HOMOLOJİ CEBİRE GİRİŞ ARA SINAV CEVAP ANAHTARI

Transkript

1 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

2 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

3 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 ve r R için, g : Q Q Q, ( p 1 ) p 1p 2 g( p 1 + p 2 ) = g( p 1 +p 2 ) = (p 1 +p 2 )p 3 = p 1p 3 +p 2 p 3 = p 1p 3 + p 2p 3 = g( p 1 ) + g( p 2 ) g( p 1 + p 3 ) = g( p 1 +p 3 ) = p 1(p 2 +p 3 ) = p 1p 2 +p 1 p 3 = p 1p 2 + p 1p 3 = g( p 1 ) + g( p 1 ) g( p 1 r ) = p 1rp 2 = p 1 r p 2 = g( p 1, r p 2 ) g bilineer olduğundan aşağıdaki diyagramı değişmeli kılan Q Q e Q Q g h Q homomorfizmi vardır. h : Q Q Q, ( p 1 ) h( p 1 ) = g( p 1 ) = p 1p 2 p 1 Ker(h) ise h( p 1 ) = p 1p 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 = 0 = 0 ise p 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

4 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 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

5 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 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

6 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