduğundan a = 0 ve b = 0 dir. Böylece Ker f = 0 =im i
• Im f = Ker g mi (x, y) ∈ Ker g ise g(x, y) = x + y ≡ 0 mod 4 dir.
Yani 4|x + y ⇒ x + y = 4k ⇒ x + y = 4k − z + z ⇒ x = 4k − z, y = z ⇒ f(k, z) = (x, y).
Böylece (x, y) ∈ im Im f olur
⊕
(x, y) ∈ Im f ise f(a, b) = (x, y) olacak şekilde (a, b) ∈ Z 2 Z vardır.
(4a − b, b) = (x, y) ⇒ 4a − b = x ve b = y ⇒ x + y = 4a ⇒ (x, y) ∈ Ker g
O halde Im f = Ker g dir.
⊕
•∀ā ∈ Z 4 için g(x, y) = ā olacak şekilde (x, y) ∈ Z 8 Z var mı
x+y ≡ a mod 4 x+y = 4k+a x = 4k ve y = a seçebiliriz. Dolasıyla g örtendir. YaniIm g = Ker k
olur.
10. 0 −→ A −→ f
B −→ g
C −→ 0 dizisi tam ve P projektif ise
0 −→ P ⊗ R A 1 P ⊗f
−−−−→ P ⊗ R B
1 P ⊗g
−−−−→ P ⊗ R C −→ 0
dizisinin tam olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Her sağ R- modül M için funktor M ⊗ R − sağdan tam olduğundan f : A −→ B mono
iken P ⊗ R A
1 P ⊗f
−−−−→ P ⊗ R B nun mono olduğunu göstermemiz yeterli olacaktır. Her modül, bir serbest
modülün bir homomorfizma altında görüntüsü olduğundan F bir serbest modül olmak üzere φ : F −→ P
5

örten homomorfizma olsun. P projektif olduğundan φ ◦ ψ = 1 P olacak şekilde bir ψ : P −→ F
monomorfizması vardır. (φ ⊗ 1)ψ ⊗ 1 = φψ1 = 1 ⊗ 1 = 1 P ⊗ 1 A olacak şekilde
φ ⊗ 1 : F ⊗ R A −→ P ⊗ R A, ψ ⊗ 1 : P ⊗ R A −→ F ⊗ R A
homomorfizmleri vardır.
P ⊗ R A P ⊗ 1⊗f R B
ψ⊗1
ψ⊗1
F ⊗ R A 1⊗f
F ⊗ R B
Böylece ψ ⊗ 1 monomorfizmdir. Yukarıdaki daigram değişmelidir. Yani (1 F ⊗ f) ◦ (ψ ⊗ 1 A ) =
(ψ ⊗ 1 B ) ◦ (1 P ⊗ f) eşitliği rahatlıkla görülebilir. ψ ⊗ 1 A , ψ ⊗ 1 B , ve 1 F ⊗ f homomorfizmleri mono
olduğundan, 1 P ⊗ f homomorfizması monodur.
6