¿Cómo podemos probar este isomorfismo?

Question

¿Cómo podemos demostrar que $X$ es isomorfo a $Y$? Nota: todas las filas y columnas son exactas y el diagrama es conmutativo.

Si podemos hacer la siguiente transformación tal que $\operatorname{H}(H'‎\rightarrow‎ I'‎\rightarrow‎ J)=X$ y $\operatorname{H}(A‎\rightarrow‎ B'‎\rightarrow‎ C')=Y$ entonces tiene $$0=\operatorname{H}(D‎\rightarrow‎ E‎\rightarrow‎ F)\rightarrow‎‎ \operatorname{H}(H'‎\rightarrow‎ I'‎\rightarrow‎ J)‎\rightarrow‎‎ \operatorname{H}(A‎\rightarrow‎ B'‎\rightarrow‎ C')‎\rightarrow \operatorname{H}(E‎\rightarrow‎ F‎\rightarrow‎ G)=0‎ como sea necesario.

Answer 1

Antes de conseguir una manija en espectral de secuencias, siempre he odiado cuando alguien respondió a mis preguntas diciendo "espectral de secuencias," pero muy pronto voy a ser culpable del mismo pecado.

Vamos a considerar esto como un doble complejo. Me gusta cohomological convenios, así que me voy a voltear su diagrama boca abajo antes de considerarlo como un doble complejo. Para la concreción, vamos a poner a $A$ en grado (0,0), $B$ en grado (1,0), $E$ en grado (0,1), y así sucesivamente. Si se dibuja todo, vas a ver que $X$ vientos en la posición (2, -1) y $Y$ en la posición (-1, 3). Vamos a llamar a la doble compleja $S$ y el asociado complejo total $T$.

Ahora piense en los asociados espectral de la secuencia en la que el 0 página, empezamos con la vertical de los diferenciales. Ahora, observa que todos los términos de la diagonal del total grado 1 y 2 son todos 0, ya que en el diagrama, todas las flechas verticales son exactas en esas posiciones. Esto significa que $H^1(T) = 0$$H^2(T) = 0$.

Consideremos ahora el otro espectral de la secuencia, donde el cero de la página, empezamos con la horizontal diferenciales. Tenemos que ir hacia abajo varias páginas en este espectro de la secuencia, pero es sencillo de cómo proceder. Vemos que $E_1^{2,-1} = X$, y por encima y por debajo de ella son 0, por lo $E_2^{2,-1} = X$ también. Ahora la segunda página de los diferenciales también el mapa $E_2^{2,-1} = X$ a 0, por lo $E_3^{2,-1} = X$ también. Lo mismo con la tercera página, y en la cuarta página, podemos ver que $E_4^{2,-1} = X$$E_4^{-1, 3} = Y$, y el diferencial va de $X$$Y$. Vamos a llamar a este diferencial de $f$. Esto significa que en la quinta página, obtenemos $E_5^{2,-1} = \ker f$$E_5^{-1,3} = \mathrm{coker}\, f$. Después de esto, los diferenciales de todos colapso, por lo $E_\infty^{2,-1} = \ker f$$E_\infty^{-1,3} = \mathrm{coker}\, f$.

Por otro lado, incluso en la página 1, todos los demás términos de las diagonales del total grado 1 y 2 son 0. Esto nos dice que $H^1(T) = \ker f$$H^2(T) = \mathrm{coker}\, f$.

Ahora, comparando contra el primer espectral de la secuencia, vemos que esto significa que $f$ es un isomorfismo. Supongo que si fuera realmente cuidado y fue a través de la construcción de la secuencia espectral, incluso se podría averiguar lo que el isomorfismo es.

Answer 2

En favor de este artículo (que debe ser bien conocido por todos en mi opinión): La serpiente lema por J. Sabio, no hay necesidad de tomar los elementos de diagrama persiguiendo; y la misma técnica se aplica a este diagrama.

[EDIT: por fin he encontrado el tiempo para crear los diagramas.]

$X,A,B,C,D,E$ $F$ (e $G$ a través del mapa de identidad) con mapas a $G$ y podemos sustituirlos por sus núcleos. Por exactitud, esto no tiene efecto $X$, $A,D$ y $E$ y da un diagrama conmutativo con las exactas columnas y filas

donde $C' = \ker(C\to G)$, $B' = \ker(B\to G)$ y $F' = \ker(F\to G)$.

Ahora $A$ tiene mapas de a $B', E, F'$ (y trivial mapas para $I$, $C'$ y $J$). Así que si tomamos cokernels y denotan estas haciendo doble de los números primos $(\cdot)''$ tenemos el diagrama conmutativo con las exactas columnas y filas

.

La repetición de los Argumentos para la parte inferior del rectángulo, es decir, tomando los núcleos a $J$ y cokernels de $D$ obtenemos una escalera

donde todos los no-trivial mapas son isomorphisms. Por lo tanto $X$ es isomorfo a $Y$.