Secuencia exacta corta de complejos de cadenas exactas

Question

Si $0 \rightarrow A_{\bullet} \rightarrow B_{\bullet} \rightarrow C_{\bullet} \rightarrow 0$ es una secuencia exacta corta de complejos de cadena (de módulos R), entonces, siempre que dos de los tres complejos $A_{\bullet}$ , $B_{\bullet}$ , $C_{\bullet}$ son exactas, también lo es la tercera.

Este ejercicio 1.3.1 en la Introducción al Álgebra Homológica de Weibel.

Estaba tratando de abordar el ejercicio a través de la persecución de diagramas en el diagrama

Sin embargo, en las tres situaciones al final me quedo atascado. Empiezo a pensar que la persecución de diagramas podría no ser el enfoque correcto aquí?

Merci.

Answer 1

Para completar, creo que puedo cubrir el caso en el que $A_{\bullet}$ y $B_{\bullet}$ son exactas a mí mismo ahora. Intentaré ceñirme a las anotaciones utilizadas en los otros posts.

Si $c \in C_n$ con $d(c)=0$ hay, por la surjetividad de $\beta_n$ , a $b$ en $B_n$ tal que $$\beta_n(b)=c.$$

Entonces $$\beta_{n-1}(d (b)) = d(\beta_n (b)) = d(c) = 0$$ y por lo tanto, por la exactitud de la fila n-1, hay una $a$ en $A_{n-1}$ con $\alpha_{n-1}(a) = d(b)$ .

Para $a$ tenemos $$\alpha_{n-2}(d(a)) = d(\alpha_{n-1}(a)) = d(d(b)) = 0$$ y, como $\alpha_{n-2}$ es inyectiva, $d(a)=0$ sigue.

Entonces, por la exactitud de $A_{\bullet}$ tenemos un $a'$ en $A_n$ , de tal manera que $d(a')=a$ .

Considere $b-\alpha_n(a')$ en $B_n$ . Tenemos $$d(b - \alpha_n(a'))=d(b) - d(\alpha_n(a')) = d(b) - \alpha_{n-1}(d(a')) = d(b) - d(b) = 0,$$ por lo tanto, por la exactitud de $B_{\bullet}$ Hay un $b'$ en $B_{n+1}$ , de tal manera que $d(b')=b-\alpha_n(a')$ .

Finalmente, $\beta_{n+1}(b')$ es la preimagen deseada de $c$ en $C_{n}$ , ya que $$d(\beta_{n+1}(b'))=\beta_n(d(b'))=\beta_n(b) - \beta_n(\alpha_n(a')) = c.$$

Gracias a todos.

Answer 2

Con persecución del diagrama.

Supongamos, por ejemplo, que $A$ y $C$ son exactas y demostremos que también lo son $B$ . Llamamos a los morfismos entre los complejos $\alpha : A \longrightarrow B$ y $\beta : B \longrightarrow C$ .

Dejemos que $b \in B_n$ ser un ciclo; es decir, $db = 0$ . Considere $\beta_n b \in C_n$ . Porque $\beta$ es un morfismo de complejos,

$$ d\beta_n b = \beta_{n-1} db = \beta_{n-1} 0 = 0. $$

Así que $\beta_n b$ es un ciclo, pero $C$ es exacta, por lo que existe $c \in C_{n+1}$ tal que $dc = \beta_n b$ . Desde $\beta_{n+1} : B_{n+1} \longrightarrow C_{n+1} $ es un epimorfismo, existe $b' \in B_{n+1}$ tal que $\beta_{n+1}b' = c$ .

Ahora, consideremos el elemento $b-db' \in B_n$ . Desde

$$ \beta_n (b-db') = \beta_n b - \beta_ndb' = \beta_n b - d\beta_{n+1}b' = \beta_n b -dc = 0 \ , $$

tenemos $b-db' \in \ker \beta_n = \mathrm{im}\ \alpha_n$ . Por lo tanto, hay un elemento $a \in A_n$ tal que $\alpha_n a = b - db'$ .

Este $a$ es un ciclo:

$$ \alpha_{n-1}da = d\alpha_n a = db - d^2b' = 0 \ , $$

y, como $\alpha_{n-1}$ es un monomorfismo, esto implica que $da = 0$ .

Pero $A$ es exacta. Por lo tanto, hay algún $a' \in A_{n+1}$ tal que $da' = a$ .

Considere el elemento $b'+\alpha_{n+1}a' \in B_{n+1}$ :

$$ d(b'+\alpha_{n+1}a') = db' + d\alpha_{n+1}a' = db' + \alpha_nda' = db' +\alpha_n a = db'+(b - db') = b \ . $$

Así que $b$ también es un límite y hemos terminado.

Answer 3

Este es un ejemplo de la persecución del diagrama cuando sabemos $B_\bullet$ y $C_\bullet$ son exactas. Llamemos a los mapas $\alpha_n:\ A_n\rightarrow B_n$ y $\beta_n:\ B_n\rightarrow C_n$ .

Supongamos que $a\in A_n$ mapas a $0$ en $A_{n-1}$ . Entonces $b=\alpha_n(a)$ mapas a $0$ en $B_{n-1}$ por lo que existe $\hat{b}\in B_{n+1}$ con $\hat{b}$ asignación a $b$ .

Desde $b$ es la imagen de $a$ , $\beta_n(b)=0$ y así $\hat{c}=\beta_{n+1}(\hat{b})$ mapas a $0$ en $C_n$ por lo que existe $c^*\in C_{n+2}$ con $c^*$ asignación a $\hat{c}$ .

Desde el $\beta$ son suryentes, existe un $b^*\in B_{n+2}$ asignación a $c^*$ . Llamemos a la imagen de $b^*$ en $B_{n+1}$ $\bar{b}$ . Entonces $\beta_{n+1}(\hat{b})=\beta_{n+1}(\bar{b}) = \hat{c}$ y así $\beta_{n+1}(\hat{b}-\bar{b})=0$ . Por lo tanto, hay un $\hat{a}\in A_{n+1}$ con $\alpha_{n+1}(\hat{a})=\hat{b}-\bar{b}$ .

Pero entonces $a_0$ la imagen de $\hat{a}$ en $A_n$ , se dirige a $b$ desde que el $\alpha$ son inyectivos, esto implica que $a_0=a$ .

¡Uf!

Answer 4

A menos que no se deba utilizar la secuencia larga exacta correspondiente:

bueno - entonces úsalo :) Te dirá que si la cohomología de dos de $A$ , $B$ , $C$ desaparece, entonces también desaparece para el tercer complejo.