#1 rober 2009-07-06 06:40 Probar que:
$$M_{1}\overset{f}{\longrightarrow}M_{2}\overset{g}{\longrightarrow}M_{3}\longrightarrow0$$
es una sucesión exacta de A-módulos si y sólo si para todo A-módulo M,
$$0\longrightarrow Hom_{A}(M_{3},M)\overset{g^{*}}{\longrightarrow}Hom_{A}(M_{2},M)\overset{f^{*}}{\longrightarrow}Hom_{A}(M_{1},M)$$
es una sucesión exacta de A-módulos.
ker(g ) = 0:
$$$Si\: h\in ker(g*)\Rightarrow g*(h)=h\circ g=0\Rightarrow h(g(m_{2}))=0\;\forall m_{2}\in M_{2}$$$
Como g es epimorfismo, dado \($m_{3}\in M_{3}$ existe $m_{2}\in M_{2}$ tal que g(m$_{2}$) = m$_{3}$\)
y por lo tanto \(h(m$_{3})$ = 0 para todo $m_{3}\in M_{3}$\)
Im(g ) = ker(f
$$$\subseteq)$ Si $\overset{\thicksim}{h}\in Im(g*)\Rightarrow existe\; h\in Hom_{A}(M_{3},M)$ tal que $g*(h)=h\circ g=\overset{\thicksim}{h}$$$
$$Entonces $ f*(\overset{\thicksim}{h})\,(m_{1})=\overset{\thicksim}{h}\circ f=(h\circ g\circ f)(m_{1})=h\circ(\underset{0}{\underbrace{g\circ f(m_{1})})}=0$$$
porque Im(f) = ker(g)
por lo tanto \($\overset{\thicksim}{h}\in ker(f*)$\).
$$$\supseteq)$ Si $\overset{\thicksim}{h}\in ker(f*)$ considero el isomorfismo $\tilde{g}:\frac{M_{2}}{ker(g)}\longrightarrow M_{3}$$$
definido por
$$$\overset{\thicksim}{g}(\overline{m_{2}})=g(m_{2})$$$
y el morfismo \(\tilde{h}':\frac{M_{2}}{ker(g)}\longrightarrow M\)
definido por \(\tilde{h}'(\overline{m_{2}})=\tilde{h}(m_{2})\)
ahora defino el morfismo \($ h:M_{3}\longrightarrow M\quad h(m_{3})=\tilde{h}'(\widetilde{g}^{-1}(m_{3}))$\)
(h es morfismo porque es composición de morfismos)
Este morfismo verifica que:
$$$g*(h)\,(m_{2})=h(g(m_{2}))=\tilde{h}'(\widetilde{g}^{-1}(g(m_{2})))=\tilde{h}'(\overline{m_{2}})=\tilde{h}(m_{2})$$$
Por lo tanto \(\tilde{h}\in Im(g*)\)
Esto prueba la ida... me cansé, soy nuevo con tex, así que la vuelta la dejo para otro día 🙂
#2 Quimey 2009-07-06 18:10 La resolución esta esencialmente bien, hay un detalle:
Firma
Quimey
#3 rober 2009-07-06 21:34 Creo que te referís a \(\tilde{h}'\). Lo noté, pero me dio fiaca... 🙂
\(\tilde{h}'\) está bien definida:
Si \($\overline{m_{2}}=\overline{m_{2}'}\Rightarrow m_{2}'=m_{2}+k\quad con\: k\in ker(g)$\)
$$$\Rightarrow\tilde{h}'(\overline{m_{2}'})=\tilde{h}(m_{2})+\tilde{h}(k)=\tilde{h}(m_{2})=\tilde{h}'(\overline{m_{2}})$$$
\(\tilde{h}(k)=o\): porque \(k\in ker(g)=Im(f)\) y por lo tanto existe
$$$m_{1}\in M_{1}\: tal\: que\: f(m_{1})=k$ y resulta $f*(\tilde{h})(m_{1})=\tilde{h}(f(m_{1}))=\tilde{h}(k)=0$$$
ya que \(\tilde{h}\in ker(f*)\)
#4 Quimey 2009-07-06 21:46 ok. Lastima que no suma para el parcial 😛
#5 rober 2009-07-07 20:27 cómo que no suma para el parcial? no es lo que habíamos quedado 😈
bueno, al menos me suma confianza 😛
#6 GrimDaniel 2009-07-17 06:23 Hola, perdón que me meta, yo lo hice de una manera distinta, pero quiero saber si es correcta: Qvq Im(g*)=Ker(f*)
Sea \($h \in$ Ker(f*) $\Leftrightarrow$ f*(h)$=h \circ f \equiv 0 \Leftrightarrow Im(f) \subseteq Ker(h) \Leftrightarrow$\)
$$$\Leftrightarrow$ Ker(f*)$=\{ h \in Hom(M_2,M) / Im(f) \subseteq Ker(h)\}$$$
Por otro lado,
$$$ Im(g*)$=\{ h^\prime \in Hom(M_2,M) / h^\prime = x \circ g$ con $x\in Hom(M_3,M) \}$ $\Leftrightarrow$$$
$$$\Leftrightarrow$ Im(g*)$=\{ h^\prime \in Hom(M_2,M) / Ker(g) \subseteq Ker(h^\prime)\}$$
Pruebo la vuelta porque la ida es trivial
$$$Si $Ker(g) \subseteq Ker(h^\prime) \Rightarrow$ (esto es lo que no se si esta bien)$$
$$$\Rightarrow \exists$!$ \phi:M/Ker(g) \rightarrow M/Ker(h^\prime)$ morfismo de A-modulos$\Rightarrow$$$
$$$\Rightarrow$ Aplicando el primer teorema de isomorfismos en g y $h^\prime$$$
$$$podemos definir un morfismo $x\in Hom(M_3,M)$ con $x=\hat{h^\prime}\circ \phi \circ \hat{g}^-^1$$$
$$$x esta bien definida en M_3 $ pues g es un epimorfismo$$$
$$\therefore Im(g)=Ker(f)$ $\Leftrightarrow$ Im(g*)=Ker(f*)$$
Esta demostración también sirve para cuando haya que hacer la vuelta, ya que la hipótesis la uso al final
Gracias!