Question

Stardart çözünüm'ün bir tam serbest çözünüm olduğunu nasıl gösterebilirim?

Comments

Bu soru, soru çözerek grup kohomolojisine basit bir giriş yapmak için hazırlanan bir dizi sorunun onbeşincisi. Bu sorularda geçen kavramlar en genel hallerinden ziyade, amaç için gereken en sade şekilleriyle verilmektedir. Sorular, Neukirch'in sınıf cisim kuramı üzerine verdiği Bonn dersleri başlıklı kitabı izlek alınarak hazırlanmktadır. Bu soruların pek çoğunun yanıtı adı geçen kitapta bulunmakta.

Birinci soru: http://matkafasi.com/10695/g-modulleri 

İkinci soru: http://matkafasi.com/10699/artis-ideali-ve-norm-ideali 

Üçüncü soru: http://matkafasi.com/10786/artis-ideallerinin-augmentation-serbest-carpan-oluslari 

Dördüncü soru: http://matkafasi.com/10788/norm-ve-artis-idealleri-birbirlerinin-sifirlayicilaridir 

Beşinci soru: http://matkafasi.com/10791/bir-g-modulun-onemli-altmodulleri 

Altıncı soru: http://matkafasi.com/10795/g-modul-morfizmalari 

Yedinci soru: http://matkafasi.com/11236/tensor-carpim-uzerindeki-%24g%24-modul-yapisi

Sekizinci soru: http://matkafasi.com/11240/tensor-carpim-ve-%24hom%24-islemleri-toplamsaldir

Dokuzuncu soru: http://matkafasi.com/11243/%24g%24-morfizmalarini-hom-ile-geri-cekme-ileri-itme-tensorleme

Onuncu soru: http://matkafasi.com/11250/%24hom%24-isleminin-duz-flat-oldugu-bir-durum

On birinci soru: http://matkafasi.com/11267/hom-isleminin-duz-flat-oldugu-bir-baska-durum.

On ikinci soru: http://matkafasi.com/11274/tensorlemenin-duz-flat-davrandigi-bir-durum

On üçüncü soru: http://matkafasi.com/11277/tensorlemenin-net-oldugu-bir-baska-durum

On dördüncü soru: http://matkafasi.com/11279/tam-serbest-cozunum-nedir

On beşinci soru: http://matkafasi.com/11308/stardart-cozunumun-serbest-cozunum-oldugunu-gosterebilirim

On altıncı soru: http://matkafasi.com/11330/kohomoloji-gruplarinin-tanimi-nedir

On yedinci soru: http://matkafasi.com/11348/dusuk-boyutlu-kohomoloji-gruplarini-hesaplayiniz

On sekizinci soru: http://matkafasi.com/11367/ikinci-kohomoloji-grubu-nedir

On dokuzuncu soru: http://matkafasi.com/11375/birinci-kohomoloji-grubu-neyi-olcer

Answer 1

Öncelikle $$0\longleftarrow \mathbb{Z}\longleftarrow^{\epsilon}X_0\longleftarrow^{d_1}X_1\longleftarrow^{d_2}X_2\longleftarrow^{d_3}\cdots$$ dizisinin her terimde net olduğunu göstereceğiz. Şöyle bir numara çevireceğiz. $d_i$'lerin ve $\epsilon$'nun ters yönünde $$E:\mathbb{Z}\longrightarrow X_0$$ ve $$D_i:X_i\longrightarrow X_{i+1}$$ homomorfizmalarını $$E\circ \epsilon+d_1\circ D_0=id_{X_0}\qquad\qquad(*)$$ ve $$D_{r-1}\circ d_r+d_{r+1}\circ D_r=id_{X_r}\qquad\qquad(**)$$ eşitliklerini sağlayacak ve $D_i$'lerin görüntüsünde bütün $(\sigma_1,\cdots,\sigma_{i+1})$, $i+1$-çoklularının bulunacağı  biçimde tanımlayacağız.

İddia: .Yukarıdaki gibi $E$ ve $D_i$ homomorfizmalarının varlığı elimizdeki dizinin her noktada net olduğu sonucunu doğurur.

İspat: Diyelim ki yukarıdaki gibi $E$ ve $D_i$ homomorfizmaları varolsun. Öncelikle $X_0$'de netliği ispatlayacağız. Yani $\ker\epsilon)=im(d_1)$ olduğunu göstereceğiz. $x\in \ker (\epsilon )$ olsun. $(*)$ sayesinde $$x=E\circ \epsilon(x)+d_1\circ D_0(x)=d_1\circ D_0(x)$$ eşitliğini elde ederiz ki bu $x\in im(d_1)$ demek. Öte yandan $d_1(\sigma)=\sigma-1$ ve $\epsilon(\sigma-1)=1-1=0$. Yani $$\ker(\epsilon)=im (d_1)$$ Geri kalan noktalardaki netliği göstermek için tümevarım yapacağız. Diyelim ki $r\geq 1$ için  $$d_{r-1}\circ d_r=0$$ olsun (burada $r=1$ olduğu durumda $d_0$ olarak $\epsilon$ alıyoruz)Tümevarım hipotezimizi iki farklı şekilde ($(**)$ eşitliğini kullanarak) şu eşitlikleri elde ederiz: $$d_r=(D_{r-2}\circ d_{r-1}+d_r\circ D_{r-1})\circ d_r=d_r\circ D_{r-1}\circ d_r$$ ve $$d_r=d_r\circ(D_{r-1}\circ d_r+d_{r+1}\circ D_r)=d_r\circ D_{r-1}\circ d_r+d_r\circ d_{r+1}\circ D_r.$$ Bu iki eşitliği taraf tarafa çıkartırsak $$d_r\circ d_{r+1}\circ D_r=0$$ eşitliğini elde ederiz. $D_r$'nin görüntüsünde bütün $(\sigma_1,\cdots,\sigma_{r+1})$ biçimindeki elemanlar olduğu için en son eşitlik pratikte $d_r\circ d_{r+1}=0$ demek. Yani $$im (d_{r+1})\subseteq \ker(d_r).$$ Şimdi diğer içerme ilişkisinin doğru olduğunu gösterelim. Bu taraf çok daha kısa. Yine $(**)$ eşitliğini kullancağız. Diyelim ki $x\in\ker d_{r}$ (yani $d_r(x)=0$) olsun. Dileğimiz $x$'in $d_{r+1}$'in görüntüsünde olduğunu göstermek. $(**)$ eşitliğini $d_r(x)=0$ bilgisiyle beraber kullanırsak şunu elde ederiz: $$x=id_{X_r}(x)=D_{r-1}\circ d_r(x)+d_{r+1}\circ D_r(x)=d_{r+1}(D_r(x))\in im(d_{r+1})$$ Sonuç olarak $$im(d_{r+1})=\ker (d_r)$$ bulunur, bu da elimizdeki dizinin net olduğunu gösterir iddianın ispatı biter.$_\square$

O halde, iddiayı kullanabilmek için sözü geçen $E$ ve $D_r$ homomorfizmalarını tanımlamalayız. Tanım:

1. $E:\mathbb{Z}\longrightarrow X_0$ homomorfizması $1\longmapsto 1$ eşlemesini lineer olarak genişleterek;
2. $D_0:X_0\longrightarrow X_1$ homomorfizması $\sigma\longmapsto\sigma$ eşlemesini lineer olarak genişleterek;
3. $q\geq1$ için $D_q:X_{q}\longrightarrow X_{q+1}$ homomorfizmasını $\sigma_0(\sigma_1,\cdots,\sigma_r)\longmapsto(\sigma_0,\sigma_1,\cdots,\sigma_r)$ lineer olarak genişleterek

tanımlıyoruz.

İddia: $E,D_r$ homomorfizmaları $(*)$ ve $(**)$ eşitliklerini sağlar.

İspat: Bunun için doğrudan hesap yapmak gerekiyor. Özel hiçbir yetenek gerekmiyor. Gösterelim. $D_{r-1}\circ d_r+d_{r+1}\circ D_r$'yi hesaplayacağız. Önce $d_{r+1}\circ D_r$ parçasını hesaplayalım.  $$d_{r+1}\circ D_r (\sigma_0(\sigma_1,\cdots,\sigma_r))=d_{r+1}(\sigma_0,\sigma_1,\cdots,\sigma_r))\\=\sigma_0(\sigma_1,\cdots,\sigma_r)\\+\sum_{i=1}^{r}(-1)^i(\sigma_0,\cdots,\sigma_{i-2},\sigma_{i-1}\sigma_i,\sigma_{i+1},\cdots,\sigma_r) \qquad \text{($i$'inci parçaya $A_i$ diyelim)}\\+(-1)^{r+1}(\sigma_0,\cdots,\sigma_{r-1})\qquad\text{(Bu parçaya da $A$ diyelim)}$$ Şimdi de $D_{r-1}\circ d_r$ parçasını hesaplayalım: $$D_{r-1}\circ d_r(\sigma_0(\sigma_1,\cdots,\sigma_r))=D_{r-1}(\sigma_0d_r(\sigma_1,\cdots,\sigma_r))\\=D_{r-1}\Big[\sigma_0(\sigma_1\Big(\sigma_2,\cdots,\sigma_r)\\+\sum_{i=1}^{r-1}(-1)^i(\sigma_1,\cdots,\sigma_{i-1},\sigma_i\sigma_{i+1},\sigma_{i+2},\cdots,\sigma_r)\\+(-1)^r(\sigma_1,\cdots,\sigma_{r-1})\Big)\Big]$$ Birinci satırdaki eşitlik, $d_r$'nin $G$-homomorfizması olması nedeniyle doğru. O sayede $\sigma_0$ elemanı $d_r$'nin dışına çıkıyor. Şimdi de $D_{r-1}$'i uygulayalım. Tanımı uygulayarak şu elemanı elde ederiz: $$(\sigma_0\sigma_1,\sigma_2,\cdots, \sigma_r)\qquad\text{(Bu parçaya $B_1$ diyelim)}\\+\sum_{i=1}^{r-1}(-1)^i(\sigma_0,\cdots,\sigma_{i-1},\sigma_{i}\sigma_{i+1},\sigma_{i+2},\cdots,\sigma_r)\qquad\text{($i$'inci parçaya $B_{i+1}$ diyelim)}\\+(-1)^r(\sigma_0,\cdots,\sigma_{r-1})\qquad \text{(Bu parçaya da $B$ diyelim)}$$ Dikkat edilirse $$\text{$A_i=-B_i$ ve $A=-B$}$$ eşitlikleri Elf gözlerden kaçmayacaktır. O halde iki ifadeyi toplarsak istediğimiz sonucu elde ettiğimiz görülebilir.

İşin yarısı bitti. Şimdi negatif indeksli terimlerden oluşan dizinin net olduğunu göstermeliyiz. Bunun için de bakınız diğer yanıt.

Answer 2

Şimdi de $$\cdots\stackrel{d_{-3}}{\longleftarrow}X_{-3}\stackrel{d_{r-2}}{\longleftarrow} X_{-2}\stackrel{d_{-1}}{\longleftarrow}X_{-1}\stackrel{\mu}{\longleftarrow}\mathbb{Z}\longleftarrow 0\qquad(*)$$  dizisinin her terimde net olduğunu göstereceğiz. Bunun için, bu dizinin, daha önce her terimde net olduğunu ispatladığımız $$0\longleftarrow \mathbb{Z}\stackrel{\epsilon}{\longleftarrow}X_0\stackrel{d_1}{\longleftarrow}X_1\stackrel{d_2}{\longleftarrow}X_2\stackrel{d_3}{\longleftarrow}\cdots\qquad(**)$$ dizisini $Hom(\cdot,\mathbb{Z})$ işlemiyle dualize edilerek elde edildiğini göstereceğiz. Bu diziyi, dediğimiz gibi dualize edersek şu yeni diziyi elde ederiz: $$0\longrightarrow Hom(\mathbb{Z},\mathbb{Z})\stackrel{\epsilon^*}{\longrightarrow}Hom(X_0,\mathbb{Z})\stackrel{d_{1}*}{\longrightarrow}Hom(X_1,\mathbb{Z})\stackrel{d_2*}{\longrightarrow}\cdots\qquad(***)$$ Biz bu dizinin net olduğunu burası sayesinde biliyoruz. $X_r$ grubumuz bildiğimiz üzere serbest bir $\mathbb{Z}[G]$-modül (üreteçleri de $G^r$'nin elemanları). Bu üreteçleri $\{x_i\}$ ile gösterirsek, bu üreteçlere bağlı eşlenik baz (dual basis) $x_i^*$'yi şu şekilde yazabiliriz: $$x_i^*(\sigma x_k)=1\qquad\text{ eğer $\sigma=1$ ve $i=k$ ise }$$ ve diğer bütün durumlarda $x_i^*(\sigma x_k)=0$. Doğal olarak bu eşlenik baz $Hom(X_r,\mathbb{Z})$'nin bir bazıdır. Bu da demektir ki $x_i\longmapsto x_i^*$ eşlemesi bize $$Hom(X_r,\mathbb{Z})\simeq X_r$$ $G$-izomorfizmasını verir. Burada okuyucuya bırakalın kısım şudur: Yukarıda sözü edilen izomorfizma marifetiyle  $$X_{-r-1}=Hom(X_r,\mathbb{Z})\qquad(q\geq0)\\\mathbb{Z}=Hom(\mathbb{Z},\mathbb{Z})$$ yer değiştirmelerini yaparsak $(***)$'teki dizi $(*)$'deki diziye dönüşür. Sonuç da $(***)$'teki dizinin netliğinden çıkar.

Standart çözünümün bir tam serbest çözünüm olduğunun ispatı, bir diğer yanıtla beraber neredeyse bitmiş durumda. $d_0=\mu\circ\epsilon$ eşitliği gösterilmeli ancak bu tanımlardan hemencik çıkıyor ve bütün soruları çözmeye çalışan okuyucuya bırakılmıştır. Buna ek olarak $$\ker (d_0)=im(d_1)$$ ve $$im(d_0)=\ker(d_{-1})$$ eşitliklerini de göstermek gerekli. Ama bu da okuyucuya bırakılmıştır. Zira çok kolay.

Comments

Destan yazılmış yine. Eline sağlık. Vakitlice bi okuyacam :)

---

sana göndereceğim dediğim yazıyı da göndereceğim de, türkçe'ye çevirmem gerek önce. ingilizce yazdım çünkü. aklımda o da yani, merak etme.

---

Bana ingilizcesini gönder ya :)

---

Yoook, asıl sana türkçe göndereceğim. Ben epsilon türkçe ne demek bilmiyorum diye yorumlar yazmayın siye artık :D