如何在Complexes in abelian category中的证明f同伦于0导出的同态为0?

  1. 2月前
    2月前rougher 重新编辑

    应该搞鼓定义就可以出来,刚刚开始学,希望大佬指点迷津
    Let$C$be an abelian category and let $f\colon X\rightarrow Y$in $Ch(C)$homotopic to zero.Then $H^n(f)\colon H^n(X)\rightarrow H^n(Y)$is the zero morphism.

    这里的$ker,im$都是是范畴的定义,$H^n(X):=Coker[Im d_{X}^{n-1}\rightarrow Ker d_{X}^{n}]$
    $f$同伦于0是指$f^n=s^{n+1} d_{X}^{n}+d_{Y}^{n-1} s^n$
    我只能画出一张交换图,图片见附件,里面的箭头除了$\{s^n\}_{n\in N}$之外,都是可交换的,但如何证明$H^n(f)=0$呢?
    1.jpg

    最佳回答 munuxi

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    首先lz应该很清楚$H(f)$的定义,反复应用ker和coker的泛性质,可以得到如下小命题:

    1.png

    图中以及下面的推导中,$\ker$, $\operatorname{coker}$, $\operatorname{im}=\ker\operatorname{coker}$, $\operatorname{coim}=\operatorname{coker}\ker$,我们主要用作典范态射,有时候会指其对应的对象。注意到,$\ker$总是一个 monomorphism,而 $\operatorname{coker}$ 总是一个 epimorphism. 同时,对 abelian 范畴中的态射$f$,总是成立分解 $f=\operatorname{im}(f)\operatorname{coim}(f)$.

    现在假设$f\sim 0$,我们下面证明
    \[
    \bar f^i \varphi_K^i = \operatorname{im} \varphi_L^i H^i(f) \operatorname{coim} \varphi_K^i=0.
    \]实际上,
    \[
    \begin{aligned}
    \bar f^i \varphi_K^i=\bar f^i \operatorname{coker} d_K^{i-1}\ker d_{K}^i
    &=\operatorname{coker} d_L^{i-1} f^i\ker d_{K}^i\\
    &=\operatorname{coker} d_L^{i-1}(s^{i+1}d_K^i+d_L^{i-1}s^i)\ker d_{K}^i\\
    &=0.
    \end{aligned}
    \]因此,由$\operatorname{im} \varphi_L^i$是一个 monomorphism 而 $\operatorname{coim} \varphi_K^i$ 是一个 epimorphism,$ \operatorname{im} \varphi_L^i H^i(f) \operatorname{coim} \varphi_K^i=0$就可以推出$H^i(f) = 0$.

  2. 2月前DTSIo 重新编辑

    设$f,g$链同伦即$f^n=s^{n+1}d_X^n+d_Y^{n-1}s^n$. 如果对象$a$是$d_X^{n}$的零元, 那么$$
    H^n(f)[a]-H^n(g)[a]=H^n(s^{n+1}d_X^n+d_Y^{n-1}s^n)[a]=H^n(d_Y^{n-1}s^n)[a]=[d_Y^{n-1}(s^n(a))].$$于是$f,g$不能区分同调类.

  3. 如果有具体的元素我会,我的问题在于讨论一般的abelian category,无法在object $X^n$中指定元素$a$。

  4. @rougher 如果有具体的元素我会,我的问题在于讨论一般的abelian category,无法在object $X^n$中指定元素$a$。

    abelian category 也可以追图,技术上没问题的,元素 可以用所有指向该object的箭头的等价类来表示。

  5. @unsinn abelian category 也可以追图,技术上没问题的,元素 可以用所有指向该object的箭头的等价类来表示。

    emmm,看了wiki的介绍,然而我还是没能做出来 /:(

  6. munuxi

    6楼 11月10日 被采纳
    2月前munuxi 重新编辑

    首先lz应该很清楚$H(f)$的定义,反复应用ker和coker的泛性质,可以得到如下小命题:

    1.png

    图中以及下面的推导中,$\ker$, $\operatorname{coker}$, $\operatorname{im}=\ker\operatorname{coker}$, $\operatorname{coim}=\operatorname{coker}\ker$,我们主要用作典范态射,有时候会指其对应的对象。注意到,$\ker$总是一个 monomorphism,而 $\operatorname{coker}$ 总是一个 epimorphism. 同时,对 abelian 范畴中的态射$f$,总是成立分解 $f=\operatorname{im}(f)\operatorname{coim}(f)$.

    现在假设$f\sim 0$,我们下面证明
    \[
    \bar f^i \varphi_K^i = \operatorname{im} \varphi_L^i H^i(f) \operatorname{coim} \varphi_K^i=0.
    \]实际上,
    \[
    \begin{aligned}
    \bar f^i \varphi_K^i=\bar f^i \operatorname{coker} d_K^{i-1}\ker d_{K}^i
    &=\operatorname{coker} d_L^{i-1} f^i\ker d_{K}^i\\
    &=\operatorname{coker} d_L^{i-1}(s^{i+1}d_K^i+d_L^{i-1}s^i)\ker d_{K}^i\\
    &=0.
    \end{aligned}
    \]因此,由$\operatorname{im} \varphi_L^i$是一个 monomorphism 而 $\operatorname{coim} \varphi_K^i$ 是一个 epimorphism,$ \operatorname{im} \varphi_L^i H^i(f) \operatorname{coim} \varphi_K^i=0$就可以推出$H^i(f) = 0$.

  7. 2月前rougher 重新编辑

    @munuxi 首先lz应该很清楚$H(f)$的定义,反复应用ker和coker的泛性质,可以得到如下小命题:

    感谢!小命题性质1.5.证了半天才证出来。。。

  8. @munuxi 首先lz应该很清楚$H(f)$的定义,反复应用ker和coker的泛性质,可以得到如下小命题:

    请问图中性质是哪本书里的吗?或者说有什么书是不借助freyd-mitchell嵌入定理讲同调代数的吗?(我看freyd-mitchell嵌入定理的证明似乎挺复杂。。。)

  9. 2月前munuxi 重新编辑

    @rougher 请问图中性质是哪本书里的吗?或者说有什么书是不借助freyd-mitchell嵌入定理讲同调代数的吗?(我看freyd-mitchell嵌入定理的证明似乎挺复杂。。。)

    图中是我的note. freyd-mitchell嵌入定理的证明先放一边,它确实好用,所以基本大家都会去用。其实就算不用freyd-mitchell嵌入定理,@unsinn 也说了,在abel范畴也可以用元素来追图(元素的定义不一样了,见gtm 5 Abelian categorier这章的diagram lemmas这节),所以很多时候技术上问题不大。

    需要稍微范畴些的同调代数可以看 methods of homological algebra,虽然typo比较多,上面说的追图里面应该也放在某些习题里了。

 

后才能发言