Resolución proyectiva de un colímite filtrado

Question

En el Álgebra Homológica de Cartan y Eilenberg, afirman lo siguiente

V9.5* Si $A = \lim\limits_\longrightarrow A_\alpha$ entonces existen resoluciones proyectivas $X_\alpha$ de $A_\alpha$ formando un sistema directo tal que $X = \lim\limits_\longrightarrow X_\alpha$ es una resolución proyectiva de $A$ .

Estoy asumiendo que pretenden que un sistema directo signifique, como siempre, que el conjunto índice es dirigido y que hay mapas de modo que tenemos mapas $\phi_{\alpha \beta}: A_\alpha \rightarrow A_\beta$ para cualquier $\alpha \leq \beta$ respetando la transitividad y siendo la identidad en el caso $\alpha = \beta$ .

Realmente quiero creer este lema, pero tengo problemas con su breve demostración. Este resultado me sorprende porque implicaría inmediatamente que Tor conmuta con colímitos filtrados, y las pruebas que conozco de eso son bastante más complicadas que ésta.

La idea de la prueba es sencilla. Se construyen las resoluciones proyectivas $X_\alpha$ simultáneamente, y paso a paso como cualquier resolución proyectiva. En cada paso afirman que las resoluciones parcialmente construidas forman un sistema dirigido con mapas inducidos por el paso anterior. Aquí es donde me pierdo.

Considera el primer paso. Cartan y Eilenberg comienzan las resoluciones con $F_\alpha \rightarrow A_\alpha \rightarrow 0$ . Afirman que los mapas $A_\alpha \rightarrow A_{\alpha'}$ inducir mapas $F_\alpha \rightarrow F_{\alpha'}$ .

Pero ¿por qué, me pregunto, debería darse el caso de que $F_\alpha \xrightarrow{\phi_{aa'}} F_{\alpha'} \xrightarrow{\phi_{a'a''}} F_{\alpha''}$ es el mismo mapa que $F_\alpha \xrightarrow{\phi_{aa''}} F_{\alpha''}$ ?? . Los mapas inducidos proceden de ascensores no universales, por lo que, hasta donde yo sé, sólo podemos decir que $\phi_{a a'}\phi_{a' a''} - \phi_{aa''}$ mapas a $\ker(F_{\alpha''} \rightarrow A_{\alpha''})$ pero en realidad no hemos construido un sistema dirigido de módulos $F_\alpha$ .

¿Me estoy perdiendo algo? ¿Su argumento es perfectamente válido tal y como está y yo sólo estoy siendo denso? Si no es así, ¿hay alguna solución?

Answer 1

Sea $X^{(Y)}$ significan una suma directa de copias de $X$ indexado por el conjunto $Y$ . Asumiré la izquierda $R$ -se están tratando los módulos.

El truco, dado un módulo $M$ es establecer $F(M)=R^{(M)}$ con el mapa $\pi_M\colon F(M)\to M$ definido por $$ \pi_M\Bigl(\sum_{x\in M}r_xe_x\Bigr)=\sum_{x\in M}r_xx $$ donde $e_x$ es el vector que tiene $1$ en el $x$ -componente y $0$ en otro sitio. En otras palabras, definimos $\pi_M$ sobre la base enviando $e_x$ a $x$ .

Si $f\colon M\to N$ es un homomorfismo de módulo, entonces $f$ induce un homomorfismo de módulo $\tilde{f}\colon F(M)\to F(N)$ por $$ \tilde{f}\Bigl(\sum_{x\in M}r_xe_x\Bigr)=\sum_{x\in M}r_xe_{f(x)} $$ En otras palabras, definimos $\tilde{f}$ sobre la base enviando $e_x$ a $e_{f(x)}$ .

Ahora $\pi_N\tilde{f}(e_x)=\pi_N(e_{f(x)}=f(x)$ y $f\pi_N(e_x)=f(x)$ . Por lo tanto $$ \pi_N\tilde{f}=f\pi_M $$ porque ambos homomorfismos coinciden en una base de $F(M)$ .

De forma más abstracta, se trata de la adjunción "módulo libre"-"functor olvidadizo".