用户: Ruiqi chen/蝾螈引理

蝾螈引理是同调代数中一个基本引理, 它指出了 Abel 范畴上双复形中不同位置的链同调 (链上同调) 的联系.

1引理及证明
2推论
3参考文献

1引理及证明

定义 1.1. 令 $X_{∙, ∙}$ 是 $A$ 上双复形, 对 $X : = X_{p, q}$ 为任意对象, 考察在 $X$ 处的微分: (1)其中 $\partial^{diag} : = \partial^{vert} \circ \partial^{hor} = \partial^{hor} \circ \partial^{vert}$ , 定义

1.	$X^{hor} : = ker \partial_{out}^{hor} / im \partial_{in}^{hor}$ 是水平链复形的同调;
2.	$X^{vert} : = ker \partial_{out}^{vert} / im \partial_{in}^{vert}$ 是竖直链复形的同调;
3.	$^{□} X : = \frac{k e r \partial _{out}^{hor} \cap k e r \partial _{out}^{vert}}{im \partial _{in}^{diag}}$ 称作受体, 亦可定义为 $X_{p + 1, q + 1} \to X_{p, q} \to X_{p - 1, q} \oplus X_{p, q - 1}$ 的同调;
4.	$X_{□} : = \frac{k e r \partial _{out}^{diag}}{im \partial _{in}^{hor} + im \partial _{in}^{vert}}$ 称作突触, 亦可定义为 $X_{p + 1, q} \oplus X_{p, q + 1} \to X_{p, q} \to X_{p - 1, q - 1}$ 的同调;

其中

1.	择定 $A$ 的子对象 $S, T$ , 交定义为 $S \cap T : = S A \times T$ ;
2.	择定 $A$ 的子对象 $S, T$ , 和定义为 $S + T : = im (S \oplus T \to X)$ .

引理 1.2. 给出 $X : = X_{p, q}$ 为双复形中任意对象, 有交换图表: (2)

证明. 依赖同调

H_{0} : Ch_{∙} (A) \to A

的函子性与以下三角形交换的图表, 由子商保证的唯一性足够确立交换性: (3)

$□$

引理 1.3. 双复形中的态射 $\partial : X \to Y$ (横向或纵向) 诱导出施主向受体的态射 $X_{□} \to^{□} Y$ .

证明. 有对称性, 不妨设

\partial_{p, q}^{hor} : X_{p, q} \to X_{p - 1, q}

横向, 依赖同调

H_{0} : Ch_{∙} (A) \to A

的函子性与以下交换图表: (4)交换性源于:

\partial^{2} \partial^{2} = 0 : X_{p + 1, q} \to X_{p - 1, q} = 0 : X_{p, q} \to X_{p - 2, q}

$□$

引理 1.4. 给出双复形中如下图表: (5)诱导出如下六项正合列, 称作在 $\partial^{vert} : A \to B$ 处的蝾螈引理: (6)

证明. 首先, 对 $A f B g C$ 有: $ker (g f) coker (g f) = ker (g) B \times A = coker (f) B ⊔ C$ 只需验证等式右侧满足等式左侧的泛性质, 现在我们分三步证明该引理:

1.

对复形 $A f B g C$ 均诱导出拉回推出图表, 其中 $H$ 是在 $B$ 处的同调: (7)

依对称性, 验证 $ker g$ 侧即足, $g$ 可透过 $coker f$ 分解, 故: $ker g = B \times_{coker f} ker (coker f \to C) = B \times_{coker f} H$ (8)

2.

若给出如下图表使得上方两个方框均为拉回图表, 右下方框为推出图表, 且 $A \to B \to C$ 正合, (9)则给出正合列: $A B \times D \to E \to C B ⊔ F$ (10)

记 $K : = ker (E \to C B ⊔ F)$ , 取定 $0 \in hom_{A} (K, C)$ , 给出了 $K \to C \oplus F$ , 考察交换图表: (11)右下方框推出给出 $B \to C \oplus F \to C B ⊔ F$ 的正合性, 故所求 $K C \oplus F \times B \to K$ 满, 另一方面, 对 $K \to C \oplus F$ 的选取给出 $K C \oplus F \times B \to C$ 为 $0$ , 考察交换图表: (12)其中方框为拉回图表, 依赖 $A \to B \to C$ 的正合性给出 $K C \oplus F \times A \to K C \oplus F \times B$ 的满性, 利用 $A B \times D$ 作为拉回的泛性质给出 $K C \oplus F \times A \to A B \times D$ , 结合已经验证的满态射 $K C \oplus F \times A \to K$ , 知 $A B \times D \to E \to C B ⊔ F$ 正合.

3.

最后, 我们逐点的验证六项正合列, 绘出四张图表如下: (13)(14)(15)(16)依赖前两步, 给出四个正合列: $ker (C \to B) C_{□} ker (A \to B) A^{hor} ker (A \to D) A_{□} ker (B \to D \oplus F)^{□} B A^{hor} A_{□} coker (C \oplus E \to A) A_{□}^{□} B coker (C \to B)^{□} B B^{hor} coker (A \to B) B^{hor}^{□} D coker (A \to D)$ 上述态射满或单的透过态射上标注的对象, 给出 $A^{hor}, A_{□},^{□} B, B^{hor}$ 处正合性, 这就证明了蝾螈引理.

$□$

推论 1.5. 将上述图表沿对角线翻折, 即若给出双复形中如下图表: (17)诱导出如下六项正合列: (18)

2推论

推论 2.1. 给定双复形中 $\partial^{hor} : A \to B$ , 满足该横行在 $A, B$ 处正合, 即 $A^{hor} = B^{hor} = 0$ , 则 $A_{□} =^{□} B$ .

推论 2.2. 给定双复形中如下图表, 满足 $B^{vert} = 0$ : (19)则有: $A_{□}^{□} A ≅ A^{hor} ≅ A^{vert}$

证明. 在

0 \to B

的蝾螈引理给出

^{□} B = 0

, 在

0 \to A

,

A \to B

运用蝾螈引理即可.

$□$

引理 2.3 (强形式蛇引理). 给出以下横行正合的交换图表, 满足 $f_{0}$ 满, $f_{4}$ 单: (20)记: $K_{i} : = ker (f_{i}), C_{i} : = coker (f_{i})$ (21)则存在 $δ$ 以及六项长正合列: $K_{1} \to K_{2} \to K_{3} δ C_{1} \to C_{2} \to C_{3}$ (22)

证明. 为了使用蝾螈定理, 我们嵌入双复形: (23)其中

P, Q

的添入是保证中间两横行的正合, 即:

P : = coker (X_{3} \to X_{4}), Q : = ker (Y_{0} \to Y_{1})

(24)此时反复运用 2.1 与 2.2 得到恒等式:

K_{2}^{hor} ≅ K_{2}_{□} ≅^{□} X_{2} ≅ X_{1}_{□} ≅^{□} Y_{1} ≅ Y_{0}_{□} ≅^{□} 0 ≅ 0 C_{2}^{hor} ≅^{□} C_{2} ≅ Y_{2}_{□} ≅^{□} Y_{3} ≅ X_{3}_{□} ≅^{□} X_{4} ≅ 0_{□} ≅ 0 K_{3}^{hor} ≅ K_{3}_{□} ≅^{□} X_{3} ≅ X_{2}_{□} ≅^{□} Y_{2} ≅ Y_{1}_{□} ≅^{□} C_{1} ≅ C_{1}^{hor}

故由下述复合给出的

δ

给出六项正合列:

δ : K_{3} \to coker (K_{2} \to K_{3}) ≅ K_{3}^{hor} ≅ C_{1}^{hor} ≅ ker (C_{1} \to C_{2}) \to C_{1}

(25)

$□$

引理 2.4 ( $n \times n$ 引理). 给出如下 $n \times n$ 的双复形使得纵列均正合, 除 $(X_{a, n})_{a}$ 以外的横行正合: (26)则横行 $(X_{a, n})_{a}$ 正合.

证明. 依旧运用 2.1 与 2.2, 形式的添入

coker (X_{n, 2} \to X_{n, 1})

与

coker (X_{2, n} \to X_{1, n})

, 得到:

X_{k, n}^{hor} ≅ X_{k, n}_{□} ≅ X_{n, k}_{□} ≅^{□} X_{n, k - 1} ≅ 0_{□} ≅ 0, \forall k \in [2, n] \cap Z

(27)

$□$

引理 2.5 (长正合列). 复形的短正合列 $0 \to X_{k} \to Y_{k} \to Z_{k} \to 0$ 诱导出链同调的长正合列: $\dots \to H_{k} (X) \to H_{k} (Y) \to H_{k} (Z) \to H_{k - 1} (X) \to \dots$ (28)

证明. 我们考察如下上下无穷长的双复形: (29)依赖 2.2 得到:

X_{k}^{vert} ≅ X_{k}_{□} ≅^{□} Y_{k}, Z_{k}^{vert} ≅^{□} Z_{k} ≅ Y_{k}_{□}

(30)长正合列约化为

Y_{k} \to Y_{k - 1}

处的蝾螈引理.

$□$

3参考文献

•	George M Bergman (2011). “On diagram-chasing in double complexes”. arXiv preprint arXiv:1108.0958. (web)

•	李文威 (2023). 代数学方法: 线性代数. (pdf)

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