Homologische Algebra

Matthias Künzer Universität Bremen

20. Juli 2016

Inhalt

1 Ringe und Moduln  7
1.1 Ringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.1 Definition Ringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.2 Ideale, Teilringe und Faktorringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.3 Ringmorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2 Moduln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.1 Definition Linksmoduln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.2 Teilmoduln und Faktormoduln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.3 R-lineare Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.2.4 Direkte Summen und Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.2.5 Produkt und Coprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.2.6 Ein paar universelle Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.2.7 R/I-Linksmoduln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.2.8 Rechts- und Bimoduln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.2.8.1 Definition Rechtsmoduln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.2.8.2 Definition Bimoduln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.2.9 Exakte Sequenzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.2.10 Hom und Tensorprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.2.10.1 Hom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.2.10.2 Tensorprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.2.10.3 Zusammenhang Hom und Tensorprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.2.11 Projektiv und injektiv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
1.2.11.1 Projektive Moduln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
1.2.11.2 Injektive Moduln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2 Kategorien, Funktoren und Transformationen  42
2.1 Kategorien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.1.1 Definition Kategorien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.1.2 Die entgegengesetzte Kategorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.1.3 Eigenschaften von Morphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.1.4 Eigenschaften von Objekten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.2 Funktoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.3 Transformationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.4 Äquivalenz von Kategorien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3 Additive Kategorien und additive Funktoren  55
3.1 Additive Kategorien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.2 Additive Funktoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.3 Faktorkategorien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
4 Abelsche Kategorien  65
4.1 Kerne und Cokerne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
4.2 Begriff der abelschen Kategorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
4.3 Homomorphiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
4.4 Exakte Sequenzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
4.5 Diagrammlemmata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

4.5.1 Umfangssequenzlemma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
4.5.2 Pullbacks und Pushouts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
4.5.3 Schlangenlemma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
4.6 Projektiv und injektiv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
5 Komplexe  81
5.1 Indizes oben und unten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
5.2 Homotopiekategorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
5.3 Induzierte Funktoren auf Homotopiekategorien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
5.4 Homologiefunktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
5.4.1 Auf Komplexen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
5.4.2 Auf Morphismen von Komplexen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
5.4.3 Auf der Homotopiekategorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
5.4.4 Die lang exakte Homologiesequenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
5.5 Auflösungsäquivalenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
5.6 Hufeisenlemma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
6 Abgeleitete Funktoren  96
6.1 Abgeleitete Funktoren in einer Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
6.1.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
6.1.2 Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
6.1.2.1 Der nullte Rechtsabgeleitete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
6.1.2.2 Die lang exakte Sequenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
6.2 Abgeleitete Funktoren in zwei Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
6.2.1 Doppelkomplexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
6.2.2 Totalkomplex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
6.2.3 Biadditive Funktoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
6.2.4 Ableiten biadditiver Funktoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
6.3 Zusammenhang Ableiten in zwei und je einer Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
6.3.1 Quasiisomorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
6.3.2 Zeilenweise Quasiisomorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
6.3.3 Drei Interpretationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
7 Ergänzungen  116
7.1 Yoneda-ext . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
7.1.1 Der Shiftfunktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
7.1.2 Quasiisomorphismen induzieren Isomorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
7.1.3 Ext als Hom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
7.1.4 Produkte auf Ext . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
7.1.5 Ext und Erweiterungen: das Yoneda-ext . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
7.2 Lokalisierung an einer dicken Teilkategorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
7.2.1 Dicke Teilkategorien N ⊆ A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
7.2.2 Eigenschaften von N -Quasiisomorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
7.2.3 Die Quotientenkategorie A//N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
7.3 Freydkategorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
7.3.1 Begriff der schwach abelschen Kategorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
7.3.2 Konstruktion der Freydkategorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
7.3.3 Freydkategorie abelsch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
7.3.4 Einbettung von K in K̂ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
7.3.5 Exakte Sequenzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
7.3.6 Universelle Eigenschaft der Freydkategorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
A Aufgaben und Lösungen  173
A.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
A.2 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

Verzeichnis der Sätze und einiger Lemmata

Lemma 60 §1.2.10.2 S. 34 Rechtsexaktheit Tensorprodukt
Satz 68  §1.2.11.2 S. 40 R-Mod hat genügend Injektive
Lemma 96 §2.4  S. 53 Voll-treu-dicht-Kriterium für Äquivalenz
Lemma 132 §4.5.1  S. 73 Umfangssequenzlemma
Lemma 134 §4.5.2  S. 75 Kern-Cokern-Kriterium für Pullbacks und Pushouts
Lemma 136 §4.5.3  S. 78 Schlangenlemma
Lemma 145 §5.4.4  S. 87 Lang exakte Homologiesequenz
Lemma 149 §5.5  S. 89 Auflösungsäquivalenz
Lemma 153 §5.6  S. 94 Hufeisenlemma
Satz 166  §6.1.2.2 S. 102 Lang exakte Sequenz der Abgeleiteten
Satz 180  §6.3.3  S. 113 Ableiten in zwei und in je einer Variablen
Satz 196  §7.1.5  S. 124 Korrespondenz Ext zu Yoneda-ext
Lemma 223 §7.2.3  S. 148 Quotientenkategorie abelsch
Satz 233 §7.3.3 S. 160 Freydkategorie abelsch
Lemma 242 §7.3.6  S. 167 Universelle Eigenschaft der Freydkategorie

Vorwort

Die Homologische Algebra ist ein Werkzeug für die Algebraische Topologie, für die Gruppentheorie, für die Kommutative Algebra etc.

Technisch gesprochen ist die Homologische Algebra die Lehre der abelschen Kategorien und der additiven Funktoren zwischen diesen. Zunächst wird also der Begriff der abelschen Kategorie einzuführen sein. Es bilden e.g. die abelschen Gruppen eine solche abelsche Kategorie – und daher entlehnt sich auch der Name.

Die meisten der in der Natur auftretenden additiven Funktoren zwischen solchen abelschen Kategorien haben Defekte; sie sind teils nur linksexakt, wie etwa Homfunktoren; teils nur rechtsexakt, wie etwa Tensorfunktoren. Diese Defekte versucht man aufzufangen, indem man die gegebenen Funktoren ableitet und die gegebenen und die abgeleiteten Funktoren über eine lang exakte Sequenz verbindet.

Auf Übungen und Lösungen wird im Skript manchmal Bezug genommen, sie sind daher als Bestandteil des Skripts anzusehen.

Vorausgesetzt wird Lineare Algebra, insbesondere die Begriffe der abelschen Gruppe, des Körpers und des Vektorraums. Zorns Lemma wird an einer Stelle verwandt, bei der Konstruktion von Injektiven; für einen Beweis wird e.g. auf den Anhang von [7] verwiesen.

Für Korrekturen und Vereinfachungen danke ich Sebastian Thomas (^{1}).

Bremen, den 07.04.2010

Matthias Künzer

Für zahlreiche Korrekturen danke ich Andreas Bächle. Für Korrekturen danke ich Daniela-Maria Cococeanu, Liviu-Lucian Ionesi, Markus Jedlitschky, Simon Paridon, Mathias Ritter, Nico Stein und Alexander Thumm. Für Aufgabe 65 danke ich Carsten Dietzel.

Für weitere Hinweise auf Fehler und Unklarheiten bin ich dankbar.

Stuttgart, den 20.07.2010 (und später)

Matthias Künzer

1Student der Universität Bremen, nicht identisch mit Sebastian Thomas von der RWTH Aachen.

Konventionen.

• Sind x und y Elemente einer Menge, so setzen wir ∂_{x,y} := 1, falls x = y, und ∂_{x,y} := 0, falls x ≠ y.

• Sprechen wir davon, daß x und y zwei Elemente einer Menge sind, so kann dennoch x = y oder x ≠ y sein. Etc.

• Die identische Abbildung auf einer Menge X wird id_{X}, 1_{X}, oder, falls keine Verwechslungsgefahr besteht, id oder 1 geschrieben.

• Ist R ein Ring und k ⩾ 0, so bezeichnet E_{k} := (∂_{i,j})_{i,j} ∈ R^{k×k} die Einheitsmatrix.

• Wir schreiben X ⊔ Y für die disjunkte Vereinigung von Mengen X und Y.

• Wir schreiben |X| für die Kardinalität einer Menge X.

• Wir schreiben Pot(X) = {Y : Y ⊆ X} für die Potenzmenge einer Menge X.

• Ist X ^{\overline{}^{f}} Y eine Abbildung von Mengen, und ist x ∈ X, so schreiben wir das Bild von x unter f als xf. Ihr Bild wird Xf := {xf : x ∈ X} geschrieben.

• Sind X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z Morphismen in einer Kategorie, so schreiben wir ihr Kompositum X ^{\overline{}^{fg}} Z oder X ^{\overline{}^{f·g}} Z (^{2}).

• Ist X ^{\overline{}^{f}} Y eine Abbildung von Mengen, und sind X′ ⊆ X und Y′ ⊆ Y derart, daß X′f ⊆ Y′, dann schreiben wir f|_{X′}^{Y′} : X′ \overline{}Y′, x′ \overline{}x′f für die im Urbild- und Bildbereich eingeschränkte Abbildung. Falls Y′ = Y, dann schreiben wir auch f|_{X′} := f|_{X′}^{Y} . Falls X′ = X, dann schreiben wir auch f|^{Y′} = f|_{X}^{Y′}.

• Es kommutiert ein Viereck

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{x} & X′ \ar[d]^{x′} \\ Y \ar[r]_{g} & Y′}

in einer Kategorie, falls fx′ = xg. Allgemeiner kommutiert ein Diagramm in einer Kategorie, wenn der zusammengesetzte Morphismus von einem seiner Objekte in ein anderes vom gewählten Weg unabhängig ist.

• Ist a ∈ Z, so schreiben wir Z_{⩾a} := {z ∈ Z : z ⩾ a}, etc.

• Sind a, b ∈ Z, so schreiben wir [a, b] := {z ∈ Z : a ⩽ z ⩽ b} für das ganzzahlige Intervall.

• Ist R ein kommutativer Ring, und sind a, b, c ∈ R, so schreiben wir a ≡_{c} b, gesprochen “ a kongruent modulo c zu b ”, falls es ein x ∈ R mit a − b = cx gibt.

• Ist R ein kommutativer Ring und a ∈ R, so schreiben wir oft R/a := R/aR. Cf. Bemerkung 6.(2).

• Mit [figure] wird manchmal eine Inklusionsabbildung resp. ein Inklusionsfunktor bezeichnet.

• Ist A eine Aussage in Kategorien, so bezeichnet A^{∘} die zu A duale Aussage; cf. Bemerkung 77.

• Für n ⩾ 0 haben wir die Kategorie Δ_{n} := {0, 1, …, n}^{k} ; cf. Aufgabe 37.(1). I.e. Ob Δ_{n} := {0, 1, …, n}, und |_{Δ_{n}}(i, j)| = 1, falls i ⩽ j, sowie |_{Δ_{n}}(i, j)| = 0, falls i > j.

2Diese natürliche Schreibweise erleichtert das Lesen größerer Diagramme. Funktoren werden wir hingegen in traditioneller Schreibweise links notieren, cf. §2.2.

Kapitel 1

Ringe und Moduln

Die Kategorie der Moduln über einem Ring wird unser Standardbeispiel einer abelschen Kategorie darstellen; cf. Beispiel 121.(1) unten. Hierbei ist der Begriff des Moduls über einem Ring die direkte Verallgemeinerung des Begriffs des Vektorraums über einem Körper.

1.1 Ringe

Ein paar grundlegende Dinge über Ringe. Eine ausführlichere Darstellung findet sich in [6, Kap. 1].

1.1.1 Definition Ringe

Definition 1 Ein Ring ist ein Tripel (R, +, ·) aus einer Menge R und aus Abbildungen R × R ^{\overline{}^{(+)}} R, (r, s) \overline{}r + s (Addition) und R × R ^{\overline{}^{(·)}} R (r, s) \overline{}r · s (Multiplikation) derart, daß folgende Axiome gelten.

(Ring 1) Es ist (R, +) eine abelsche Gruppe.

(Ring 2) Es ist (·) assoziativ, i.e. es ist r · (s · t) = (r · s) · t für r, s, t ∈ R.

(Ring 3) Es gibt ein Element 1 = 1_{R} ∈ R mit r · 1_{R} = r = 1_{R} · r für r ∈ R.

(Ring 4) Es ist (+, ·) distributiv, i.e. es ist (r + r′) · (s + s′) = (r · s) + (r · s′) + (r′ · s) + (r′ · s′) für r, r′, s, s′ ∈ R.

Oft schreiben wir kurz R = (R, +, ·). Oft schreiben wir rs := r · s für r, s ∈ R.

Es gelte die Punkt-vor-Strich-Regel, nach der e.g. r · s + t = (r · s) + t zu lesen ist, wobei r, s, t ∈ R.

Wir schreiben 0 = 0_{R} ∈ R für das bzgl. (+) neutrale Element, i.e. r + 0 = r = 0 + r für r ∈ R.

Ist r · s = s · r für r, s ∈ R, so heißt der Ring R kommutativ.

Bemerkung 2

(1) Das Element 1 ∈ R ist durch (Ring 3) eindeutig festgelegt.

(2) Es ist 0 · r = 0 = 0 · r für r ∈ R.

(3) Es ist (−r) · s = −(r · s) = r · (−s) für r, s ∈ R.

Beweis.

(1) Ist 1′ ∈ R mit r · 1′ = r = 1′ · r für r ∈ R, so folgt 1′ = 1′ · 1 = 1.

(2) Es ist 0 · r = 0 · r + 0 · r − 0 · r = (0 + 0) · r − 0 · r = 0 · r − 0 · r = 0. Analog r · 0 = 0.

(3) Siehe Aufgabe 1.

Beispiel 3

(1) Es ist Z ein kommutativer Ring.

(2) Ein Körper ist ein kommutativer Ring, in welchem 0 ≠ 1 ist und jedes Element ungleich 0 ein multiplikativ Inverses besitzt. Insbesondere sind die Körper Q, R und C auch kommutative Ringe.

(3) Es gibt einen Ring 0 = {0}, in welchem 0 = 1 ist, genannt der Nullring.

(4) Sei R ein Ring. Sei n ⩾ 1. Es bildet die Menge R^{n×n} der n×n-Matrizen mit Einträgen in R, der Matrixaddition (+) und der Matrixmultiplikation (·) einen Ring. Dieser ist für n ⩾ 2 nicht kommutativ, falls 0 ≠ 1 in R. Cf. Aufgabe 2.

(5) Seien R und S Ringe. Dann ist R × S = {(r, s) : r ∈ R, s ∈ S}, ausgestattet mit (r, s) + (r′, s′) = (r + r′, s + s′) und (r, s) · (r′, s′) = (r · r′, s · s′) für r, r′ ∈ R und s, s′ ∈ S, ein Ring. Hierbei ist 1_{R×S} = (1_{R} , 1_{S}) und 0_{R×S} = (0_{R} , 0_{S}). Ferner ist −(r, s) = (−r, −s).

1.1.2 Ideale, Teilringe und Faktorringe

Sei R ein Ring.

Definition 4

(1) Eine additive Untergruppe S von R heißt Teilring (mit Eins), falls 1 ∈ S, und falls ss′ ∈ S für alle s, s′ ∈ S.

(2) Eine additive Untergruppe I von R heißt Ideal, falls rx ∈ I und xr ∈ I für alle x ∈ I und alle r ∈ R.

Beispiel 5

(1) Ist R ein kommutativer Ring und a ∈ R, so ist aR := {ar : r ∈ R} ein Ideal in R, das zu a gehörige Hauptideal.

(2) Es sind 0 := {0} und R Ideale in R.

(3) Sei I ein Ideal in R. Es ist I = R genau dann, wenn 1 ∈ I.

(4) Sei R ein Ring. Es sind \{(\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & a \end{matrix}) : a ∈ R\}, \{(\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & d \end{matrix}) : a, d ∈ R\} und

\{(\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) : a, b, d ∈ R\} Teilringe von R^{2×2}.

Bemerkung 6

(1) Ist S ⊆ R ein Teilring, so ist S mit den vererbten Operationen, also genauer gesagt (S, (+)|_{S×S}^{S} , (·)|_{S×S}^{S}), wieder ein Ring.

(2) Sei I ⊆ R ein Ideal. Schreibe r + I := {r + x : x ∈ I} ⊆ R für die Restklasse von r ∈ R modulo I. Beachte, daß r + I = r′ + I genau dann, wenn r − r′ ∈ I. Sei

R/I := {r + I : r ∈ R}

der Faktorring von R modulo I. Es ist R/I mit der Addition (r + I) + (r′ + I) := (r + r′) + I und der Multiplikation (r + I) · (r′ + I) = (r · r′) + I ein Ring. Hierbei sind 0_{R/I} = 0_{R} + I und 1_{R/I} = 1_{R} + I.

Ist R kommutativ und a ∈ R, so schreiben wir oft R/a := R/aR.

Beweis. Zu (2), siehe Aufgabe 3.

Beispiel 7 Jedes Ideal in Z ist von der Form nZ für ein eindeutig bestimmtes n ∈ Z_{⩾0} .

Sei n ∈ Z_{⩾0} . Es ist Z/n = {0 + nZ, 1 + nZ, …, (n − 1) + nZ}, aber auch e.g. Z/n = {−2 + nZ, …, (n − 3) + nZ}.

Ist aus dem Kontext ersichtlich, daß wir in Z/n rechnen, so schreiben wir auch k := k+nZ, repräsentiert von k ∈ Z. Man muß dann aufpassen, daß mit k = k′ in Wahrheit k ≡_{n} k′ gemeint ist, wobei k, k′ ∈ Z. Aber ansonsten würden die Notation recht schwerfällig aussehen; insbesondere, wenn man an Matrizen mit Einträgen in Z/n denkt.

Wir können e.g. in Z/27 berechnen, daß 25 · 26 = 650 = 648 + 2 = 2, oder, einfacher, 25 · 26 = (−2) · (−1) = 2.

Es ist Z/n ein Körper genau dann, wenn n eine Primzahl ist. Siehe Aufgabe 4.

Beispiel 8 Seien R und S Ringe. Es ist R × 0 := {(r, 0) : r ∈ R} ein Ideal in R × S. In (R × S)/(R × 0) ist e.g. (r, s) + R × 0 = (r′, s) + R × 0 für r, r′ ∈ R und s ∈ S.

1.1.3 Ringmorphismen

Seien R, S und T Ringe.

Definition 9 Eine Abbildung R ^{\overline{}^{f}} S heißt Ringmorphismus, falls 1_{R}f = 1_{S}, falls (r + r′)f = rf + r′f und falls (r · r′)f = rf · r′f für r, r′ ∈ R. Diesenfalls setzen wir folgendes. Sei Kern f := {r ∈ R : rf = 0} ⊆ R der Kern von f. Sei Im f := Rf = {rf : r ∈ R} ⊆ S das Bild von f.

Bemerkung 10 Sei R ^{\overline{}^{f}} S ein Ringmorphismus.

(1) Es ist id_{R} ein Ringmorphismus. Sind R ^{\overline{}^{f}} S ^{\overline{}^{g}} T Ringmorphismen, so auch R ^{\overline{}^{fg}} T.

(2) Ist I ⊆ R ein Ideal, so ist die Restklassenabbildung R ^{\overline{}^{ρ}} R/I, r \overline{}r + I ein Ringmorphismus.

(3) Ist R̃ ⊆ R ein Teilring, so ist die Inklusionsabbildung R̃ [figure: ι] R ein Ringmorphismus.

(4) Es ist 0_{R}f = 0_{S}. Es ist (−r)f = −(rf) für r ∈ R.

(5) Es ist Kern f ⊆ R ein Ideal. Es ist Im f ⊆ S ein Teilring.

(6) Es ist f injektiv genau dann, wenn Kern f = 0.

Beweis. Zu (4). Es ist 0f = 0f + 0f − 0f = (0 + 0)f − 0f = 0. Es ist (−r)f = (−r)f + rf − rf = ((−r) + r)f − rf = 0f − rf = −(rf). Zu (5). Wir zeigen, daß Kern f ⊆ R ein Ideal ist. Es ist Kern f eine additive Untergruppe. Seien ferner x ∈ Kern f und r ∈ R. Dann ist (rx)f = rf · xf = 0, und also rx ∈ Kern f. Analog ist auch xr ∈ Kern f. Wir zeigen, daß Im f ⊆ S ein Teilring ist. Es ist Im f eine additive Untergruppe. Es ist 1_{S} = 1_{R}f ∈ Im f. Sind s, s′ ∈ Im f, so gibt es r, r′ ∈ R mit rf = s und r′f = s′, und also ist ss′ = rf · r′f = (rr′)f ∈ Im f. Zu (6). Ist f injektiv, so ist Kern f = 0, da bereits 0_{R}f = 0_{S}. Ist umgekehrt Kern f = 0, und ist rf = r′f für r, r′ ∈ R, dann ist (r − r′)f = 0, und folglich r − r′ = 0, i.e. r = r′.

Definition 11 Ein bijektiver Ringmorphismus heißt Ringisomorphismus oder Isomorphismus (von Ringen), symbolisch oft R ^{\overline{}^{∼}} S geschrieben.

Existiert ein Isomorphismus von R nach S, so sagen wir, R ist isomorph zu S, geschrieben R ≃ S. Cf. Aufgabe 8.(1).

Beispiel 12

(1) Es ist (R × S)/(R × 0) ^{\overline{}^{∼}} S, (r, s) + R × 0 \overline{}s ein Isomorphismus; cf. Beispiel 8.

(2) Schreibe κ : C \overline{}C, a + b i \overline{}a − b i, wobei a, b ∈ R, für die komplexe Konjugation. Es ist κ ein Ringisomorphismus.

Bemerkung 13 (Universelle Eigenschaft Faktorring) Sei I ⊆ R ein Ideal. Sei R ^{\overline{}^{f}} S ein Ringmorphismus mit If = 0. Dann gibt es genau einen Ringmorphismus R/I ^{\overline{}^{f̄}} S so, daß (R ^{\overline{}^{ρ}} R/I ^{\overline{}^{f̄}} S) = (R ^{\overline{}^{f}} S). Insbesondere ist (r + I)f̄ = rf für r ∈ R.

\xymatrix{r \ar@{|->}[d] & R \ar[r]^{f} \ar[d]_{ρ} & S \\ r + I & R/I \ar@{.>}[ur]_{∃!f̄}}

Beweis. Die Eindeutigkeit von f̄ folgt aus der Surjektivität von R ^{\overline{}^{ρ}} R/I. Zeigen wir die Existenz. Setzen wir R/I ^{\overline{}^{f̄}} S, r +I \overline{}rf, so ist dies eine wohldefinierte Abbildung, da für r, r′ ∈ R mit r+I = r′ +I folgt, daß r−r′ ∈ I, und also, daß rf −r′f = (r−r′)f = 0. Da f ein Ringmorphismus ist, gilt dies nun auch für f̄.

Lemma 14 (Homomorphiesatz für Ringe) Sei R ^{\overline{}^{f}} S ein Ringmorphismus. Dann gibt es den Isomorphismus R/Kern f ^{\overline{}^{∼}} Im f, r + Kern f \overline{}rf.

\xymatrix{R \ar[r]^{f} \ar[d]_{ρ} & S \\ R/Kern f \ar[r]^{∼} & Im f \ar[u]_{ι}}

Beweis. Nach Bemerkung 13 gibt es den Ringmorphismus R/Kern f ^{\overline{}^{f̄}} S, r + Kern f \overline{}rf. Nach Konstruktion schränkt dieser im Bildbereich ein zum surjektiven Ringmorphismus R/Kern f ^{\overline{}^{f̄|^{Im f}}} Im f, r + Kern f \overline{}rf. Um zu zeigen, daß dieser auch injektiv ist, genügt es zu zeigen, daß sein Kern null ist; cf. Bemerkung 10.(6). Falls aber rf = 0 ist, so folgt r ∈ Kern f, und also r + Kern f = 0.

Beispiel 15

(1) Für jeden Ring R gibt es genau einen Ringmorphismus von R nach 0.

(2) Für jeden Ring R gibt es genau einen Ringmorphismus von Z nach R. Dieser schickt ±(1_{Z} + 1_{Z} + ⋯ + 1_{Z}) nach ±(1_{R} + 1_{R} + ⋯ + 1_{R}). Sein Kern ist von der Form nZ für ein n ∈ Z_{⩾0} ; cf. Aufgabe 4.(1). Dieses n heißt Charakteristik von R, geschrieben char R := n. Gemäß Lemma 14 hat R also einen Teilring isomorph zu Z/char R.

1.2 Moduln

1.2.1 Definition Linksmoduln

Sei R ein Ring.

Definition 16 Ein R-Linksmodul ist ein Tripel (M, +, ·) aus einer Menge M, einer Abbildung M ×M ^{\overline{}^{(+)}} M, (m, m′) \overline{}m+m′ (Addition) und einer Abbildung R×M ^{\overline{}^{(·)}} M, (r, m) \overline{}r · m (Skalarmultiplikation) derart, daß folgende Axiome gelten.

(LMod 1) Es ist (M, +) eine abelsche Gruppe.

(LMod 2) Es ist (·) assoziativ, i.e. es ist r · (s · m) = (r · s) · m für r, s ∈ R und m ∈ M.

(LMod 3) Es ist 1 · m = m für m ∈ M.

(LMod 4) Es ist (+, ·) distributiv, i.e. es ist (r+r′)·(m+m′) = (r·m)+(r·m′)+(r′·m)+(r′·m′) für r, r′ ∈ R und m, m′ ∈ M.

Oft schreiben wir kurz M = _{R}M = (M, +, ·). Oft schreiben wir rm := r · m für r ∈ R und m ∈ M.

Es gelte die Punkt-vor-Strich-Regel, nach der e.g. r · m + m′ = (r · m) + m′ zu lesen ist, wobei r ∈ R und m, m′ ∈ M.

Wir schreiben 0 = 0_{M} ∈ M für das bzgl. (+) neutrale Element, i.e. m + 0 = m = 0 + m für m ∈ M.

Ist R kommutativ, so nennt man einen R-Linksmodul auch kurz einen R-Modul ; cf. Bemerkung 44.

Bemerkung 17 Sei M ein R-Linksmodul. Für r ∈ R und m ∈ M ist 0 · m = 0 · m + 0 · m − 0 · m = 0 und (−r) · m = (−r) · m + r · m − r · m = −r · m, ferner r · 0 = 0 und r · (−m) = −r · m.

Beispiel 18

(1) Ist R ein Körper, so ist ein R-Modul gerade ein R-Vektorraum.

(2) Eine abelsche Gruppe M trägt eine eindeutige Z-Modul-Struktur. Denn notwendigerweise ist (±(1_{Z} + ⋯ + 1_{Z}))m = ±(m + ⋯ + m). Dies definiert umgekehrt auch eine Z-Modul-Struktur. Man sagt auch, eine abelsche Gruppe ist ein Z-Modul.

Es sind e.g. (die unterliegenden abelschen Gruppen von) Z/12 und Q beides Z-Moduln.

(3) Es ist R selbst vermöge der auf R definierten Multiplikation ein R-Linksmodul, oft RR geschrieben.

(4) Es ist 0 := {0} ein R-Linksmodul.

(5) Sei R = (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix}) := \{(\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) ∈ Q^{2×2} : a, b, d ∈ Q\}; cf. Beispiel 5.(4).

Es ist Q^{2×1} = (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) ein (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix})-Linksmodul vermöge (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) (\begin{matrix}m \\ n \end{matrix}) = (\begin{matrix}am+bn \\ dn \end{matrix}), wobei a, b, d, m, n ∈ Q. Dies folgt aus den Gesetzen der Matrixmultiplikation, angewandt auf die hier auftretenden Matrizen.

Genauso ist auch (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) ein (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix})-Linksmodul.

1.2.2 Teilmoduln und Faktormoduln

Sei R ein Ring. Sei M ein R-Linksmodul.

Definition 19 Eine Teilmenge N ⊆ M heißt Teilmodul oder (seltener) Teil-R-Links-modul, falls 0 ∈ N und rn + r′n′ ∈ N für r, r′ ∈ R und n, n′ ∈ N.

In anderen Worten, N ⊆ M ist Teilmodul, falls N eine abelsche Untergruppe von M ist, die unter Multiplikation mit R abgeschlossen ist.

Beispiel 20

(1) Ist m ∈ M, so ist Rm := {rm : r ∈ R} ⊆ M ein Teilmodul.

(2) Es sind 0 := {0} und M Teilmoduln von M.

(3) Ist R ein Körper, so ist ein Teilmodul gerade ein Teilraum.

(4) Sei R = (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix}). Es ist (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) ⊆ (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) ein Teilmodul.

Bemerkung 21

(1) Ist N ⊆ M ein Teilmodul, so ist N mit den vererbten Operationen, also genauer gesagt (N, (+)|_{N×N}^{N} , (·)|_{R×N}^{N}), wieder ein R-Linksmodul.

(2) Sei N ⊆ M ein Teilmodul. Schreibe m + N := {m + n : n ∈ N} für die Restklasse von m ∈ M modulo N. Beachte, daß m + N = m′ + N genau dann, wenn m−m′ ∈ N. Sei

M/N := {m + N : m ∈ M}

der Faktormodul von M modulo N. Mit der Addition (m + N) + (m′ + N) := (m + m′) + N und der Skalarmultiplikation r · (m + N) := (r · m) + N wird M/N ein R-Linksmodul.

Beweis. Zu (2), siehe Aufgabe 7.

Beispiel 22

(1) Ein Z-Teilmodul ist dasselbe wie eine abelsche Untergruppe.

(2) Sei n ∈ Z_{⩾0} . Es ist nZ ⊆ Z ein Z-Teilmodul. Es ist Z/n = Z/nZ der Faktormodul.

(3) Sei R = (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix}). Wir können den Faktormodul (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) bilden. Darin ist dann e.g.

(\begin{matrix}1 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}). Wir können darin e.g. (\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix}) ((\begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix})) = (\begin{matrix}5 \\ −1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) =

(\begin{matrix}0 \\ −1 \end{matrix})+(\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) rechnen, oder aber (\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix}) ((\begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix})+(\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix})) = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix}) ((\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})+(\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix})) = (\begin{matrix}2 \\ −1 \end{matrix})+(\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) =

(\begin{matrix}0 \\ −1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}).

Definition 23 Sei X ⊆ M eine Teilmenge. Sei

R⟨X⟩ := {_{∑x∈X} r_{x}x : r_{x} ∈ R, {x ∈ X : r_{x} ≠ 0} endlich}

das Erzeugnis von X. Ist X = {x_{i} : i ∈ I} für eine Indexmenge I und x_{i} ∈ M, so schreiben wir auch _{R}⟨X⟩ = _{R}⟨{x_{i} : i ∈ I}⟩ =: _{R}⟨x_{i} : i ∈ I⟩, etc. Es ist _{R}⟨X⟩ ein Teilmodul von M, der X enthält. Umgekehrt enthält jeder Teilmodul von M, der X enthält, auch _{R}⟨X⟩. Es ist e.g. Rm = _{R}⟨m⟩ für m ∈ M ; cf. Beispiel 20.(1).

1.2.3 R-lineare Abbildungen

Sei R ein Ring. Seien M, N und P drei R-Linksmoduln.

Definition 24 Eine Abbildung M ^{\overline{}^{f}} N heiße R-linear oder Morphismus von R-Linksmoduln, falls (rm + r′m′)f = r(mf) + r′(m′f) für r, r′ ∈ R und m, m′ ∈ M. Diesenfalls setzen wir folgendes. Sei Kern f := {m ∈ M : mf = 0} ⊆ M der Kern von f. Sei Im f := Mf = {mf : m ∈ M} ⊆ N das Bild von f. Sei Cokern f := N/Im f der Cokern von f ; cf. Bemerkung 25.(5) unten.

Bemerkung 25

(1) Es ist id_{M} = 1_{M} = 1 : M \overline{}M, m \overline{}m eine R-lineare Abbildung.

Ferner ist 0_{M,N} = 0 : M \overline{}N, m \overline{}0 eine R-lineare Abbildung.

(2) Sind M ^{\overline{}^{f}} N ^{\overline{}^{g}} P beide R-linear, so auch M ^{\overline{}^{fg}} P.

(3) Sei M′ ⊆ M ein Teilmodul.

Dann sind die Inklusionabbildung M′ ^{^{ι = ι_{M′}} \overline{}}M, m′ \overline{}m′ und die Restklas-

senabbildung M ^{\overline{}^{ρ = ρ_{M/M′}}} M/M′, m \overline{}m + M′ beides R-lineare Abbildungen.

(4) Sei M ^{\overline{}^{f}} N eine R-lineare Abbildung.

Es ist 0f = 0. Es ist (−m)f = −(mf) für m ∈ M.

(5) Sei M ^{\overline{}^{f}} N eine R-lineare Abbildung.

Es ist Kern f ⊆ M ein Teilmodul. Es ist Im f ⊆ N ein Teilmodul.

(6) Es ist f injektiv genau dann, wenn Kern f = 0.

(7) Sind M [figure: f; f′] N beide R-linear, dann auch M ^{\overline{}^{f+f′}} N, m \overline{}m(f + f′) := mf + mf′

und M ^{\overline{}^{−f}} N, m \overline{}m(−f) := −mf. Es ist f + (−f) = 0. Sind M [figure: f; f′] N [figure: g; g′] P alle R-linear, so ist (f + f′)(g + g′) = fg + fg′ + f′g + f′g′.

Beispiel 26

(1) Ist R ein Körper, so erhalten wir in Definition 24 den Begriff der R-linearen Abbildung zwischen Vektorräumen aus der Linearen Algebra.

(2) Ist R = Z, so reduziert sich die definierende Bedingung in Definition 24 auf (m + m′)f = mf + m′f für m, m′ ∈ M. Eine Z-lineare Abbildung ist also dasselbe wie ein Morphismus abelscher Gruppen.

(3) Sei R = Z. Seien m, n ∈ Z_{⩾0} . Sei a ∈ Z so, daß am ≡_{n} 0.

Es ist Z/m \overline{}Z/n, z + mZ \overline{}az + nZ ein Morphismus abelscher Gruppen, i.e. eine Z-lineare Abbildung, geschrieben Z/m ^{\overline{}^{a}} Z/n.

Wir haben e.g. die Z-lineare Abbildung Z/8 ^{\overline{}^{12}} Z/16. Diese hat den Kern {0 + 8Z, 4 + 8Z} und das Bild {0 + 16Z, 4 + 16Z, 8 + 16Z, 12 + 16Z}.

In diesem Zusammenhang sei Z/0 mit Z identifiziert.

Definition 27 Eine bijektive R-lineare Abbildung M \overline{}N heißt auch Isomorphismus (von R-Moduln), symbolisch M ^{\overline{}^{∼}} N geschrieben.

Existiert ein Isomorphismus von M nach N, so sagen wir, M ist isomorph zu N, geschrieben M ≃ N. Cf. Aufgabe 8.(2).

Beispiel 28 Sei R = (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix}). Es gibt keinen Isomorphismus von (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) nach (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}). Denn sei (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) ^{\overline{}^{f}} (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) eine R-lineare Abbildung. Schreibe (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) f =: (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}). Es wird

(\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) f = ((\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}))f = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) ((\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) f) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) ((\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix})) = (\begin{matrix}x \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) = 0 .

Folglich ist f nicht injektiv.

Bemerkung 29 (Universelle Eigenschaft Faktormodul) Sei M′ ⊆ M ein Teilmodul. Sei M ^{\overline{}^{f}} N eine R-lineare Abbildung mit M′ ⊆ Kern f. Dann gibt es genau eine R-lineare Abbildung M/M′ ^{\overline{}^{f̄}} N so, daß (M ^{\overline{}^{ρ}} M/M′ ^{\overline{}^{f̄}} N) = (M ^{\overline{}^{f}} N). Insbesondere ist (m + M′)f̄ = mf für m ∈ M.

\xymatrix{M \ar[r]^{f} \ar[d]_{ρ} & N \\ M/M′ \ar@{.>}[ur]_{∃!f̄}}

Beweis. Die Eindeutigkeit von f̄ folgt aus der Surjektivität von M ^{\overline{}^{ρ}} M/M′. Zeigen wir die Existenz. Setzen wir M/M′ ^{\overline{}^{f̄}} N, m + M′ \overline{}mf, so ist dies eine wohldefinierte Abbildung, da für m, m̃ ∈ M mit m + M′ = m̃ + M′ folgt, daß m − m̃ ∈ M′, und also, daß mf − m̃f = (m − m̃)f = 0. Da f eine R-lineare Abbildung ist, gilt dies nun auch für f̄.

Lemma 30 (Homomorphiesatz für Moduln) Sei M ^{\overline{}^{f}} N eine R-lineare Abbildung. Dann gibt es den Isomorphismus f̃: M/Kern f ^{\overline{}^{∼}} Im f, m + Kern f \overline{}mf.

\xymatrix{M \ar[r]^{f} \ar[d]_{ρ_{M/Kern f}} & N \\ M/Kern f \ar[r]_{∼}^{f̃} & Im f \ar[u]_{ι_{Im f}}}

Insgesamt haben wir also

[figure: Cokern ι_{Kern f}; f̃; ≀; Kern f; ι_{Kern f}; M; f; ρ; N; ρ_{Cokern f}; Cokern f; Kern ρ_{Cokern f}; ι]

mit ρf̃ι = f.

Beweis. Nach Bemerkung 29 gibt es die R-lineare Abbildung M/Kern f ^{\overline{}^{f̄}} N, m + Kern f \overline{}mf. Wir schränken diese im Bildbereich ein zur surjektiven R-linearen Abbildung f̃:= f̄|^{Im f} : M/Kern f \overline{}Im f, m + Kern f \overline{}mf. Um zu zeigen, daß diese auch injektiv ist, genügt es zu zeigen, daß ihr Kern null ist; cf. Bemerkung 25.(6). Falls aber mf = 0 ist, so folgt m ∈ Kern f, und also m + Kern f = 0.

1.2.4 Direkte Summen und Matrizen

Sei R ein Ring.

Seien α, β, γ ⩾ 0.

Gegeben seien R-Linksmoduln M_{1} , …, M_{α}; N_{1} , …, N_{β} und P_{1} , …, P_{γ}.

Definition 31 Sei

⨁i∈[1,α] M_{i} = M_{1} ⊕ ⋯ ⊕ M_{α} := {(m_{1}, …, m_{α}) : m_{i} ∈ M_{i} für i ∈ [1, α]}.

die direkte Summe der M_{i}.

Via (m_{1} , …, m_{α}) + (m′_{1} , …, m′_{α}) := (m_{1} + m′_{1} , …, m_{α} + m′_{α}) und r(m_{1} , …, m_{α}) := (rm_{1} , …, rm_{α}) für r ∈ R, m_{i} , m′_{i} ∈ M_{i}, i ∈ [1, α], wird ⨁_{i∈[1,α]} M_{i} zu einem R-Linksmodul.

Wir schreiben auch M^{⊕n} := ⨁_{i∈[1,n]} M für n ⩾ 0 und einen R-Linksmodul M. Wir identifizieren M^{⊕0} = 0 und M^{⊕1} = M.

Definition 32 Gegeben seien R-lineare Abbildungen f_{i,j} : M_{i} \overline{}N_{j} für i ∈ [1, α] und j ∈ [1, β]. Setze

[figure: ⨁_{i∈[1,α]} M_{i}; (f_{i,j})_{i,j} = (\begin{matrix}f_{1,1} & … & f_{1,β} \\ ⋮ & & ⋮ \\ f_{α,1} & … & f_{α,β} \end{matrix} ); ⨁_{j∈[1,β]} N_{j}; (m_{1} , …, m_{α}); (∑_{i∈[1,α]} m_{i}f_{i,1} , …, ∑_{i∈[1,α]} m_{i}f_{i,β})]

Dies ist eine R-lineare Abbildung.

Ist β = 1, so schreiben wir auch (f_{i,j})_{i,j} =: (f_{i})_{i} (eine Spalte).

Ist α = 1, so schreiben wir auch (f_{i,j})_{i,j} =: (f_{j})_{j} (eine Zeile).

Für s ∈ [1, α] schreiben wir ι_{s} := (∂_{s,i})_{i} = (^{0 … 0 1 0 … 0}) : M_{s} \overline{}⨁_{i∈[1,α]} M_{i}, m_{s} \overline{}(0, …, 0, m_{s} , 0, …, 0).

Für t ∈ [1, β] schreiben wir π_{t} := (∂_{t,j})_{j} = (0 ⋮ 0 1 0 ⋮ 0) : ⨁_{j∈[1,β]} N_{j} \overline{}N_{t}, (n_{1}, …, n_{β}) \overline{}n_{t}.

Bemerkung 33 Jede R-lineare Abbildung von ⨁_{i∈[1,α]} M_{i} nach ⨁_{j∈[1,β]} N_{j} ist von der Form (f_{i,j})_{i,j} für gewisse R-lineare Abbildungen f_{i,j} : M_{i} \overline{}N_{j} für i ∈ [1, α] und j ∈ [1, β].

Beweis. Sei g eine lineare Abbildung von ⨁_{i∈[1,α]} M_{i} nach ⨁_{j∈[1,β]} N_{j}. Setze f_{i,j} := ι_{i}gπ_{j} : M_{i} \overline{}N_{j} für i ∈ [1, α] und j ∈ [1, β]. Sei (m_{1} , …, m_{α}) ∈ ⨁_{i∈[1,α]} M_{i}. Wir erhalten

(m_{1} , …, m_{α})(f_{i,j})_{i,j} = (_{∑i∈[1,α]} m_{i}f_{i,1} , …,_{∑i∈[1,α]} m_{i}f_{i,β})
= (_{∑i∈[1,α]} m_{i}ι_{i}gπ_{1} , …,_{∑i∈[1,α]} m_{i}ι_{i}gπ_{β})
= ((m_{1} , …, m_{α})gπ_{1} , …, (m_{1} , …, m_{α})gπ_{β})
= (m_{1} , …, m_{α})g ,

mithin (f_{i,j})_{i,j} = g.

Bemerkung 34 (Matrixmultiplikation) Seien R-lineare Abbildungen

⨁i∈[1,α] M_{i} ^{\overline{}^{(f_{i,j})_{i,j}}} _{⨁j∈[1,β]} N_{j} ^{\overline{}^{(g_{j,k})_{j,k}}} _{⨁k∈[1,γ]} P_{k}

gegeben. Ihr Kompositum ergibt sich zu

⨁i∈[1,α] M_{i} ^{\overline{}^{(∑_{j∈[1,β]} f_{i,j}g_{j,k})_{i,k}}} _{⨁k∈[1,γ]} P_{k}

Beweis. Sei (m_{1} , …, m_{α}) ∈ ⨁_{i∈[1,α]} M_{i}. Wir erhalten

(m_{1} , …, m_{α})(f_{i,j})_{i,j}(g_{j,k})_{j,k}
= (_{∑i∈[1,α]} m_{i}f_{i,1} , …,_{∑i∈[1,α]} m_{i}f_{i,β})(g_{j,k})_{j,k}
= (_{∑j∈[1,β]}_{∑i∈[1,α]} m_{i}f_{i,j}g_{j,1} , …,_{∑j∈[1,β]}_{∑i∈[1,α]} m_{i}f_{i,j}g_{j,γ})
= (_{∑i∈[1,α]} m_{i}(_{∑j∈[1,β]}f_{i,j}g_{j,1}) , …,_{∑i∈[1,α]} m_{i}(_{∑j∈[1,β]}f_{i,j}g_{j,γ}))
= (m_{1} , …, m_{α})(∑_{j∈[1,β]} f_{i,j}g_{j,k})_{i,k} .

Beispiel 35 Sei R = Z. Es wird

(Z/4 ⊕ Z/8^{\overline{}^{(\begin{matrix}1 & 4 \\ 1 & 6 \end{matrix})}} Z/2 ⊕ Z/16^{\overline{}^{(\begin{matrix}4 & 0 \\ 2 & −1 \end{matrix})}} Z/8 ⊕ Z/4)

= (Z/4 ⊕ Z/8 ^{\overline{}^{(\begin{matrix}12 & −4 \\ 16 & −6 \end{matrix})}} Z/8 ⊕ Z/4)
= (Z/4 ⊕ Z/8^{\overline{}^{(\begin{matrix}4 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix})}} Z/8 ⊕ Z/4) .

1.2.5 Produkt und Coprodukt

Sei R ein Ring. Sei I eine (nicht notwendig endliche) Menge. Sei für jedes i ∈ I ein R-Linksmodul M_{i} gegeben. Definition 36

(1) Sei

∏i∈IM_{i} := {(m_{i})_{i} : m_{i} ∈ M_{i} für i ∈ I} ,

was, ausgestattet mit (m_{i})_{i} + (m′_{i})_{i} := (m_{i} + m′_{i})_{i} und r(m_{i})_{i} := (rm_{i})_{i} für (m_{i})_{i} , (m′_{i})_{i} ∈ ∏_{i∈I} M_{i} und r ∈ R, ein R-Linksmodul ist, genannt das Produkt von (M_{i})_{i}. Für j ∈ I haben wir eine R-lineare Abbildung π_{j} : ∏_{i∈I} M_{i} \overline{}M_{j}, (m_{i})_{i} \overline{}m_{j}.

(2) Sei

∐i∈IM_{i} := {(m_{i})_{i} : m_{i} ∈ M_{i} für i ∈ I, wobei {i ∈ I : m_{i} ≠ 0} endlich} , was, ausgestattet mit (m_{i})_{i} + (m′_{i})_{i} := (m_{i} + m′_{i})_{i} und r(m_{i})_{i} := (rm_{i})_{i} für (m_{i})_{i} , (m′_{i})_{i} ∈ ∐_{i∈I} M_{i} und r ∈ R, ein R-Linksmodul ist, genannt das Coprodukt von (M_{i})_{i}. Beachte hierbei, daß {i ∈ I : m_{i}+m′_{i} ≠ 0} ⊆ {i ∈ I : m_{i} ≠ 0}∪{i ∈ I : m′_{i} ≠ 0}. Für j ∈ I haben wir eine R-lineare Abbildung ι_{j} : M_{j} \overline{}∐_{i∈I} M_{i}, m_{j} \overline{}(x_{i})_{i∈I} mit x_{j} := m_{j} und x_{i} := 0 für i ∈ I ∖ {j}.

Allgemein ist somit das Coprodukt ein Teilmodul des Produktes, ∐_{i∈I} M_{i} ⊆ ∏_{i∈I} M_{i}. Ist I hingegen endlich, so stimmen Produkt, Coprodukt und direkte Summe überein.

1.2.6 Ein paar universelle Eigenschaften

Sei R ein Ring. Bemerkung 37 (Universelle Eigenschaften der direkten Summe) Sei α ⩾ 0. Seien R-Linksmoduln M_{i} gegeben für i ∈ [1, α].

(1) Sei X ein R-Linksmodul. Seien R-lineare Abbildungen X ^{\overline{}^{x_{i}}} M_{i} gegeben für i ∈ [1, α]. Dann gibt es genau eine R-lineare Abbildung X ^{\overline{}^{x}} ⨁_{i∈[1,α]} M_{i} mit xπ_{i} = x_{i} für alle i ∈ [1, α].

\xymatrix{ &  & M_{1} \\ X \ar[urr]^{x_{1}} \ar[drr]_{x_{α}} \ar@{.>}[r]^{∃!x} & ⨁_{i∈[1,α]} M_{i} \ar[ur]_{π_{1}} \ar[dr]^{π_{α}} & ⋮ \\  &  & M_{α}}

(2) Sei Y ein R-Linksmodul. Seien R-lineare Abbildungen M_{i} ^{\overline{}^{y_{i}}} Y gegeben für i ∈ [1, α]. Dann gibt es genau eine R-lineare Abbildung ⨁_{i∈[1,α]} M_{i} ^{\overline{}^{y}} Y mit ι_{i}y = y_{i} für alle i ∈ [1, α].

\xymatrix{M_{1} \ar[dr]_{ι_{1}} \ar[drr]^{y_{1}} \\ ⋮ & ⨁_{i∈[1,α]} M_{i} \ar@{.>}[r]^{∃!y} & Y \\ M_{α} \ar[ur]^{ι_{α}} \ar[urr]_{y_{α}}}

Beweis. Zu (1). Wir können x = (^{x_{1}} ^{...}^{x_{α}}) nehmen, was die Existenz zeigt. Die Eindeutigkeit folgt, da die Komposita mit den π_{i} alle Matrixeinträge von x festlegen; cf. Bemerkung 33.

Zu (2). Wir können y = ( ⋮_{y_{α}}^{y_{1}}) nehmen, was die Existenz zeigt. Die Eindeutigkeit folgt, da die Komposita mit den ι_{i} alle Matrixeinträge von y festlegen; cf. Bemerkung 33.

Bemerkung 38 (Universelle Eigenschaften von Produkt und Coprodukt) Sei I eine Menge. Seien R-Linksmoduln M_{i} gegeben für i ∈ I.

(1) Sei X ein R-Linksmodul. Seien R-lineare Abbildungen X ^{\overline{}^{x_{i}}} M_{i} gegeben für i ∈ I. Dann gibt es genau eine R-lineare Abbildung X ^{\overline{}^{x}} ∏_{i∈I} M_{i} mit xπ_{i} = x_{i} für alle i ∈ I.

\xymatrix{ &  & ⋮ \\  &  & M_{j} \\ X \ar[urr]^{x_{j}} \ar[drr]_{x_{j′}} \ar@{.>}[r]^{∃!x} & ∏_{i∈I} M_{i} \ar[ur]_{π_{j}} \ar@{-->}[dr]^{π_{j′}} & ⋮ \\  &  & M_{j′} \\  &  & ⋮}

(2) Sei Y ein R-Linksmodul. Seien R-lineare Abbildungen M_{i} ^{\overline{}^{y_{i}}} Y gegeben für i ∈ I. Dann gibt es genau eine R-lineare Abbildung ∐_{i∈I} M_{i} ^{\overline{}^{y}} Y mit ι_{i}y = y_{i} für alle i ∈ I.

\xymatrix{⋮ \\ M_{j} \ar[dr]_{ι_{j}} \ar[drr]^{y_{j}} \\ ⋮ & ∐_{i∈I} M_{i} \ar@{.>}[r]^{∃!y} & Y \\ M_{j′} \ar@{-->}[ur]^{ι_{j′}} \ar[urr]_{y_{j′}} \\ ⋮}

Beweis. Zu (1). Wir können und müssen ξx := (ξx_{i})_{i} setzen für ξ ∈ X. Zu (2). Beachte, daß für (m_{i})_{i} ∈ ∐_{i∈I} M_{i} stets (m_{i})_{i} = ∑_{i∈I} m_{i}ι_{i} ist. Also müssen und können wir (m_{i})_{i}y = ∑_{i∈I} m_{i}ι_{i}y := ∑_{i∈I} m_{i}y_{i} setzen.

Bemerkung 39 (Universelle Eigenschaften von Kern und Cokern) Sei M ^{\overline{}^{f}} N eine R-lineare Abbildung zwischen R-Linksmoduln.

(1) Es ist ι_{Kern f}f = 0. Sei X ein R-Linksmodul. Sei X ^{\overline{}^{x}} M eine R-lineare Abbildung so, daß xf = 0. Dann gibt es genau eine R-lineare Abbildung X ^{\overline{}^{x′}} Kern f mit x′ι_{Kern f} = x.

\xymatrix{Kern f \ar[r]^{ι_{Kern f}} & M \ar[r]^{f} & N \\ X \ar[ur]^{x} \ar[urr]_{0} \ar@{.>}[u]^{∃!x′}}

(2) Es ist fρ_{Cokern f} = 0. Sei Y ein R-Linksmodul. Sei N ^{\overline{}^{y}} Y eine R-lineare Abbildung so, daß fy = 0. Dann gibt es genau eine R-lineare Abbildung Cokern f ^{\overline{}^{y′}} Y mit ρ_{Cokern f}y′ = y.

\xymatrix{M \ar[r]^{f} \ar[drr]_{0} & N \ar[r]^{ρ_{Cokern f}} \ar[dr]^{y} & Cokern f \ar@{.>}[d]^{∃!y′} \\  &  & Y}

Beweis.

Zu (1). Da xf = 0, können wir x′ := x|^{Kern f} wählen. Da ι_{Kern f} injektiv ist, ist dies die einzige Möglichkeit.

Zu (2). Da fy = 0, ist Im f ⊆ Kern y. Da Cokern f = N/Im f, folgt die Behauptung aus der universellen Eigenschaft des Faktormoduls; cf. Bemerkung 29.

1.2.7 R/I-Linksmoduln

Sei R ein Ring. Sei I ein Ideal in R.

Bemerkung 40

(1) Sei M ein R-Linksmodul, für welchen

IM := {∑_{i∈[1,k]} x_{i}m_{i} : k ⩾ 0, x_{i} ∈ I, m_{i} ∈ M} = 0

ist. Dann wird (M, +) mittels (r + I) · m := rm für r ∈ R und m ∈ M ein R/I-Linksmodul.

(2) Sei N ein R/I-Linksmodul. Dann wird (N, +) mittels r · n := (r + I)n für r ∈ R und n ∈ N ein R-Linksmodul, für welchen IN = 0.

(3) Seien M und N zwei R-Linksmoduln mit IM = 0 und IN = 0. Zwischen M und N ist eine R-lineare Abbildung dasselbe wie eine R/I-lineare Abbildung.

Beweis. Zu (1). Es ist (r + I) · m := rm wohldefiniert, da aus r + I = r′ + I folgt, daß (r − r′)m = 0 und also rm = r′m. Die Linksmoduleigenschaften vererben sich von der R-Operation auf die R/I-Operation.

Wir dürfen und werden also die R/I-Linksmoduln mit den R-Moduln M, für welche IM = 0 ist, identifizieren.

Beispiel 41 Es sind Z/3 und Z/2 beides Z/12-Linksmoduln. Hingegen ist Z/8 kein Z/12-Linksmodul.

1.2.8 Rechts- und Bimoduln

1.2.8.1 Definition Rechtsmoduln

Sei R ein Ring. Analog zu Links- führen wir Rechtsmoduln ein.

Definition 42 Ein R-Rechtsmodul ist ein Tripel (M, +, ·) aus einer Menge M, einer Abbildung M ×M ^{\overline{}^{(+)}} M, (m, m′) \overline{}m+m′ (Addition) und einer Abbildung M ×R ^{\overline{}^{(·)}} M, (m, r) \overline{}m · r (Skalarmultiplikation) derart, daß folgende Axiome gelten.

(RMod 1) Es ist (M, +) eine abelsche Gruppe.

(RMod 2) Es ist (·) assoziativ, i.e. es ist (m · r) · s = m · (r · s) für m ∈ M und r, s ∈ R .

(RMod 3) Es ist m · 1 = m für m ∈ M.

(RMod 4) Es ist (+, ·) distributiv, i.e. es ist (m+m′)·(r+r′) = (m·r)+(m·r′)+(m′·r)+(m′·r′) für m, m′ ∈ M und r, r′ ∈ R.

Oft schreiben wir kurz M = M_{R} = (M, +, ·). Oft schreiben wir mr := m · r für m ∈ M und r ∈ R.

Eine Abbildung M ^{\overline{}^{f}} N zwischen R-Rechtsmoduln heißt R-linear oder Morphismus von R-Rechtsmoduln, falls (mr + m′r′)f = (mf)r + (m′f)r′ für m, m′ ∈ M und r, r′ ∈ R.

Alle Aussagen, Begriffe und Konstruktionen für R-Linksmoduln und deren R-lineare Abbildungen gelten entsprechend für R-Rechtsmoduln und deren R-lineare Abbildungen.

Beispiel 43 Es sind (^{0 Q}) und (^{Q Q}) Rechtsmoduln über (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix}).

In folgendem Sinne muß für kommutative Ringe nicht zwischen Links- und Rechtsmoduln unterschieden werden.

Bemerkung 44 Sei R ein kommutativer Ring. Sei M = (M, +, ·) ein R-Linksmodul. Dann ist (M, +, ∗) via m ∗ r := r · m für m ∈ M und r ∈ R ein R-Rechtsmodul.

1.2.8.2 Definition Bimoduln

Seien R und S Ringe.

Definition 45 Ein R-S-Bimodul ist ein Quadrupel (M, +, ·, ∗) aus einer Menge M, einer Abbildung M × M ^{\overline{}^{(+)}} M, (m, m′) \overline{}m + m′ (Addition), einer Abbildung R × M ^{\overline{}^{(·)}} M, (r, m) \overline{}r · m (Skalarmultiplikation links) und einer Abbildung M × S ^{\overline{}^{(∗)}} M, (m, s) \overline{}m ∗ s (Skalarmultiplikation rechts) derart, daß folgende Axiome gelten.

(BiMod 1) Es ist (M, +, ·) ein R-Linksmodul.

(BiMod 2) Es ist (M, +, ∗) ein S-Rechtsmodul.

(BiMod 3) Es ist r · (m ∗ s) = (r · m) ∗ s für r ∈ R, m ∈ M und s ∈ S.

Oft schreiben wir kurz M = _{R}M_{S} = (M, +, ·, ∗). Oft schreiben wir rms = r · m ∗ s := (r · m) ∗ s = r · (m ∗ s) für r ∈ R, m ∈ M und s ∈ R.

Eine Abbildung M ^{\overline{}^{f}} N zwischen R-S-Bimoduln heißt R-S-linear oder Morphismus von R-S-Bimoduln, falls (rms + r′m′s′)f = r(mf)s + r′(m′f)s′ für r, r′ ∈ R, m, m′ ∈ M und s, s′ ∈ S.

Alle Aussagen, Begriffe und Konstruktionen für R-Linksmoduln und deren R-lineare Abbildungen gelten entsprechend für R-S-Bimoduln und deren R-S-lineare Abbildungen. Cf. auch Aufgabe 25.(2).

Ein R-Linksmodul _{R}M ist auf eindeutige Weise ein R-Z-Bimodul; entsprechend für R-lineare Abbildungen. Ein S-Rechtsmodul M_{S} ist auf eindeutige Weise ein Z-S-Bimodul; entsprechend für S-lineare Abbildungen. Jede Aussage für Bimoduln beinhaltet also durch Spezialisierung Aussagen für Links- und Rechtsmoduln.

Beispiel 46

(1) Es ist (\begin{matrix}Q & 0 \\ Q & Q \\ Q & Q \end{matrix}) ein (\begin{matrix}Q & 0 & 0 \\ Q & Q & Q \\ Q & Q & Q \end{matrix})-(\begin{matrix}Q & 0 \\ Q & Q \end{matrix})-Bimodul.

(2) Die Ideale von R sind genau die Teil-R-R-Bimoduln von _{R}R_{R}.

(3) Sei R = S = C. Sei κ die komplexe Konjugation auf C ; cf. Beispiel 12.(2).

Wir haben zum einen die C-C-Bimodulstruktur auf C, die durch r · z ∗ s := rzs definiert ist, wobei r, z, s ∈ C ; dieser Bimodul heiße C_{id} .

Zum anderen haben wir die C-C-Bimodulstruktur auf C, die durch r·z∗s := rz(sκ) definiert ist, wobei r, z, s ∈ C ; dieser Bimodul heiße C_{κ}.

Wir behaupten, daß _{C}(C_{id})_{C} ≄ _{C}(C_{κ})_{C} . Sei dazu eine C-C-lineare Abbildung C_{id} ^{\overline{}^{f}} C_{κ} betrachtet. Es wird

if = (i · 1)f = i · (1f) = i(1f) = (1f)i = (1f) ∗ (−i) = (1 ∗ (−i))f = (−i)f .

Somit ist f nicht injektiv.

1.2.9 Exakte Sequenzen

Sei R ein Ring.

Definition 47 Seien M′ ^{\overline{}^{f}} M ^{\overline{}^{g}} M′′ zwei R-lineare Abbildungen zwischen R-Linksmoduln, auch Sequenz genannt.

(1) Die Sequenz M′ ^{\overline{}^{f}} M ^{\overline{}^{g}} M′′ heiße exakt bei M oder exakt in der Mitte, falls Im f = Kern g.

(2) Die Sequenz M′ ^{\overline{}^{f}} M ^{\overline{}^{g}} M′′ heiße linksexakt, falls sie exakt in der Mitte ist und f injektiv ist.

(3) Die Sequenz M′ ^{\overline{}^{f}} M ^{\overline{}^{g}} M′′ heiße rechtsexakt, falls sie exakt in der Mitte ist und g surjektiv ist.

(4) Die Sequenz M′ ^{\overline{}^{f}} M ^{\overline{}^{g}} M′′ heiße kurz exakt, falls sie exakt in der Mitte ist, f injektiv ist und g surjektiv ist.

Entsprechend für Rechts- und Bimoduln.

Beispiel 48

(1) Die Sequenz Z ^{\overline{}^{2}} Z ^{\overline{}^{1}} Z/2 von Z-Moduln ist kurz exakt.

Die Sequenz Z/4 ^{\overline{}^{2}} Z/4 ^{\overline{}^{2}} Z/4 von Z-Moduln ist exakt in der Mitte.

(2) Ist M ^{\overline{}^{f}} N eine R-lineare Abbildung zwischen R-Linksmoduln, dann ist die Sequenz Kern f ^{\overline{}^{ι}} M ^{\overline{}^{f}} N linksexakt und die Sequenz M ^{\overline{}^{f}} N ^{\overline{}^{ρ}} Cokern f rechtsexakt.

1.2.10 Hom und Tensorprodukt

1.2.10.1 Hom

Seien R, S und T Ringe. Seien M = _{R}M_{S} und N = _{R}N_{T} Bimoduln.

Definition 49 Setze

Hom_{R}(M, N) = _{R}(M, N) := \{M ^{\overline{}^{f}} N : f ist R-linear\} .

Bemerkung 50

(1) Es ist Hom_{R}(M, N) zusammen mit der wie in Bemerkung 25.(7) durch m(f + g) := mf + mg für f, g ∈ Hom_{R}(M, N) und m ∈ M definierten Addition eine abelsche Gruppe.

(2) Auf der abelschen Gruppe Hom_{R}(M, N) = Hom_{R}(_{R}M_{S} , _{R}N_{T}) ist wie folgt eine S-T -Bimodulstruktur definiert. Für s ∈ S, f ∈ Hom_{R}(_{R}M_{S} , _{R}N_{T}) und t ∈ T setzen wir für gegebenes m ∈ M

m(s · f ∗ t) := ((m ∗ s)f) ∗ t .

(3) Ist N = _{R}N_{T} ein R-T -Bimodul, so ist Hom_{R}(_{R}R_{R} , _{R}N_{T}) \overline{}_{R}N_{T} , f \overline{}1f ein Isomorphismus von R-T -Bimoduln.

Beweis. Zu (2). Die resultierende Abbildung s·f ∗t ist R-linear, da sie mit der Addition verträglich ist und da

(r ·m)(s·f ∗t) =^{def} ((r ·m)∗s)f ∗t = (r ·(m∗s))f ∗t = r ·(m∗s)f ∗t =^{def} r ·(m(s·f ∗t))

für r ∈ R. Die Bimoduleigenschaften gelten, siehe Aufgabe 21.(1). Zu (3). Die angeführte Abbildung ist R-T -linear, da sie mit der Addition verträglich ist

und da r · f ∗ t \overline{}1(r · f ∗ t) =^{def} (1 ∗ r)f ∗ t = (r · 1)f ∗ t = r · (1f) ∗ t für r ∈ R und t ∈ T.

Sie ist injektiv, da im Falle f \overline{}1f = 0 folgt, daß rf = (r · 1)f = r · (1f) = 0 für r ∈ R und also f = 0. Bleibt die Surjektivität zu zeigen. Sei n ∈ N gegeben. Setze f : R \overline{}N, r \overline{}r · n. Dies ist eine R-lineare Abbildung. Ferner ist f \overline{}1f = 1 · n = n.

Setzt man m(f ·r) := (rm)f für f ∈ Hom_{R}(M, N), r ∈ R und m ∈ M, so liefert dies deswegen im allgemeinen keine R-Rechtsmodulstruktur auf Hom_{R}(M, N), weil das so definierte f · r im allgemeinen keine R-lineare Abbildung ist.

Bemerkung 51 Seien _{R}M_{S} ^{\overline{}^{u}} _{R}M′_{S} ^{\overline{}^{u′}} _{R}M′′_{S} zwei R-S-lineare Abbildungen zwischen R-S-Bimoduln. Seien _{R}N_{T} ^{\overline{}^{v}} _{R}N′_{T} ^{\overline{}^{v′}} _{R}N′′_{T} zwei R-T -lineare Abbildungen zwischen R-T -Bimoduln.

(1) Wir haben eine S-T -lineare Abbildung

Hom_{R}(_{R}M_{S} , _{R}N_{T}) ^{\overline{}^{_{R}(u,v) = Hom_{R}(u,v)}} Hom_{R}(_{R}M′_{S} , _{R}N′_{T})
f  \overline{}ufv .

Wir schreiben noch _{R}(u, N) = Hom_{R}(u, N) := Hom_{R}(u, id_{N}) und _{R}(M, v) = Hom_{R}(M, v) := Hom_{R}(id_{M} , v). Manchmal wird auch kurz (u, v) := _{R}(u, v) = Hom_{R}(u, v) geschrieben, etc.

(2) Es ist Hom_{R}(u, v) Hom_{R}(u′, v′) = Hom_{R}(u′u, vv′). Es ist Hom_{R}(id_{M}, id_{N}) = id_{Hom_{R}(M,N)} .

Beweis. Zu (1). Es ist ufv als Kompositum R-linearer Abbildungen wieder R-linear. Die Abbildung f \overline{}ufv ist mit der Addition verträglich. Sind ferner s ∈ S und t ∈ T gegeben, so wird

m′(s · (ufv) ∗ t) =^{def} (m′ ∗ s)ufv ∗ t = (((m′u) ∗ s)f ∗ t)v =^{def} m′(u(s · f ∗ t)v)

für m′ ∈ M′, und also s · (ufv) ∗ t = u(s · f ∗ t)v.

Zu (2). Es wird

f Hom_{R}(u, v) Hom_{R}(u′, v′) = (ufv) Hom_{R}(u′, v′)
= u′(ufv)v′
= (u′u)f(vv′)
= f Hom_{R}(u′u, vv′) .

Lemma 52

(1) Sei N′ ^{\overline{}^{j}} N ^{\overline{}^{q}} N′′ eine kurz exakte Sequenz von R-T -Bimoduln. Sei M ein R-S-Bimodul. Dann ist die Sequenz

[figure: R; (M, N′); ^{^{R}(M,j)}; R; (M, N); ^{^{R}(M,q)}; R; (M, N′′)]

von S-T -Bimoduln linksexakt.

(2) Sei M′ ^{\overline{}^{i}} M ^{\overline{}^{p}} M′′ eine kurz exakte Sequenz von R-S-Bimoduln. Sei N ein R-T -Bimodul. Dann ist die Sequenz

[figure: R; (M′, N); ^{^{R}(i,N)}; R; (M, N); ^{^{R}(p,N)}; R; (M′′, N)]

von S-T -Bimoduln linksexakt.

Beweis.

Zu (1). Zur Injektivität von _{R}(M, j). Sei eine R-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{f′}} N′ mit 0 = f′ _{R}(M, j) = f′j gegeben. Da j injektiv ist, folgt f′ = 0.

Zu Im _{R}(M, j) ⊆^{!} Kern _{R}(M, q). Es ist _{R}(M, j)_{R}(M, q) = _{R}(M, jq) = _{R}(M, 0) = 0.

Zu Im _{R}(M, j) ⊇^{!} Kern _{R}(M, q). Sei eine R-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{f}} N mit 0 = f _{R}(M, q) = fq gegeben. Die universelle Eigenschaft von Kern q aus Bemerkung 39.(1) gibt eine R-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{f̃}} Kern q mit f̃ι = f, sowie eine R-lineare Abbildung N′ ^{\overline{}^{j̃}} Kern q mit j̃ι = j. Da j injektiv ist, gilt dies auch für j̃. Zeigen wir die Surjektivität von j̃. Sei n ∈ Kern q. Es ist n ∈ Im j wegen der Exaktheit von N′ ^{\overline{}^{j}} N ^{\overline{}^{q}} N′′ bei N. Somit gibt es ein n′ ∈ N′ mit n = n′j = n′j̃. Insgesamt ist j̃ also bijektiv. Setze f′ := f̃j̃^{−1} : M \overline{}N′. Es wird

f′ _{R}(M, j) = f′j = (f̃j̃^{−1})(j̃ι) = f̃ι = f .

Also ist f ∈ Im _{R}(M, j).

\xymatrix{Kern q \ar[dr]^{ι} & M \ar[d]^{f} \ar[dr]^{0} \ar[l]_{f̃} \\ N′ \ar[r]^{j} \ar[u]^{j̃}_{≀} & N \ar[r]^{q} & N′′}

Zu (2). Zur Injektivität von _{R}(p, N). Sei eine R-lineare Abbildung M′′ ^{\overline{}^{g′′}} N mit 0 = g′′ _{R}(p, N) = pg′′ gegeben. Da p surjektiv ist, folgt g′′ = 0.

Zu Im _{R}(p, N) ⊆^{!} Kern _{R}(i, N). Es ist _{R}(p, N)_{R}(i, N) = _{R}(ip, N) = _{R}(0, N) = 0.

Zu Im _{R}(p, N) ⊇^{!} Kern _{R}(i, N). Sei eine R-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{g}} N mit 0 = g_{R}(i, N) = ig gegeben. Die universelle Eigenschaft von Cokern i aus Bemerkung 39.(2) gibt eine R-lineare Abbildung Cokern i ^{\overline{}^{g̃}} N mit ρg̃ = g, sowie eine R-lineare Abbildung Cokern i ^{\overline{}^{p̃}} M′′ mit ρp̃ = p. Da p surjektiv ist, gilt dies auch für p̃. Zeigen wir die Injektivität von p̃. Sei m ∈ M mit 0 = (m + Im i)p̃ = mp. Somit ist m ∈ Kern p, wegen der Exaktheit von M′ ^{\overline{}^{i}} M ^{\overline{}^{p}} M′′ bei M also m ∈ Im i. Es folgt m + Im i = 0. Insgesamt ist p̃ also bijektiv. Setze g′′ := p̃^{−1}g̃ : M′′ \overline{}N. Es wird

g′′ _{R}(p, N) = pg′′ = (ρp̃)(p̃^{−1}g̃) = ρg̃ = g .

Also ist g ∈ Im _{R}(p, N).

\xymatrix{M′ \ar[r]^{i} \ar[dr]_{0} & M \ar[r]^{p} \ar[d]_{g} \ar[dr]^{ρ} & M′′ \\  & N & Cokern i \ar[u]^{≀}_{p̃} \ar[l]_{g̃}}

Beispiel 53

(1) Im allgemeinen ist die Sequenz aus Lemma 52.(1) nicht kurz exakt. So etwa ist für die kurz exakte Sequenz Z ^{\overline{}^{2}} Z ^{\overline{}^{1}} Z/2 von Z-Moduln die unter _{Z}(Z/2, −) resultierende Sequenz

[figure: Z; (Z/2, Z); ^{^{Z}(Z/2,2)}; Z; (Z/2, Z); ^{^{Z}(Z/2,1)}; Z; (Z/2, Z/2)]

nicht kurz exakt. In der Tat ist _{Z}(Z/2, Z) ≃ 0, aber _{Z}(Z/2, Z/2) ≃ Z/2.

(2) Im allgemeinen ist die Sequenz aus Lemma 52.(2) nicht kurz exakt. So etwa ist für die kurz exakte Sequenz Z ^{\overline{}^{2}} Z ^{\overline{}^{1}} Z/2 von Z-Moduln die unter _{Z}(−, Z/2) resultierende Sequenz

[figure: Z; (Z, Z/2); ^{^{Z}(2,Z/2)}; Z; (Z, Z/2); ^{^{Z}(1,Z/2)}; Z; (Z/2, Z/2)]

nicht kurz exakt. In der Tat ist _{Z}(Z, Z/2) ≃ Z/2 ; desweiteren schickt die von Z ^{\overline{}^{2}} Z induzierte Abbildung _{Z}(Z, Z/2) ^{\overline{}^{^{Z}(2,Z/2)}} _{Z}(Z, Z/2) den nichtverschwindenden Morphismus Z ^{\overline{}^{1}} Z/2 auf (Z ^{\overline{}^{2}} Z ^{\overline{}^{1}} Z/2) = (Z ^{\overline{}^{0}} Z/2). Somit ist diese induzierte Abbildung nicht surjektiv.

1.2.10.2 Tensorprodukt

Das Tensorprodukt versteht man besser über seine universelle Eigenschaft aus untigem Lemma 56 als über seine nun folgende Definition 54.

Sei R ein Ring. Sei M_{R} ein R-Rechtsmodul. Sei _{R}N ein R-Linksmodul.

Definition 54 Schreibe e_{m,n} := 1ι_{(m,n)} ∈ ∐_{(m,n)∈M×N} Z für m ∈ M und n ∈ N; i.e. e_{m,n} ist das Tupel, das an der Stelle (m, n) den Eintrag 1 und an allen anderen Stellen den Eintrag 0 hat. Setze

\begin{aligned}U & := & _{Z}\left⟨{\{e_{m+m′, n+n′} − e_{m,n} − e_{m,n′} − e_{m′,n} − e_{m′,n′} : m, m′ ∈ M, n, n′ ∈ N\} \atop ∪ \{e_{mr,n} − e_{m,rn} : m ∈ M, n ∈ N, r ∈ R\}}\right⟩ \\ & ⊆ & ∐_{(m,n)∈M×N} Z . \end{aligned}

Definiere das Tensorprodukt von M mit N über R als Z-Modul

M ⊗_{R} N = M_{R} ⊗_{R} _{R}N := (_{∐(m,n)∈M×N} Z)/U .

Schreibe m ⊗ n := e_{m,n} + U ∈ M ⊗_{R} N für m ∈ M und n ∈ N. Wir haben also eine Abbildung

[figure: M; ×; N; τ; M; ⊗_{R}; N; (m; ,; n); m; ⊗; n .]

Ein Element der Form m ⊗ n in M ⊗_{R} N heißt auch Elementartensor.

Man darf sich unter m ⊗ n ein “noch auszuführendes Produkt von m mit n” vorstellen; cf.

auch Lemma 56.

Bemerkung 55

(1) Jedes Element von ∐_{(m,n)∈M×N} Z ist von der Form ∑_{(m,n)∈M×N} z_{m,n}e_{m,n} mit z_{m,n} ∈ Z und {(m, n) ∈ M × N : z_{m,n} ≠ 0} endlich. Also ist jedes Element von M ⊗_{R} N von der Form ∑_{(m,n)∈M×N} z_{m,n} (m ⊗ n) mit z_{m,n} ∈ Z und {(m, n) ∈ M × N : z_{m,n} ≠ 0} endlich. In anderen Worten, es ist M ⊗_{R} N = _{Z}⟨m ⊗ n : m ∈ M, n ∈ N⟩ = _{Z}⟨(M × N)τ⟩; cf. auch Aufgabe 23.(1).

(2) Es ist (m + m′) ⊗ (n + n′) = e_{m+m′, n+n′} + U = e_{m,n} + e_{m,n′} + e_{m′,n} + e_{m′,n′} + U = m ⊗ n + m ⊗ n′ + m′ ⊗ n + m′ ⊗ n′ für m, m′ ∈ M und n, n′ ∈ N. Es ist mr ⊗ n = e_{mr,n} + U = e_{m,rn} + U = m ⊗ rn für m ∈ M, n ∈ N und r ∈ R.

(3) Es ist m ⊗ 0 = m ⊗ 0 + m ⊗ 0 − m ⊗ 0 = m ⊗ (0 + 0) − m ⊗ 0 = 0 für m ∈ M. Genauso ist 0 ⊗ n = 0 für n ∈ N. Ferner ist (−m)⊗n = (−m)⊗n+m⊗n−m⊗n = (−m+m)⊗n−m⊗n = −(m⊗n) und genauso m ⊗ (−n) = −(m ⊗ n) für m ∈ M und n ∈ N. Insbesondere ist jedes Element von M ⊗_{R} N eine Summe von Elementartensoren.

Lemma 56 (Universelle Eigenschaft Tensorprodukt) Sei A ein Z-Modul. Eine Abbildung M × N ^{\overline{}^{t}} A heißt R-bilinear, falls

\begin{aligned}(m + m′, n + n′)t & = & (m, n)t + (m, n′)t + (m′, n)t + (m′, n′)t \\ (mr, n)t & = & (m, rn)t \end{aligned}

gelten für m, m′ ∈ M, n, n′ ∈ N und r ∈ R. Es ist τ eine R-bilineare Abbildung; cf. Bemerkung 55.(2). Ist eine R-bilineare Abbildung M × N ^{\overline{}^{t}} A gegeben, so gibt es genau eine Z-lineare Abbildung M ⊗_{R} N ^{\overline{}^{t′}} A mit τt′ = t. Für diese ist (m ⊗ n)t′ = (m, n)t für m ∈ M und n ∈ N.

\xymatrix{M × N \ar[d]_{τ} \ar[dr]^{t} \\ M ⊗_{R} N \ar@{.>}[r]_{∃!t′} & A}

Beweis. Zur Eindeutigkeit von t′. Für z_{m,n} ∈ Z für m ∈ M und n ∈ N ist notwendigerweise

(_{∑m, n}z_{m,n}(m⊗n))t′ = _{∑m, n}z_{m,n}(m⊗n)t′ = _{∑m, n}z_{m,n}(m, n)τt′ = _{∑m, n}z_{m,n}(m, n)t .

Zur Existenz von t′. Nach Bemerkung 38.(2) existiert eine Z-lineare Abbildung t′′ : ∐_{(m,n)∈M×N} Z \overline{}A mit ι_{(m,n)}t′′ : Z \overline{}A, z \overline{}z · (m, n)t und also insbesondere mit e_{m,n}t′′ = 1ι_{(m,n)}t′′ = (m, n)t für (m, n) ∈ M × N. Es wird

(e_{m+m′, n+n′} − e_{m,n} − e_{m,n′} − e_{m′,n} − e_{m′,n′})t′′
= e_{m+m′, n+n′}t′′ − e_{m,n}t′′ − e_{m,n′}t′′ − e_{m′,n}t′′ − e_{m′,n′}t′′
= (m + m′, n + n′)t − (m, n)t − (m, n′)t − (m′, n)t − (m′, n′)t
= 0

für m, m′ ∈ M und n, n′ ∈ N. Es wird

(e_{mr,n} − e_{m,rn})t′′ = e_{mr,n}t′′ − e_{m,rn}t′′ = (mr, n)t − (m, rn)t = 0

für m ∈ M, n ∈ N und r ∈ R.

Somit ist Ut′′ = 0; cf. Definition 54. Die universelle Eigenschaft des Faktormoduls liefert also eine Z-lineare Abbildung t′ : M ⊗_{R} N = (∐_{(m,n)∈M×N} Z)/U \overline{}A, die insbesondere

m⊗n = e_{m,n} +U nach e_{m,n}t′′ = (m, n)t schickt für m ∈ M und n ∈ N; cf. Bemerkung 29.

[figure: (m, n); M × N; t; e_{m,n}; ∐_{(m,n)∈M×N} Z; t′′; ρ; \begin{matrix}(∐_{(m,n)∈M×N} Z)/U \\ = M ⊗_{R} N \end{matrix}; t′; A]

Beispiel 57

(1) Es ist Z/3 ⊗_{Z} Z/2 ≃ 0, da darin (z + 3Z) ⊗ (w + 2Z) = (z + 3Z) ⊗ 3(w + 2Z) =

(z + 3Z)3 ⊗ (w + 2Z) = 0 ⊗ (w + 2Z) = 0 ; cf. Bemerkung 55.(1, 2, 3).

(2) Seien allgemeiner m, n ∈ Z_{⩾1} . Sei g := ggT(m, n). Es ist g = sm + tn für gewisse s, t ∈ Z. Die Abbildung

[figure: Z/m; ×; Z/n; Z/g; (z + mZ; ,; w + nZ); zw + gZ]

ist wohldefiniert und Z-bilinear. Mit Lemma 56 gibt es also die Z-lineare Abbildung

[figure: Z/m; ⊗_{Z}; Z/n; u; Z/g; (z + mZ); ⊗; (w + nZ); zw + gZ]

Ferner gibt es die Z-lineare Abbildung

[figure: Z/m; ⊗_{Z}; Z/n; v; Z/g; (z + mZ); ⊗; (1 + nZ); z + gZ ,]

da (g + mZ) ⊗ (1 + nZ) = (sm + tn + mZ) ⊗ (1 + nZ) = (tn + mZ) ⊗ (1 + nZ) = (t + mZ) ⊗ (n + nZ) = 0.

Offenbar ist vu = id. Umgekehrt ist für z, w ∈ Z auch ((z + mZ) ⊗ (w + nZ))uv = (zw + gZ)v = (zw + mZ) ⊗ (1 + nZ) = (z + mZ) ⊗ (w + nZ). Somit ist uv = id, da dies auf Z-linearen Erzeugern nachgerechnet wurde. Also ist u ein Isomorphismus.

Bemerkung 58 Seien R, S und T Ringe. Sei M = _{S}M_{R} ein S-R-Bimodul. Sei N = _{R}N_{T} ein R-T -Bimodul.

(1) Es gibt auf der abelschen Gruppe _{S}M_{R} ⊗_{R} _{R}N_{T} eine S-T -Bimodulstruktur, für welche s · (m ⊗ n) ∗ t = (s · m) ⊗ (n ∗ t) ist für m ∈ M, n ∈ N, s ∈ S und t ∈ T.

(2) Es gibt den Isomorphismus

[figure: _{R}R_{R}; ⊗_{R}; _{R}N_{T}; ∼; _{R}N_{T}; r; ⊗; n; r · n; 1; ⊗; n; n]

von R-T -Bimoduln.

(3) Es gibt den Isomorphismus

[figure: _{S}M_{R}; ⊗_{R}; _{R}R_{R}; ∼; _{S}M_{R}; m; ⊗; r; m ∗ r; m; ⊗; 1; m]

von S-R-Bimoduln.

Beweis. Zu (1). Seien s ∈ S und t ∈ T gegeben. Die Abbildung

[figure: M; ×; N; λ′_{s,t}; M; ⊗_{R}; N; (m; ,; n); (s · m); ⊗; (n ∗ t)]

ist R-bilinear. Mit Lemma 56 gibt es die Z-lineare Abbildung

[figure: M; ⊗_{R}; N; λ_{s,t}; M; ⊗_{R}; N; m; ⊗; n; (s · m); ⊗; (n ∗ t) .]

Definiert man nun

[figure: S; ×; (M ⊗_{R} N); (·); M ⊗_{R} N; ( s; ,; ξ ); s · ξ := ξλ_{s,1}]

und

[figure: (M ⊗_{R} N); ×; T; (∗); M ⊗_{R} N; ( ξ; ,; t ); ξ ∗ t := ξλ_{1,t} ,]

so rechnet man nach, daß (M ⊗_{R}N, +, ·, ∗) ein S-T -Bimodul mit der verlangten Eigenschaft ist; cf. Aufgabe 21.(2).

Zu (2). Die Abbildung

[figure: R; ×; N; N; (r; ,; n); r · n]

ist R-bilinear. Mit Lemma 56 gibt es eine Z-lineare Abbildung

[figure: R; ⊗_{R}; N; μ; N; r; ⊗; n; r · n]

Da (r′·(_{∑i} r_{i}⊗n_{i})∗t)μ = _{∑i} (r′·r_{i}⊗n_{i}∗t)μ = _{∑i} r′·r_{i}·n_{i}∗t = r′·(_{∑i} r_{i}·n_{i})∗t = r′·(_{∑i}r_{i}⊗n_{i})μ∗t für r′, r_{i} ∈ R, n_{i} ∈ N und t ∈ T, ist μ eine R-T -lineare Abbildung. In entgegengesetzter Richtung gibt es die Z-lineare Abbildung

[figure: R; ⊗_{R}; N; ν; N; 1; ⊗; n; n]

Es ist nνμ = (1 ⊗ n)μ = n für n ∈ N, also νμ = id_{N} . Ferner ist

(∑_{i} r_{i} ⊗ n_{i})μν = ∑_{i}(r_{i} ⊗ n_{i})μν
= ∑_{i}(r_{i} · n_{i})ν
= ∑_{i} 1 ⊗ r_{i} · n_{i}
= ∑_{i} 1 ∗ r_{i} ⊗ n_{i}
= ∑_{i} r_{i} ⊗ n_{i} ,

wobei r_{i} ∈ R und n_{i} ∈ N, und also μν = id_{R⊗_{R}N} . Somit ist μ bijektiv.

Bemerkung 59 Seien R, S und T Ringe. Seien _{S}M_{R} ^{\overline{}^{u}} _{S}M′_{R} ^{\overline{}^{u′}} _{S}M′′_{R} zwei S-R-lineare Abbildungen zwischen S-R-Bimoduln. Seien _{R}N_{T} ^{\overline{}^{v}} _{R}N′_{T} ^{\overline{}^{v′}} _{R}N′′_{T} zwei R-T -lineare Abbildungen zwischen R-T -Bimoduln.

(1) Wir haben eine S-T -lineare Abbildung

[figure: _{S}M_{R}; ⊗_{R}; _{R}N_{T}; u⊗_{R}v; _{S}M′_{R}; ⊗_{R}; _{R}N′_{T}; m; ⊗; n; mu; ⊗; nv .]

Wir schreiben noch M ⊗_{R} v := id_{M} ⊗_{R}v und u ⊗_{R} N := u ⊗_{R} id_{N}. Manchmal wird auch kurz u ⊗ v := u ⊗_{R} v geschrieben, etc.

(2) Es ist (u ⊗_{R} v)(u′ ⊗_{R} v′) = (uu′ ⊗_{R} vv′).

Es ist id_{M} ⊗_{R} id_{N} = id_{M⊗_{R}N} .

Beweis. Zu (1). Die Abbildung

[figure: _{S}M_{R}; ×; _{R}N_{T}; _{S}M′_{R}; ⊗_{R}; _{R}N′_{T}; (m; ,; n); mu; ⊗; nv .]

ist R-bilinear. Mit Lemma 56 gibt es die Z-lineare Abbildung

[figure: _{S}M_{R}; ⊗_{R}; _{R}N_{T}; u⊗_{R}v; _{S}M′_{R}; ⊗_{R}; _{R}N′_{T}; m; ⊗; n; mu; ⊗; nv .]

Diese ist nun auch S-T -linear, wie man auf den Elementartensoren sieht.

Zu (2). Es genügt, die jeweiligen Abbildungen auf Elementartensoren zu vergleichen, da diese das Tensorprodukt Z-linear erzeugen.

Für m ∈ M und n ∈ N wird (m⊗n)(u⊗v)(u′ ⊗v′) = (mu⊗nv)(u′ ⊗v′) = muu′ ⊗nvv′ = (m ⊗ n)(uu′ ⊗ vv′).

Lemma 60

(1) Gegeben eine kurz exakte Sequenz M′ ^{\overline{}^{i}} M ^{\overline{}^{p}} M′′ von S-R-Bimoduln und ein R-T -Bimodul N. Dann ist die Sequenz

M′ ⊗_{R} N ^{\overline{}^{i⊗N}} M ⊗_{R} N ^{\overline{}^{p⊗N}} M′′ ⊗_{R} N

von S-T -Bimoduln rechtsexakt.

(2) Gegeben ein S-R-Bimodul M und eine kurz exakte Sequenz N′ ^{\overline{}^{j}} N ^{\overline{}^{q}} N′′ von R-T -Bimoduln. Dann ist die Sequenz

M ⊗_{R} N′ ^{\overline{}^{M⊗j}} M ⊗_{R} N ^{\overline{}^{M⊗q}} M ⊗_{R} N′′

von S-T -Bimoduln rechtsexakt.

Beweis. Zu (1). Es ist p ⊗ N surjektiv, da wegen p surjektiv jeder Elementartensor von M′′ ⊗_{R} N im Bild von p ⊗ N liegt, und also, da p ⊗ N mit Summen vertauscht, jedes

Element von M′′ ⊗_{R} N im Bild von p ⊗ N liegt.

Es ist (i ⊗ N)(p ⊗ N) = ip ⊗ N = 0 ⊗ N = 0. Also ist Im(i ⊗ N) ⊆ Kern(p ⊗ N).

Wir haben eine Abbildung M′′ × N ^{\overline{}^{f}} Cokern(i ⊗ N), die (m′′, n) \overline{}m ⊗ n + Im(i ⊗ N) schickt, wobei m ∈ M mit mp = m′′ gewählt werde. Hierzu ist zu zeigen, daß das Bild nicht von der Wahl dieses Elements m abhängt. Seien also m, m̃ ∈ M mit mp = m′′ = m̃p gegeben. Dann ist m − m̃ ∈ Kern p = Im i. Also gibt es ein m′ ∈ M′ mit m − m̃ = m′i. Somit ist auch m ⊗ n − m̃ ⊗ n = (m − m̃) ⊗ n = m′i ⊗ n ∈ Im(i ⊗ N).

Diese Abbildung f ist R-bilinear. Denn seien zum einen m′′, m̃′′ ∈ M′′ und n, ñ ∈ N gegeben. Wähle m ∈ M mit mp = m′′ und m̃ ∈ M mit m̃p = m̃′′. Dann ist auch (m + m̃)p = m′′ + m̃′′. Somit wird

(m′′ + m̃′′, n + ñ)f = (m + m̃) ⊗ (n + ñ) + Im(i ⊗ N)
= m ⊗ n + m ⊗ ñ + m̃ ⊗ n + m̃ ⊗ ñ + Im(i ⊗ N)
= (m′′, n)f + (m′′, ñ)f + (m̃′′, n)f + (m̃′′, ñ)f .

Seien zum anderen m′′ ∈ M′′, n ∈ N und r ∈ R gegeben. Wähle m ∈ M mit mp = m′′. Dann wird (mr)p = mpr = m′′r. Somit wird

(m′′r, n)f = mr ⊗ n + Im(i ⊗ N)
= m ⊗ rn + Im(i ⊗ N)
= (m′′, rn)f .

Wir erhalten also eine Z-lineare Abbildung M′′ ⊗_{R} N ^{\overline{}^{g}} Cokern(i ⊗ N) mit (m′′ ⊗ n)g =

m⊗n+Im(i⊗N), wobei m′′ ∈ M′′, n ∈ N und m ∈ M so, daß mp = m′′. Insbesondere ist für m ∈ M und n ∈ N auch (m⊗n)(p⊗N)g = (mp⊗n)g = m⊗n+Im(i⊗N) = (m⊗n)ρ. Es folgt (p ⊗ N)g = ρ.

Ist also ξ ∈ Kern(p ⊗ N), so ist ξ + Im(i ⊗ N) = ξρ = ξ(p ⊗ N)g = 0, i.e. ξ ∈ Im(i ⊗ N). Dies zeigt Im(i ⊗ N) ⊇ Kern(p ⊗ N).

Insgesamt ist Im(i ⊗ N) = Kern(p ⊗ N).

\xymatrix{M′ ⊗_{R} N \ar[r]^{i⊗N} & M ⊗_{R} N \ar[r]^{p⊗N} \ar[dr]_{ρ} & M′′ ⊗_{R} N \ar[d]^{g} \\  &  & Cokern(i ⊗ N)}

Beispiel 61 Sei R = Z. Es ist Z ^{\overline{}^{2}} Z injektiv, nicht aber Z/2 ⊗_{Z} Z ^{\overline{}^{Z/2⊗2}} Z/2 ⊗_{Z} Z. In

der Tat schickt unter Verwendung von Bemerkung 58.(3) das Kompositum

(Z/2 ^{\overline{}^{∼}} Z/2 ⊗_{Z} Z ^{\overline{}^{Z/2⊗2}} Z/2 ⊗_{Z} Z ^{\overline{}^{∼}} Z/2)

das Element 1 auf 1 ⊗ 1, sodann auf 1 ⊗ 2 und schließlich auf 1 · 2 = 0.

Also resultieren in Lemma 60 im allgemeinen nur rechtsexakte, nicht aber kurz exakte Sequenzen.

1.2.10.3 Zusammenhang Hom und Tensorprodukt

Seien R, S und T Ringe.

Lemma 62 Sei _{R}M_{S} ^{\overline{}^{f}} _{R}M′_{S} eine R-S-lineare Abbildung zwischen R-S-Bimoduln. Sei _{R}N ^{\overline{}^{g}} _{R}N′ eine R-lineare Abbildung zwischen R-Linksmoduln. Sei _{S}X ^{\overline{}^{h}} _{S}X′ eine S-lineare Abbildung zwischen S-Linksmoduln.

(1) Es gibt den Isomorphismus von Z-Moduln

\begin{matrix}_{R}(_{R}M_{S} ⊗_{S} _{S}X, _{R}N) & \overline{}^{α_{X,M,N}}_{∼} & _{S}(_{S}X, _{R}(_{R}M_{S} , _{R}N)) \\ φ & \overline{} & (x \overline{}(m \overline{}(m ⊗ x)φ)) \\ (m ⊗ x \overline{}m(xψ)) & \overline{} & ψ \end{matrix}

(2) Das Viereck

\xymatrix{_{R}(_{R}M_{S} ⊗_{S} _{S}X, _{R}N) \ar[r]^{α_{X,M,N}}_{∼} \ar[d]_{_{_{R}(f⊗_{S}h, g)}} & _{S}(_{S}X, _{R}(_{R}M_{S} , _{R}N)) \ar[d]^{_{_{S}(h,_{R}(f,g))}} \\ _{_{R}(_{R}M′_{S} ⊗_{S} _{S}X′, _{R}N′)} \ar[r]^{α_{X′,M′,N′}}_{∼} & _{_{S}(_{S}X′, _{R}(_{R}M′_{S} , _{R}N′))}}

kommutiert.

Cf. auch Aufgabe 56.

Beweis. Zu (1). Zur Wohldefiniertheit von α_{X,M,N} . Sei x ∈ X gegeben. Es ist M \overline{}N, m \overline{}(m ⊗ x)φ eine R-lineare Abbildung, da sie mit der Addition verträglich ist und da für r ∈ R und m ∈ M sich

((rm) ⊗ x)φ = (r(m ⊗ x))φ = r((m ⊗ x)φ)

ergibt. Es ist _{S}X \overline{}_{R}(M, N), x \overline{}(m \overline{}(m ⊗ x)φ) eine S-lineare Abbildung, da sie mit der Addition verträglich ist und für s ∈ S und x ∈ X sich

(m \overline{}(m ⊗ sx)φ) = (m \overline{}(ms ⊗ x)φ) = s(m \overline{}(m ⊗ x)φ) ergibt. Ferner ist α_{X,M,N} eine Z-lineare Abbildung. Zur Wohldefiniertheit des angegebenen Inversen von α_{X,M,N} . Die Abbildung M × X \overline{}N, (m, x) \overline{}m(xψ) ist S-bilinear. Denn sie ist additiv in m und x; ferner ist für m ∈ M, x ∈ X und s ∈ S

m((sx)ψ) = m(s(xψ)) = (ms)(xψ) .

Also gibt es eine Z-lineare Abbildung M ⊗_{S} X \overline{}N, m ⊗ x \overline{}m(xψ). Diese ist auch R-linear, da für m ∈ M, x ∈ X und r ∈ R sich

r(m ⊗ x) = (rm) ⊗ x \overline{}(rm)(xψ) = r(m(xψ))

ergibt. Ferner ist auch das angegebene Inverse von α_{X,M,N} eine Z-lineare Abbildung. Zur gegenseitigen Inversion auf der linken Seite. Es kommt φ ∈ _{R}(_{R}M_{S} ⊗_{S} _{S}X, _{R}N) auf ψ := (x \overline{}(m \overline{}(m ⊗ x)φ)), und dies wieder zurück auf

(m ⊗ x \overline{}m(xψ) = m(m \overline{}(m ⊗ x)φ) = (m ⊗ x)φ) = φ .

Zur gegenseitigen Inversion auf der rechten Seite. Es kommt ψ ∈ _{S}(_{S}X, _{R}(M, N)) auf φ := (m ⊗ x \overline{}m(xψ)), und dies wieder zurück auf

(x \overline{}(m \overline{}(m ⊗ x)φ = m(xψ))) = (x \overline{}xψ) = ψ .

Zu (2). Siehe Aufgabe 26.

1.2.11 Projektiv und injektiv

Sei R ein Ring.

1.2.11.1 Projektive Moduln

Definition 63 Ein R-Linksmodul P heißt projektiv, falls für jede surjektive R-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{g}} M′′ zwischen R-Linksmoduln die Abbildung

R(P, M) ^{\overline{}^{^{R}(P,g)}} _{R}(P, M′′)

surjektiv ist.

\xymatrix{ & P \ar[d]^{v} \ar@{.>}[dl]_{∃u} \\ M \ar[r]_{g} & M′′}

In anderen Worten, P ist projektiv, falls Hom_{R}(P, −) kurz exakte Sequenzen von R-Linksmoduln in kurz exakte Sequenzen von Z-Moduln überführt; cf. Lemma 52.(1).

Bemerkung 64

(1) Sei A eine Menge. Sei für jedes α ∈ A ein projektiver R-Linksmodul P_{α} gegeben. Dann ist ∐_{α∈A} P_{α} projektiv.

(2) Sind X und Y zwei R-Linksmoduln so, daß X ⊕ Y projektiv ist, dann sind auch X und Y projektiv.

(3) Ein R-Linksmodul X ist genau dann projektiv, wenn es eine Menge B und einen R-Linksmodul Y so gibt, daß X ⊕ Y ≃ ∐_{β∈B} R. Insbesondere ist also R^{⊕n} projektiv für n ⩾ 0.

(4) Für jeden R-Linksmodul M gibt es eine surjektive R-lineare Abbildung P \overline{}M von einem projektiven R-Linksmodul P.

Beweis. Siehe Aufgabe 28.

1.2.11.2 Injektive Moduln

Definition 65 Ein R-Linksmodul I heißt injektiv, falls für jede injektive R-lineare Abbildung M′ ^{\overline{}^{f}} M zwischen R-Linksmoduln die Abbildung

R(M′, I) ^{\overline{}^{^{R}(f,I)}} _{R}(M, I)

surjektiv ist.

\xymatrix{M′ \ar[r]^{f} \ar[d]_{u} & M \ar@{.>}[dl]^{∃v} \\ I}

In anderen Worten, I ist injektiv, falls Hom_{R}(−, I) kurz exakte Sequenzen in kurz exakte Sequenzen überführt; cf. Lemma 52.(2).

Bemerkung 66

(1) Sei A eine Menge. Sei für jedes α ∈ A ein injektiver R-Linksmodul I_{α} gegeben. Dann ist ∏_{α∈A} I_{α} injektiv.

(2) Sind X und Y zwei R-Linksmoduln so, daß X ⊕ Y injektiv ist, dann sind auch X und Y injektiv.

Beweis. Siehe Aufgabe 29.

Lemma 67 Sei Q ein Z-Modul, in welchem für jedes q ∈ Q und jedes k ∈ Z ∖ {0} ein q̃ mit kq̃ = q existiert; ein solcher Z-Modul heißt auch divisibel. Es ist Q injektiv.

Es sind e.g. Q und Q/Z divisibel.

Wir werden Zorns Lemma verwenden; cf. e.g. [7, Anh. A].

Beweis. Sei eine injektive Z-lineare Abbildung M′ ^{\overline{}^{f}} M zwischen abelschen Gruppen gegeben. Wir haben zu zeigen, daß _{Z}(f, Q) surjektiv ist. O.E. ist M′ ⊆ M ein Teilmodul und f die Inklusionsabbildung. Sei eine Z-lineare Abbildung M′ ^{\overline{}^{g′}} Q gegeben. Wir müssen zeigen, daß eine Z-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{g}} Q mit g′ = g_{Z}(f, Q) = fg = g|_{M′} existiert.

\xymatrix{M′ \ar@{^{(}->}[r]^{f} \ar[d]_{g′} & M \ar@{.>}[dl]^{∃g} \\ Q}

Sei

F := \{(N, h) : M′ ⊆ N ⊆ M ist Teilmodul, N ^{\overline{}^{h}} Q ist Z-linear mit h|_{M′} = g′\} .

Zum Beispiel ist (M′, g′) ∈ F. Es ist F teilgeordnet vermöge (N_{1} , h_{1}) ⩽ (N_{2} , h_{2}) :⟺ N_{1} ⊆ N_{2} und h_{2}|_{N_{1}} = h_{1} . Um das Lemma von Zorn auf F anzuwenden, haben wir zu zeigen, daß jede totalgeordnete Teilmenge T ⊆ F in F eine obere Schranke besitzt.

O.E. ist T ≠ ∅. Sei N_{T} := ⋃_{N∈T} N. Es ist M′ ⊆ N_{T} ⊆ M. Es ist N_{T} ⊆ M ein Z-Teilmodul, da 0 ∈ N_{T} und da für z_{1} , z_{2} ∈ Z und m_{1} , m_{2} ∈ N_{T} Elemente (N_{1} , h_{1}), (N_{2} , h_{2}) ∈ T so existieren, daß m_{1} ∈ N_{1} und m_{2} ∈ N_{2} ; da o.E. (N_{1} , h_{1}) ⩽ (N_{2} , h_{2}), ist also z_{1}m_{1} + z_{2}m_{2} ∈ N_{2} ⊆ N_{T}. Setze h_{T} : N_{T} \overline{}M, m \overline{}mh_{1}, wobei (N_{1} , h_{1}) ∈ T so gewählt ist, daß m ∈ N_{1} . Ist (N_{2} , h_{2}) ∈ T mit m ∈ N_{2} eine alternative Wahl, so ist o.E. (N_{1} , h_{1}) ⩽ (N_{2} , h_{2}), also h_{2}|_{N_{1}} = h_{1} und mithin mh_{1} = mh_{2} . Somit ist h_{T} eine wohldefinierte Abbildung. Es ist h_{T} auch Z-linear, da für m_{1} , m_{2} ∈ N_{T} Elemente (N_{1} , h_{1}), (N_{2} , h_{2}) ∈ T so existieren, daß m_{1} ∈ N_{1} und m_{2} ∈ N_{2} ; da o.E. (N_{1} , h_{1}) ⩽ (N_{2} , h_{2}), ist also für z_{1}, z_{2} ∈ Z

(z_{1}m_{1} +z_{2}m_{2})h_{T} = (z_{1}m_{1} +z_{2}m_{2})h_{2} = z_{1}(m_{1}h_{2})+z_{2}(m_{2}h_{2}) = z_{1}(m_{1}h_{T})+z_{2}(m_{2}h_{T}) .

Schließlich ist h_{T} |_{M′} = g′. Insgesamt ist (N_{T} , h_{T}) ∈ F.

Ferner ist nach Konstruktion (N, h) ⩽ (N_{T} , h_{T}) für alle (N, h) ∈ T .

Somit können wir Zorns Lemma anwenden und insbesondere folgern, daß das Element (M′, g′) ∈ F in einem maximalen Element (N, h) von F bezüglich (⩽) enthalten ist.

Annahme, es ist N ⊊ M. Sei m ∈ M ∖ N. Sei

Ñ := _{Z}⟨N ∪ {m}⟩ = {n + zm : n ∈ N, z ∈ Z} .

Es ist M′ ⊆ N ⊊ Ñ ⊆ M.

Fall N ∩ Zm = 0. Ist n + zm = n′ + z′m für n, n′ ∈ N und z, z′ ∈ Z, so ist n − n′ = (z′ − z)m ∈ N ∩ Zm = 0, und also bereits n = n′. Folglich ist h̃ : Ñ \overline{}Q, n + zm \overline{}nh wohldefiniert. Wie h ist auch h̃ eine Z-lineare Abbildung. Es ist h̃|_{N} = h. Insgesamt ist (N, h) < (Ñ, h̃) in F. Wir sind diesenfalls bei einem Widerspruch angelangt.

Fall N ∩ Zm ≠ 0. Es ist {z ∈ Z : zm ∈ N} = kZ für ein k ∈ Z_{⩾0} ; cf. Aufgabe 4.(1). Nach Fallvoraussetzung ist k ≠ 0. Wegen der Divisibilität von Q gibt es ein q̃ ∈ Q mit kq̃ = (km)h. Setze

[figure: Ñ; h̃; Q; n + zm; nh + zq̃]

Sind z, z′ ∈ Z und n, n′ ∈ N mit n + zm = n′ + z′m, so ist (z′ − z)m = n − n′ ∈ N, also z′ − z = ℓk für ein ℓ ∈ Z, und es wird

(nh + zq̃) − (n′h + z′q̃) = (n − n′)h − (z′ − z)q̃
= ((z′ − z)m)h − (z′ − z)q̃
= (ℓkm)h − ℓkq̃
= ℓ((km)h − kq̃)
= 0 .

Somit ist h̃ wohldefiniert. Da h eine Z-lineare Abbildung ist, gilt dies auch für h̃. Ferner ist h̃|_{N} = h. Insgesamt ist (N, h) < (Ñ, h̃) in F. Wir sind diesenfalls bei einem Widerspruch angelangt.

Also ist N = M, und wir können g := h verwenden.

Satz 68 Für jeden R-Linksmodul X gibt es eine injektive R-lineare Abbildung X \overline{}I in einen injektiven R-Linksmodul I.

Beweis. Sei M ein Z-Modul. Wir behaupten, daß es eine injektive Z-lineare Abbildung von M in einen injektiven Z-Modul gibt.

Sei m ∈ M ∖ {0}. Es ist {z ∈ Z : zm = 0} = kZ für ein k ∈ Z_{⩾0} ; cf. Aufgabe 4.(1).

Fall k = 0. Wir haben einen Z-linearen Isomorphismus Zm ^{\overline{}^{∼}} Z, m \overline{}1; cf. Lemma 30. Wir können komponieren zu einer injektiven Z-linearen Abbildung Zm \overline{}Q, m \overline{}1. Da Q nach Lemma 67 injektiv ist, gibt es also eine Z-lineare Abbildung f_{m} : M \overline{}Q =: Q_{m}, welche auf die vorgenannte einschränkt, welche also insbesondere m nicht auf 0 abbildet.

Fall k = 1. Tritt wegen m ≠ 0 nicht auf.

Fall k ⩾ 2. Wir haben einen Z-linearen Isomorphismus Zm ^{\overline{}^{∼}} Z/k, m \overline{}1; cf. Lemma 30. Wir können komponieren zu einer injektiven Z-linearen Abbildung Zm \overline{}Q/Z, m \overline{}\frac{1}{k} + Z. Da Q/Z nach Lemma 67 injektiv ist, gibt es also eine Z-lineare Abbildung f_{m} : M \overline{}Q/Z =: Q_{m}, welcher auf die vorgenannte einschränkt, welche also insbesondere m nicht auf 0 abbildet.

Nach Lemma 67 und Bemerkung 66.(1) ist ∏_{m∈M∖{0}} Q_{m} injektiv. Sei

M ^{\overline{}^{f}} ∏_{m∈M∖\{0\}} Q_{m} mit fπ_{m} = f_{m} für m ∈ M; cf. Bemerkung 38.(1). Es ist f eine Z-lineare Abbildung, welche nur 0 auf 0 abbildet, da für m ∈ M ∖ {0} ja mfπ_{m} = mf_{m} ≠ 0, welche also injektiv ist; cf. Bemerkung 38.(1). Dies zeigt die Behauptung.

Zurück zum gegebenen R-Linksmodul X. Mit der Behauptung können wir eine injektive Z-lineare Abbildung

ZR_{R} ⊗_{R} _{R}X ^{\overline{}^{f}} _{Z}J

in einen injektiven Z-Linksmodul _{Z}J wählen. Via Lemma 62.(1) erhalten wir die R-lineare Abbildung

\begin{matrix}_{R}X & ^{\overline{}^{g}} & _{Z}(_{Z}R_{R} , _{Z}J) \\ x & \overline{} & (r \overline{}(r ⊗ x)f) \end{matrix}

Für x ∈ X bedeutet xg = 0 gerade, daß (r ⊗ x)f = 0 für alle r ∈ R. Die Injektivität von f liefert also insbesondere 1 ⊗ x = 0. Die Abbildung R ⊗_{R} X \overline{}X, r ⊗ x \overline{}rx aus Bemerkung 58.(2) gibt nun x = 0. Also ist g injektiv.

Bleibt zu zeigen, daß _{R}I := _{Z}(_{Z}R_{R} , _{Z}J) = _{Z}(R, J) ein injektiver R-Modul ist. Sei Y′ ^{\overline{}^{j}} Y eine injektive R-lineare Abbildung zwischen R-Moduln. Loc. cit. gibt uns ein Viereck von R-linearen Abbildungen

\xymatrix{R ⊗_{R} Y′ \ar[d]_{R⊗j} \ar[r]^{∼} & Y′ \ar[d]^{j} \\ R ⊗_{R} Y \ar[r]^{∼} & Y .}

Dieses kommutiert. Also folgt aus der Injektivität von j die Injektivität von R ⊗ j. Dies gilt auch noch, wenn wir von R ⊗ j nur als Z-lineare Abbildung betrachten, i.e. statt mit RR_{R} vielmehr mit _{Z}R_{R} tensorieren.

Lemma 62.(2) gibt uns folgendes kommutative Viereck von R-linearen Abbildungen.

\xymatrix{_{Z}(R ⊗_{R} Y, J) \ar[r]^{α_{Y,R,J}}_{∼} \ar[d]_{_{_{Z}(R⊗j, J)}} & _{R}(Y, _{Z}(R, J)) \ar[d]^{_{_{R}(j,_{Z}(R,J))}} \\ _{_{Z}(R ⊗_{R} Y′, J)} \ar[r]^{α_{Y′,R,J}}_{∼} & _{_{R}(Y′, _{Z}(R, J))}}

Wegen der Injektivität von J und der Injektivität von R⊗j ist darin _{Z}(R ⊗ j, J) surjektiv. Also ist auch _{R}(j, _{Z}(R, J)) = _{R}(j, _{R}I) surjektiv.

Beispiel 69

(1) Es ist Z ^{\overline{}^{1}} Z/3 eine surjektive Z-lineare Abbildung vom projektiven Z-Modul Z. Cf. Bemerkung 64.(3).

(2) Es ist Z/3 \overline{}Q/Z, z + 3Z \overline{}\frac{z}{3} + Z eine injektive Z-lineare Abbildung in den injektiven Z-Modul Q/Z. Cf. Lemma 67.

Kategorien, Funktoren und Transformationen

2.1 Kategorien

2.1.1 Definition Kategorien

Definition 70 Eine Kategorie C ist ein Tupel

(Ob C, Mor C, Start, Identität, Ziel, Komposition) ,

bestehend aus Mengen (^{3}) Ob C (Objekte), Mor C (Morphismen), Abbildungen

[figure: Mor C; Start; Identität; Ziel; Ob C]

und einer Abbildung

\{(f, g) ∈ Mor C × Mor C : f Ziel = g Start\} ^{\overline{}^{Komposition}} Mor C
(f, g)  \overline{}(f, g) Komposition =: f · g = fg .

Ist ein Morphismus f ∈ Mor C mit f Start = X und f Ziel = Y in Ob C gegeben, so schreiben wir auch X ^{\overline{}^{f}} Y oder f : X \overline{}Y und sagen, f sei ein Morphismus von X nach Y in C. Für X ∈ Ob C schreiben wir auch id_{X} = id = 1_{X} = 1 := X Identität. Folgende Bedingungen sollen gelten.

3Wir werden sich an diesen Punkt anschließende mengentheoretische Fragestellungen ignorieren. Wer sich dafür interessiert, schlage unter “Grothendieck universe” nach.

(Kat 1) Für X ∈ Ob C ist X Identität Start = X und X Identität Ziel = X. Kurz, es ist X ^{\overline{}^{id^{X}}} X.

(Kat 2) Für X ^{\overline{}^{f}} Y in Mor C ist id_{X} f = f und f id_{Y} = f.

(Kat 3) Für X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z in Mor C ist (fg) Start = f Start und (fg) Ziel = g Ziel. Kurz, es ist X ^{\overline{}^{fg}} Z.

(Kat 4) Für X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z ^{\overline{}^{h}} W in Mor C ist f(gh) = (fg)h =: fgh.

Für gegebene Objekte X, Y ∈ Ob C schreiben wir

Hom_{C}(X, Y) = _{C}(X, Y) = (X, Y) := {f ∈ Mor C : f Start = X, f Ziel = Y }

für die Menge der Morphismen von X nach Y.

Hom wie Homomorphismen, der alte Begriff für Morphismen.

Wir schreiben manchmal auch (X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z) = (X ^{\overline{}^{fg}} Z) für das Kompositum, vorausgesetzt, es ist aus dem Kontext klar, daß komponiert wird.

Man schreibt manchmal auch (X X) = (X ^{\overline{}^{id^{X}}} X) für X ∈ Ob C.

Beispiel 71

(1) Die Kategorie (Sets) der Mengen hat als Objekte die Mengen (^{3}) und als Morphismen die Abbildungen zwischen Mengen. Sind X und Y Mengen, so bezeichnet also Hom_{(Sets)}(X, Y) = _{(Sets)}(X, Y) die Menge der Abbildungen von X nach Y. Für eine Menge X ist id_{X} die identische Abbildung auf X. Die Operation Komposition ist die Komposition von Abbildungen, i.e. für Abbildungen X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z bezeichnet X ^{\overline{}^{fg}} Z das Kompositum von f und g.

(2) Die Kategorie (Rings) der Ringe hat als Objekte die Ringe (^{3}) und als Morphismen die Ringmorphismen zwischen Ringen. Sind R und S Ringe, so bezeichnet also Hom_{(Rings)}(R, S) = _{(Rings)}(R, S) die Menge der Ringmorphismen von R nach S. Cf. §1.1.1, §1.1.3.

(3) Sei R ein Ring. Die Kategorie R-Mod der R-Linksmoduln hat als Objekte die R-Linksmoduln (^{3}) und als Morphismen die R-linearen Abbildungen zwischen R-Linksmoduln. Insbesondere ist für R-Linksmoduln M und N

Hom_{R-Mod}(M, N) = Hom_{R}(M, N) = _{R}(M, N) ,

und diese Menge trägt zudem die Struktur einer abelschen Gruppe. Cf. §1.2.1, §1.2.3, §1.2.10.1. Sei S ein weiterer Ring. Analog haben wir die Kategorie Mod-S der S-Rechtsmoduln und der S-linearen Abbildungen. Ferner haben wir die Kategorie R-Mod-S der R-S-Bimoduln und der R-S-linearen Abbildungen. Cf. §1.2.8.

Bemerkung 72

(1) Sei C eine Kategorie. Eine Teilkategorie D in C besteht aus Teilmengen Ob D ⊆ Ob C und Mor D ⊆ Mor C so, daß für X ∈ Ob D auch id_{X} ∈ Mor D liegt, daß für X ^{\overline{}^{f}} Y in Mor D auch X, Y ∈ Ob D liegen, und daß für X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z in Mor D auch X ^{\overline{}^{fg}} Z in Mor D liegt. Ferner gehören zu D die jeweilig eingeschränkten Operationen. Es ist D wieder eine Kategorie. Schreibe auch D ⊆ C.

E.g. gibt es in (Sets) die Teilkategorie, die als Objekte die endlichen Mengen und als Morphismen die injektiven Abbildungen zwischen endlichen Mengen hat.

Die Teilkategorie D ⊆ C heißt voll, falls _{D}(X, Y) = _{C}(X, Y) für alle X, Y ∈ Ob D. Eine volle Teilkategorie ist durch Angabe der Teilmenge Ob D ⊆ Ob C festgelegt, da dann Mor D = {f ∈ Mor C : f Start, f Ziel ∈ Ob D}. Umgekehrt definiert jede Teilmenge von Ob C so eine volle Teilkategorie von C.

E.g. gibt es in (Sets) die volle Teilkategorie der Mengen mit Kardinalität in {2, 5, 6} (als Objekte, als Morphismen dann natürlich alle Abbildungen zwischen diesen).

(2) Seien C und C′ Kategorien. Definiere ihr direktes Produkt C × C′ via Mor(C × C′) := Mor C × Mor C′, via Ob(C × C′) := Ob C × Ob C′, via (X, X′) ^{\overline{}^{(f,f′)}} (Y, Y′) falls X ^{\overline{}^{f}} Y und X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′, via id_{(X,X′)} = (id_{X}, id_{X′}) und via (f, f′)(g, g′) = (fg, f′g′)

für (X, X′) ^{\overline{}^{(f,f′)}} (Y, Y′) und (Y, Y′) ^{\overline{}^{(g,g′)}} (Z, Z′). Es ist C×C′ wieder eine Kategorie.

2.1.2 Die entgegengesetzte Kategorie

Definition 73 Sei C = (Ob C, Mor C, Start, Identität, Ziel, (·)) eine Kategorie.

Sei C^{∘} = (Ob C, Mor C, Ziel, Identität, Start, (·^{∘})) die zu C entgegengesetzte Kategorie (engl. opposite); wobei also insbesondere _{C^{∘}}(Y, X) = _{C}(X, Y) für X, Y ∈ Ob C = Ob C^{∘}; und wobei

[figure: _{C^{∘}}(Z, Y); ×; _{C^{∘}}(Y, X); (·^{∘}); _{C^{∘}}(Z, X); (g; ,; f); g ·^{∘} f := f · g]

für X, Y, Z ∈ Ob C = Ob C^{∘}.

In anderen Worten, es wird

\xymatrix{(X \ar[r]^{f} & Y \ar[r]^{g} & Z) & = & (X \ar[r]^{f·g} & Z)}

in C uminterpretiert zu

\xymatrix{(X & Y \ar@{.>}[l]_{f} & Z) \ar@{.>}[l]_{g} & = & (X & Z) \ar@{.>}[l]_{g·^{∘}f = f·g}}

in C^{∘}. Hierbei deuten die durchgezogenen Pfeile die Interpretation als Morphismus in C, die gepunktelten die Interpretation als Morphismus in C^{∘} an.

Überprüfen wir pars pro toto die Assoziativität, i.e. (Kat 4). Sei ein komponierbares Tripel (h, g, f) in C^{∘} gegeben. Also ist (f, g, h) ein komponierbares Tripel in C. Wir erhalten

h ·^{∘} (g ·^{∘} f) = (f · g) · h = f · (g · h) = (h ·^{∘} g) ·^{∘} f .

Wir merken noch an, daß C^{∘∘} = C.

Cf. auch Aufgabe 9.

2.1.3 Eigenschaften von Morphismen

Definition 74 Sei C eine Kategorie. In (1-7) seien die Morphismen aus C.

(1) Es heißt X ^{\overline{}^{f}} Y Isomorphismus, falls es X ^{\overline{}^{g}} Y mit fg = id_{X} und gf = id_{Y} gibt. Dies legt g fest, da für g̃ mit fg̃ = id_{X} und g̃f = id_{Y} folgt, daß g̃ = g̃fg = g. Schreibe f^{−1} := g.

(2) Es heißt X ^{\overline{}^{f}} Y Retraktion, falls es X ^{\overline{}^{g}} Y mit gf = id_{Y} gibt.

(3) Es heißt X ^{\overline{}^{f}} Y Coretraktion, falls es X ^{\overline{}^{g}} Y mit fg = id_{X} gibt.

(4) Es heißt X ^{\overline{}^{f}} Y Epimorphismus oder epimorph, falls für X ^{\overline{}^{f}} Y [figure: t′; t′′] T aus ft′ = ft′′ bereits t′ = t′′ folgt.

(5) Es heißt X ^{\overline{}^{f}} Y Monomorphismus oder monomorph, falls für U [figure: u′; u′′] X ^{\overline{}^{f}} Y aus u′f = u′′f bereits u′ = u′′ folgt.

(6) Es heißt X ^{\overline{}^{f}} Y Endomorphismus, falls X = Y.

(7) Es heißt X ^{\overline{}^{f}} Y Automorphismus, falls X = Y und f ein Isomorphismus ist.

Isomorphismen werden auch ^{\overline{}^{∼}} geschrieben, Monomorphismen [figure] und Epimorphismen \overline{}. Schreibe noch End_{C}(X) := Hom_{C}(X, X) für X ∈ Ob C.

Beispiel 75 Sei C = Z-Mod. Unter den 8 Endomorphismen von Z/8 sind 1, 3, −3 und

−1 Automorphismen. Es ist Z/4 [figure: ^{(^{3 4})}] Z/4 ⊕ Z/8 eine Coretraktion. Es ist Z/8 ^{\overline{}^{3}} Z/4 surjektiv, aber keine Retraktion.

Bemerkung 76 Sei R ein Ring. Sei _{R}M ^{\overline{}^{f}} _{R}N eine R-lineare Abbildung, i.e. ein Morphismus in R-Mod.

(1) Es ist f genau dann injektiv, wenn f monomorph ist.

(2) Es ist f genau dann surjektiv, wenn f epimorph ist.

Beweis.

Zu (1).

Sei f injektiv. Seien _{R}U [figure: u′; u′′] _{R}M zwei R-lineare Abbildungen mit u′f = u′′f. Sei x ∈ U.

Es ist xu′f = xu′′f. Die Injektivität von f gibt xu′ = xu′′. Dies zeigt, daß u′ = u′′. Also ist f monomorph.

Sei umgekehrt f monomorph. Wir haben von Kern f nach M die R-linearen Abbildungen ι und 0. Es ist ιf = 0 = 0f. Also ist ι = 0, mithin Kern f = 0 und also f injektiv.

Zu (2).

Sei f surjektiv. Seien _{R}N [figure: t′; t′′] _{R}T zwei R-lineare Abbildungen mit ft′ = ft′′. Sei n ∈ N.

Schreibe n = mf für ein m ∈ M. Es wird nt′ = mft′ = mft′′ = nt′′. Dies zeigt, daß t′ = t′′. Also ist f epimorph.

Sei umgekehrt f epimorph. Wir haben von N nach Cokern f die R-linearen Abbildungen ρ und 0. Es ist fρ = 0 = f0. Also ist ρ = 0, mithin Cokern f = 0 und also f surjektiv.

Bemerkung 77 Sei C eine Kategorie.

Man kann Begriffe für Kategorien dualisieren. Ein Begriff, angewandt auf C^{∘}, liefert den dualen Begriff in C. Dito für Aussagen in Kategorien, etc. Der Wahrheitsgehalt einer Aussage ändert sich beim Dualisieren nicht.

Stimmt ein Begriff mit seinem dualen Begriff überein, so heißt er selbstdual. Dito für Aussagen.

Beispiele.

(1) Ein Morphismus ist in C^{∘} monomorph genau dann, wenn er in C epimorph ist. Somit ist der Begriff des Epimorphismus dual zu dem des Monomorphismus.

(2) Das Kompositum zweier Monomorphismen ist monomorph. Wendet man diese Aussage auf C^{∘} an, so erhält man in C die Aussage, daß das Kompositum zweier Epimorphismen wieder epimorph ist. Letztere Aussage ist also dual zur ersteren.

(3) Der Begriff des Isomorphismus ist selbstdual. Die Aussage, daß das Kompositum zweier Isomorphismen wieder ein Isomorphismus ist, auch.

2.1.4 Eigenschaften von Objekten

Sei C eine Kategorie.

Definition 78 Objekte X, Y ∈ Ob C heißen isomorph, geschrieben X ≃ Y, falls es einen Isomorphismus X ^{\overline{}^{∼}} Y gibt. Isomorphie ist eine Äquivalenzrelation auf Ob C. Die Äquivalenzklasse von X ∈ Ob C heißt Iso(morphie)klasse von X, geschrieben [X] := {Y ∈ Ob C : Y ≃ X}.

In der Kategorie der Linksmoduln über einem Ring stimmt dieser Isomorphiebegriff mit dem bisherigen überein; cf. Definition 27, Aufgabe 8.(2).

Dito in der Kategorie der Ringe; cf. Definition 11, Aufgabe 8.(1).

Definition 79 Sei X ∈ Ob C.

(1) Es heißt X initial, falls |_{C}(X, T)| = 1 für alle T ∈ Ob C.

(2) Es heißt X terminal, falls |_{C}(T, X)| = 1 für alle T ∈ Ob C.

(3) Es heißt X Nullobjekt, falls X initial und terminal ist.

Beispiel 80

(1) In (Sets) ist die leere Menge initial. Jede einelementige Menge ist terminal.

(2) Sei R ein Ring. In R-Mod ist der Nullmodul 0 ein Nullobjekt.

(3) In (Rings) ist Z initial, der Nullring ist terminal. Cf. Beispiel 15.

Bemerkung 81 Seien X, Y ∈ Ob C.

(1) Sind X und Y initial, so gibt es genau einen Isomorphismus von X nach Y.

(2) Sind X und Y terminal, so gibt es genau einen Isomorphismus von X nach Y.

(3) Sind X und Y Nullobjekte, so gibt es genau einen Isomorphismus von X nach Y.

Beweis. Zu (1). Es gibt jeweils genau einen Morphismus X ^{\overline{}^{f}} Y und X ^{\overline{}^{g}} Y. Nun ist fg = id_{X} , da auch |_{C}(X, X)| = 1. Genauso ist gf = id_{Y} .

Bemerkung 82 Existiere ein Nullobjekt 0 in C. Sei (X ^{\overline{}^{0 = 0_{X,Y}}} Y) := (X \overline{}0 \overline{}Y) für X, Y ∈ Ob C, genannt der Nullmorphismus von X nach Y. Für X′ ^{\overline{}^{f}} X und Y ^{\overline{}^{g}} Y′ ist f 0_{X,Y} g = 0_{X′,Y′}; kurz, f0g = 0. Der Nullmorphismus hängt nicht von der Wahl des Nullobjekts ab.

Cf. Bemerkung 25.(1).

Beweis. Zeigen wir die Unabhängigkeit von der Wahl des Nullobjekts. Seien 0 und 0′ Nullobjekte. Es kommutiert

[figure: 0; ≀; X; Y .; 0′]

2.2 Funktoren

Funktoren werden wir auf die traditionelle Art links schreiben, da sich die Zahl der zu komponierenden Funktoren in Grenzen halten wird.

Seien C, D und E Kategorien.

Definition 83 Ein Funktor F = (Ob F, Mor F) von C nach D besteht aus Abbildungen

Ob C ^{\overline{}^{Ob F}} Ob D
Mor C ^{\overline{}^{Mor F}} Mor D ,

welche wir links notieren, und für welche folgende Eigenschaften gelten.

(Fun 1) Es kommutieren folgende Vierecke.

\xymatrix{Mor C \ar[r]^{Mor F} \ar[d]_{Start} & Mor D \ar[d]^{Start} & Mor C \ar[r]^{Mor F} \ar[d]_{Ziel} & Mor D \ar[d]^{Ziel} & Mor C \ar[r]^{Mor F} & Mor D \\ Ob C \ar[r]_{Ob F} & Ob D & Ob C \ar[r]_{Ob F} & Ob D & Ob C \ar[r]_{Ob F} \ar[u]^{Identität} & Ob D \ar[u]_{Identität}}

(Fun 2) Für X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z in C ist (Mor F)(f · g) = (Mor F)(f) · (Mor F)(g).

Ein Funktor F ist durch die Angabe von Mor F festgelegt, da (Ob F)(X) = (Ob F)((id_{X}) Start) = ((Mor F)(id_{X})) Start für X ∈ Ob C.

Wir schreiben in der Regel (Ob F)(X) =: F X für X ∈ Ob C und (Mor F)(f) =: F f für f ∈ Mor C.

Wir schreiben auch C ^{\overline{}^{F}} D oder F : C \overline{}D für einen Funktor von C nach D.

Es bedeutet (Fun 1) zum einen, daß F (X ^{\overline{}^{f}} Y) = F X ^{\overline{}^{F f}} F Y für f ∈ Mor C, und zum anderen, daß F id_{X} = id_{F X} für X ∈ Ob C. Es besagt (Fun 2), daß F (fg) = (F f)(F g) für X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z in C.

Ein kontravarianter Funktor von C nach D ist ein Funktor von C^{∘} nach D. Ein solcher kann auch als Funktor von C nach D^{∘} aufgefaßt werden.

Bemerkung 84

(1) Es gibt den identischen Funktor id_{C} = id auf C, für welchen Ob id_{C} = id_{Ob C} und Mor id_{C} = id_{Mor C}.

(2) Seien Funktoren C ^{\overline{}^{F}} D ^{\overline{}^{G}} E gegeben. Sei G∘F durch Ob(G∘F) = (Ob G)∘(Ob F) und Mor(G ∘ F) = (Mor G) ∘ (Mor F) definiert. Es ist das Kompositum G ∘ F von G nach F ein Funktor von C nach E. Kurz, (C ^{\overline{}^{F}} D ^{\overline{}^{G}} E) = (C ^{\overline{}^{G∘F}} E).

(3) Ist f ein Isomorphismus, so auch F f. Es ist F (f^{−1}) = (F f)^{−1}. Beweis. Zu (3). Es ist F f ·F (f^{−1}) = F (f ·f^{−1}) = F id = id und F (f^{−1})·F f = F (f^{−1}·f) = F id = id. Beispiel 85 Seien R, S und T Ringe. Sei _{R}M_{S} ein R-S-Bimodul. Die folgenden Beispiele beruhen auf den Bemerkungen 51 und 59.

(1) Wir haben den Funktor

R(_{R}M_{S} , −) : R-Mod \overline{}S-Mod
g \overline{}_{R}(_{R}M_{S} , g) = Hom_{R}(_{R}M_{S} , g) .

(2) Wir haben den Funktor

R(−, =) : (R-Mod-S)^{∘} × R-Mod-T \overline{}S-Mod-T
(f , g)  \overline{}_{R}(f, g) = Hom_{R}(f, g) .

Cf. auch Beispiel 86.

(3) Wir haben den Funktor

[figure: _{R}M_{S} ⊗_{S} −; :; S-Mod; R-Mod; g; _{R}M_{S} ⊗_{S} g .]

(4) Wir haben den Funktor

− ⊗_{S} = : R-Mod-S × S-Mod-T \overline{}R-Mod-T
(f , g)  \overline{}f ⊗_{S} g .

Verallgemeinern wir Beispiel 85.(2, 1) ein wenig.

Beispiel 86 Sei C eine Kategorie. Wir haben den Homfunktor

[figure: C^{∘} × C; ^{^{C}(−,=)}; (Sets); (; (X, Y); (u,v); (X′, Y′); ); (; _{_{C}(X, Y)}; _{_{C}(u,v)}; f; _{_{C}(X′, Y′)}; ufv; )]

Beachte, daß X ^{\overline{}^{u}} X′ und Y ^{\overline{}^{v}} Y′ in C. Davon können wir folgende Funktoren ableiten.

Für X ∈ Ob C wird C ^{\overline{}^{^{C}(X,−)}} (Sets) , (Y ^{\overline{}^{v}} Y′) \overline{}(_{C}(X, Y)^{\overline{}^{^{C}(X,v)}} _{C}(X, Y′), f \overline{}fv).

Für Y ∈ Ob C wird C^{∘} ^{\overline{}^{^{C}(−,Y)}} (Sets) , (X ^{\overline{}^{u}} X′) \overline{}(_{C}(X, Y)^{\overline{}^{^{C}(u,Y)}} _{C}(X′, Y), f \overline{}uf).

Hierbei läuft X ^{\overline{}^{u}} X′ in C von X′ nach X, i.e. in C^{∘} von X nach X′.

Cf. Bemerkung 51.

Beispiel 87 Sei C ^{\overline{}^{F}} D ein Funktor. Habe C ein Nullobjekt 0. Sei F 0 ≃ 0. Es ist F (0_{X,Y}) = 0_{F X,F Y} für X, Y ∈ Ob C.

Definition 88 Sei C ^{\overline{}^{F}} D ein Funktor.

(1) Es heißt F voll, wenn die Abbildung _{C}(X, Y) \overline{}_{D}(F X, F Y), f \overline{}F f surjektiv ist für alle X, Y ∈ Ob C.

(2) Es heißt F treu, wenn die Abbildung _{C}(X, Y) \overline{}_{D}(F X, F Y), f \overline{}F f injektiv ist für alle X, Y ∈ Ob C.

(3) Es heißt F dicht, wenn für alle Z ∈ Ob D ein X ∈ Ob C mit F X ≃ Z existiert.

(4) Es heißt F strikt dicht, wenn für alle Z ∈ Ob D ein X ∈ Ob C mit F X = Z existiert.

Beispiel 89

(1) Sei C eine Kategorie. Sei D ⊆ C eine Teilkategorie. Wir haben diesenfalls einen treuen Inklusionsfunktor D [figure] C, der jeden Morphismus und jedes Objekt von D auf sich selbst schickt, gesehen in C. Dieser Inklusionsfunktor ist voll genau dann, wenn D eine volle Teilkategorie von C ist.

(2) Seien C und C′ Kategorien. Wir haben Projektionsfunktoren C×C′ \overline{}C, (f, f′) \overline{}f und C ×C′ \overline{}C′, (f, f′) \overline{}f′. Falls C und C′ je ein Nullobjekt enthalten, sind diese Projektionsfunktoren voll und strikt dicht.

Bemerkung 90 Sei C ^{\overline{}^{F}} D ein voller und treuer Funktor. Sei (X ^{\overline{}^{f}} Y) ∈ Mor C. Es ist f ein Isomorphismus genau dann, wenn F f ein Isomorphismus ist. Insbesondere ist X ≃ Y genau dann, wenn F X ≃ F Y.

Beweis. Ist f ein Isomorphismus, so auch F f ; cf. Bemerkung 84.(3).

Sei umgekehrt F f ein Isomorphismus. Sei X ^{\overline{}^{g}} Y in C ein Morphismus, für welchen F g = (F f)^{−1}, existent wegen F voll. Es wird F (fg) = (F f)(F g) = (F f)(F f)^{−1} = id_{F X} = F id_{X} , wegen F treu also fg = id_{X} . Genauso wird gf = id_{Y} .

Insbesondere folgt aus X ≃ Y, daß F X ≃ F Y; und umgekehrt, aus F X ≃ F Y, daß X ≃ Y, denn für einen Isomorphismus F X \overline{}^{h}_{∼} F Y gibt es ein Urbild X ^{\overline{}^{f}} Y mit F f = h, und wie eben gesehen ist f ein Isomorphismus.

2.3 Transformationen

Seien Funktoren C [figure: F; G] D zwischen Kategorien C und D gegeben.

Definition 91 Ein Tupel a = (F X ^{\overline{}^{aX}} GX)_{X∈Ob C} von Morphismen in D heißt natürlich (in X ∈ Ob C) oder eine Transformation von F nach G, falls das Viereck

\xymatrix{F X \ar[r]^{aX} \ar[d]_{F f} & GX \ar[d]^{Gf} \\ F Y \ar[r]^{aY} & GY}

kommutiert für alle Morphismen X ^{\overline{}^{f}} Y in C. Wir schreiben auch [figure: C; F; G; D; a] oder F ^{\overline{}^{a}} G.

Die identische Transformation auf F wird id = id_{F} = 1 = 1_{F} := (id_{F X})_{X∈Ob C} geschrieben.

Sind F, G und H Funktoren von C nach D, und sind F ^{\overline{}^{a}} G ^{\overline{}^{b}} H Transformationen, so ist ab := ((aX)(bX))_{X∈Ob C} eine Transformation von F nach H.

Insgesamt erhalten wir so die Funktorkategorie C, D , welche als Objekte die Funktoren von C nach D enthält, und als Morphismen die Transformationen zwischen solchen Funktoren.

Eine Transformation, welche in C, D ein Isomorphismus ist, heißt auch Isotransformation.

Bemerkung 92 Eine Transformation F ^{\overline{}^{a}} G ist genau dann eine Isotransformation, wenn aX ein Isomorphismus ist für alle X ∈ Ob C.

Beweis. Ist a eine Isotransformation, so gibt es eine Transformation F ^{\overline{}^{b}} G mit ab = id und ba = id. Für X ∈ Ob C ist (aX)(bX) = id und (bX)(aX) = id, und also aX ein Isomorphismus.

Für die umgekehrte Implikation ist die Natürlichkeit von ((aX)^{−1})_{X∈Ob C} zu zeigen. Sei (X ^{\overline{}^{f}} Y) ∈ Mor C. Es wird

(aX)^{−1}(F f) = (aX)^{−1}(F f)(aY)(aY)^{−1} = (aX)^{−1}(aX)(Gf)(aY)^{−1} = (Gf)(aY)^{−1} .

Beispiel 93 Seien R und S Ringe.

(1) Sei _{R}M_{S} gegeben. Das Tupel mit dem Eintrag

\begin{matrix}_{R}X & ^{\overline{}^{eX}} & _{S}(_{R}(_{R}X, _{R}M_{S}), _{R}M_{S}) \\ x & \overline{} & (f \overline{}xf) \end{matrix}

bei X ∈ Ob R-Mod ist eine Transformation von id_{R-Mod} nach _{S}(_{R}(−, _{R}M_{S}), _{R}M_{S}). Zeigen wir die Natürlichkeit. Sei _{R}X ^{\overline{}^{u}} _{R}Y eine R-lineare Abbildung. Wir erhalten das Viereck

\xymatrix{X \ar[r]^{eX} \ar[d]_{u} & _{S}(_{R}(X, _{R}M_{S}), _{R}M_{S}) \ar[d]^{_{_{S}(_{R}(u,_{R}M_{S}),_{R}M_{S})}} \\ Y \ar[r]^{eY} & _{S}(_{R}(Y, _{R}M_{S}), _{R}M_{S}) .}

Für x ∈ X wird einerseits

x(eX)_{S}(_{R}(u, _{R}M_{S}), _{R}M_{S}) = (f \overline{}xf)_{S}(_{R}(u, _{R}M_{S}), _{R}M_{S})
= _{R}(u, _{R}M_{S})(f \overline{}xf)
= (g \overline{}ug)(f \overline{}xf)
= (g \overline{}xug) ,

andererseits

xu(eY) = (g \overline{}xug) .

Also kommutiert dieses Viereck.

Ist R = S = K ein Körper, ist _{R}M_{S} = _{K}K_{K} und schränkt man noch auf die volle Teilkategorie der endlichdimensionalen Vektorräume ein, so erhält man eine Isotransformation. (Isomorphismus in den Doppeltdualen.)

(2) In Lemma 62 haben wir zwei Funktoren von (S-Mod)^{∘} × (R-Mod-S)^{∘} × R-Mod nach Z-Mod betrachtet, der eine schickte ein Tripel (_{S}X , _{R}M_{S} , _{R}N) nach R(_{R}M_{S} ⊗_{S} _{S}X, _{R}N), der andere nach _{S}(_{S}X, _{R}(_{R}M_{S} , _{R}N)) ; die Morphismen ent-

sprechend.

Sodann haben wir eine Isotransformation α = (α(X, M, N))_{(X,M,N)} := (α_{X,M,N})_{(X,M,N)} vom ersteren in den zweiteren konstruiert; in loc. cit. (2), i.e. in Aufgabe 26, wurde ihre Natürlichkeit nachgewiesen.

Beispiel 94 Betrachte zur teilgeordneten Menge Z die Kategorie Z^{k} ; cf. Aufgabe 37. Sei D eine Kategorie mit Nullobjekt.

Sei X ∈ Ob Z^{k}, D . Schreibe Xi =: X^{i} für i ∈ Ob Z^{k} = Z. Von einem Objekt in Z^{k}, D werden ohne Verlust an Information nur die Bilder d_{X}^{i} der Morphismen i \overline{}i + 1 für i ∈ Z graphisch dargestellt, i.e.

X = (⋯ \overline{}X^{i} ^{\overline{}^{d_{X}^{i}}} X^{i+1} ^{\overline{}^{d_{X}^{i+1}}} X^{i+2} \overline{}⋯)

Oft schreibt man auch nur d = d^{i} := d_{X}^{i} für i ∈ Z.

Umgekehrt definiert jede Wahl von Objekten X^{i} und von Morphismen d_{X}^{i} : X^{i} \overline{}X^{i+1} für i ∈ Z ein X ∈ Ob Z^{k}, D .

Seien X, Y ∈ Ob Z^{k}, D . Die Natürlichkeitsbedingung an ein Tupel f = (X^{i} ^{\overline{}^{f^{i}}} Y^{i})_{i∈Z} läßt sich auf die Forderung d_{X}^{i}f^{i+1} = f^{i}d_{Y}^{i} für i ∈ Z reduzieren. In anderen Worten, ein Morphismus X ^{\overline{}^{f}} Y ist ein kommutatives Diagramm

\xymatrix{⋯ \ar[r] & X^{i} \ar[r]^{d_{X}^{i}} \ar[d]^{f^{i}} & X^{i+1} \ar[r]^{d_{X}^{i+1}} \ar[d]^{f^{i+1}} & X^{i+2} \ar[r] \ar[d]^{f^{i+2}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & Y^{i} \ar[r]^{d_{Y}^{i}} & Y^{i+1} \ar[r]^{d_{Y}^{i+1}} & Y^{i+2} \ar[r] & ⋯}

Ein Komplex mit Werten in D ist ein Objekt X in Z^{k}, D , für welches i \overline{}i + 2 für alle i ∈ Z auf den Nullmorphismus abgebildet wird, i.e. für welches (X^{i} ^{\overline{}^{d_{X}^{i}}} X^{i+1} ^{\overline{}^{d_{X}^{i+1}}} X^{i+2}) = (X^{i} ^{\overline{}^{0}} X^{i+2}) für alle i ∈ Z. Die volle Teilkategorie der Komplexe in Z^{k}, D wird C(D) geschrieben. Die Morphismen d_{X}^{i} heißen auch die Differentiale des Komplexes X.

2.4 Äquivalenz von Kategorien

Seien C und D Kategorien.

Definition 95 Ein Funktor C ^{\overline{}^{F}} D heißt Äquivalenz, wenn es einen Funktor C ^{\overline{}^{G}} D so gibt, daß G ∘ F ≃ id_{C} und F ∘ G ≃ id_{D}.

Existiert eine Äquivalenz von C nach D, so heißen C und D äquivalent, geschrieben C ≃ D.

[figure: C; F; _{id_{C}}; G∘F; D; _{id_{D}}; F ∘G; C; D; G; ∼; ∼]

Lemma 96 Sei C ^{\overline{}^{F}} D ein Funktor.

(1) Es ist F eine Äquivalenz genau dann, wenn F voll, treu und dicht ist.

(2) Es gibt einen Funktor C ^{\overline{}^{G}} D mit G ∘ F ≃ id_{C} und F ∘ G = id_{D} genau dann, wenn F voll, treu und strikt dicht ist.

Beweis. Wir zeigen (1) (und erwähnen die Zusatzeigenschaften aus (2) an den entsprechenden Stellen).

Sei zum einen F eine Äquivalenz. Wähle Isomorphismen F ∘G \overline{}^{α}_{∼} id_{D} und G∘F \overline{}^{β}_{∼} id_{C}.

Zeigen wir, daß F dicht ist. Sei Y ∈ Ob D. Es ist GY ∈ Ob C und F GY \overline{}^{αY}_{∼} Y. (Ist sogar F ∘ G = id_{D}, dann ist F GY = Y, und somit F strikt dicht.)

Zeigen wir, daß F treu ist. Seien X, X′ ∈ Ob C. Wir haben zu zeigen, daß C(X, X′) \overline{}_{D}(F X, F X′), u \overline{}F u injektiv ist. Dies folgt aus u = (βX)^{−1}(GF u)(βX′).

Genauso ist auch G treu.

Zeigen wir, daß F voll ist. Seien X, X′ ∈ Ob C. Wir haben zu zeigen, daß C(X, X′) \overline{}_{D}(F X, F X′), u \overline{}F u surjektiv ist. Sei v ∈ _{D}(F X, F X′) gegeben. Es wird

Gv = (βX)((βX)^{−1}(Gv)(βX′))(βX′)^{−1} = GF ((βX)^{−1}(Gv)(βX′)) ,

wegen G treu also

v = F ((βX)^{−1}(Gv)(βX′)) .

Sei zum anderen F voll, treu und dicht. Vermittels Auswahlaxiom wählen wir für jedes Y ∈ Ob D ein X_{Y} ∈ Ob C und einen Isomorphismus F X_{Y} \overline{}^{ϑ_{Y}}_{∼} Y. (Ist F sogar strikt dicht, so wählen wir X_{Y} so, daß F X_{Y} = Y, und ϑ_{Y} := id_{Y}.)

Wir konstruieren einen Funktor C ^{\overline{}^{G}} D. Für Y ∈ Ob C setzen wir GY := X_{Y} . Für einen Morphismus Y ^{\overline{}^{v}} Y′ in D wählen wir GY ^{\overline{}^{Gv}} GY′ so, daß

(F GY ^{\overline{}^{F Gv}} F GY′) = (F GY \overline{}^{ϑ_{Y}}_{∼} Y ^{\overline{}^{v}} Y′ \overline{}^{ϑ_{Y′}^{−1}}_{∼} F GY′) .

Dies ist auf eindeutige Weise möglich, da F voll und treu ist. Für Y ∈ Ob D wird

(F GY ^{\overline{}^{F G id_{Y}}} F GY) =^{def} (F GY \overline{}^{ϑ_{Y}}_{∼} Y ^{\overline{}^{id^{Y}}} Y \overline{}^{ϑ_{Y}^{−1}}_{∼} F GY) = (F GY ^{\overline{}^{F id_{GY}}} F GY) ,

mithin G id_{Y} = id_{GY} . Für Y ^{\overline{}^{v}} Y′ ^{\overline{}^{v′}} Y′′ in D wird

(F GY ^{\overline{}^{F G(vv′)}} F GY′′)
=^{def} (F GY \overline{}^{ϑ_{Y}}_{∼} Y ^{\overline{}^{vv′}} Y′′  \overline{}^{ϑ_{Y′′}^{−1}}_{∼} F GY′′)
= (F GY \overline{}^{ϑ_{Y}}_{∼} Y ^{\overline{}^{v}} Y′ \overline{}^{ϑ_{Y′}^{−1}}_{∼} F GY′ \overline{}^{ϑ_{Y′}}_{∼} Y′ ^{\overline{}^{v′}} Y′′ \overline{}^{ϑ_{Y′′}^{−1}}_{∼} F GY′′)
=^{def} (F GY ^{\overline{}^{F Gv}} F GY′ ^{\overline{}^{F Gv′}} F GY′′)
= (F GY ^{\overline{}^{F ((Gv)(Gv′))}} F GY′′) ,

mithin G(vv′) = (Gv)(Gv′). Somit ist nachgewiesen, daß G ein Funktor ist.

Setze α = (F GY \overline{}^{αY}_{∼} Y)_{Y ∈Ob D} := (F GY \overline{}^{ϑ_{Y}}_{∼} Y)_{Y ∈Ob D}. Für Y ^{\overline{}^{v}} Y′ in D ist in der Tat (F Gv)(αY′) = (αY)v, da nach Definition von Gv ja (F Gv)ϑ_{Y′} = ϑ_{Y} v gilt. Somit ist F ∘ G ≃ id_{D} nachgewiesen. (Ist F sogar strikt dicht, so war stets ϑ_{Y} = id_{Y} gewählt, was hier zu F ∘ G = id_{D} führt.)

Wähle β = (GF X ^{\overline{}^{βX}} X)_{X∈Ob C} so, daß F β_{X} = ϑ_{F X} für X ∈ Ob C, was wegen F voll und treu auf eindeutige Weise möglich ist. Es ist βX stets ein Isomorphismus; cf. Bemerkung 90. Zu zeigen bleibt die Natürlichkeit von β; cf. Bemerkung 92. Sei X ^{\overline{}^{u}} X′ in C. Es wird

F ((GF u)(βX′)) = (F GF u)ϑ_{F X′}
= ϑ_{F X}(F u)
= F ((βX)u)) ,

und also (GF u)(βX′) = (βX)u, da F treu ist. Somit ist G ∘ F ≃ id_{C} nachgewiesen.

Additive Kategorien und additive Funktoren

3.1 Additive Kategorien

Sei A eine Kategorie, welche ein Nullobjekt 0 = 0_{A} besitzt. Im folgenden seien alle Morphismen aus A.

Definition 97 Sei m ⩾ 0. Seien X_{1} , …, X_{m} ∈ Ob A. Eine direkte Summe von (X_{1} , …, X_{m}) ist ein Objekt ⨁_{i∈[1,m]} X_{i} = X_{1} ⊕ ⋯ ⊕ X_{m}, zusammen mit Inklusionsmor-

phismen X_{j} ^{\overline{}^{ι_{j}}} ⨁_{i∈[1,m]} X_{i} und Projektionsmorphismen ⨁_{i∈[1,m]} X_{i} ^{\overline{}^{π_{j}}} X_{j} für j ∈ [1, m] so, daß folgende Axiome gelten.

(Sum 1) Für jedes S ∈ Ob A und jedes Tupel von Morphismen (S ^{\overline{}^{s_{i}}} X_{i})_{i∈[1,m]} gibt es genau einen Morphismus S ^{\overline{}^{s}} ⨁_{i∈[1,m]} X_{i} mit sπ_{i} = s_{i} für i ∈ [1, m]. Wir schreiben auch

s = (^{s_{1}} ^{...}^{s_{m}}).

(Sum 2) Für jedes T ∈ Ob A und jedes Tupel von Morphismen (X_{i} ^{\overline{}^{t_{i}}} T)_{i∈[1,m]} gibt es genau einen Morphismus ⨁_{i∈[1,m]} X_{i} ^{\overline{}^{t}} T mit ι_{i}t = t_{i} für i ∈ [1, m]. Wir schreiben auch

t = ( ⋮_{t_{m}}^{t_{1}}).

(Sum 3) Es ist ι_{i}π_{i} = id_{X_{i}} = 1 für alle i ∈ [1, m].

Es ist ι_{i}π_{j} = 0_{X_{i} , X_{j}} = 0 für alle i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j.

Bemerkung 98 Seien m, n ⩾ 0. Seien X_{1}, …, X_{m} , Y_{1}, …, Y_{n} ∈ Ob A. Seien direkte Summen von (X_{1}, …, X_{m}) und (Y_{1}, …, Y_{n}) existent.

(1) Sei j ∈ [1, m].

Es ist ι_{j} = (^{0 ... 0 1 0 ... 0}) : X_{j} \overline{}⨁_{i∈[1,m]} X_{i} mit der 1 an Position j, wie sich aus (Sum 1, 3) ergibt.

Es ist π_{j} = (0 ⋮ 0 1 0 ⋮ 0) : ⨁_{i∈[1,m]} X_{i} \overline{}X_{j} mit der 1 an Position j, wie sich aus (Sum 2, 3)

ergibt.

(2) Seien X_{i} ^{\overline{}^{f_{i,j}}} Y_{j} gegeben für i ∈ [1, m] und j ∈ [1, n]. Es gibt genau einen Morphismus

\xymatrix{⨁_{i∈[1,m]} X_{i} \ar[r]^{(f_{i,j})_{i,j} = ( ⋮  ⋮_{f_{m,1} ... f_{m,n}}^{f_{1,1} ... f_{1,n}} )} & ⨁_{j∈[1,n]} Y_{j}}

mit ι_{k} (f_{i,j})_{i,j} π_{ℓ} = f_{k,ℓ} für k ∈ [1, m] und ℓ ∈ [1, n]. Konstruieren kann man diesen

Morphismus in zwei Schritten als (  ⋮_{(f_{m,1} ... f_{m,n})}^{(f_{1,1} ... f_{1,n})}) (oder als (( ⋮_{f_{m,1}}^{f_{1,1}} ) … ( ⋮_{f_{m,n}}^{f_{1,n}} ))).

Auch die Eindeutigkeit folgt in zwei Schritten. Denn aus ι_{k}f̃π_{ℓ} = f_{k,ℓ} für k ∈ [1, m]

und ℓ ∈ [1, n] folgt ι_{k}f̃ = (^{f_{k,1}} ^{...}^{f_{k,n}}) für k ∈ [1, m], und daraus f̃ = (  ⋮_{(f_{m,1} ... f_{m,n})}^{(f_{1,1} ... f_{1,n})}).

Ferner ist f = (ι_{i}fπ_{j})_{i,j} für ⨁_{i∈[1,m]} X_{i} ^{\overline{}^{f}} ⨁_{j∈[1,n]} X_{j}, also jeder Morphismus zwischen direkten Summen durch eine Matrix gegeben.

Wir vereinbaren noch, daß Leerstellen in Matrizen Nulleinträge bezeichnen.

Die Matrix ( ..._{1}^{1}) ist der identische Morphismus auf ⨁_{i∈[1,m]} X_{i}. Denn es ist

ι_{k} id_{⨁_{i∈[1,m]} X_{i}} π_{ℓ} = \{ \begin{matrix}1 & für k = ℓ \\ 0 & sonst \end{matrix} für k, ℓ ∈ [1, m], und dies charakterisiert die

angegebene Matrix.

Eine Matrix mit nur Nulleinträgen ist der jeweilige Nullmorphismus.

(3) Seien X, Y ∈ Ob A so, daß die direkte Summe X ⊕ Y von (X, Y) existiert. Es ist

X ⊕ Y ^{\overline{}^{(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} Y ⊕ X ein Isomorphismus, der von Y ⊕ X ^{\overline{}^{(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} X ⊕ Y invertiert wird.

In der Tat ist ι_{1} (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) π_{1} = (^{0 1}) (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) π_{1} = ι_{2} (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) π_{1} = 1 ; usf.

Definition 99 Eine Kategorie A, welche ein Nullobjekt 0 = 0_{A} besitzt, heißt additiv, falls folgende Axiome gelten.

(Add 1) Das Paar (X, Y) hat eine direkte Summe X ⊕ Y, zusammen mit ι_{1} : X \overline{}X ⊕ Y, ι_{2} : Y \overline{}X ⊕ Y, π_{1} : X ⊕ Y \overline{}X und π_{2} : X ⊕ Y \overline{}Y, für alle X, Y ∈ Ob A.

(Add 2) Es ist X ⊕ X ^{\overline{}^{(\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix})}} X ⊕ X ein Isomorphismus für alle X ∈ Ob A.

Beispiel 100

(1) Ist R ein Ring, so ist R-Mod eine additive Kategorie. Was (Add 1) angeht, cf. Bemerkung 37. Die in Definition 32 definierten Matrizen stimmen mit den hier definierten Matrizen überein, wie man mittels Komposition mit Inklusions- und Projektionsmorphismen überprüft. Was (Add 2) angeht, es ist (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 \\ −1 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = id.

(2) Ist A eine additive Kategorie, so auch A^{∘}. Denn dank Bemerkung 98.(3) ist (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) genau dann ein Isomorphismus, wenn (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) ein Isomorphismus ist, wobei diese Gleichheit wie in loc. cit. zu verifizieren ist. Letzerer Isomorphismus wird gebraucht, um (Add 2) für A^{∘} zu zeigen, da sich beim Übergang von A nach A^{∘} die Rollen von ι_{i} und π_{i} vertauschen.

(3) Die Kategorie, welche als Objekte die Mengen und als Morphismen Relationen zwischen Mengen hat, hat ein Nullobjekt und erfüllt (Add 1), nicht aber (Add 2). Cf. Aufgabe 38.

Sei im folgenden A eine additive Kategorie und 0 = 0_{A} ein darin gewähltes Nullobjekt.

Bemerkung 101 Sei m ⩾ 0, seien X_{1}, …, X_{m} ∈ Ob A. Es besitzt (X_{1}, …, X_{m}) eine direkte Summe.

Beweis. Siehe Aufgabe 39.(1).

Wir wählen nun für jedes endliche Tupel (X_{1}, …, X_{m}) von Objekten in A eine direkte Summe ⨁_{i∈[1,m]} X_{i}. Für ein nullelementiges Tupel wählen wir 0 als direkte Summe. Für ein einelementiges Tupel wählen wir seinen Eintrag als direkte Summe, wobei ι_{1} = π_{1} = id.

Für m ⩾ 0 und X ∈ Ob A schreiben wir X^{⊕m} := ⨁_{i∈[1,m]} X. Insbesondere wird X^{⊕0} = 0 und X^{⊕1} = X.

Definition 102 Sei n ⩾ 0. Seien f_{1} , …, f_{n} : X \overline{}Y in A. Setze

( \xymatrix{X \ar[r]^{∑_{i∈[1,n]} f_{i}} & Y} ) := ( [figure: X; ^{(^{1 ... 1})}; X^{⊕n}; ^{( ..._{f_{n}}^{f_{1}} )}; Y^{⊕n}; ^{( ⋮_{1}^{1})}; Y] ) .

Beachte, daß ∑_{i∈[1,0]} f_{i} = 0 und ∑_{i∈[1,1]} f_{i} = f_{1} . Falls n = 2, so schreiben wir auch

∑_{i∈[1,2]} f_{i} =: f_{1} + f_{2} .

Bemerkung 103 Seien ℓ, m, n ⩾ 0. Seien X_{i} ∈ Ob A für i ∈ [1, ℓ], Y_{j} ∈ Ob A für j ∈ [1, m] und Z_{k} ∈ Ob A für k ∈ [1, n]. Seien

⨁_{i∈[1,ℓ]} X_{i} ^{\overline{}^{(f_{i,j})_{i,j}}} ⨁_{j∈[1,m]} Y_{j} ^{\overline{}^{(g_{j,k})_{j,k}}} ⨁_{k∈[1,n]} Z_{k}

in A gegeben. Dann ist

(f_{i,j})_{i,j} (g_{j,k})_{j,k} = ( ∑_{j∈[1,m]} f_{i,j}g_{j,k})_{i,k} .

Cf. Bemerkung 34. Diesen Matrixkalkül werden wir im folgenden kommentarlos verwenden.

Beweis. Siehe Aufgabe 39.(2).

Bemerkung 104 Seien k, ℓ ⩾ 0. Seien f_{1} , …, f_{k+ℓ} : X \overline{}Y in A. Es ist

(∑_{i∈[1,k]} f_{i}) + (∑_{i∈[1, ℓ]} f_{i−k}) = ∑_{i∈[1,k+ℓ]} f_{i} .

Insbesondere ist (+) assoziativ. Wir dürfen also alle Klammern in einem iterierten via (+) gebildeten Ausdruck weglassen. Ferner erhalten wir ∑_{i∈[1,n]} f_{i} = f_{1} + ⋯ + f_{n}; cf. Definition 102.

Beweis. Siehe Aufgabe 39.(3).

Bemerkung 105 Seien k, ℓ ⩾ 0. Seien f_{i} : X \overline{}Y für i ∈ [1, k] und g_{j} : Y \overline{}Z für j ∈ [1, ℓ] in A. Es ist

(∑_{i∈[1,k]} f_{i})(∑_{j∈[1,ℓ]} g_{j}) = ∑_{i∈[1,k]} ∑_{j∈[1,ℓ]} f_{i}g_{j} .

Beweis. Siehe Aufgabe 39.(4).

Bemerkung 106 Seien X, Y ∈ Ob A. Es ist (_{A}(X, Y), +) eine abelsche Gruppe, mit neutralem Element 0 = 0_{X,Y} .

Insbesondere ist (−f)g = (−f)g + fg − fg = (−f + f)g − fg = 0g − fg = −fg für X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z in A. Genauso ist f(−g) = −fg.

Beweis. Siehe Aufgabe 39.(5).

Bemerkung 107 Seien m, n ⩾ 0. Seien X_{i} ∈ Ob A für i ∈ [1, m] und Y_{j} ∈ Ob A für

j ∈ [1, n]. Seien ⨁_{i∈[1,m]} X_{i} [figure: (f_{i,j})_{i,j}; (f′_{i,j})_{i,j}] ⨁_{j∈[1,n]} Y_{j} in A. Es ist

(f_{i,j})_{i,j} + (f′_{i,j})_{i,j} = (f_{i,j} + f′_{i,j})_{i,j} .

Beweis. Siehe Aufgabe 39.(6).

Definition 108 Sei A eine additive Kategorie mit Nullobjekt 0. Eine volle Teilkategorie B ⊆ A heißt volle additive Teilkategorie, falls 0 ∈ Ob B und falls für X, Y ∈ Ob B auch X ⊕ Y ∈ Ob B.

Es ist B wieder eine additive Kategorie. Denn da B eine volle Teilkategorie ist, können wir aus (Add 1) für A mittels der gemachten Voraussetzung und wegen B voll in A folgern, daß (Add 1) für B gilt. Ferner können wir aus B voll in A und (Add 2) für A auch (Add 2) für B folgern.

3.2 Additive Funktoren

Seien A und B additive Kategorien. Sei F ein Funktor von A nach B mit F 0 ≃ 0. Insbesondere bildet F Nullmorphismen auf Nullmorphismen ab; cf. Beispiel 87.

Bemerkung 109 Seien X_{1} , X_{2} ∈ Ob A. Wir haben die Morphismen

\xymatrix{F (X_{1} ⊕ X_{2}) \ar[r]^{^{(^{F π_{1} F π_{2}} )}} & F X_{1} ⊕ F X_{2} \ar[l]^{_{(\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix} )}}}

Die folgenden Aussagen sind äquivalent.

(1) Es sind (^{F π_{1}} ^{F π_{2}}) und (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix}) sich invertierende Isomorphismen.

(2) Es ist (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix}) epimorph.

(3) Es ist (^{F π_{1}} ^{F π_{2}}) monomorph.

Beweis. Mit Dualität genügt es, (2) ⇔ (1) zu zeigen.

Zeigen wir (2) ⇒ (1). Es ist (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix}) (^{F π_{1}} ^{F π_{2}}) = (\begin{matrix}F (ι_{1}π_{1}) & F (ι_{1}π_{2}) \\ F (ι_{2}π_{1}) & F (ι_{2}π_{2}) \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}). Da (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix}) epimorph

ist, zeigt diese Gleichung, daß (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix}) ein Isomorphismus ist und (^{F π_{1}} ^{F π_{2}}) als Inversen hat; cf. Aufgabe 32.(5).

Definition 110 Ein Funktor A ^{\overline{}^{F}} B heißt additiv, falls F 0 ≃ 0 und falls für alle X_{1}, X_{2} ∈ Ob A eine der äquivalenten Bedingungen (1-3) aus Bemerkung 109 zutrifft. Cf. auch Aufgabe 42.

Sei im folgenden A ^{\overline{}^{F}} B ein additiver Funktor.

Bemerkung 111 Sei k ⩾ 0. Seien X ^{\overline{}^{f_{i}}} Y in A für i ∈ [1, k]. Es ist

F (∑_{i∈[1,k]} f_{i}) = ∑_{i∈[1,k]} F f_{i} .

Insbesondere ist F (−f) = −F f für X ^{\overline{}^{f}} Y in A.

Beweis. Wir dürfen k = 2 annehmen. Es wird

F (f_{1} + f_{2}) = F (^{1 1}) F (\begin{matrix}f_{1} \\ f_{2} \end{matrix})
=^{F add.} F (^{1 1}) (^{F π_{1}} ^{F π_{2}}) (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix}) F (\begin{matrix}f_{1} \\ f_{2} \end{matrix})
= (^{F(1 1) F π_{1}} ^{F(1 1) F π_{2}}) (\begin{matrix}F ι_{1} F(\begin{matrix}f_{1} \\ f_{2} \end{matrix} ) \\ F ι_{2} F(\begin{matrix}f_{1} \\ f_{2} \end{matrix} ) \end{matrix})

= (^{F ((1 1)π_{1})} ^{F ((1 1)π_{2})}) (\begin{matrix}F (ι_{1}(\begin{matrix}f_{1} \\ f_{2} \end{matrix} )) \\ F (ι_{2}(\begin{matrix}f_{1} \\ f_{2} \end{matrix} )) \end{matrix})
= (^{F 1 F 1}) (\begin{matrix}F f_{1} \\ F f_{2} \end{matrix})
= (^{1 1}) (\begin{matrix}F f_{1} \\ F f_{2} \end{matrix})
= F f_{1} + F f_{2} .

Insbesondere ist nun F (−f) = F (−f) + F f − F f = F (−f + f) − F f = F 0 − F f = 0 − F f = −F f ; cf. Beispiel 87.

Bemerkung 112 Seien m, n ⩾ 0. Seien X_{i} , Y_{j} ∈ Ob A für i ∈ [1, m] und j ∈ [1, n]. Sei ⨁_{i∈[1,m]} X_{i} ^{\overline{}^{(f_{i,j})_{i,j}}} ⨁_{j∈[1,n]} Y_{j} in A. Wir haben folgendes kommutative Diagramm.

[figure: F (⨁_{i∈[1,m]} X_{i}); F ((f_{i,j})_{i,j}); ≀; _{(_{F π_{1} ... F π_{m}})}; F (⨁_{i∈[1,n]} Y_{j}); ≀; _{(_{F π_{1} ... F π_{n}})}; ⨁_{i∈[1,m]} F X_{i}; (F f_{i,j})_{i,j}; ≀; _{( ⋮_{F ι_{m}}^{F ι_{1}} )}; ⨁_{i∈[1,n]} F Y_{j}; ≀; _{( ⋮_{F ι_{n}}^{F ι_{1}} )}; F (⨁_{i∈[1,m]} X_{i}); F ((f_{i,j})_{i,j}); F (⨁_{i∈[1,n]} Y_{j})]

Beweis. Das obere Viereck kommutiert wegen

(^{F π_{1}} ^{...}^{F π_{m}}) (F f_{i,j})_{i,j} = (^{∑_{i∈[1,m]}(F π_{i})(F f_{i,1})} ^{...} ^{∑_{i∈[1,m]}(F π_{i})(F f_{i,n})})
= (^{F (∑_{i∈[1,m]} π_{i}f_{i,1})} ^{...} ^{F (∑_{i∈[1,m]} π_{i}f_{i,n})})
= (^{F ((f_{i,1})_{i})} ^{...} ^{F ((f_{i,n})_{i})})
= (^{F ((f_{i,j})_{i,j}π_{1})} ^{...} ^{F ((f_{i,j})_{i,j}π_{n})})
= (^{F ((f_{i,j})_{i,j})F π_{1}} ^{...} ^{F ((f_{i,j})_{i,j})F π_{n}})
= F ((f_{i,j})_{i,j}) (^{F π_{1}} ^{...}^{F π_{n}}) .

Dual dazu kommutiert das untere Viereck.

Bleibt zu zeigen, daß (^{F π_{1}} ^{...}^{F π_{m}}) ein Isomorphismus ist. In der Tat ist

( ⋮_{F ι_{m}}^{F ι_{1}}) (^{F π_{1}} ^{...}^{F π_{m}}) = ( ⋮  ⋮_{(F ι_{m})(F π_{1}) ... (F ι_{m})(F π_{m})}^{(F ι_{1})(F π_{1}) ... (F ι_{1})(F π_{m})}) = ( ..._{1}^{1}) und

(^{F π_{1}} ^{...}^{F π_{m}}) ( ⋮_{F ι_{m}}^{F ι_{1}}) = ∑_{i∈[1,m]}(F π_{i})(F ι_{i}) = F (∑_{i∈[1,m]} π_{i}ι_{i}) = F id = id

gemäß Bemerkungen 111 und 107.

Beispiel 113

(1) Sei A′ ⊆ A eine volle additive Teilkategorie. Dann ist der Inklusionsfunktor A′ [figure] A additiv.

(2) Sei X ∈ Ob A. Es ist _{A}(X, −) : A \overline{}Z-Mod gemäß Bemerkungen 106 und 105 wohldefiniert. Dieser Funktor ist additiv. Denn zum einen ist _{A}(X, 0) ≃ 0. Zum anderen ist für Z_{1} , Z_{2} ∈ Ob A

[figure: _{A}(X, Z_{1} ⊕ Z_{2}); ^{(^{_{A}(X,π_{1}) _{A}(X,π_{2})})}; ∼; _{A}(X, Z_{1}); ⊕; _{A}(X, Z_{2}); (^{u v}); (u; ,; v)]

gemäß (Sum 1). Cf. auch Aufgabe 24.(1).

(3) Sei Y ∈ Ob A. Es ist _{A}(−, Y) : A^{∘} \overline{}Z-Mod gemäß Bemerkungen 106 und 105 wohldefiniert. Dieser Funktor ist additiv. Denn zum einen ist _{A}(0, Y) ≃ 0. Zum anderen ist für Z_{1} , Z_{2} ∈ Ob A

[figure: _{A}(Z_{1} ⊕ Z_{2} , Y); ^{( ^{_{A}(ι_{1} , Y) _{A}(ι_{2} , Y)})}; ∼; _{A}(Z_{1} , Y); ⊕; _{A}(Z_{2} , Y); (\begin{matrix}s \\ t \end{matrix}); (s; ,; t)]

gemäß (Sum 2). Und beim Übergang von A nach A^{∘} werden die Rollen von ι_{i} und π_{i} vertauscht. Cf. auch Aufgabe 24.(2).

(4) Seien R und S Ringe. Sei _{R}M_{S} ein R-S-Bimodul. Es ist

RM_{S} ⊗_{S} − : S-Mod \overline{}R-Mod

additiv. Siehe Aufgabe 24.(3).

(5) Sind A ^{\overline{}^{F}} B ^{\overline{}^{G}} C additive Funktoren zwischen additiven Kategorien, so ist auch A^{\overline{}^{G∘F}} C additiv. Denn zum einen ist GF 0 ≃ G0 ≃ 0. Zum anderen erhalten wir für X_{1} , X_{2} ∈ Ob A

\begin{aligned}& (GF (X_{1} ⊕ X_{2}) ^{\overline{}^{(^{GF π_{1} GF π_{2}} )}} GF X_{1} ⊕ GF X_{2}) \\ = & (GF (X_{1} ⊕ X_{2})  \overline{}^{G(F π_{1} F π_{2} )}_{∼}  G(F X_{1} ⊕ F X_{2})  \overline{}^{(^{Gπ_{1} Gπ_{2}} )}_{∼}  G(F X_{1} ⊕ F X_{2})) , \end{aligned}

wie sich aus (^{G}(^{F π_{1}} ^{F π_{2}})) (^{Gπ_{1}} ^{Gπ_{2}}) = (^{(G(F π_{1} F π_{2} ))(Gπ_{1})}^{(G(F π_{1} F π_{2} ))(Gπ_{2})}) = (^{G((F π_{1} F π_{2} )π_{1})}^{G((F π_{1} F π_{2} )π_{2})}) = (^{GF π_{1}} ^{GF π_{2}}) ergibt.

Nun haben wir unter der Kategorien und den Funktoren jeweils additive ausgezeichnet. Für Transformationen ist das nicht erforderlich, man betrachtet einfach alle Transformationen zwischen additiven Funktoren zwischen additiven Kategorien.

3.3 Faktorkategorien

Analog zur Bildung des Faktorringes eines Ringes modulo einem Ideal kann man auch die Faktorkategorie einer additiven Kategorie modulo einer vollen additiven Teilkategorie bilden.

Sei A eine additive Kategorie. Sei N ⊆ A eine volle additive Teilkategorie.

Für X, Y ∈ Ob A setzen wir

Null_{A, N} (X, Y) := \{f ∈ _{A}(X, Y) : \begin{matrix}es gibt eine Faktorisierung \\ (X ^{\overline{}^{f}} Y) = (X ^{\overline{}^{f′}} N ^{\overline{}^{f′′}} Y) für ein N ∈ Ob N \end{matrix} \} .

Es ist Null_{A, N} (X, Y) ⊆ _{A}(X, Y) ein Z-Teilmodul. Denn zum einen ist (X ^{\overline{}^{0}} Y) = (X \overline{}0 \overline{}Y), wobei 0 ∈ Ob N. Zum anderen ist für (X ^{\overline{}^{f_{1}}} Y) = (X ^{\overline{}^{f′_{1}}} N_{1} ^{\overline{}^{f′′_{1}}} Y) und (X ^{\overline{}^{f_{2}}} Y) = (X ^{\overline{}^{f′_{2}}} N_{2} ^{\overline{}^{f′′_{2}}} Y) mit N_{1} , N_{2} ∈ Ob N und für z_{1} , z_{2} ∈ Z

(X ^{\overline{}^{z_{1}f_{1}+z_{2}f_{2}}} Y) = (X ^{\overline{}^{(^{z_{1}f′_{1} z_{2}f′_{2}} )}} N_{1} ⊕ N_{2} ^{\overline{}^{(\begin{matrix}f′′_{1} \\ f′′_{2} \end{matrix} )}} Y) ,

wobei N_{1} ⊕ N_{2} ∈ Ob N.

Definition 114 Wir definieren die Faktorkategorie A/N von A nach N wie folgt. Sei Ob(A/N) := Ob A. Für X, Y ∈ Ob(A/N) sei

A/N (X, Y) := _{A}(X, Y)/ Null_{A, N} (X, Y) .

Komposition sei repräsentantenweise definiert; sind also X, Y, Z ∈ Ob(A/N) und Repräsentanten X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z in A gegeben, so sei

(f + Null_{A, N} (X, Y))(g + Null_{A, N} (Y, Z)) := (fg + Null_{A, N} (X, Z)) .

Dies ist wohldefiniert, denn wenn f −f′ und g −g′ über je ein Objekt von N faktorisieren,

dann auch fg − f′g′ = (f − f′)g + f′(g − g′), wobei X [figure: f; f′] Y [figure: g; g′] Z in A.

Die Axiome (Kat 1-4) vererben sich nun von A nach A/N.

Es ist e.g. jedes Objekt N ∈ Ob N in A/N isomorph zu 0, da 1_{N} − 0_{N,N} über N ∈ Ob N faktorisiert.

Wir haben einen Restklassenfunktor

\begin{matrix}A & ^{\overline{}^{R = R_{A/N}}} & A/N \\ (X ^{\overline{}^{f}} Y) & \overline{} & (X ^{\overline{}^{f+Null_{A, N} (X,Y)}} Y) \end{matrix}

In der Regel schreiben wir unter Mißbrauch von Notation f := f + Null_{A, N} (X, Y) für X ^{\overline{}^{f}} Y in A.

Wir schreiben auch f ≡_{N} f′ für Rf = Rf′, i.e. für f −f′ ∈ Null_{A, N} (X, Y), wobei X [figure: f; f′] Y in A.

Bemerkung 115 Die Faktorkategorie A/N ist eine additive Kategorie. Es ist A ^{\overline{}^{R}} A/N ein additiver Funktor. Insbesondere ist 0_{A} = 0_{A/N} . Ferner ist für X, Y ∈ Ob A = Ob(A/N) das Objekt X ⊕ Y sowohl die direkte Summe in A als auch in A/N; Inklusions- und Projektionsmorphismen in A/N werden von den entsprechenden Morphismen in A repräsentiert.

Beweis. Siehe Aufgabe 44.(1).

Bemerkung 116 (Universelle Eigenschaft Faktorkategorie)

Sei B eine weitere additive Kategorie.

(1) Sei A ^{\overline{}^{F}} B ein additiver Funktor so, daß F N ≃ 0 für alle N ∈ Ob N. Dann gibt es genau einen additiven Funktor A/N ^{\overline{}^{F̄}} B mit F̄ ∘ R = F.

\xymatrix{A \ar[r]^{F} \ar[d]_{R} & B \\ A/N \ar@{-->}[ur]^{F̄}}

(2) Seien A [figure: F; G] B additive Funktoren so, daß F N ≃ 0 und GN ≃ 0 für alle N ∈ Ob N.

Sei F ^{\overline{}^{a}} G eine Transformation. Dann gibt es genau eine Transformation F̄ ^{\overline{}^{ā}} Ḡ so, daß āX = āRX = aX für X ∈ Ob A.

[figure: A; F; G; R; B; A/N; F̄; Ḡ; a; ā]

Beweis. Siehe Aufgabe 44.(2, 3). Cf. auch Aufgabe 75.

Beispiel 117

(1) Sei A := Z/16-mod ⊆ Z/16-Mod die volle additive Teilkategorie der endlichen Z/16-Moduln. Sei N := Z/16-free ⊆ Z/16-mod die volle additive Teilkategorie der Z/16-Moduln der Form (Z/16)^{⊕k} für ein k ⩾ 0.

Es faktorisiert e.g.

(Z/4 ⊕ Z/8^{\overline{}^{(\begin{matrix}4 & 0 \\ 6 & 2 \end{matrix})}} Z/8 ⊕ Z/4) = (Z/4 ⊕ Z/8^{\overline{}^{(\begin{matrix}4 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix})}} Z/16 ⊕ Z/16^{\overline{}^{(\begin{matrix}1 & 0 \\ 3 & 1 \end{matrix})}} Z/8 ⊕ Z/4) .

Also repräsentiert dieser Morphismus den Nullmorphismus in A/N. In anderen Worten, es ist R (\begin{matrix}4 & 0 \\ 6 & 2 \end{matrix}) = 0, i.e. (\begin{matrix}4 & 0 \\ 6 & 2 \end{matrix}) ≡_{N} 0.

Es ist Z/8 ≄ 0 in A/N. Denn wäre dem so, so würde Z/8 ^{\overline{}^{1}} Z/8 über einen Modul der Form Z/16^{⊕a} mit a ⩾ 0 faktorisiern. Da die Repräsentanten der Matrixeinträge eines Morphismus Z/8 \overline{}Z/16^{⊕a} alle durch 2 teilbar sind, kann das nicht sein.

Es ist Z/16 ≃ 0 in A/N. In A ist jedes Objekt isomorph zu einem der Form (Z/2)^{⊕a_{1}} ⊕ (Z/4)^{⊕a_{2}} ⊕ (Z/8)^{⊕a_{3}} ⊕ (Z/16)^{⊕a_{4}} mit a_{i} ⩾ 0 ; cf. Aufgabe 16, §1.2.7. Da Z/16 ≃ 0 ist in der additiven Kategorie A/N, folgt, daß in A/N jedes Objekt isomorph zu einem der Form (Z/2)^{⊕a_{1}} ⊕ (Z/4)^{⊕a_{2}} ⊕ (Z/8)^{⊕a_{3}} ist mit a_{i} ⩾ 0.

Es ist A/N keine abelsche Kategorie; cf. Definition 120 unten. Denn in A/N hat e.g. der Morphismus Z/4 ^{\overline{}^{2}} Z/4 keinen Kern; cf. Definition 118.(1) unten. Sei dazu angenommen, es ist (Z/2)^{⊕a_{1}} ⊕ (Z/4)^{⊕a_{2}} ⊕ (Z/8)^{⊕a_{3}} ^{\overline{}^{f}} Z/4 ein Kern. Dann ist f ein Monomorphismus; cf. Bemerkung 119.(1) unten. Insbesondere ist das jeweilige Kompositum mit einer Summandeninklusion ein Monomorphismus. Nun gibt es aber in A/N keinen Monomorphismus von Z/8 nach Z/4, da alle solche Morphismen in A/N von links durch Z/2 ^{\overline{}^{4}} Z/8 annulliert werden. Also ist a_{3} = 0. Ferner gibt es in A/N keinen Monomorphismus von Z/2 nach Z/4, da alle solche Morphismen in A/N von links durch Z/8 ^{\overline{}^{1}} Z/2 annulliert werden. Also ist a_{1} = 0. Desweiteren sind die einzigen Monomorphismen von Z/4 nach Z/4 die beiden Isomorphismen Z/4 ^{\overline{}^{±1}} Z/4 , da die anderen beiden Morphismen in A/N von Z/4 ^{\overline{}^{2}} Z/4 von links annulliert werden. Wäre nun a_{2} ⩾ 2, so gäbe es einen nichtverschwindenden Morphismus von Z/4 nach (Z/4)^{⊕a_{2}}, der f in A/N von links annulliert – Matrixeinträge ±1 an zwei Stellen, sonst Nullen, genügen dafür. Da Z/4 ^{\overline{}^{2}} Z/4 selbst in A/N kein Monomorphismus ist, ist a_{2} ⩾ 1 ; cf. Bemerkung 119.(3) unten. Insgesamt folgt a_{1} = 0, a_{2} = 1, a_{3} = 0 und, daß f ein Isomorphismus ist. Dies aber widerspricht der Tatsache, daß Z/4 ^{\overline{}^{2}} Z/4 in A/N nicht verschwindet; cf. Bemerkung 119.(5, 4) unten.

(2) Sei A := Z/4-mod ⊆ Z/4-Mod die volle additive Teilkategorie der endlichen Z/4-Moduln. Sei N := Z/4-free ⊆ Z/4-mod die volle additive Teilkategorie der Z/4-Moduln der Form (Z/4)^{⊕k} für ein k ⩾ 0.

Wir haben die Funktoren Z/2-mod [figure] Z/4-mod ^{\overline{}^{R}} (Z/4-mod)/(Z/4-free) =: A/N. Wir behaupten, daß ihr Kompositum Z/2-mod ^{\overline{}^{F}} A/N eine Äquivalenz ist. In Z/4-mod ist jedes Objekt isomorph zu einem der Form (Z/2)^{⊕a} ⊕ (Z/4)^{⊕b} für gewisse a, b ⩾ 0 ; cf. Aufgabe 16, §1.2.7. Da in A/N aber Z/4 ≃ 0 ist, ist darin auch (Z/2)^{⊕a} ⊕ (Z/4)^{⊕b} ≃ (Z/2)^{⊕a}. Somit ist F dicht.

Sind X ^{\overline{}^{f}} X′ und Y ^{\overline{}^{g}} Y′ Morphismen in Z/2-mod, so haben wir folgendes kommutative Viereck von Abbildungen.

\xymatrix{_{Z/2}(X, Y) \ar[r]^{F} \ar[d]_{_{_{Z/2}(f,g)}} & _{A/N} (F X, F Y) \ar[d]^{_{_{A/N} (F f,F g)}} \\ _{_{Z/2}(X′, Y′)} \ar[r]^{F} & _{_{A/N} (F X′, F Y′)}}

Dies gilt insbesondere für Isomorphismen f und g. Nun ist in Z/2-mod jedes Objekt isomorph zu einem der Form (Z/2)^{⊕a} für ein a ⩾ 0. Um zu zeigen, daß F voll und treu ist, genügt es also zu zeigen, daß die a priori surjektive Abbildung

Z/2((Z/2)^{⊕a}, (Z/2)^{⊕a′}) ^{\overline{}^{F}} _{A/N} ((Z/2)^{⊕a}, (Z/2)^{⊕a′})

bijektiv ist. In anderen Worten, es genügt zu zeigen, daß Null_{A, N} ((Z/2)^{⊕a}, (Z/2)^{⊕a′}) verschwindet. Nun ist aber für ein gegebenes b ⩾ 0 jeder Repräsentant eines Eintrags der Matrix zu einem Morphismus (Z/2)^{⊕a} \overline{}(Z/4)^{⊕b} durch 2 teilbar. Somit verschwindet (Z/2)^{⊕a} \overline{}(Z/4)^{⊕b} \overline{}(Z/2)^{⊕a′} in der Tat.

Abelsche Kategorien

Sei A eine additive Kategorie. Sei 0 ein darin gewähltes Nullobjekt. Alle folgenden Objekte und Morphismen seien aus A.

4.1 Kerne und Cokerne

Definition 118 Sei X ^{\overline{}^{f}} Y gegeben.

(1) Ein Morphismus K ^{\overline{}^{i}} X heißt Kern von f, falls if = 0 und falls für jeden Morphismus T ^{\overline{}^{t}} X ^{\overline{}^{f}} Y mit tf = 0 genau ein Morphismus T ^{\overline{}^{t′}} K mit t′i = t existiert.

\xymatrix{K \ar[r]^{i} & X \ar[r]^{f} & Y \\ T \ar[ur]^{t} \ar[urr]_{0} \ar@{.>}[u]^{∃!t′}}

(1^{∘}) Ein Morphismus Y ^{\overline{}^{r}} C heißt Cokern von f, falls fr = 0 und falls für jeden Morphismus X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{t}} T mit ft = 0 genau ein Morphismus C ^{\overline{}^{t′}} T mit rt′ = t existiert.

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[drr]_{0} & Y \ar[r]^{r} \ar[dr]^{t} & C \ar@{.>}[d]^{∃!t′} \\  &  & T}

Cf. Bemerkung 39.

Oft spricht man auch verkürzend von K resp. C als von einem Kern resp. Cokern von f.

Bemerkung 119 Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in A.

(1) Ist K ^{\overline{}^{i}} X ein Kern von X ^{\overline{}^{f}} Y, so ist i ein Monomorphismus.

(2) Sind K ^{\overline{}^{i}} X und K′ ^{\overline{}^{i′}} X Kerne von X ^{\overline{}^{f}} Y, so gibt es einen Isomorphismus K′ \overline{}^{k}_{∼} K mit ki = i′, eindeutig dadurch bestimmt.

(3) Es ist 0 \overline{}X genau dann ein Kern von X ^{\overline{}^{f}} Y, wenn f ein Monomorphismus ist.

(4) Es ist X ^{\overline{}^{1}} X genau dann ein Kern von X ^{\overline{}^{f}} Y, wenn f = 0.

(5) Ist K ^{\overline{}^{i}} X ein Kern von X ^{\overline{}^{f}} Y, und ist K′ \overline{}^{k}_{∼} K ein Isomorphismus, dann ist auch K′ ^{\overline{}^{ki}} X ein Kern von X ^{\overline{}^{f}} Y.

(6) Sei Y [figure: g] Z ein Monomorphismus. Ein Morphismus K ^{\overline{}^{i}} X ist genau dann ein Kern von X ^{\overline{}^{f}} Y, wenn er ein Kern von X ^{\overline{}^{fg}} Z ist.

Beweis. Zu (1). Seien T [figure: t; t̃] K mit ti = t̃i, also mit (t − t̃)i = 0 gegeben. Da 0f = 0, gibt es genau einen Morphismus T ^{\overline{}^{t′}} K mit t′i = 0. Also ist zum einen t′ = t − t̃, und zum anderen t′ = 0. Es folgt t − t̃= 0.

Zu (2). Da if = 0, gibt es genau ein k mit ki′ = i. Da i′f = 0, gibt es genau ein k′ mit k′i = i′. Also ist kk′i = ki′ = i, wegen i monomorph also kk′ = 1. Genauso folgt k′k = 1.

Zu (3). Sei zum einen f ein Monomorphismus. Es ist (0 \overline{}X ^{\overline{}^{f}} Y) = (0 ^{\overline{}^{0}} Y). Sei ferner T ^{\overline{}^{t}} X mit tf = 0 = 0f. Dann ist t = 0. In anderen Worten, es gibt genau einen Morphismus T \overline{}0 mit (T \overline{}0 \overline{}X) = (T ^{\overline{}^{t}} X). Also ist 0 \overline{}X ein Kern von X ^{\overline{}^{f}} Y.

Sei zum anderen 0 \overline{}X ein Kern von X ^{\overline{}^{f}} Y. Seien T [figure: t; t̃] X mit tf = t̃f. Dann ist

(t − t̃)f = 0, also faktorisiert t − t̃ über 0 \overline{}X, i.e. t − t̃= 0. Folglich ist f monomorph.

Zu (4). Sei f = 0. Es ist (X ^{\overline{}^{1}} X ^{\overline{}^{0}} Y) = (X ^{\overline{}^{0}} Y). Sei T ^{\overline{}^{t}} X mit t0 = 0. Dann gibt es genau einen Morphismus T ^{\overline{}^{t′}} X mit t′1 = t, nämlich t′ = t. Also ist X ^{\overline{}^{1}} X ein Kern von X ^{\overline{}^{0}} Y.

Sei umgekehrt X ^{\overline{}^{1}} X ein Kern von X ^{\overline{}^{f}} Y. Dann ist 0 = 1f = f.

Zu (5). Es ist (ki)f = 0. Ist tf = 0, so ist t = t′i = (t′k^{−1})(ki) für ein t′. Eindeutigkeit folgt aus ki monomorph.

Zu (6). Sei zum einen i ein Kern von f. Es ist i(fg) = 0. Ist t(fg) = 0, so ist tf = 0, und somit gibt es genau ein t′ mit t = t′i.

Sei zum anderen i ein Kern von fg. Aus i(fg) = 0 folgt if = 0. Ist tf = 0, so ist t(fg) = 0, und somit gibt es genau ein t′ mit t = t′i.

4.2 Begriff der abelschen Kategorie

Definition 120 Die additive Kategorie A heißt abelsch, falls folgende Bedingungen erfüllt sind.

(Ab 1) Jeder Morphismus in A hat einen Kern.

(Ab 1^{∘}) Jeder Morphismus in A hat einen Cokern.

(Ab 2) Jeder Monomorphismus in A ist ein Kern eines Morphismus in A.

(Ab 2^{∘}) Jeder Epimorphismus in A ist ein Cokern eines Morphismus in A.

Ist A abelsch, so wählen wir für jeden Morphismus X ^{\overline{}^{f}} Y in A einen Kern K_{f} ^{\overline{}^{ι = ι_{f}}} X und einen Cokern Y ^{\overline{}^{ρ = ρ_{f}}} C_{f} . Dies so, daß K_{f} = 0, falls f monomorph ist, und so, daß C_{f} = 0, falls f epimorph ist. Ferner so, daß (K_{f} ^{\overline{}^{ι}} X) = (X ^{\overline{}^{1}} X) und (Y ^{\overline{}^{ρ}} C_{f}) = (Y ^{\overline{}^{1}} Y), falls f = 0.

Beispiel 121

(1) Sei R ein Ring. Es ist R-Mod eine abelsche Kategorie. Denn nach Beispiel 100 ist sie additiv. Nach Bemerkung 39 hat darin jeder Morphismus Kern und Cokern, nämlich die gleichnamigen Standardkonstruktionen, welche wir auch wählen.

Zu (Ab 2). Ist M ^{\overline{}^{f}} N ein Monomorphismus darin, also injektiv, so haben wir folgendes kommutative Diagramm.

[figure: M; f; ≀; f|^{Im f}; N; ρ; Cokern f; Im f; Kern ρ; ι]

Mit Kern ρ ^{\overline{}^{ι}} N ist daher auch M ^{\overline{}^{f}} N ein Kern von N ^{\overline{}^{ρ}} Cokern f.

Zu (Ab 2^{∘}). Ist M ^{\overline{}^{f}} N ein Epimorphismus darin, also surjektiv, so haben wir folgendes kommutative Diagramm.

[figure: Kern f; ι; M; f; ρ; N; Cokern ι; ∼; Im f]

Mit M ^{\overline{}^{ρ}} Cokern ι ist also auch M ^{\overline{}^{f}} N ein Cokern von Kern f ^{\overline{}^{ι}} M.

Cf. Lemma 30.

(2) Ist A abelsch, so auch A^{∘}.

Im allgemeinen ist (R-Mod)^{∘} aber keine Modulkategorie mehr. Um ein Argument zu skizzieren, es ist in R-Mod der kanonische Morphismus vom Coprodukt ins Produkt monomorph, aber i.a. nicht isomorph, in (R-Mod)^{∘} also epimorph, aber i.a. nicht isomorph.

4.3 Homomorphiesatz

Sei A nun eine abelsche Kategorie.

Lemma 122 (Wechsellemma) Seien Z ^{\overline{}^{f}} X und Z ^{\overline{}^{g}} Y gegeben. Sei K ^{\overline{}^{i}} Z ein Kern von f. Sei L ^{\overline{}^{j}} Z ein Kern von g. Es existiert folgendes kommutative Diagramm, in welchem v ein Kern von jf und u ein Kern von ig ist.

\xymatrix{M \ar[r]|{•}^{u} \ar[d]|{•}_{v} & K \ar[d]|{•}^{i} \ar[dr]^{ig} \\ L \ar[r]|{•}^{j} \ar[dr]_{jf} & Z \ar[d]^{f} \ar[r]^{g} & Y \\  & X}

Hierzu kann ein beliebiger Kern v von jf vorgegeben werden.

Beweis. Sei v ein Kern von jf. Da (vj)f = 0 und i Kern von f ist, gibt es einen Morphismus M ^{\overline{}^{u}} K mit ui = vj. Da vj monomorph ist, ist auch u monomorph.

Bleibt zu zeigen, daß u ein Kern von ig ist. Es ist uig = vjg = 0. Sei t mit tig = 0 gegeben. Da j Kern von g ist, gibt es ein s mit sj = ti. Es ist sjf = tif = 0. Da v ein Kern von jf ist, gibt es ein w mit wv = s. Es ist wui = wvj = sj = ti, wegen i monomorph also wu = t. Die Eindeutigkeit von w bezüglich wu = t folgt aus der Monomorphie von u.

\xymatrix{T \ar[drr]^{t} \ar[ddr]_{s} \ar[dr]^{w} \\  & M \ar[r]|{•}^{u} \ar[d]|{•}_{v} & K \ar[d]|{•}^{i} \ar[dr]^{ig} \\  & L \ar[r]|{•}^{j} \ar[dr]_{jf} & Z \ar[d]^{f} \ar[r]^{g} & Y \\  &  & X}

Lemma 123 (Homomorphiesatz) Sei X ^{\overline{}^{f}} Y gegeben. Sei i ein Kern von f. Sei r′ ein Cokern von i. Sei r ein Cokern von f. Sei i′ ein Kern von r. Es gibt ein kommutatives Diagramm wie folgt.

[figure: C′; f̃; ≀; K; •; i; X; f; r′; Y; r; C; K′; •; i′]

Cf. Lemma 30.

Beweis. Siehe Aufgabe 47.(3).

Cf. auch die Aussagen in Aufgabe 47.(1, 2), die ihrerseits wieder aus Lemma 123 folgen.

Bemerkung 124

(1) Für alle X ^{\overline{}^{f}} Y in A können wir eine Faktorisierung

(X ^{\overline{}^{f}} Y) = (X ^{\overline{}^{f̄}} I_{f} [figure: ḟ] Y)

wählen, in welcher f̄ ein Cokern von ι_{f} und ḟ ein Kern von ρ_{f} ist. Es heißt I_{f} das (gewählte) Bild von f. Wähle insbesondere īd = id und i̇d = id. Wähle ferner I_{0} = 0.

Ist R ein Ring und X ^{\overline{}^{f}} Y in R-Mod, so wählen wir I_{f} = Im f, f̄ = f|^{Im f} und ḟ = id_{Y} |_{Im f} .

(2) Sei folgendes kommutative Diagramm in A gegeben.

[figure: K; •; i; X; u; x; A; •; v; Y; r; y; C; K′; •; i′; X′; u′; A′; •; v′; Y′; r′; C′]

Sei darin i ein Kern von uv, damit auch von u. Sei i′ ein Kern von u′v′, damit auch von u′. Sei darin r ein Cokern von uv, damit auch von v. Sei r′ ein Cokern von u′v′, damit auch von v′. Es gibt genau ein k mit ki′ = ix. Es gibt genau ein c mit rc = yr′. Es gibt ein a mit ua = xu′ und av′ = vy, und jede dieser Gleichungen legt a eindeutig fest.

[figure: K; •; i; ∃!k; X; u; x; A; •; v; ∃!a; Y; r; y; C; ∃!c; K′; •; i′; X′; u′; A′; •; v′; Y′; r′; C′]

(3) Sei uv = u′v′, seien u, u′ epimorph, und seien v, v′ monomorph. Dann gibt es einen Isomorphismus a mit ua = u′ und av′ = v, eindeutig durch jede der beiden Gleichungen festgelegt.

[figure: A; •; v; ∃!a; ≀; X; u; u′; Y; A′; •; v′]

Beweis. Zu (1). Dies folgt mit Lemma 123.

Zu (2). Die Aussage über k folgt aus (ix)(u′v′) = iuvy = 0. Die Aussage über c dual.

Zu a. Die Eindeutigkeitsaussagen folgen aus u epimorph resp. v′ monomorph. Zur Existenz. Nach Lemma 123 (oder Aufgabe 47.(1) ) ist v′ ein Kern von r′. Da vyr′ = vrc = 0, gibt es ein a mit av′ = vy. Da (ua)v′ = uvy = (xu′)v′ und da v′ monomorph ist, folgt ua = xu′.

Zu (3). Existenz und Eindeutigkeit des Morphismus a folgt mit (2), angewandt auf x = id und y = id. Da u′ epimorph ist, gilt das auch für a. Da v monomorph ist, gilt das auch für a. Nach Lemma 123 (oder Aufgabe 47.(2) ) ist a also insgesamt ein Isomorphismus.

4.4 Exakte Sequenzen

Sei A weiterhin eine abelsche Kategorie.

Definition 125 Sei X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ in A gegeben.

(1) Es heißt (i, r) eine kurz exakte Sequenz, falls i ein Kern von r und r ein Cokern von i ist.

Äquivalent hierzu ist (i, r) kurz exakt, falls i monomorph ist und r ein Cokern von i. Denn nach Lemma 123 (oder Aufgabe 47.(1) ) ist diesenfalls i auch ein Kern von r.

Ebenfalls äquivalent hierzu ist (i, r) kurz exakt, falls i ein Kern von r ist und r epimorph.

(2) Es heißt (i, r) eine linksexakte Sequenz falls i ein Kern von r ist.

(2^{∘}) Es heißt (i, r) eine rechtsexakte Sequenz, falls r ein Cokern von i ist.

Beispiel 126 Seien X, Y ∈ Ob A. Es ist X ^{\overline{}^{(^{1 0})}} X ⊕ Y ^{\overline{}^{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})}} Y kurz exakt. In der Tat ist (^{1 0}) ein Kern von (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}). Denn zum einen ist (^{1 0}) (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) = 0. Zum anderen, ist (^{s t}) (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) = 0, dann ist (^{s t}) = (^{s 0}) = s (^{1 0}), und s ist dadurch auch eindeutig festgelegt. Dual ist (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) ein Cokern zu (^{1 0}).

Solche Sequenzen, und die als Diagramm isomorph zu solchen, heißen split kurz exakt. Vgl. Aufgabe 51.(2).

Beispiel 127 Sei R ein Ring. Sei in der abelschen Kategorie R-Mod die Sequenz X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ gegeben.

In R-Mod stimmen die beiden Begriffe der linksexakten Sequenz aus den Definitionen 47 und 125 überein. Denn ist (i, r) linksexakt im alten Sinne, so ist X′ \overline{}^{i|^{Im i}}_{∼} Im i = Kern r, also i im neuen Sinne auch ein Kern von r; somit ist (i, r) auch im neuen Sinne linksexakt. Ist umgekehrt (i, r) im neuen Sinne linksexakt, so haben wir eine Faktorisierung (X′ ^{\overline{}^{i}} X) = (X′ ^{\overline{}^{∼}} Kern r ^{\overline{}^{ι}} X), und also ist Im i = Kern r; da auch noch i injektiv ist, ist somit (i, r) auch im alten Sinne linksexakt.

In R-Mod stimmen die beiden Begriffe der rechtsexakten Sequenz aus den Definitionen 47 und 125 überein. Denn ist (i, r) rechtsexakt im alten Sinne, so ist X/ Im i = X/ Kern r \overline{}^{r̄}_{∼} Y, wobei r̄ : x + Im i \overline{}xr, also r im neuen Sinne auch ein Cokern von i; somit ist (i, r) auch im neuen Sinne rechtsexakt. Ist umgekehrt (i, r) im neuen Sinne rechtsexakt, so haben wir eine Faktorisierung (X ^{\overline{}^{r}} X′′) = (X ^{\overline{}^{ρ}} Cokern i ^{\overline{}^{∼}} X′′), und also ist Im i = Kern ρ = Kern r; da auch noch r surjektiv ist, ist somit (i, r) auch im alten Sinne rechtsexakt.

Insgesamt stimmen auch die beiden Begriffe der kurz exakten Sequenzen überein.

Definition 128 Sei A ^{\overline{}^{F}} B ein additiver Funktor zwischen abelschen Kategorien.

(1) Es heißt F exakt, falls er kurz exakte Sequenzen in kurz exakte Sequenzen überführt.

(2) Es heißt F linksexakt, falls er kurz exakte Sequenzen in linksexakte Sequenzen überführt.

(2^{∘}) Es heißt F rechtsexakt, falls er kurz exakte Sequenzen in rechtsexakte Sequenzen überführt.

Ein linksexakter Funktor bildet auch jede linksexakte Sequenz (i, r) auf eine linksexakte Sequenz (F i, F r) ab. Denn aus (i, r̄) und (ṙ, ρṙ) kurz exakt folgt (F i, F r̄) und (F ṙ, F ρṙ) linksexakt; da insbesondere F ṙ monomorph ist und F r = (F r̄)(F ṙ), folgt, daß (F i, F r) linksexakt ist; cf. Bemerkung 119.(6).

Dual bildet ein rechtsexakter Funktor auch jede rechtsexakte Sequenz auf eine rechtsexakte ab.

Beispiel 129

(1) Sei X ∈ Ob A.

Es ist _{A}(X, −) : A \overline{}Z-Mod linksexakt. Siehe Aufgabe 49.

Dual hierzu ist auch _{A}(−, X) : A^{∘} \overline{}Z-Mod linksexakt.

Cf. auch Lemma 52 für eine ähnliche Aussage in Moduln.

(2) Seien R und S Ringe, und sei _{R}M_{S} gegeben. Dann ist _{R}M_{S} ⊗_{S}− : S-Mod \overline{}R-Mod

rechtsexakt; cf. Lemma 60.(2).

Definition 130 Eine Folge

(∗)  ⋯ ^{\overline{}^{f^{i−2}}} X^{i−1} ^{\overline{}^{f^{i−1}}} X^{i} ^{\overline{}^{f^{i}}} X^{i+1} ^{\overline{}^{f^{i+1}}} ⋯

in A heiße lang exakte Sequenz, falls I_{f^{i−1}} [figure: ḟ^{i−1}] X^{i} ^{\overline{}^{f̄^{i}}} I_{f^{i}} kurz exakt ist für alle i.

Bricht hierbei die Folge an einer Stelle ab, so denke man sie sich durch Nullobjekte ergänzt.

Äquivalent zur Faktorisierung (X^{i} ^{\overline{}^{f^{i}}} X^{i+1}) = (X^{i} ^{\overline{}^{f̄^{i}}} I_{f^{i}} [figure: ḟ^{i}] X^{i+1}) kann auch jede andere Faktorisierung in einen Epi- gefolgt von einem Monomorphismus verwandt werden; cf. Bemerkung 124.(3).

Faßt man eine lang exakte Sequenz als Komplex auf im Sinne von Beispiel 94, so heißt sie auch azyklischer Komplex.

Beispiel 131

(1) Ist A = R-Mod, so ist (∗) lang exakt, falls sie an jeder Stelle exakt ist im Sinne von Definition 47, i.e. falls Im f^{i−1} = Kern f^{i} für alle i ∈ Z.

Denn ist (∗) lang exakt, dann ist (ḟ^{i−1}, f̄^{i}) stets kurz exakt, also Im f^{i−1} = Im ḟ^{i−1} = Kern f̄^{i} = Kern f^{i}, und somit ist (∗) exakt an jeder Stelle.

Ist umgekehrt (∗) exakt an jeder Stelle, so ist Im ḟ^{i−1} = Im f^{i−1} = Kern f^{i} = Kern f̄^{i}, also (ḟ^{i−1}, f̄^{i}) stets kurz exakt, und somit (∗) lang exakt.

(2) Es ist für beliebig gegebene T^{i} ∈ Ob A der Komplex

( \xymatrix{⋯ \ar[r]^{d^{i−1}} & X^{i} \ar[r]^{d^{i}} & X^{i+1} \ar[r]^{d^{i+1}} & ⋯} ) := ( \xymatrix{⋯ \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & T^{i} ⊕ T^{i+1} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & T^{i+1} ⊕ T^{i+2} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & ⋯} )

azyklisch, da I_{d^{i−1}} ^{\overline{}^{ḋ^{i−1}}} X^{i} ^{\overline{}^{d̄^{i}}} I_{d^{i}} kurz exakt ist, weil isomorph zur kurz exakten

Sequenz T^{i} ^{\overline{}^{(^{1 0})}} T^{i} ⊕ T^{i+1} ^{\overline{}^{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})}} T^{i+1} ; cf. Beispiel 126. Ein Komplex isomorph in C(A) zu einem dieser Form heißt split azyklisch.

4.5 Diagrammlemmata

Sei A weiterhin eine abelsche Kategorie.

4.5.1 Umfangssequenzlemma

Lemma 132 (Umfangssequenzlemma) Sei ein komponierbares Paar von Morphismen (f, g) in der abelschen Kategorie A gegeben. Sei i ein Kern von f, sei j ein Kern von fg und sei k ein Kern von g. Sei p ein Cokern von f, sei q ein Cokern von fg und sei r ein Cokern von g. Wir erhalten auf eindeutige Weise folgendes kommutative Diagramm.

[figure: M; •; k; C; Y; g; p; L; •; j; X; fg; f; Z; q; r; D; K; •; i; •; E]

Hierin ist die Sequenz

K [figure] L \overline{}M \overline{}C \overline{}D \overline{}E

lang exakt.

Beweis. Die fragliche Sequenz existiert auf eindeutige Weise, wie man unter mehrfacher Verwendung von Bemerkung 124.(2) und einer Komposition (M ^{\overline{}^{kp}} C) := (M [figure: k] Y ^{\overline{}^{p}} C) erkennt. Zu zeigen ist ihre Exaktheit.

Schreibe h := fg. Zunächst einmal tragen wir I_{f}, I_{h} und I_{g} ein, samt den Faktorisierungen f = f̄ḟ, h = h̄ḣ und g = ḡġ. Bemerkung 124.(2), zweimal angewandt, gibt uns Morphismen I_{f} ^{\overline{}^{a}} I_{h} und I_{h} [figure: b] I_{g} mit f̄a = h̄, bġ = ḣ und ab = ḟḡ. Trage dann ι_{a} und ρ_{b} samt den gemäß Bemerkung 124.(2) induzierten Morphismen ein. Trage die gewählte Faktorisierung von M ^{\overline{}^{kp}} C über I_{kp} ein.

Da ι_{a} auch Kern von ab = ḟḡ ist, ist nach Lemma 122 der Morphismus K_{a} [figure] M ein Kern von M \overline{}C. Daher ist die Sequenz (K_{a} , M, I_{kp}) kurz exakt.

Es ist i ein Kern von f̄ und j ein Kern von h̄. Es ist ih̄ḣ = ih = ifg = 0, und also ih̄ = 0. Nach Lemma 122 ist also K [figure] L ein Kern von L \overline{}I_{f}. Genauso, nach Lemma 122^{∘} ist I_{f} ^{\overline{}^{a}} I_{h} ein Cokern von L \overline{}I_{f}. Nach dem Homomorphiesatz, Lemma 123, ist L \overline{}K_{a} epimorph. Es folgt, daß die Sequenz (K, L, K_{a}) kurz exakt ist.

Dual sind auch die Sequenzen (I_{kp} , C, C_{b}) und (C_{b} , D, E) kurz exakt.

Insgesamt ist mithin die fragliche Sequenz lang exakt.

[figure: I_{kp}; •; M; •; k; kp; C; K_{a}; •; ι_{a}; •; Y; ḡ; p; C_{b}; •; I_{f}; •; ḟ; a; I_{g}; •; ġ; ρ_{b}; L; •; j; X; h̄; f̄; I_{h}; •; ḣ; •; b; Z; r; q; D; K; •; i; •; E]

4.5.2 Pullbacks und Pushouts

Sei

(∗)  \xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{x} & Y \ar[d]^{y} \\ X′ \ar[r]_{f′} & Y′}

ein kommutatives Viereck in der abelschen Kategorie A. Sei

X ^{\overline{}^{(^{x f})}} X′ ⊕ Y ^{\overline{}^{(\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix} )}} Y′

seine Diagonalsequenz. Kommutativität des Vierecks (∗) bedeutet gerade, daß darin

(^{x f}) (\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix}) = 0 ist.

Wir haben folgendes kommutative Diagramm.

\xymatrix{X \ar[r]^{^{(^{x f})}} \ar[d]_{−1}^{≀} & X′ ⊕ Y \ar[r]^{^{(\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix} )}} \ar[d]_{_{(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})}}^{≀} & Y′ \ar[d]_{1}^{≀} \\ X \ar[r]^{_{(_{−x f})}} & X′ ⊕ Y \ar[r]^{_{(\begin{matrix}f′ \\ y \end{matrix} )}} & Y′}

Daß das erforderliche Vorzeichen in der Diagonalsequenz ausgerechnet vor y steht, spielt also keine große Rolle.

Definition 133

(1) Es ist das kommutative Viereck (∗) ein Pullback, falls es für alle s und t mit sf′ = ty genau ein u mit ux = s und uf = t gibt. Ein Pullback kann mit einem Haken wie im folgenden Diagramm als solcher gekennzeichnet werden.

[figure: T; s; t; ∃!u; X; f; x; Y; y; X′; f′; Y′]

(1^{∘}) Es ist das kommutative Viereck (∗) ein Pushout, falls es für alle s und t mit fs = xt genau ein u mit yu = s und f′u = t gibt. Ein Pushout kann mit einem Haken wie im folgenden Diagramm als solcher gekennzeichnet werden.

[figure: X; f; x; Y; y; s; X′; f′; t; Y′; ∃!u; T]

(2) Ein Viereck, das sowohl Pullback als auch Pushout ist, heißt (bicartesisches) Quadrat. Es kann graphisch durch ein kleines Quadrat als solches gekennzeichnet werden.

Sei i ein Kern und r ein Cokern von f. Sei i′ ein Kern und r′ ein Cokern von f′. Gemäß Bemerkung 124.(2) gibt es in A eindeutige Morphismen k mit ki′ = ix und c mit rc = yr′.

(∗∗)  [figure: K; •; i; k; X; f; x; Y; y; r; C; c; K′; •; i′; X′; f′; Y′; r′; C′]

Lemma 134 (Kern-Cokern-Kriterium) Für ein kommutatives Viereck (X, X′, Y, Y′) wie in (∗) sind folgende Aussagen äquivalent.

(1) Es ist das Viereck (X, X′, Y, Y′) ein Pullback.

(2) Es ist die Diagonalsequenz X ^{\overline{}^{(^{x f})}} X′ ⊕ Y ^{\overline{}^{(\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix} )}} Y′ linksexakt.

(3) In einer Vervollständigung wie in (∗∗) ist k ein Isomorphismus und c ein Monomorphismus.

(4) In jeder Vervollständigung wie in (∗∗) ist k ein Isomorphismus und c ein Monomorphismus.

Insbesondere gibt es dank (2) ⇒ (1) für Morphismen X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′ ^{\overline{}^{y}} Y in A stets eine Vervollständigung zu einem Pullback.

Zum Beispiel ist das Viereck (K_{a} , I_{f} M, Y) aus dem Beweis zu Lemma 132 ein Pullback; ferner ist (L, X, K_{a} , I_{f}) ein Quadrat und (L, X, M, Y) ein Pullback.

Beweis.

Ad (1) ⇒ (2). Sei T ^{\overline{}^{(^{s t})}} X′ ⊕ Y mit (^{s t}) (\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix}) = 0 gegeben. Dann ist sf′ = ty. Also gibt es genau ein T ^{\overline{}^{u}} X mit ux = s und uf = t, i.e. mit u (^{x f}) = (^{s t}).

Ad (1) ⇐ (2). Seien Morphismen T ^{\overline{}^{s}} X′ und T ^{\overline{}^{t}} Y mit sf′ = ty gegeben. Dann ist (^{s t}) (\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix}) = 0. Also gibt es genau ein T ^{\overline{}^{u}} X mit u (^{x f}) = (^{s t}), i.e. mit ux = s und uf = t.

Insbesondere gibt es, wie behauptet, für Morphismen X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′ ^{\overline{}^{y}} Y eine Vervollständigung zu einem Pullback – man verwende einen Kern von (\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix}).

Ad (2) ⇒ (4). Wir wenden das Umfangssequenzlemma auf (^{1 0}) (\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix}) = f′ an; cf. Lemma 132. Schreibe h := −yr′. Wir erhalten die lang exakte Sequenz

K′ [figure: j] X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{h}} C′ \overline{}C(\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix} ) .

Hierin ist j durch j (^{x f}) = i′ (^{1 0}) charakterisiert, i.e. durch jx = i′ und jf = 0. Es ist kj = i, da kj (^{x f}) = (^{ki′ 0}) = (^{ix 0}) = i (^{x f}). Da j und i beide Kerne von f sind, ist k gemäß Bemerkung 119.(2) ein Isomorphismus. Da r und h̄ beides Cokerne von f sind, gibt es gemäß Bemerkung 119.(2^{∘}) einen Isomorphismus d mit rd = h̄. Es ist (−d)ḣ = c, da r(−d)ḣ = −h̄ḣ = −h = yr′ = rc. Da −d ein Isomorphismus und ḣ ein Monomorphismus ist, folgt die Monomorphie von c.

[figure: K; •; i; k; ≀; X; f; •; _{(_{x f})}; Y; r; h̄; h; C; d; ≀; •; −c; X′ ⊕ Y; _{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})}; _{(\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix} )}; I_{h}; •; ḣ; K′; •; i′; •; j; X′; f′; •; _{(_{1 0})}; Y′; r′; ρ; C′; 0; C(\begin{matrix}f′ \\ −y \end{matrix} )]

Ad (4) ⇒ (3). Es gibt dank Bemerkung 124.(2) eine Vervollständigung wie in (∗∗).

Ad (3) ⇒ (1). Trage in (∗∗) einen Pullback (P, Y, X′, Y′) ein, cf. Diagramm unten. Wir erhalten einen Morphismus X ^{\overline{}^{w}} P mit wu = x und wv = f. Es ist zu zeigen, daß w ein Isomorphismus ist; cf. (1) ⇔ (2) und Bemerkung 119.(5). Es genügt zu zeigen, daß K_{w} ≃^{!} 0 und C_{w} ≃^{!} 0 ; cf. Homomorphiesatz, i.e. Lemma 123.

Unter Verwendung der bereits bekannten Implikation (1) ⇒ (3) und Bemerkung 119.(5) finden wir einen Kern j von P ^{\overline{}^{v}} Y mit ju = i′ und einen Monomorphismus C_{v} [figure: c̃] C′ mit ρ_{v} c̃ = yr′. Es ist kj = iw, da kju = ki′ = ix = iwu und kjv = 0 = if = iwv, und da (^{u v}) monomorph ist; beachte hierzu, daß (1) ⇒ (2) bekannt.

Wir wenden das Umfangssequenzlemma auf wv = f an; cf. Lemma 132. Wir erhalten eine lang exakte Sequenz

K_{w} [figure: e] K \overline{}^{k}_{∼} K′ ^{\overline{}^{ℓ}} C_{w} ^{\overline{}^{m}} C ^{\overline{}^{d}} C_{v} .

mit ei = ι_{w} und ℓ = jρ_{w} und ρ_{w}m = vr und rd = ρ_{v}. Es folgt rdc̃ = ρ_{v}c̃ = yr′ = rc, und folglich dc̃ = c. Mit c ist somit auch d monomorph. Insgesamt ist d ein Isomorphismus; cf. Aufgabe 47.(2). Da ṁ ein Kern von d ist, ist I_{m} ≃ 0 ; cf. Bemerkung 119.(3, 2). Da ℓ̄ ein Cokern des Isomorphismus k ist, ist I_{ℓ} ≃ 0; cf. Bemerkung 119.(3^{∘}, 2^{∘}). Die kurz exakte

Sequenz I_{ℓ} [figure: ℓ̇] C_{w} ^{\overline{}^{m̄}} I_{m} zeigt also, daß 0 ^{\overline{}^{∼}} I_{ℓ} \overline{}^{ℓ̇}_{∼} C_{w}; cf. Bemerkung 119.(4, 2).

Ferner ist e ein Kern des Isomorphismus k, und also K_{w} ≃ 0 ; cf. Bemerkung 119.(3, 2).

[figure: K_{w}; •; ι_{w}; •; e; C_{v}; •; c̃; K; •; i; k; ≀; X; f; x; w; Y; r; y; ρ_{v}; C; •; c; d; P; v; u; ρ_{w}; C_{w}; m; K′; •; i′; •; j; ℓ; X′; f′; Y′; r′; C′]

Korollar 135 Betrachte wieder das kommutative Viereck (X, X′, Y, Y′) aus (∗) und eine Ergänzung wie in (∗∗).

(1) Das Viereck (X, X′, Y, Y′) ist genau dann ein Quadrat, wenn k und c Isomorphismen sind.

(2) Sei (X, X′, Y, Y′) ein Pullback. Es ist f′ monomorph genau dann, wenn f dies ist. Ist f′ epimorph, so auch f.

(3) Ist das Viereck (X, X′, Y, Y′) ein Pullback und ist f′ epimorph, so ist es ein Quadrat.

Cf. Aufgabe 52.(6).

4.5.3 Schlangenlemma

Lemma 136 (Schlangenlemma) In A sei

[figure: X′; m; f′; X; p; f; X′′; f′′; Y′; •; n; Y; q; Y′′]

ein Morphismus von Sequenzen, i.e. seien beide Vierecke im vorstehenden Diagramm kommutativ; sei (X′, X, X′′) rechtsexakt und (Y′, Y, Y′′) linksexakt. Seien i′ ein Kern und r′ ein Cokern von f′. Seien i ein Kern und r ein Cokern von f. Seien i′′ ein Kern und r′′ ein Cokern von f′′.

Dann gibt es eine lang exakte Sequenz

K_{α} [figure: ι] K′ ^{\overline{}^{α}} K ^{\overline{}^{β}} K′′ ^{\overline{}^{γ}} C′ ^{\overline{}^{δ}} C ^{\overline{}^{ε}} C′′ ^{\overline{}^{ρ}} C_{ε}

mit αi = i′m, βi′′ = ip, r′δ = nr und rε = qr′′.

Eine Charakterisierung des Konnektors γ wird sich aus der Konstruktion ergeben. Cf. auch Aufgabe 59.

[figure: K′; •; i′; α; K; i; β; K′′; i′′; X′; m; f′; X; p; f; X′′; f′′; Y′; •; n; r′; Y; q; r; Y′′; r′′; C′; δ; C; ε; C′′; γ]

Beweis. Wähle einen Pushout (X′, X, Y′, T), cf. untenstehendes Diagramm. Wir erhalten einen Morphismus T ^{\overline{}^{v}} Y mit uv = f und av = n. Mit n ist auch a monomorph. Nach Lemma 134^{∘} gibt es einen Cokern b von a mit ub = p.

Es ist das Viereck (T, X′′, Y, Y′′) kommutativ, i.e. es ist bf′′ = vq. Denn zum einen ist u(bf′′) = pf′′ = fq = u(vq) ; zum anderen ist a(bf′′) = 0 = nq = a(vq); ferner ist (\begin{matrix}u \\ −a \end{matrix}) epimorph nach Lemma 134^{∘}. Gemäß Lemma 134 ist (T, X′′, Y, Y′′) ein Pullback.

Da (X′, X, Y′, T) ein Pushout ist, gibt es einen Epimorphismus α_{1} mit α_{1}ι_{u} = i′m; ferner gibt es einen Cokern μ von u mit aμ = r′; cf. Lemma 134^{∘}.

Da (T, X′′, Y, Y′′) ein Pullback ist, gibt es einen Monomorphismus ε_{2} mit ρ_{v}ε_{2} = qr′′; ferner gibt es einen Kern λ von v mit λb = i′′; cf. Lemma 134.

Eine Anwendung des Umfangssequenzlemmas, Lemma 132, auf uv = f gibt eine lang exakte Sequenz

K_{u} [figure: α_{2}] K ^{\overline{}^{β}} K′′ ^{\overline{}^{γ}} C′ ^{\overline{}^{δ}} C ^{\overline{}^{ε_{1}}} C_{v}

mit α_{2} i = ι_{u}, βλ = iu, γ = λμ, μδ = vr und rε_{1} = ρ_{v}.

Setze α := α_{1}α_{2} und ε := ε_{1}ε_{2} . Anfügen der kurz exakten Sequenzen (ι_{α} , α_{1}) und (ε_{2} , ρ_{ε}) gibt die behauptete lang exakte Sequenz. Denn es folgt αi = α_{1}α_{2}i = α_{1}ι_{u} = i′m und βi′′ = βλb = iub = ip und r′δ = aμδ = avr = nr und rε = rε_{1}ε_{2} = ρ_{v}ε_{2} = qr′′.

[figure: K_{u}; •; ι_{u}; •; α_{2}; K′; •; i′; α_{1}; K; •; i; β; K′′; •; i′′; X′; m; f′; X; p; f; u; X′′; f′′; K′′; •; λ; γ; = λμ; T; v; b; μ; Y′; •; n; r′; •; a; Y; q; r; ρ_{v}; Y′′; r′′; C′; δ; C_{v}; •; ε_{2}; C′; C; ε_{1}; C′′]

4.6 Projektiv und injektiv

Sei A weiterhin eine abelsche Kategorie.

Definition 137 Sei X ∈ Ob A.

(1) Es heißt X projektiv, wenn _{A}(X, −) : A \overline{}Z-Mod exakt ist.

(1^{∘}) Es heißt X injektiv, wenn _{A}(−, X) : A^{∘} \overline{}Z-Mod exakt ist.

Cf. Definition 63.

Bemerkung 138 Sei X ∈ Ob A gegeben. Da _{A}(X, −) gemäß Beispiel 129, i.e. Aufgabe 49, linksexakt ist, ist X projektiv genau dann, wenn _{A}(X, −) Epimorphismen in Surjektionen überführt.

In anderen Worten, es ist X projektiv genau dann, wenn für alle Epimorphismen Y ^{\overline{}^{r}} Y′′ und alle X ^{\overline{}^{v}} Y′′ ein X ^{\overline{}^{u}} Y mit ur = v existiert.

[figure: X; v; ∃u; Y; r; Y′′]

Definition 139

(1) Es hat A genügend Projektive, wenn es für alle X ∈ Ob A einen Epimorphismus P \overline{}X gibt mit P ∈ Ob A projektiv.

(1^{∘}) Es hat A genügend Injektive, wenn es für alle X ∈ Ob A einen Monomorphismus X [figure] I gibt mit I ∈ Ob A injektiv.

Beispiel 140

(1) Sei R ein Ring. Es hat R-Mod genügend Projektive und genügend Injektive; cf. Bemerkung 64.(4) und Satz 68.

(2) Sei k ⩾ 2 eine Primpotenz. Es hat Z/k-mod, die volle Teilkategorie der endlichen Z/k-Moduln in Z/k-Mod, genügend Injektive und genügend Projektive; cf. Aufgabe 54.(4).

Bemerkung 141 Seien X, Y ∈ Ob A. Es ist X ⊕ Y projektiv genau dann, wenn X und Y projektiv sind.

Beweis. Sei S ^{\overline{}^{u}} T in A gegeben. Wir haben folgendes kommutative Viereck in Z-Mod.

\xymatrix{_{A}(X, S) ⊕ _{A}(Y, S) \ar[r]^{∼} \ar[d]_{_{( \begin{matrix}_{A}(X,u) & 0 \\ 0 & _{A}(Y,u) \end{matrix})}} & _{A}(X ⊕ Y, S) \ar[d]^{_{_{A}(X⊕Y,u)}} \\ _{A}(X, T) ⊕ _{A}(Y, T) \ar[r]^{∼} & _{_{A}(X ⊕ Y, T)}}

Hierin ordnen die horizontalen Isomorphismen einem Paar (f, g) die Matrix (\begin{matrix}f \\ g \end{matrix} ) zu. Also ist _{A}(X ⊕ Y, u) genau dann surjektiv, wenn _{A}(X, u) und _{A}(Y, u) dies sind.

Cf. Aufgabe 28.(1, 2).

Insbesondere verfügen wir über die volle additive Teilkategorie Proj A der projektiven Objekte in A. Dual hierzu bezeichne Inj A die volle additive Teilkategorie der injektiven Objekte in A.

Komplexe

Seien A, B und C abelsche Kategorien.

5.1 Indizes oben und unten

In Beispiel 94 wurde die Kategorie C(A) der Komplexe mit Werten in A definiert. Sei hier nun noch als alternative Schreibweise für die Einträge eines Komplexes X folgendes eingeführt. Für i ∈ Z schreiben wir auch X_{i} := X^{−i} und d = d_{i}^{X} := d_{X}^{−i−1}. Es werde ferner für einen Morphismus X ^{\overline{}^{f}} Y von Komplexen auch (f_{i})_{i∈Z} = (f^{−i})_{i∈Z} geschrieben. Ein Morphismus von Komplexen ist in dieser alternativen Schreibweise ein kommutatives Diagramm

\xymatrix{⋯ \ar[r] & X_{i+1} \ar[r]^{d_{i}^{X}} \ar[d]^{f_{i+1}} & X_{i} \ar[r]^{d_{i−1}^{X}} \ar[d]^{f_{i}} & X_{i−1} \ar[r] \ar[d]^{f_{i−1}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & Y_{i+1} \ar[r]^{d_{i}^{Y}} & Y_{i} \ar[r]^{d_{i−1}^{Y}} & Y_{i−1} \ar[r] & · · · .}

5.2 Homotopiekategorie

Es ist C(A) eine abelsche Kategorie; cf. Aufgabe 50.(2). Sei

C_{sp az}(A) ⊆ C(A)

die volle additive Teilkategorie der split azyklischen Komplexe; cf. Beispiel 131, Aufgabe 51.(4).

Definition 142 Sei

K(A) := C(A)/C_{sp az}(A)

die Homotopiekategorie der Komplexe mit Werten in A; cf. Definition 114. Cf. auch Aufgabe 55.

Nach Konstruktion ist K(A) eine additive Kategorie; cf. Bemerkung 115.

Es ist K(A) i.a. keine abelsche Kategorie, sondern eine sogenannte triangulierte Kategorie. Cf. auch §7.3, insbesondere Beispiel 230.(1).

5.3 Induzierte Funktoren auf Homotopiekategorien

Sei A ^{\overline{}^{F}} B ein additiver Funktor. Wir haben einen Funktor Z^{k}, A ^{\overline{}^{Z^{k},F}} Z^{k}, B , welcher X ∈ Ob Z^{k}, A nach F ∘ X ∈ Ob Z^{k}, B schickt, und f = (fi)_{i∈Z} : X \overline{}Y in Z^{k}, A nach F ∘ f := (F fi)_{i∈Z} : F ∘ X \overline{}F ∘ Y in Z^{k}, B . Intuitiv gesprochen ergibt sich Z^{k}, F durch punktweises Anwenden von F.

Es ist Z^{k}, F additiv, da F ∘ 0 ≃ 0 und da F ∘ (X ⊕ Y) ^{\overline{}^{(^{F ∘π_{1} F ∘π_{2}} )}} F ∘ X ⊕ F ∘ Y isomorph ist für X, Y ∈ Ob Z^{k}, A ; beides, da es punktweise gilt; cf. Bemerkung 109, Aufgabe 50.(1).

Da F Komposition und Nullmorphismen respektiert, schränkt Z^{k}, F ein zu einem additiven Funktor

\begin{matrix}C(A) & ^{\overline{}^{C(F)}} & C(B) \\ (X ^{\overline{}^{f}} Y) & \overline{} & C(F)(X ^{\overline{}^{f}} Y) =: F (X ^{\overline{}^{f}} Y) = (F X ^{\overline{}^{F f}} F Y) , \end{matrix}

unter Mißbrauch von Notation. Ausgeschrieben wird

F ( \xymatrix{⋯ \ar[r]^{d} & X^{i} \ar[r]^{d} \ar[d]_{f^{i}} & X^{i+1} \ar[r]^{d} \ar[d]_{f^{i+1}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{d} & Y^{i} \ar[r]^{d} & Y^{i+1} \ar[r]^{d} & ⋯} ) = ( \xymatrix{⋯ \ar[r]^{F d} & F X^{i} \ar[r]^{F d} \ar[d]_{F f^{i}} & F X^{i+1} \ar[r]^{F d} \ar[d]_{F f^{i+1}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{F d} & F Y^{i} \ar[r]^{F d} & F Y^{i+1} \ar[r]^{F d} & ⋯} )

Wegen der Additivität von F ist für X split azyklisch auch F X split azyklisch; denn aus

\xymatrix{⋯ \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & T^{i} ⊕ T^{i+1} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} \ar[d]_{≀} & T^{i+1} ⊕ T^{i+2} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} \ar[d]_{≀} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{d_{X}^{i−1}} & X^{i} \ar[r]^{d_{X}^{i}} & X^{i+1} \ar[r]^{d_{X}^{i+1}} & ⋯}

folgt

\xymatrix{⋯ \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & F T^{i} ⊕ F T^{i+1} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & F T^{i+1} ⊕ F T^{i+2} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{F (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})} & F (T^{i} ⊕ T^{i+1}) \ar[r]^{F (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})} \ar[d]_{≀} \ar[u]^{≀}_{_{(_{F π_{1} F π_{2}} )}} & F (T^{i+1} ⊕ T^{i+2}) \ar[r]^{F (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})} \ar[d]_{≀} \ar[u]^{≀}_{_{(_{F π_{1} F π_{2}} )}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{F d_{X}^{i−1}} & F X^{i} \ar[r]^{F d_{X}^{i}} & F X^{i+1} \ar[r]^{F d_{X}^{i+1}} & ⋯;}

cf. Bemerkung 112.

Somit schränkt C(F) nun weiter zu einem Funktor C_{sp az}(A)^{\overline{}^{C_{sp az}(F)}} C_{sp az}(B) ein. Die universelle Eigenschaft der Faktorkategorie aus Bemerkung 116 liefert einen induzierten additiven Funktor K(A) ^{\overline{}^{K(F)}} K(B), welcher sich in ein kommutatives Diagramm von Funktoren

\xymatrix{C_{sp az}(A) \ar@{^{(}->}[r] \ar[d]_{C_{sp az}(F)} & C(A) \ar[r]^{R} \ar[d]_{C(F)} & K(A) \ar[d]_{K(F)} \\ C_{sp az}(B) \ar@{^{(}->}[r] & C(B) \ar[r]^{R} & K(B)}

einfügt; denn es wird X ∈ Ob C_{sp az}(A) unter R ∘ C(F) abgebildet auf R(C(F)X) ≃ 0, da auch C(F)X azyklisch ist.

Es operiert K(F) auf Objekten und auf Repräsentanten von Morphismen wie C(F), i.e. durch punktweises Anwenden von F.

Es ist K(1_{A}) = 1_{K(A)} . Für additive Funktoren A ^{\overline{}^{F}} B ^{\overline{}^{G}} C ist K(G∘F) = K(G)∘K(F).

5.4 Homologiefunktor

5.4.1 Auf Komplexen

Sei X in Ob C(A). Sei k ∈ Z. Schreibe

Z^{k}X := K_{d_{X}^{k}}  (Z wie Zykel)
Z̃^{k}X := C_{d_{X}^{k−1}}
H^{k}X := I_{ι_{d^{k}_{X}} ρ_{d{k−1 \atop X}}} (H wie Homologie; hierbei ist Z^{k}X ^{\overline{}^{ι_{d^{k}_{X}}}} X^{k} ^{\overline{}^{ρ_{d{k−1 \atop X}}}} Z̃^{k}X)

Wir schreiben h_{X}^{k} := ι_{d_{X}^{k}}ρ_{d_{X}^{k−1}} : Z^{k}X \overline{}Z̃^{k}X und erhalten folgendes Diagramm.

(∗)  [figure: H^{k}X; •; ḣ_{X}^{k}; Z̃^{k−1}X; d̂_{X}^{k−1}; Z^{k}X; •; ι_{d^{k}_{X}}; h̄_{X}^{k}; Z̃^{k}X; d̂_{X}^{k}; Z^{k+1}X; •; ι_{d{k+1 \atop X}}; X^{k−1}; d_{X}^{k−1}; ρ_{d{k−2 \atop X}}; X^{k}; d_{X}^{k}; ρ_{d{k−1 \atop X}}; X^{k+1}]

Da nämlich d_{X}^{k−1}d_{X}^{k} = 0, faktorisiert d_{X}^{k−1} über Z^{k}X, sagen wir als d_{X}^{k−1} = φ ι_{d_{X}^{k}} . Da ferner d_{X}^{k−2}φ ι_{d_{X}^{k}} = d_{X}^{k−2}d_{X}^{k−1} = 0, ist auch d_{X}^{k−2}φ = 0, weswegen φ über Z̃^{k−1}X faktorisiert, φ = ρ_{d_{X}^{k−2}} d̂_{X}^{k−1} . Insgesamt ist also ρ_{d_{X}^{k−2}} d̂_{X}^{k−1} ι_{d_{X}^{k}} = d_{X}^{k−1} . Wegen Epimorphie des ersten

und Monomorphie des dritten Faktors ist d̂_{X}^{k−1} dadurch auch festgelegt.

Wir wenden das Umfangssequenzlemma, Lemma 132, an auf d_{X}^{k−1}d_{X}^{k} = 0.

[figure: H^{k}X; •; ḣ_{X}^{k}; Z^{k}X; •; ι_{d^{k}_{X}}; h_{X}^{k}; h̄_{X}^{k}; Z̃^{k}X; d̂_{X}^{k} ι_{d{k+1 \atop X}}; X^{k}; d_{X}^{k}; ρ_{d{k−1 \atop X}}; X^{k−1}; ρ_{d{k−2 \atop X}} d̂_{X}^{k−1}; X^{k−1}; 0; d_{X}^{k−1}; X^{k+1}; ρ_{d^{k}_{X}}; X^{k+1}; ρ_{d^{k}_{X}}; Z^{k−1}X; •; ι_{d{k−1 \atop X}}; •; ι_{d{k−1 \atop X}}; Z̃^{k+1}X]

Infolgedessen ist (ρ_{d_{X}^{k−2}} d̂_{X}^{k−1} , h̄_{X}^{k}) rechtsexakt. Da ρ_{d_{X}^{k−2}} epimorph ist, ist auch (d̂_{X}^{k−1} , h̄_{X}^{k}) rechtsexakt. Dual ist (ḣ_{X}^{k} , d̂_{X}^{k}) linksexakt.

Bemerkung 143 Es ist H^{k}X ≃ 0 für alle k ∈ Z genau dann, wenn X azyklisch ist.

Beweis. Sei zum einen H^{k}X ≃ 0 für alle k ∈ Z. Aus H^{k}X ≃ 0 folgt d̂_{X}^{k−1} epimorph und d̂_{X}^{k} monomorph. Also ist d̂_{X}^{k} isomorph für alle k ∈ Z. Insbesondere ist d̂_{X}^{k−1} ι_{d_{X}^{k}} monomorph, und also die ohnehin rechtsexakte Sequenz (Z̃^{k−1}X, X^{k}, Z̃^{k}X) kurz exakt; cf. (∗). Da dies für alle k ∈ Z zutrifft, ist X azyklisch. Sei zum anderen X azyklisch. Sei k ∈ Z. Dann ist ρ_{d_{X}^{k−1}} auch ein Cokern des Kerns ḋ_{X}^{k−1} von d_{X}^{k} . Dual ist ι_{d_{X}^{k+1}} ein Kern des Cokerns d̄_{X}^{k+1} von d_{X}^{k} . Der Homomorphiesatz, Lemma 123, liefert nun den Isomorphismus d̂_{X}^{k} . Da ḣ_{X}^{k} ein Kern von d̂_{X}^{k} ist, folgt nun H^{k}X ≃ 0.

5.4.2 Auf Morphismen von Komplexen

Das Diagramm (∗) in §5.4.1 ist natürlich in X. Dies bedeutet folgendes. Seien X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} W in C(A) gegeben. Sei k ∈ Z. Nach Bemerkung 124.(2) gibt es Z^{k}X ^{\overline{}^{Z^{k}f}} Z^{k}Y und Z̃^{k+1}X ^{\overline{}^{Z̃^{k+1}f}} Z̃^{k+1}Y eindeutig so, daß

[figure: Z^{k}X; •; ι_{d^{k}_{X}}; Z^{k}f; X^{k}; d_{X}^{k}; f^{k}; X^{k+1}; ρ_{d^{k}_{X}}; f^{k+1}; Z̃^{k+1}X; Z̃^{k+1}f; Z^{k}Y; •; ι_{d^{k}_{Y}}; Y^{k}; d_{Y}^{k}; Y^{k+1}; ρ_{d^{k}_{Y}}; Z̃^{k+1}Y]

kommutiert. Es folgt (Z^{k}f)(Z^{k}g) = Z^{k}(fg), da (Z^{k}f)(Z^{k}g)ι_{d_{W}^{k}} = (Z^{k}f)ι_{d_{Y}^{k}} g^{k} = ι_{d_{X}^{k}}f^{k}g^{k} = ι_{d_{X}^{k}}(fg)^{k} = Z^{k}(fg)ι_{d_{W}^{k}} . Ferner ist Z^{k} id_{X} = id_{Z^{k}X} .

Dual ist auch (Z̃^{k+1}f)(Z̃^{k+1}g) = Z̃^{k+1}(fg) und Z̃^{k+1} id_{X} = id_{Z̃^{k+1}X} . Wir haben also Funktoren

\begin{matrix}C(A) & \overline{} & A \\ (X ^{\overline{}^{f}} Y) & ^{\overline{}^{Z^{k}}} & Z^{k}(X ^{\overline{}^{f}} Y) \\ (X ^{\overline{}^{f}} Y) & ^{\overline{}^{Z̃^{k+1}}} & Z̃^{k+1}(X ^{\overline{}^{f}} Y) . \end{matrix}

Es kommutiert

\xymatrix{Z̃^{k}X \ar[r]^{d̂_{X}^{k}} \ar[d]_{Z̃^{k}f} & Z^{k+1}X \ar[d]^{Z^{k+1}f} \\ Z̃^{k}Y \ar[r]^{d̂_{Y}^{k}} & Z^{k+1}Y ,}

da

ρ_{d_{X}^{k−1}}(d̂_{X}^{k}(Z^{k+1}f))ι_{d_{Y}^{k+1}} = ρ_{d_{X}^{k−1}} d̂_{X}^{k} ι_{d_{X}^{k+1}} f^{k+1}
= d_{X}^{k}f^{k+1}
= f^{k}d_{Y}^{k}
= f^{k}ρ_{d_{Y}^{k−1}} d̂_{Y}^{k} ι_{d_{Y}^{k+1}}
= ρ_{d_{X}^{k−1}}((Z̃^{k}f)d̂_{Y}^{k})ι_{d_{Y}^{k+1}} .

In anderen Worten, es ist (d̂_{X}^{k})_{X∈Ob C(A)} eine Transformation von Z̃^{k} nach Z^{k+1}.

Zusammensetzen der definierenden kommutativen Vierecke von Z^{k}f und von Z̃^{k}f zeigt die Kommutativität von

\xymatrix{Z^{k}X \ar[r]^{h_{X}^{k}} \ar[d]_{Z^{k}f} & Z̃^{k}X \ar[d]^{Z̃^{k}f} \\ Z^{k}Y \ar[r]^{h_{Y}^{k}} & Z̃^{k}Y .}

In anderen Worten, es ist (h_{X}^{k})_{X∈Ob C(A)} eine Transformation von Z^{k} nach Z̃^{k}.

Nach Bemerkung 124.(2) gibt es H^{k}X ^{\overline{}^{H^{k}f}} H^{k}Y eindeutig so, daß

[figure: Z^{k}X; h̄_{X}^{k}; Z^{k}f; H^{k}X; •; ḣ_{X}^{k}; H^{k}f; Z̃^{k}X; Z̃^{k}f; Z^{k}Y; h̄_{Y}^{k}; H^{k}Y; •; ḣ_{Y}^{k}; Z̃^{k}Y]

kommutiert. Es folgt H^{k}(fg) = (H^{k}f)(H^{k}g), da (H^{k}f)(H^{k}g)ḣ_{W}^{k} = (H^{k}f)ḣ_{Y}^{k} (Z̃^{k}g) = ḣ_{X}^{k}(Z̃^{k}f)(Z̃^{k}g) = ḣ_{X}^{k} Z̃^{k}(fg) = H^{k}(fg)ḣ_{W}^{k} . Ferner ist H^{k} id_{X} = id_{H^{k}X} .

Wir haben so den k-ten Homologiefunktor

\begin{matrix}C(A) & ^{\overline{}^{H^{k}f}} & A \\ (X ^{\overline{}^{f}} Y) & \overline{} & H^{k}(X ^{\overline{}^{f}} Y) \end{matrix}

erhalten. Gemäß Aufgabe 60 ist H^{k} additiv.

Wir merken noch an, daß wir alternativ auch H_{k} := H^{−k} für k ∈ Z schreiben; cf. §5.1.

5.4.3 Auf der Homotopiekategorie

Bemerkung 144 Sei k ∈ Z. Es gibt genau einen additiven Funktor H^{k} : K(A) \overline{}A (Mißbrauch von Notation), der

\xymatrix{C(A) \ar[dr]^{H^{k}} \ar[d]_{R} \\ K(A) \ar[r]_{H^{k}} & A ,}

kommutativ macht.

Beweis. Nach Bemerkung 143 ist H^{k}X ≃ 0 für alle azyklischen Komplexe X ∈ Ob C(A). Insbesondere bildet H^{k} jedes Objekt von C_{sp az}(A) auf ein Nullobjekt ab. Die universelle Eigenschaft aus Bemerkung 116.(1) liefert die gewünschte Faktorisierung.

5.4.4 Die lang exakte Homologiesequenz

Sei X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz in C(A) ; cf. Aufgabe 50.(2). Sei k ∈ Z.

Das Schlangenlemma, Lemma 136, liefert aus

[figure: X^{′k−1}; •; i^{k−1}; d_{X′}^{k−1}; X^{k−1}; r^{k−1}; d_{X}^{k−1}; X^{′′k−1}; d_{X′′}^{k−1}; X^{′k}; •; i^{k}; ρ_{d{k−1 \atop X′}}; X^{k}; r^{k}; ρ_{d{k−1 \atop X}}; X^{′′k}; ρ_{d{k−1 \atop X′′}}; Z̃^{k}X′; Z̃^{k}i; Z̃^{k}X; Z̃^{k}r; Z̃^{k}X′′]

die Rechtsexaktheit der Sequenz (Z̃^{k}i, Z̃^{k}r) ; beachte, daß Z̃^{k}r wegen Komposition epimorph ist.

Dual die Linksexaktheit der Sequenz (Z^{k+1}i, Z^{k+1}r).

Abermals das Schlangenlemma, Lemma 136, liefert nun folgendes Diagramm

[figure: H^{k}X′; H^{k}i; •; ḣ_{X′}^{k}; H^{k}X; H^{k}r; •; ḣ_{X}^{k}; H^{k}X′′; •; ḣ_{X′′}^{k}; Z̃^{k}X′; Z̃^{k}i; d̂_{X′}^{k}; Z̃^{k}X; Z̃^{k}r; d̂_{X}^{k}; Z̃^{k}X′′; d̂_{X′′}^{k}; Z^{k+1}X′; •; Z^{k+1}i; h̄_{X′}^{k+1}; Z^{k+1}X; Z^{k+1}r; h̄_{X}^{k+1}; Z^{k+1}X′′; h̄_{X′′}^{k+1}; H^{k+1}X′; H^{k+1}i; H^{k+1}X; H^{k+1}r; H^{k+1}X′′; ∂_{(i,r)}^{k}]

und zeigt folgendes Lemma 145 (lang exakte Homologiesequenz) Die Sequenz

⋯ ^{\overline{}^{H^{k−1}r}} H^{k−1}X′′ ^{\overline{}^{∂_{(i,r)}^{k−1}}} H^{k}X′ ^{\overline{}^{H^{k}i}} H^{k}X ^{\overline{}^{H^{k}r}} H^{k}X′′ ^{\overline{}^{∂_{(i,r)}^{k}}} H^{k+1}X′ ^{\overline{}^{H^{k+1}i}} ⋯ ist lang exakt. Sei nun ein Morphismus kurz exakter Sequenzen

[figure: X′; •; i; f′; X; r; f; X′′; f′′; Y′; •; j; Y; s; Y′′]

in C(A) gegeben. Wir erhalten folgendes kommutative Viereck von Sequenzen,

\xymatrix{(Z̃^{k}X′, Z̃^{k}X, Z̃^{k}X′′) \ar[r]^{(d̂_{X′}^{k} , d̂_{X}^{k} , d̂_{X′′}^{k})} \ar[d]_{(Z̃^{k}f′, Z̃^{k}f, Z̃^{k}f′′)} & (Z^{k+1}X′, Z^{k+1}X, Z^{k+1}X′′) \ar[d]^{(Z^{k+1}f′, Z^{k+1}f, Z^{k+1}f′′)} \\ (Z̃^{k}Y′, Z̃^{k}Y, Z̃^{k}Y′′) \ar[r]^{(d̂_{Y′}^{k} , d̂_{Y}^{k} , d̂_{Y′′}^{k})} & (Z^{k+1}Y′, Z^{k+1}Y, Z^{k+1}Y′′) ,}

die linken beiden rechts- und die rechten beiden linksexakt; cf. §5.4.2.

Bemerkung 146 Das Diagramm

\xymatrix{⋯ \ar[r]^{H^{k−1}r} & H^{k−1}X′′ \ar[r]^{∂_{(i,r)}^{k−1}} \ar[d]_{H^{k−1}f′′} & H^{k}X′ \ar[r]^{H^{k}i} \ar[d]_{H^{k}f′} & H^{k}X \ar[r]^{H^{k}r} \ar[d]_{H^{k}f} & H^{k}X′′ \ar[r]^{∂_{(i,r)}^{k}} \ar[d]_{H^{k}f′′} & H^{k+1}X′ \ar[r]^{H^{k+1}i} \ar[d]_{H^{k+1}f′} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{H^{k−1}s} & H^{k−1}Y′′ \ar[r]^{∂_{(j,s)}^{k−1}} & H^{k}Y′ \ar[r]^{H^{k}j} & H^{k}Y \ar[r]^{H^{k}s} & H^{k}Y′′ \ar[r]^{∂_{(j,s)}^{k}} & H^{k+1}Y′ \ar[r]^{H^{k+1}j} & ⋯}

kommutiert.

Beweis. Dies folgt aus Aufgabe 59 wegen (H^{k}f′)ḣ_{Y′}^{k} = ḣ_{X′}^{k}(Z̃^{k}f′) etc. und h̄_{X′}^{k+1}(H^{k+1}f′) = (Z^{k+1}f′)h̄_{Y′}^{k+1} etc.

5.5 Auflösungsäquivalenz

Definition 147

(1) Sei die volle additive Teilkategorie K^{res}(Inj A) von K(A) der injektiven Auflösungen definiert durch

Ob K^{res}(Inj A) := {I ∈ Ob K(A) : I^{i} = 0 für i ⩽ −1, I^{i} injektiv für i ⩾ 0, H^{i}I ≃ 0 für i ⩾ 1} .

(1^{∘}) Sei die volle additive Teilkategorie K^{res}(Proj A) von K(A) der projektiven Auflösungen definiert durch

Ob K^{res}(Proj A) := {P ∈ Ob K(A) : P_{i} = 0 für i ⩽ −1, P_{i} projektiv für i ⩾ 0, H_{i}P ≃ 0 für i ⩾ 1} .

res wie resolution, engl. für Auflösung.

Sei I ∈ Ob K^{res}(Inj A). Wegen H^{k}I ≃ 0 ist der Morphismus Z̃^{k−1}I ^{\overline{}^{d̂}} Z^{k}I epimorph ist für k = 1 und ein Isomorphismus für k ⩾ 2; cf. §5.4.1. Also ist (Z^{k−1}I, I^{k−1}, Z^{k}I) kurz exakt für k ⩾ 1. Ferner ist (H^{0}I, Z̃^{0}I, Z^{1}I) = (H^{0}I, I^{0}, Z^{1}I) kurz exakt; beachte ρ_{d_{I}^{−1}} = 1_{I^{0}} .

[figure: H^{0}I; •; ḣ; \overbrace{H^{1}I}^{≃ 0}; •; ḣ; \overbrace{H^{2}I}^{≃ 0}; •; ḣ; \overbrace{H^{3}I}^{≃ 0}; •; ḣ; 0; d̂; Z^{0}I; •; ι_{d}; h̄; I^{0}; d̂; Z^{1}I; •; ι_{d}; h̄; Z̃^{1}I; d̂; ∼; Z^{2}I; •; ι_{d}; h̄; Z̃^{2}I; d̂; ∼; Z^{3}I; •; ι_{d}; h̄; Z̃^{3}I; d̂; ∼; ⋯; ⋯; 0; d; ρ_{d}; I^{0}; d; ρ_{d}; I^{1}; d; ρ_{d}; I^{2}; d; ρ_{d}; I^{3}; d; ρ_{d}; ⋯]

Bemerkung 148 Sei X ∈ Ob C(A) azyklisch. Sei J ∈ Ob C(Inj A) ⊆ Ob C(A). Gebe es ein ℓ ∈ Z mit J^{i} = 0 für alle i < ℓ. Es ist Hom_{K(A)}(X, J) = 0.

Beweis. Sei X ^{\overline{}^{f}} J in C(A) gegeben. Wir haben zu zeigen, daß f in K(A) einen Nullmorphismus repräsentiert. Ohne Einschränkung ist ℓ = 0.

Da (X^{−1}, X^{0}, Z^{1}X) rechtsexakt ist und da df^{0} = 0, faktorisiert (X^{0} ^{\overline{}^{f^{0}}} J^{0}) =

(X^{0} ^{\overline{}^{ρ_{d}d̂}} Z^{1}X \overline{}J^{0}). Da Z^{1}X [figure: ι_{d}] X^{1} monomorph und J^{0} injektiv ist, faktorisiert weiter (Z^{1}X \overline{}J^{0}) = (Z^{1}X [figure: ι_{d}] X^{1} ^{\overline{}^{h^{1}}} J^{0}). Halten wir fest, daß f^{0} = ρ_{d}d̂ι_{d} h^{1} = dh^{1}.

Da (X^{0}, X^{1}, Z^{2}X) rechtsexakt ist und da d(f^{1} − h^{1}d) = df^{1} − dh^{1}d = f^{0}d − f^{0}d = 0,

faktorisiert (X^{1} ^{\overline{}^{f^{1} − h^{1}d}} J^{1}) = (X^{1} ^{\overline{}^{ρ_{d}d̂}} Z^{2}X \overline{}J^{1}). Da Z^{2}X [figure: ι_{d}] X^{2} monomorph und J^{1} injektiv ist, faktorisiert weiter (Z^{2}X \overline{}J^{1}) = (Z^{2}X [figure: ι_{d}] X^{2} ^{\overline{}^{h^{2}}} J^{1}). Halten wir fest, daß f^{1} = h^{1}d + ρ_{d} d̂ι_{d} h^{2} = h^{1}d + dh^{2}.

Da (X^{1}, X^{2}, Z^{3}X) rechtsexakt ist und da d(f^{2}−h^{2}d) = df^{2}−dh^{2}d = f^{1}d−f^{1}d+h^{1}dd = 0,

faktorisiert (X^{2} ^{\overline{}^{f^{2} − h^{2}d}} J^{2}) = (X^{2} ^{\overline{}^{ρ_{d}d̂}} Z^{3}X \overline{}J^{2}). Da Z^{3}X [figure: ι_{d}] X^{3} monomorph und J^{2} injektiv ist, faktorisiert weiter (Z^{3}X \overline{}J^{2}) = (Z^{3}X [figure: ι_{d}] X^{3} ^{\overline{}^{h^{3}}} J^{2}). Halten wir fest, daß f^{2} = h^{2}d + ρ_{d} d̂ι_{d} h^{3} = h^{2}d + dh^{3}.

Usf.

[figure: X^{−1}; d; X^{0}; ρ_{d}d̂; f^{0}; Z^{1}X; •; ι_{d}; X^{1}; ρ_{d}d̂; f^{1}; h^{1}; Z^{2}X; •; ι_{d}; X^{2}; ρ_{d}d̂; f^{2}; h^{2}; Z^{3}X; •; ι_{d}; X^{3}; f^{3}; h^{3}; ⋯; 0; J^{0}; d; J^{1}; d; J^{2}; d; J^{3}; ⋯]

Mit h^{k} := 0 für k ⩽ 0 wird also f^{k} = h^{k}d + dh^{k+1} für alle k ∈ Z. Es zeigt nun Aufgabe 55.(1), daß f in K(A) einen Nullmorphismus repräsentiert.

Lemma 149 (Auflösungsäquivalenz) Habe A genügend Injektive. Es ist

K^{res}(Inj A) ^{\overline{}^{H^{0}|_{K^{res}(Inj A)}}} A
(X ^{\overline{}^{f}} Y)  \overline{}(H^{0}X ^{\overline{}^{H^{0}f}} H^{0}Y)

eine Äquivalenz.

Beweis.

Vorbemerkung. Seien I, J ∈ Ob K^{res}(Inj A). Sei I ^{\overline{}^{g}} J ein Morphismus von Komplexen, also ein Repräsentant eines Morphismus in K^{res}(Inj A). Aus (I^{0} ^{\overline{}^{ρ}} Z̃^{0}I) = (I I), dito für J, folgt, daß Z̃^{0}g = g^{0}. Insbesondere ist H^{0}g durch (H^{0}g)ḣ_{J}^{0} = ḣ_{I}^{0}(Z̃^{0}g) = ḣ_{I}^{0}g^{0} charakterisiert. Ende der Vorbemerkung.

Wir haben zu zeigen, daß H^{0}|_{K^{res}(Inj A)} dicht, voll und treu ist; cf. Lemma 96.

Dicht. Sei X ∈ Ob A gegeben. Wähle eine kurz exakte Sequenz X [figure] I^{0} \overline{}B^{0} mit I^{0} injektiv. Wähle eine kurz exakte Sequenz B^{0} [figure] I^{1} \overline{}B^{1} mit I^{1} injektiv. Usf. Sei (I^{k} ^{\overline{}^{d}} I^{k+1}) := (I^{k} \overline{}B^{k} [figure] I^{k+1}) für k ⩾ 0. Wir erhalten einen Komplex

I := (⋯ \overline{}0 \overline{}I^{0} ^{\overline{}^{d}} I^{1} ^{\overline{}^{d}} I^{2} ^{\overline{}^{d}} ⋯)

Es ist I eine injektive Auflösung. Denn für k ⩾ 1 kann Z^{k}I [figure: ι_{d}] I^{k} isomorph durch

B^{k−1} [figure] I^{k}, und I^{k} ^{\overline{}^{ρ_{d}}} Z̃^{k} isomorph durch I^{k} \overline{}B^{k} ersetzt werden; somit ergibt sich

dort (Z^{k}I ^{\overline{}^{h_{I}^{k}}} Z̃^{k}I) = (Z^{k}I ^{\overline{}^{∼}} B^{k−1} [figure] I^{k} \overline{}B^{k} ^{\overline{}^{∼}} Z̃^{k}I) = 0 und mithin H^{k}I ≃ 0.

Ferner sind sowohl (H^{0}I, I^{0}, I^{1}) als auch (X, I^{0}, I^{1}) linksexakt, und somit H^{0}I ≃ X.

Voll. Seien I, J ∈ Ob K^{res}(Inj A) und H^{0}I ^{\overline{}^{f}} H^{0}J gegeben. Wir haben ein I ^{\overline{}^{g}} J mit f = H^{0}g zu konstruieren.

Da H^{0}I [figure: ḣ_{I}^{0}] I^{0} monomorph ist und J^{0} injektiv, gibt es eine Vervollständigung mit einem Morphismus I^{0} ^{\overline{}^{g^{0}}} J^{0} zu einem kommutativen Viereck (H^{0}I, I^{0}, H^{0}J, J^{0}). Mittels Bemerkung 124.(2) gibt es eine Vervollständigung zu einem kommutativen Viereck (I^{0}, Z^{1}I, J^{0}, Z^{1}J).

Da Z^{1}I [figure: ι_{d}] I^{1} monomorph ist und J^{1} injektiv, gibt es eine Vervollständigung mit einem Morphismus I^{1} ^{\overline{}^{g^{1}}} J^{1} zu einem kommutativen Viereck (Z^{1}I, I^{1}, Z^{1}J, J^{1}). Mittels Bemerkung 124.(2) gibt es eine Vervollständigung zu einem kommutativen Viereck (I^{1}, Z^{2}I, J^{1}, Z^{2}J).

Da Z^{2}I [figure: ι_{d}] I^{2} monomorph ist und J^{2} injektiv, gibt es eine Vervollständigung mit einem Morphismus I^{2} ^{\overline{}^{g^{2}}} J^{2} zu einem kommutativen Viereck (Z^{2}I, I^{2}, Z^{2}J, J^{2}). Mittels Bemerkung 124.(2) gibt es eine Vervollständigung zu einem kommutativen Viereck (I^{2}, Z^{3}I, J^{2}, Z^{3}J).

Usf.

[figure: H^{0}I; •; ḣ_{I}^{0}; f; I^{0}; d̂; g^{0}; Z^{1}I; •; ι_{d}; I^{1}; ρ_{d}d̂; g^{1}; Z^{2}I; •; ι_{d}; I^{2}; ρ_{d}d̂; g^{2}; Z^{3}I; •; ι_{d}; ⋯; H^{0}J; •; ḣ_{J}^{0}; J^{0}; d̂; Z^{1}J; •; ι_{d}; J^{1}; ρ_{d}d̂; Z^{2}J; •; ι_{d}; J^{2}; ρ_{d}d̂; Z^{3}J; •; ι_{d}; ⋯]

Nach Vorbemerkung folgt (H^{0}g)ḣ_{J}^{0} = ḣ_{I}^{0}g^{0} = fḣ_{J}^{0} und also H^{0}g = f. Somit repräsentiert g ein Urbild von f unter H^{0}|_{K^{res}(Inj A)} .

Treu. Dank der Additivität von H^{0} aus Aufgabe 60 genügt es zu zeigen, daß für einen Repräsentanten I ^{\overline{}^{g}} J eines Morphismus in K^{res}(Inj A) mit H^{0}g = 0 bereits g einen Nullmorphismus repräsentiert; cf. Bemerkung 111.

Nach Vorbemerkung ist ḣ_{I}^{0}g^{0} = (H^{0}g)ḣ_{J}^{0} = 0. Also faktorisiert g in folgende Morphismen in C(A).

[figure: ⋯; 0; 0; I^{0}; d; I^{1}; d; ⋯; ⋯; 0; H^{0}I; •; ḣ_{I}^{0}; I^{0}; d; g^{0}; I^{1}; d; g^{1}; ⋯; ⋯; 0; 0; J^{0}; d; J^{1}; d; ⋯]

Hierbei ist der mittlere Komplex azyklisch wegen (H^{0}I, I^{0}, Z^{0}I) kurz exakt und (Z^{k−1}I, I^{k−1}, Z^{k}I) kurz exakt für k ⩾ 2.

Dank Bemerkung 148 repräsentiert zweiterer einen Nullmorphismus in K(A). Also repräsentiert auch g einen Nullmorphismus in K(A), und somit auch in K^{res}(Inj A).

Ohne den Übergang zur Homotopiekategorie hätte man Treuheit nicht zeigen können.

Definition 150

(1) Hat A genügend Injektive, so wählen wir einen Funktor A ^{\overline{}^{IRes}} K^{res}(Inj A) mit H^{0}|_{K^{res}(Inj A)} ∘ IRes ≃ id und IRes ∘H^{0}|_{K^{res}(Inj A)} ≃ id, was dank Lemma 149 möglich ist.

Als Äquivalenz ist IRes additiv; cf. Aufgabe 56.(2, 4).

Unter Mißbrauch der Bezeichnung schreiben wir dann auch (A ^{\overline{}^{IRes}} K(A)) := (A ^{\overline{}^{IRes}} K^{res}(Inj A) [figure] K(A)).

(1^{∘}) Hat A genügend Projektive, so wählen wir einen Funktor A ^{\overline{}^{PRes}} K^{res}(Proj A) mit H_{0}|_{K^{res}(Proj A)} ∘ PRes ≃ id und PRes ∘H_{0}|_{K^{res}(Proj A)} ≃ id, was dank Lemma 149^{∘} möglich ist.

Als Äquivalenz ist PRes additiv; cf. Aufgabe 56.(2, 4).

Unter Mißbrauch der Bezeichnung schreiben wir dann auch (A ^{\overline{}^{PRes}} K(A)) := (A ^{\overline{}^{PRes}} K^{res}(Proj A) [figure] K(A)).

Um IRes X für X ∈ Ob A bis auf Isomorphie zu berechnen, verwenden wir folgende Bemerkung, sowie die Argumente in Lemma 149 für die Dichtheit und die Vollheit.

Bemerkung 151 Habe A genügend Injektive.

(1) Sei X ∈ Ob A. Sei I ∈ Ob K^{res}(Inj A). Die folgenden Aussagen sind äquivalent.

(i) Es ist I ≃ IRes X in K^{res}(Inj A).

(ii) Es ist H^{0}I ≃ X in A.

(iii) Es gibt eine linksexakte Sequenz X [figure] I^{0} ^{\overline{}^{d}} I^{1}.

Diesenfalls heißt I eine injektive Auflösung von X.

(2) Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in A. Sei I ^{\overline{}^{g}} J ein Repräsentant eines Morphismus in K^{res}(Inj A). Die folgenden Aussagen sind äquivalent.

(i) Es ist (I ^{\overline{}^{g}} J) isomorph zu IRes(X ^{\overline{}^{f}} Y) als Diagramme in K^{res}(Inj A) (^{4}). (ii) Es ist H^{0}(I ^{\overline{}^{g}} J) isomorph zu (X ^{\overline{}^{f}} Y) als Diagramme in A (^{4}). (iii) Es gibt ein kommutatives Diagramm

\xymatrix{X \ar[r]|{•} \ar[d]_{f} & I^{0} \ar[d]_{g^{0}} \ar[r]^{d} & I^{1} \ar[d]_{g^{1}} \\ Y \ar[r]|{•} & J^{0} \ar[r]^{d} & J^{1}}

mit (X, I^{0}, I^{1}) und (Y, J^{0}, J^{1}) linksexakt.

Diesenfalls heißt (I ^{\overline{}^{g}} J) eine injektive Auflösung von (X ^{\overline{}^{f}} Y).

Cf. auch Bem. 90. Dual hierzu die Begriffe der projektiven Auflösung von Objekten und Morphismen. Beweis. Es kann (1) als der Spezialfall von (2) mit f = id und g = id angesehen werden. Zu (2).

(i) ⇒ (ii). Sei (I ^{\overline{}^{g}} J) isomorph zu IRes(X ^{\overline{}^{f}} Y). Dann ist H^{0}(I ^{\overline{}^{g}} J) isomorph zu H^{0} IRes(X ^{\overline{}^{f}} Y), was wiederum isomorph zu (X ^{\overline{}^{f}} Y) ist.

(ii) ⇒ (i). Sei H^{0}(I ^{\overline{}^{g}} J) isomorph ist zu (X ^{\overline{}^{f}} Y). Dann ist IRes(X ^{\overline{}^{f}} Y) isomorph zu IRes H^{0}(I ^{\overline{}^{g}} J), was wiederum isomorph zu (I ^{\overline{}^{g}} J) ist.

(ii) ⇔ (iii). (^{5}). Es ist H^{0}(I ^{\overline{}^{g}} J) isomorph zu Z^{0}(I ^{\overline{}^{g}} J), also zu einem Kern von (I^{0} ^{\overline{}^{g^{0}}} J^{0}) \overline{}(I^{1} ^{\overline{}^{g^{1}}} J^{1}). Und es gibt eine linksexakte Sequenz (X ^{\overline{}^{f}} Y) [figure] (I^{0} ^{\overline{}^{g^{0}}} J^{0}) \overline{}(I^{1} ^{\overline{}^{g^{1}}} J^{1}) genau dann, wenn (X ^{\overline{}^{f}} Y) isomorph zu Z^{0}(I ^{\overline{}^{g}} J) ist.

4I.e. in Δ_{1} , K^{res}(Inj A) resp. in Δ_{1} , A , wobei Δ_{1} = {0, 1}^{k} ; cf. Aufgabe 37.(1); vulgo, es gibt ein kommutatives Viereck mit den beiden in Frage stehenden Morphismen horizontal und zwei Isomorphismen vertikal.

5Wir argumentieren in der abelschen Kategorie Δ_{1} , A ; cf. Aufgabe 50.(2).

Beispiel 152 Sei A = Z/16-mod ; cf. Aufgabe 54. Es ist

\xymatrix{Z/16 \ar[r]^{8} \ar[d]_{2} & Z/16 \ar[r]^{2} \ar[d]_{1} & Z/16 \ar[r]^{8} \ar[d]_{2} & Z/16 \ar[r]^{2} \ar[d]_{1} & ⋯ \\ Z/16 \ar[r]^{4} & Z/16 \ar[r]^{4} & Z/16 \ar[r]^{4} & Z/16 \ar[r]^{4} & ⋯}

eine injektive Auflösung von Z/8 ^{\overline{}^{1}} Z/4, da wir ein kommutatives Diagramm

\xymatrix{Z/8 \ar[r]|{•}^{2} \ar[d]_{1} & Z/16 \ar[r]^{8} \ar[d]_{2} & Z/16 \ar[d]_{1} \\ Z/4 \ar[r]|{•}^{4} & Z/16 \ar[r]^{4} & Z/16}

mit linksexakten Zeilen haben.

5.6 Hufeisenlemma

Eine kurz exakte Sequenz U′ [figure: m] U ^{\overline{}^{p}} U′′ in A ist split kurz exakt, falls m eine Coretraktion ist, oder, äquivalent hierzu, falls p eine Retraktion ist, oder, äquivalent hierzu,

falls die Sequenz U′ [figure: m] U ^{\overline{}^{p}} U′′ isomorph ist zur Standardsequenz U′ [figure: ^{(^{1 0})}] U′ ⊕U′′ ^{\overline{}^{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})}} U′′ mittels eines Isomorphismus der Form (1_{U′} , a , 1_{U′′}) ; cf. Beispiel 126, Aufgabe 51.(2).

Eine Sequenz X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ in C(A) heißt punktweise split kurz exakt, falls die Sequenz (i^{k}, r^{k}) split kurz exakt ist für alle k ∈ Z. Diesenfalls heißt i auch punktweise split monomorph und r punktweise split epimorph.

Eine punktweise split kurz exakte Sequenz in C(A) ist nicht notwendig split kurz exakt in C(A), wie das Beispiel

[figure: ⋮; ⋮; ⋮; 0; X; X; X; X; 0; ⋮; ⋮; ⋮]

für ein X ≄ 0 in Ob A zeigt; vertikal durch Nullen ergänzt zu denken. In der Tat ist der linke Morphismus keine Coretraktion.

Punktweises isomorphes Ersetzen der Objekte des mittleren Komplexes zeigt, daß eine punktweise split kurz exakte Sequenz in C(A) isomorph ist zu einer, in welcher (i^{k}, r^{k}) eine Standardsequenz ist für alle k ∈ Z.

Lemma 153 (Hufeisenlemma) Habe A genügend Injektive. Sei X′ [figure: i] X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz in A. Sei I′ eine injektive Auflösung von X′; wähle X′ \overline{}^{φ′}_{∼} H^{0}I′ in A. Sei I′′ eine injektive Auflösung von X′′; wähle X′′ \overline{}^{φ′′}_{∼} H^{0}I′′ in A.

Es gibt eine punktweise split kurz exakte Sequenz I′ [figure: j] I ^{\overline{}^{s}} I′′ in C(A) mit einer weiteren injektiven Auflösung I und einem X \overline{}^{φ}_{∼} H^{0}I in A so, daß folgendes Diagramm kommutiert.

\xymatrix{H^{0}I′ \ar[r]^{H^{0}j} & H^{0}I \ar[r]^{H^{0}s} \ar[r] & H^{0}I′′ \\ X′ \ar[r]^{i} \ar[u]^{φ′}_{≀} & X \ar[r]^{r} \ar[u]^{φ}_{≀} & X′′ \ar[u]^{φ′′}_{≀}}

Insbesondere ist

(I′ [figure: j] I ^{\overline{}^{s}} I′′) ≃ IRes(X′ [figure: i] X ^{\overline{}^{r}} X′′) .

als Diagramme in K(A).

Eine solche Sequenz I′ [figure: j] I ^{\overline{}^{s}} I′′ heißt auch injektive Hufeisenauflösung von X′ [figure: i] X ^{\overline{}^{r}} X′′ bezüglich φ′ und φ′′.

Dual der Begriff einer projektiven Hufeisenauflösung einer kurz exakten Sequenz in A.

Beweis. Sei e′ := φ′ḣ_{I}^{0} : X′ \overline{}I^{′0}. Es ist X′ [figure: e′] I^{′0} ^{\overline{}^{d}} I^{′1} linksexakt. Schreibe Î′ für den aus I′ durch Ersetzung von 0 \overline{}I^{′0} durch X′ [figure: e′] I^{′0} entstehenden Komplex. Es ist Î′ azyklisch, da H^{k}Î′ = H^{k}I′ ≃ 0 für k ⩾ 1, da

(Z^{0}Î′ ^{\overline{}^{h̄0 ; Î′}} Z̃^{0}Î′) = (Z^{0}Î′ ^{\overline{}^{∼}} X [figure: e′] I^{′0} ^{\overline{}^{ρ}} Z̃^{0}Î′) = 0

und da H^{−1}Î′ ≃ 0 wegen e′ monomorph.

Sei e′′ := φ′′ḣ_{I}^{0} : X′′ \overline{}I^{′′0}. Es ist X′′ [figure: e′′] I^{′′0} ^{\overline{}^{d}} I^{′′1} linksexakt. Schreibe Î′′ für den aus I′′ durch Ersetzung von 0 \overline{}I^{′′0} durch X′′ [figure: e′′] I^{′′0} entstehenden Komplex. Es ist Î′′ azyklisch.

Wir konstruieren untenstehende Sequenz von Komplexen, wobei die Komplexe horizontal dargestellt werden und nach links durch Nullen ergänzt zu denken sind. Der obere Komplex ist Î′, der untere Î′′. Vertikal werden Standardsequenzen eingetragen.

Wir wollen Differentiale für den mittleren Komplex konstruieren.

Sei hierzu ê′ gewählt mit iê′ = e′, möglich wegen i monomorph und I^{′0} injektiv. Trage (^{ê′ re′′}) : X \overline{}I^{′0} ⊕ I^{′′0} ein. Setze die Differentiale des mittleren Komplexes als von der Form d = (\begin{matrix}d & 0 \\ w^{k} & d \end{matrix}) : I^{′k}⊕I^{′′k} \overline{}I^{′k+1}⊕I^{′′k+1} an für k ⩾ 0. Dann kommutieren alle Vierecke im untenstehenden Diagramm, unabhängig von der noch zu erfolgenden Wahl der w^{k}.

Es muß nun w^{0} : I^{′′0} \overline{}I^{′1} so gewählt werden, daß (^{ê′ re′′}) (\begin{matrix}d & 0 \\ w^{0} & d \end{matrix}) = 0, i.e. daß

ê′d + re′′w^{0} = 0. Da i(−ê′d) = −e′d = 0, gibt es ein v^{0} : X′′ \overline{}I^{′1} mit rv^{0} = −ê′d.

Da e′′ monomorph und I^{′1} injektiv ist, gibt es ein w^{0} : I^{′′0} \overline{}I^{′1} mit e′′w^{0} = v^{0}. Es folgt re′′w^{0} = rv^{0} = −ê′d, wie gewünscht.

Es muß nun w^{1} : I^{′′1} \overline{}I^{′2} so gewählt werden, daß (\begin{matrix}d & 0 \\ w^{0} & d \end{matrix}) (\begin{matrix}d & 0 \\ w^{1} & d \end{matrix}) = 0, i.e. daß

w^{0}d + dw^{1} = 0. Da re′′(−w^{0}d) = ê′dd = 0 und da (re′′, d̄) rechtsexakt ist, gibt es ein v^{1} mit d̄v^{1} = −w^{0}d. Da ḋ monomorph und I^{′2} injektiv ist, können wir v^{1} = ḋw^{1} faktorisieren. Insgesamt ergibt sich also dw^{1} = d̄ḋw^{1} = d̄v^{1} = −w^{0}d, wie gewünscht.

Es muß nun w^{2} : I^{′′2} \overline{}I^{′3} so gewählt werden, daß (\begin{matrix}d & 0 \\ w^{1} & d \end{matrix}) (\begin{matrix}d & 0 \\ w^{2} & d \end{matrix}) = 0, i.e. daß w^{1}d + dw^{2} = 0. Da d(−w^{1}d) = w^{0}dd = 0 und da (d, d̄) rechtsexakt ist, gibt es ein v^{2} mit d̄v^{2} = −w^{1}d. Da ḋ monomorph und I^{′3} injektiv ist, können wir v^{2} = ḋw^{2} faktorisieren. Insgesamt ergibt sich also dw^{2} = d̄ḋw^{2} = d̄v^{2} = −w^{1}d, wie gewünscht.

Wie im letzten Schritt kann man fortsetzen.

[figure: X′; •; i; •; e′; I^{′0}; •; _{(_{1 0})}; d; I^{′1}; •; _{(_{1 0})}; d; I^{′2}; •; _{(_{1 0})}; d; I^{′3}; •; _{(_{1 0})}; d; ⋯; X; r; _{(_{ê′ re′′})}; I^{′0} ⊕ I^{′′0}; _{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})}; _{(\begin{matrix}d & 0 \\ w^{0} & d \end{matrix})}; I^{′1} ⊕ I^{′′1}; _{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})}; _{(\begin{matrix}d & 0 \\ w^{1} & d \end{matrix})}; I^{′2} ⊕ I^{′′2}; _{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})}; _{(\begin{matrix}d & 0 \\ w^{2} & d \end{matrix})}; I^{′3} ⊕ I^{′′3}; _{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})}; _{(\begin{matrix}d & 0 \\ w^{3} & d \end{matrix})}; ⋯; X′′; •; e′′; I^{′′0}; d; I^{′′1}; d; I^{′′2}; d; I^{′′3}; d; ⋯]

Da nun Î′ und Î′′ azyklisch sind und die vertikal dargestellte Sequenz von Komplexen kurz exakt ist, folgt die Azyklizität des mittleren Komplexes; cf. Aufgabe 61.(1). Insbesondere wird aus diesem nach Ersetzen von X durch 0 eine injektive Auflösung, und es ist (X, I^{′0} ⊕ I^{′′0}, I^{′1} ⊕ I^{′′1}) linksexakt.

Schreibe e := (^{ê′ re′′}). Es sind (X′, X, X′′) [figure: (e′, e, e′′)] (I^{′0}, I^{0}, I^{′′0})^{\overline{}^{(d,d,d)}} (I^{′1}, I^{1}, I^{′′1}) und

(H^{0}I′, H^{0}I, H^{0}I′′) [figure: (ḣ_{I′}^{0} , ḣ_{I}^{0} , ḣ_{I′′}^{0})] (I^{′0}, I^{0}, I^{′′0})^{\overline{}^{(d,d,d)}} (I^{′1}, I^{1}, I^{′′1}) beide linksexakt. Also faktorisiert (e′, e, e′′) mittels eines Isomorphismus über (ḣ_{I′}^{0} , ḣ_{I}^{0} , ḣ_{I′′}^{0}), und diese Faktorisierung ist notwendigerweise von der Form

(e′, e, e′′) = (φ′, φ, φ′′)(ḣ_{I′}^{0} , ḣ_{I}^{0} , ḣ_{I′′}^{0})

mit den gegebenen Isomorphismen φ′ und φ′′.

Der Name “Hufeisenlemma” rührt von der Form des zu vervollständigenden Diagramms aus der gegebenen kurz exakten Sequenz (X′, X, X′′) und den gegebenen beiden injektiven Auflösungen I′, I′′ her.

Abgeleitete Funktoren

6.1 Abgeleitete Funktoren in einer Variablen

Seien A und B abelsche Kategorien. Sei A ^{\overline{}^{F}} B ein additiver Funktor.

6.1.1 Definition

Definition 154 Sei k ∈ Z.

(1) Habe A genügend Injektive. Sei der k-te rechtsabgeleitete Funktor von F definiert als Kompositum

(A ^{\overline{}^{R^{k}F}} B) := (A ^{\overline{}^{IRes}} K(A) ^{\overline{}^{K(F)}} K(B) ^{\overline{}^{H^{k}}} B) .

Es ist R^{k}F additiv; cf. Definition 150.(1), §5.3, Bemerkung 144. Ist k ⩽ −1, so ist R^{k}F ≃ 0.

(1^{∘}) Habe A genügend Projektive. Sei der k-te linksabgeleitete Funktor von F definiert als Kompositum

(A ^{\overline{}^{L_{k}F}} B) := (A ^{\overline{}^{PRes}} K(A) ^{\overline{}^{K(F)}} K(B) ^{\overline{}^{H_{k}}} B) .

Es ist L_{k}F additiv; cf. Definition 150.(1^{∘}), §5.3, Bemerkung 144. Ist k ⩽ −1, so ist L_{k}F ≃ 0.

Bemerkung 155 Habe A genügend Injektive.

(1) Sei X ∈ Ob A. Um (R^{k}F)X bis auf Isomorphie zu berechnen, kann man wie folgt verfahren. Bestimme eine injektive Auflösung I von X; dann ist I ≃ IRes X in K(A) ; cf. Bemerkung 151.(1). Es folgt

(R^{k}F)X = H^{k}K(F) IRes X ≃ H^{k}K(F)I .

(2) Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in A. Um (R^{k}F)(X ^{\overline{}^{f}} Y) bis auf Isomorphie zu berechnen, kann man wie folgt verfahren. Bestimme eine injektive Auflösung (I ^{\overline{}^{g}} J) von (X ^{\overline{}^{f}} Y) ; dann ist (I ^{\overline{}^{g}} J) ≃ IRes(X ^{\overline{}^{f}} Y) als Diagramme in K(A) ; cf. Bemerkung 151.(2). Es folgt

(R^{k}F)(X ^{\overline{}^{f}} Y) = H^{k}K(F) IRes(X ^{\overline{}^{f}} Y) ≃ H^{k}K(F)(I ^{\overline{}^{g}} J) .

Definition 156 (Ext, provisorisch) Habe A genügend Injektive

Seien X ∈ Ob A. Sei k ⩾ 0. Setze

Ext_{A}^{k}(X, −) := R^{k} Hom_{A}(X, −) : A \overline{}Z-Mod .

Ist R ein Ring und A = R-Mod, so schreiben wir auch Ext_{R}^{k}(X, −) := Ext_{R-Mod}^{k}(X, −).

Ext wie Extension, engl. für Erweiterung; cf. §7.1.5 unten.

Definition 157 (Tor, provisorisch) Sei R ein Ring. Sei X ∈ Ob Mod-R. Sei k ⩾ 0. Setze

Tor_{k}^{R}(X, −) := L_{k}(X ⊗_{R} −) : R-Mod \overline{}Z-Mod .

Tor wie Torsion.

Diese Definitionen sind provisorisch, da Hom_{A}(−, =) und − ⊗_{R}= Funktoren in zwei Variablen sind und nicht einzusehen ist, warum ausgerechnet in der zweiten Variablen abzuleiten sein soll. Siehe Definition 171 und Beispiel 181 unten.

Beispiel 158 Sei A = Z/16-mod. Sei B = Z-Mod. Wir setzen Beispiel 152 fort und wollen den Morphismus

Ext_{A}^{2}(Z/8, Z/8) ^{\overline{}^{Ext_{A}^{2}(Z/8,1)}} Ext_{A}^{2}(Z/8, Z/4)

berechnen, i.e. wir wollen ihn isomorph durch einen in Standardform ersetzen.

Wenden wir _{A}(Z/8, −) auf die injektive Auflösung

\xymatrix{Z/16 \ar[r]^{8} \ar[d]_{2} & Z/16 \ar[r]^{2} \ar[d]_{1} & Z/16 \ar[r]^{8} \ar[d]_{2} & Z/16 \ar[r]^{2} \ar[d]_{1} & ⋯ \\ Z/16 \ar[r]^{4} & Z/16 \ar[r]^{4} & Z/16 \ar[r]^{4} & Z/16 \ar[r]^{4} & ⋯}

von Z/8 ^{\overline{}^{1}} Z/4 aus loc. cit. an und ersetzen isomorph, so erhalten wir

\xymatrix{Z/8 \ar[r]^{8} \ar[d]_{2} & Z/8 \ar[r]^{2} \ar[d]_{1} & Z/8 \ar[r]^{8} \ar[d]_{2} & Z/8 \ar[r]^{2} \ar[d]_{1} & ⋯ \\ Z/8 \ar[r]^{4} & Z/8 \ar[r]^{4} & Z/8 \ar[r]^{4} & Z/8 \ar[r]^{4} & · · · .}

Beachte hierzu, daß Z/8 ^{\overline{}^{∼}} _{A}(Z/8, Z/16), z \overline{}(1 \overline{}2z). Für w ∈ Z kommutiert damit

\xymatrix{Z/8 \ar[d]_{≀} \ar[r]^{w} & Z/8 \ar[d]_{≀} \\ _{_{A}(Z/8, Z/16)} \ar[r]^{_{_{A}(Z/8,w)}} & _{A}(Z/8, Z/16) .}

Auf diesen Morphismus von Komplexen ist nun H^{2} anzuwenden. Bis auf Isomorphie erhalten wir auf Z^{2} und Z̃^{2} folgendes.

[figure: Z/8; •; 1; 1; Z/2; 2; Z/8; 2; 1; Z/8; 8; 2; 1; Z/8; 1; Z/4; •; 2; Z/4; Z/8; 4; Z/8; 4; 1; Z/8]

Bis auf Isomorphie ergibt sich also auf H^{2} folgendes.

[figure: Z/8; 1; 1; Z/2; •; 1; 1; Z/2; 2; Z/4; 1; Z/2; •; 2; Z/4]

Also ist

( Ext_{A}^{2}(Z/8, Z/8) ^{\overline{}^{Ext_{A}^{2}(Z/8,1)}} Ext_{A}^{2}(Z/8, Z/4)) ≃ (Z/2 ^{\overline{}^{1}} Z/2) .

6.1.2 Eigenschaften

Seien A und B abelsche Kategorien. Habe A genügend Injektive.

Sei A ^{\overline{}^{F}} B ein additiver Funktor.

Wähle id_{A} \overline{}^{α}_{∼} H^{0} ∘ IRes.

6.1.2.1 Der nullte Rechtsabgeleitete

Definition 159 Setze

\begin{matrix}A & ^{\overline{}^{Konz}} & C(A) \\ ( \xymatrix{X \ar[d]_{f} \\ Y}) & \overline{} & ( \xymatrix{⋯ \ar[r] & 0 \ar[r] \ar[d] & X \ar[d]_{f} \ar[r] & 0 \ar[r] \ar[d] & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & 0 \ar[r] & Y \ar[r] & 0 \ar[r] & ⋯} ) , \end{matrix}

wobei der Eintrag f an Position 0 sitze. Es ist Konz X der Komplex mit Eintrag X konzentriert an Position 0.

Wir schreiben mißbräuchlich auch (A ^{\overline{}^{Konz}} K(A)) := (A ^{\overline{}^{Konz}} C(A) ^{\overline{}^{R}} K(A)).

Es ist H^{0} ∘ K(F) ∘ Konz = F .

Definition 160 Habe A genügend Injektive. Für X ∈ Ob A definieren wir den Morphismus von Komplexen

Konz X ^{\overline{}^{eX}} IRes X

durch die Setzung

((Konz X)^{0} [figure: (eX)^{0}] (IRes X)^{0}) := (X \overline{}^{αX}_{∼} H^{0}(IRes X)[figure: ḣ_{IRes X}^{0}] (IRes X)^{0})

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in A gegeben. Werde IRes f in K(A) von g in C(A) repräsentiert. Insbesondere ist H^{0} IRes f = H^{0}g. Wir erhalten das kommutative Diagramm

\xymatrix{X \ar[r]^{αX}_{∼} \ar[d]_{f} & H^{0} IRes X \ar[r]|{•}^{ḣ_{IRes X}^{0}} \ar[d]_{H^{0} IRes f} & (IRes X)^{0} \ar[d]^{g^{0}} \\ Y \ar[r]^{αY}_{∼} & H^{0} IRes Y \ar[r]|{•}^{ḣ_{IRes Y}^{0}} & (IRes Y)^{0} ,}

in A, und folglich das kommutative Viereck

\xymatrix{Konz X \ar[r]^{eX} \ar[d]_{Konz f} & IRes X \ar[d]^{IRes f} \\ Konz Y \ar[r]^{eY} & IRes Y}

in K(A), das zeigt, daß e := (eX)_{X∈Ob A} eine Transformation von Konz nach IRes ist.

Da (ḣ_{IRes X}^{0} , d) linksexakt ist, ist auch ((eX)^{0}, d) linksexakt; cf. Vorbemerkung zum Beweis von Lemma 149.

Bemerkung 161 Sei X ∈ Ob A. Sei Y ∈ Ob C(A) mit Y^{k} = 0 für k ⩽ −1. Sei Konz X ^{\overline{}^{s}} Y in C(A) gegeben.

Es ist H^{0}s genau dann ein Isomorphismus, wenn X ^{\overline{}^{s^{0}}} Y^{0} ^{\overline{}^{d}} Y^{1} linksexakt ist.

Beweis. Es ist (Y^{0} ^{\overline{}^{ρ}} Z̃^{0}Y) = (Y^{0} Y^{0}) und also H^{0}Y [figure: ḣ_{Y}^{0}] Y^{0} ^{\overline{}^{d}} Y^{1} linksexakt.

Nun ist ḣ_{Konz X}^{0} = 1_{X} und Z̃^{0}s = s^{0}. Es folgt (H^{0}s)ḣ_{Y}^{0} = ḣ_{Konz X}^{0}(Z̃^{0}s) = s^{0}. Somit ist H^{0}s ein Isomorphismus genau dann, wenn auch X ^{\overline{}^{s^{0}}} Y^{0} ^{\overline{}^{d}} Y^{1} linksexakt ist.

Bemerkung 162 Sei X ∈ Ob A. Es ist H^{0}(eX) ein Isomorphismus.

Beweis. Da ((eX)^{0}, d) linksexakt ist, folgt dies mit Bemerkung 161.

Definition 163 Habe A genügend Injektive. Wir erhalten eine Transformation ε von F nach R^{0}F vermöge

(F X ^{\overline{}^{εX}} (R^{0}F)X) := (F X = H^{0}K(F) Konz X ^{\overline{}^{H^{0}K(F)eX}} H^{0}K(F) IRes X = (R^{0}F)X)

für X ∈ Ob A. Aus der Natürlichkeit von e folgt die Natürlichkeit von ε.

Bemerkung 164 Habe A genügend Injektive. Ist F linksexakt, so ist F ^{\overline{}^{ε}} R^{0}F eine Isotransformation.

Beweis. Sei X ∈ Ob A. Es ist zu zeigen, daß εX = H^{0}K(F)(eX) ein Isomorphismus ist. Gemäß Bemerkung 161 genügt es zu zeigen, daß F X ^{\overline{}^{F (eX)^{0}}} F (IRes I)^{0} ^{\overline{}^{F d}} F (IRes I)^{1} linksexakt ist. Dies folgt aber aus der Linksexaktheit von ((eX)^{0}, d), da F linksexakte Sequenzen in ebensolche überführt.

6.1.2.2 Die lang exakte Sequenz

Lemma 165 Habe A genügend Injektive. Weiterhin ist A ^{\overline{}^{F}} B additiv.

Sei X′ [figure: i] X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz. Wir können die folgende lang exakte R^{∗}F -Sequenz konstruieren.

[figure: 0; (R^{0}F)X′; (R^{0}F)i; (R^{0}F)X; (R^{0}F)r; (R^{0}F)X′′; (R^{1}F)X′; (R^{1}F)i; (R^{1}F)X; (R^{1}F)r; (R^{1}F)X′′; (R^{2}F)X′; (R^{2}F)i; (R^{2}F)X; (R^{2}F)r; ⋯; δ_{(i,r);F}^{0}; δ_{(i,r);F}^{1}]

Beweis. Sei IRes X′ [figure: j] I ^{\overline{}^{s}} IRes X′′ eine injektive Hufeisenauflösung von

X′ [figure: i] X ^{\overline{}^{r}} X′′ bezüglich αX′ und αX′′; für ein X \overline{}^{φ}_{∼} H^{0}I kommutiert folgendes Diagramm in A; cf. Lemma 153.

\xymatrix{H^{0} IRes X′ \ar[r]^{H^{0}j} & H^{0}I \ar[r]^{H^{0}s} & H^{0} IRes X′′ \\ X′ \ar[r]^{i} \ar[d]_{αX′}^{≀} \ar[u]^{αX′}_{≀} & X \ar[r]^{r} \ar[d]_{αX}^{≀} \ar[u]^{φ}_{≀} & X′′ \ar[d]_{αX′′}^{≀} \ar[u]^{αX′′}_{≀} \\ H^{0} IRes X′ \ar[r]^{H^{0} IRes i} & H^{0} IRes X \ar[r]^{H^{0} IRes r} & H^{0} IRes X′′}

Da H^{0}|_{K^{res}(Inj A)} eine Äquivalenz ist, gibt es einen Morphismus von Komplexen I ^{\overline{}^{ψ}} IRes X mit H^{0}ψ = φ^{−1}(αX). Dieser repräsentiert einen gleichnamigen Isomorphismus in K(A), welcher in ein kommutatives Diagramm

[figure: IRes X′; j; I; s; ψ; ≀; IRes X′′; IRes X′; IRes i; IRes X; IRes r; IRes X′′ .]

in K(A) paßt, wie eine Anwendung der Äquivalenz H^{0}|_{K^{res}(Inj A)} und ein Abgleich mit vorigem Diagramm zeigt.

Beachte, daß K(F)ψ in K(B) ebenfalls ein Isomorphismus ist. Also ist auch H^{k}K(F)ψ ein Isomorphismus in B für k ⩾ 0.

Da F additiv ist und IRes X′ [figure: j] I ^{\overline{}^{s}} IRes X′′ punktweise split kurz exakt, ist C(F) IRes X′ [figure: C(F)j] C(F)I^{\overline{}^{C(F)s}} C(F) IRes X′′ eine punktweise split kurz exakte Sequenz in C(B), insbesondere also kurz exakt; cf. Bemerkung 112, Aufgabe 51.(1). Darauf H^{k} für k ⩾ 0 angewandt, erhalten wir mit Lemma 145 die lang exakte Sequenz

0 \overline{}H^{0}C(F) IRes X′ ^{\overline{}^{H^{0}C(F)j}} H^{0}C(F)I ^{\overline{}^{H^{0}C(F)s}} H^{0}C(F) IRes X′′ ^{\overline{}^{∂_{(C(F)j, C(F)s)}^{0}}} H^{1}C(F) IRes X′ \overline{}⋯,

was dasselbe ist wie

0 \overline{}H^{0}K(F) IRes X′ ^{\overline{}^{H^{0}K(F)j}} H^{0}K(F)I ^{\overline{}^{H^{0}K(F)s}} H^{0}K(F) IRes X′′ ^{\overline{}^{∂_{(C(F)j, C(F)s)}^{0}}} H^{1}K(F) IRes X′ \overline{}⋯,

und also, durch isomorphe Ersetzung entlang H^{k}K(F)ψ mit dem jeweiligen k ⩾ 0, und mit

δ_{(i,r);F}^{k} := ∂_{(C(F)j, C(F)s)}^{k}

für k ⩾ 0, die lang exakte Sequenz

0 \overline{}H^{0}K(F) IRes X′ ^{\overline{}^{H^{0}K(F) IRes i}} H^{0}K(F) IRes X ^{\overline{}^{H^{0}K(F) IRes r}} H^{0}K(F) IRes X′′ ^{\overline{}^{δ_{(i,r);F}^{0}}} H^{1}K(F) IRes X′ \overline{}⋯,

was nur andere Bezeichnungen für unsere gesuchte Sequenz

0 \overline{}(R^{0}F)X′ ^{\overline{}^{(R^{0}F)i}} (R^{0}F)X ^{\overline{}^{(R^{0}F)r}} (R^{0}F)X′′ ^{\overline{}^{δ_{(i,r);F}^{0}}} (R^{1}F)X′ \overline{}⋯

sind.

Satz 166 Sei X′ [figure: i] X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz in A.

(1) Habe A genügend Injektive. Sei A ^{\overline{}^{F}} B linksexakt. Wir haben die Isotransformation F \overline{}^{ε}_{∼} R^{0}F aus Bemerkung 164. Wir erhalten die lang exakte Sequenz

[figure: 0; F X′; F i; F X; F r; F X′′; (R^{1}F)X′; (R^{1}F)i; (R^{1}F)X; (R^{1}F)r; (R^{1}F)X′′; (R^{2}F)X′; (R^{2}F)i; (R^{2}F)X; (R^{2}F)r; ⋯; (εX′′)δ_{(i,r);F}^{0}; δ_{(i,r);F}^{1}]

(1^{∘}) Habe A genügend Projektive. Sei A ^{\overline{}^{F}} B rechtsexakt. Wir haben eine Isotransformation F \overline{}^{ε′}_{∼} L_{0}F aus Bemerkung 164^{∘}. Wir erhalten die lang exakte Sequenz

[figure: 0; F X′′; F X; F r; F X′; F i; (L_{1}F)X′′; (L_{1}F)X; (L_{1}F)r; (L_{1}F)X′; (L_{1}F)i; (L_{2}F)X′′; (L_{2}F)X; (L_{2}F)r; ⋯; (L_{2}F)i; δ_{0}^{(i,r);F} (ε′X′); δ_{1}^{(i,r);F}]

Beweis. Zu (1). Ersetze in der lang exakten Sequenz aus Lemma 165 die erste Zeile isomorph via F \overline{}^{ε}_{∼} R^{0}F ; cf. Bemerkung 164. Zu (2). Die Konstruktion von δ_{k}^{(i,r);F} erfolgt dual zu der Konstruktion von δ_{(i,r);F}^{k} in Lemma 165.

Bemerkung 167 Habe A genügend Injektive. Weiterhin ist A ^{\overline{}^{F}} B additiv. Sei

[figure: X′; •; i; f′; X; r; f; X′′; f′′; X̃′; •; ĩ; X̃; r̃; X̃′′]

ein Morphismus kurz exakter Sequenzen in A. Dann kommutiert das folgende Diagramm.

[figure: 0; (R^{0}F)X′; (R^{0}F)i; (R^{0}F)f′; (R^{0}F)X; (R^{0}F)r; (R^{0}F)f; (R^{0}F)X′′; δ_{(i,r);F}^{0}; (R^{0}F)f′′; (R^{1}F)X′; (R^{0}F)i; (R^{1}F)f′; ⋯; 0; (R^{0}F)X̃′; (R^{0}F)ĩ; (R^{0}F)X̃; (R^{0}F)r̃; (R^{0}F)X̃′′; δ_{(ĩ,r̃);F}^{0}; (R^{1}F)X̃′; (R^{0}F)ĩ; ⋯]

In anderen Worten, es ist δ_{(i,r);F}^{k} ((R^{k+1}F)f′) = ((R^{k}F)f′′)δ_{(ĩ,r̃);F}^{k} für k ⩾ 0.

Beweis. Wir verwenden die Notation aus dem Beweis von Lemma 165. Sei IRes X′ [figure: j] I ^{\overline{}^{s}} IRes X′′ die in der Konstruktion der δ_{(i,r);F}^{k} verwandte Hufeisenauflösung von X′ [figure: i] X ^{\overline{}^{r}} X′′; sei IRes X̃′ [figure: j̃] Ĩ ^{\overline{}^{s̃}} IRes X̃′′ die in der Konstruktion der δ_{(ĩ,r̃);F}^{k} verwandte Hufeisenauflösung von X̃′ [figure: ĩ] X̃ ^{\overline{}^{r̃}} X̃′′. Sei IRes X′ ^{\overline{}^{g′}} IRes X̃′ ein Repräsentant in C(A) von IRes f′; sei IRes X′′ ^{\overline{}^{g′′}} IRes X̃′′ ein Repräsentant in C(A) von IRes f′′. Nach Aufgabe 63 gibt es ein kommutatives Diagramm

[figure: IRes X′; •; j; g′; I; s; g; IRes X′′; g′′; _{IRes X̃′}; •; j̃; Ĩ; s̃; _{IRes X̃′′}]

in C(A) ; verwende hierzu auf der linken Seite den Morphismus azyklischer Komplexe

\xymatrix{⋯ \ar[r] & 0 \ar[r] \ar[d] & X′ \ar[r]^{(αX′)ḣ_{IRes X′}^{0}} \ar[d]^{f′} & (IRes X′)^{0} \ar[r]^{d} \ar[d]^{g^{′0}} & (IRes X′)^{1} \ar[r]^{d} \ar[d]^{g^{′1}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & 0 \ar[r] & X̃′ \ar[r]^{(αX̃′)ḣ_{IRes X̃′}^{0}} & (IRes X̃′)^{0} \ar[r]^{d} & (IRes X̃′)^{1} \ar[r]^{d} & ⋯,}

entsprechend auf der rechten Seite; sowie in der oberen Zeile die kurz exakte Sequenz von azyklischen Komplexen

\xymatrix{⋯ \ar[r] & 0 \ar[r] \ar[d] & X′ \ar[r]^{(αX′)ḣ_{IRes X′}^{0}} \ar[d]^{i} & (IRes X′)^{0} \ar[r]^{d} \ar[d]^{j^{0}} & (IRes X′)^{1} \ar[r]^{d} \ar[d]^{j^{1}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & 0 \ar[r] \ar[d] & X \ar[r]^{φ ḣ_{I}^{0}} \ar[d]^{r} & I^{0} \ar[r]^{d} \ar[d]^{s^{0}} & I^{1} \ar[r]^{d} \ar[d]^{s^{1}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & 0 \ar[r] & X′′ \ar[r]^{(αX′′)ḣ_{IRes X′′}^{0}} & (IRes X′′)^{0} \ar[r]^{d} & (IRes X′′)^{1} \ar[r]^{d} & ⋯,}

entsprechend in der unteren.

Anwendung von C(F) gibt das kommutative Diagramm

[figure: C(F) IRes X′; •; C(F)j; C(F)g′; C(F)I; C(F)s; C(F)g; C(F) IRes X′′; C(F)g′′; C(F) IRes X̃′; •; C(F)j̃; C(F)Ĩ; C(F)s̃; C(F) IRes X̃′′]

mit punktweise split kurz exakten Zeilen. Bemerkung 146 gibt nun für k ⩾ 0 das kommutative Viereck

\xymatrix{H^{k}C(F) IRes X′′ \ar[r]^{∂_{(C(F)j, C(F)s)}^{k}} \ar[d]_{H^{k}C(F)g′′} & H^{k+1}C(F) IRes X′ \ar[d]^{H^{k+1}C(F)g′} \\ H^{k}C(F) IRes X̃′′ \ar[r]^{∂_{(C(F)j̃, C(F)s̃)}^{k}} & H^{k+1}C(F) IRes X̃′ ,}

was wegen H^{k}C(F)g′′ = H^{k}K(F) IRes f′′ = (R^{k}F)f′′ und wegen H^{k+1}C(F)g′ = H^{k+1}K(F) IRes f′ = (R^{k+1}F)f′ nur andere Bezeichnungen sind für das verlangte kommutative Viereck

\xymatrix{(R^{k}F)X′′ \ar[r]^{δ_{(i,r);F}^{k}} \ar[d]_{(R^{k}F)f′′} & (R^{k+1}F)X′ \ar[d]^{(R^{k+1}F)f′} \\ (R^{k}F)X̃′′ \ar[r]^{δ_{(ĩ,r̃);F}^{k}} & (R^{k+1}F)X̃′ .}

Das Argument aus dem Beweis zu Bemerkung 167 kann man auch verwenden, um zu zeigen, daß die Definition δ_{(i,r);F}^{k} := ∂_{(C(F)j, C(F)s)}^{k} nicht von der Wahl der Hufeisenauflösung (j, s) abhängt; setze hierzu f′ = 1_{X′} und f′′ = 1_{X′′} , was g′ = 1_{IRes X′} und g′′ = 1_{IRes X′′} zu nehmen ermöglicht, und verwende in der oberen und unteren Zeile die beiden zu vergleichenden Hufeisenauflösungen.

6.2 Abgeleitete Funktoren in zwei Variablen

6.2.1 Doppelkomplexe

Sei A eine additive Kategorie.

Ein Doppelkomplex mit Werten in A ist ein Objekt X in Z^{k} × Z^{k}, A , welches (i, j) \overline{}(i+2, j) und (i, j) \overline{}(i, j +2) nach 0 abbildet für (i, j) ∈ Z×Z ; cf. Aufgabe 37. Die volle Teilkategorie der Doppelkomplexe werde CC(A) ⊆ Z^{k} × Z^{k}, A geschrieben.

Ist X ∈ Ob CC(A), so schreiben wir X^{i,j} := X(i, j), d = d_{X}^{i,j} := X((i, j) \overline{}(i, j + 1)) und 𝔡 = 𝔡_{X}^{i,j} := X((i, j) \overline{}(i + 1, j)) für (i, j) ∈ Z × Z für die Differentiale von X. Es ist also dd = 0, 𝔡𝔡 = 0 und d𝔡 = 𝔡d stets.

\xymatrix{ &  & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\  & ⋯ \ar[r]^{d} & X^{i+2, j} \ar[r]^{d} \ar[u]^{𝔡} & X^{i+2, j+1} \ar[r]^{d} \ar[u]^{𝔡} & X^{i+2, j+2} \ar[r]^{d} \ar[u]^{𝔡} & ⋯ \\ X = & ⋯ \ar[r]^{d} & X^{i+1, j} \ar[r]^{d} \ar[u]^{𝔡} & X^{i+1, j+1} \ar[r]^{d} \ar[u]^{𝔡} & X^{i+1, j+2} \ar[r]^{d} \ar[u]^{𝔡} & ⋯ \\  & ⋯ \ar[r]^{d} & X^{i,j} \ar[r]^{d} \ar[u]^{𝔡} & X^{i, j+1} \ar[r]^{d} \ar[u]^{𝔡} & X^{i, j+2} \ar[r]^{d} \ar[u]^{𝔡} & ⋯ \\  &  & ⋮ \ar[u]^{𝔡} & ⋮ \ar[u]^{𝔡} & ⋮ \ar[u]^{𝔡}}

Ist X ^{\overline{}^{f}} Y in CC(A), so schreiben wir f^{i,j} := f(i, j) für (i, j) ∈ Z × Z.

Mit A ist auch CC(A) additiv. Ist A abelsch, so auch CC(A) ; Kerne und Cokerne sind punktweise zu bilden und mit induzierten Differentialen auszustatten. Cf. Aufgabe 50.

6.2.2 Totalkomplex

Sei A eine additive Kategorie. Sei CC^{⌞}(A) ⊆ CC(A) die volle Teilkategorie der Doppelkomplexe X mit X^{i,j} ≃ 0 für i < 0 oder j < 0, i.e. der Doppelkomplexe im ersten Quadranten. Definiere den Totalkomplexfunktor

\begin{matrix}CC^{⌞}(A) & ^{\overline{}^{t}} & C(A) \\ ( \xymatrix{X \ar[d]_{f} \\ Y}) & \overline{} & ( \xymatrix{X^{0,0} \ar[r]^{^{(^{d 𝔡})}} \ar[d]^{f^{0,0}} & X^{0,1}⊕X^{1,0} \ar[r]^{^{( \begin{matrix}d & 𝔡 & 0 \\ 0 & −d & −𝔡 \end{matrix} )}} \ar[d]^{_{( \begin{matrix}f^{0,1} \\ & f^{1,0} \end{matrix} )}} & X^{0,2}⊕X^{1,1}⊕X^{2,0} \ar[r]^{^{( \begin{matrix}d & 𝔡 & 0 & 0 \\ 0 & −d & −𝔡 & 0 \\ 0 & 0 & d & 𝔡 \end{matrix} )}} \ar[d]^{_{( \begin{matrix}f^{0,2} \\ & f^{1,1} \\ & & f^{2,0} \end{matrix} )}} & X^{0,3}⊕X^{1,2}⊕X^{2,1}⊕X^{3,0} \ar[r] \ar[d]^{_{( \begin{matrix}f^{0,3} \\ & f^{1,2} \\ & & f^{2,1} \\ & & & f^{3,0} \end{matrix} )}} & ⋯ \\ Y^{0,0} \ar[r]^{_{(_{d 𝔡})}} & Y^{0,1}⊕Y^{1,0} \ar[r]^{_{( \begin{matrix}d & 𝔡 & 0 \\ 0 & −d & −𝔡 \end{matrix} )}} & Y^{0,2}⊕Y^{1,1}⊕Y^{2,0} \ar[r]^{_{( \begin{matrix}d & 𝔡 & 0 & 0 \\ 0 & −d & −𝔡 & 0 \\ 0 & 0 & d & 𝔡 \end{matrix} )}} & Y^{0,3}⊕Y^{1,2}⊕Y^{2,1}⊕Y^{3,0} \ar[r] & ⋯} ) , \end{matrix}

das Bild beginnend in Position 0 und nach links mit Nullen fortgesetzt zu lesen. Es ist t ein additiver Funktor. Ist A abelsch, so auch CC^{⌞}(A), und t ist exakt.

6.2.3 Biadditive Funktoren

Seien A, A′ und B additive Kategorien. Ein Funktor A × A′ ^{\overline{}^{F}} B heiße biadditiv, falls

[figure: F (X, −); :; A′; B ,; f′; F (id_{X} , f′); =:; F (X, f′); F (−, X′); :; A; B ,; f; F (f, id_{X′}); =:; F (f, X′)]

additiv sind für alle X ∈ Ob A und X′ ∈ Ob A′.

Es soll “biadditiv” an “bilinear” erinnern.

Beispiel 168

(1) Sei A eine additive Kategorie. Es ist A^{∘} × A ^{\overline{}^{^{A}(−,=)}} Z-Mod biadditiv. Cf. Beispiel 113.(2, 3).

(2) Sei R ein Ring. Es ist Mod-R × R-Mod ^{\overline{}^{−⊗_{R}=}} Z-Mod biadditiv. Cf. Beispiel 113.(4). Sei A × A′ ^{\overline{}^{F}} B biadditiv. Sei

C(A) × C(A′) ^{\overline{}^{F^{CC}}} CC(B)
[figure: (; X; f; Y; ,; X′; f′; Y′; ); (; F^{CC}(X, X′); F^{CC}(f,f′); F^{CC}(Y, Y′); )]

definiert auf Objekten durch F^{CC}(X, X′)^{i,j} := F (X^{i}, X^{′j}), durch 𝔡_{F^{CC}(X,X′)}^{i,j} := F (d_{X}^{i} , X^{′j}) und durch d_{F^{CC}(X,X′)}^{i,j} := F (X^{i}, d_{X′}^{j}) ; auf Morphismen durch F^{CC}(f, f′)^{i,j} := F (f^{i}, f^{′j}) ; wobei (i, j) ∈ Z × Z.

[figure: ⋮; ⋮; F^{CC}(X, X′) =; ⋯; F (X^{i+1},d); F (X^{i+1}, X^{′j}); F (X^{i+1},d); F (d,X^{′j}); F (X^{i+1}, X^{′j+1}); F (X^{i+1},d); F (d,X^{′j+1}); ⋯; ⋯; F (X^{i},d); F (X^{i}, X^{′j}); F (X^{i},d); F (d,X^{′j}); F (X^{i}, X^{′j+1}); F (X^{i},d); F (d,X^{′j+1}); ⋯; ⋮; F (d,X^{′j}); ⋮; F (d,X^{′j+1})]

Es ist F^{CC} biadditiv; cf. §5.3.

6.2.4 Ableiten biadditiver Funktoren

Seien A, A′ und B additive Kategorien. Sei A × A′ ^{\overline{}^{F}} B biadditiv. Sei C^{[0}(A) ⊆ C(A) die volle Teilkategorie der Komplexe X mit X^{i} = 0 für i < 0. Beachte, daß F^{CC} von C^{[0}(A) × C^{[0}(A′) nach CC^{⌞}(B) einschränkt. Sei K^{[0}(A) ⊆ K(A) die volle Teilkategorie der Komplexe X mit X^{i} = 0 für i < 0.

Lemma 169 Sei X′ ∈ Ob C^{[0}(A′). Ist X ^{\overline{}^{n}} Y ein Morphismus in C^{[0}(A), dessen Bild in K(A) verschwindet, so verschwindet auch das Bild von t ∘ F^{CC}(n, X′) in K(B).

Beweis. Schreibe n^{i} = dh^{i+1} + h^{i}d für i ∈ Z ; cf. Aufgabe 55.(1). Es folgt

\begin{aligned}F (n^{i}, X^{′j}) & = & F (d, X^{′j})F (h^{i+1}, X^{′j}) + F (h^{i}, X^{′j})F (d, X^{′j}) \\ F (X^{i}, d)F (h^{i}, X^{′j+1}) & = & F (h^{i}, X^{′j})F (Y^{i−1}, d) \end{aligned}

für i, j ∈ Z. Schreibe U := F^{CC}(X, X′), V := F^{CC}(Y, X′), g := F^{CC}(n, X′) : U \overline{}V und k^{i,j} := F (h^{i}, X^{′j}) : U^{i,j} \overline{}V^{i−1, j} für i, j ∈ Z. So wird

\begin{aligned}g^{i,j} & = & 𝔡k^{i+1, j} + k^{i,j}𝔡 \\ dk^{i, j+1} & = & k^{i,j}d . \end{aligned}

Es ist zu zeigen, daß das Bild von tg in K(B) verschwindet. I.e. wir suchen H^{ℓ} : (tU)^{ℓ} \overline{}(tV)^{ℓ−1} für ℓ ∈ Z so, daß (tg)^{ℓ} = dH^{ℓ+1} +H^{ℓ}d für ℓ ∈ Z; cf. Aufgabe 55.(1). Notwendigerweise ist H^{ℓ} := 0 zu setzen für ℓ ⩽ 0. Für ℓ ⩾ 1 setzen wir

H^{ℓ} := (\begin{matrix}0 & ⋯ & ⋯ & 0 \\ +k^{1, ℓ−1} \\ & −k^{2, ℓ−2} \\ . & . & . \\ & & & (−1)^{ℓ+1}k^{ℓ,0} \end{matrix} ) : U^{0,ℓ} ⊕ ⋯ ⊕ U^{ℓ,0} \overline{}V^{0, ℓ−1} ⊕ ⋯ ⊕ V^{ℓ−1, 0} .

Sei ℓ ⩾ 1. Es wird dH^{ℓ+1} + H^{ℓ}d

= (\begin{matrix}d & 𝔡 \\ & −d & −𝔡 \\ & & d & 𝔡 \\ & & & ... & ... \end{matrix} ) (\begin{matrix}0 & ⋯ \\ +k^{1,ℓ} \\ & −k^{2,ℓ−1} \\ & & +k^{3,ℓ−2} \\ . & . & . \end{matrix} ) + (\begin{matrix}0 & ⋯ \\ +k^{1,ℓ−1} \\ & −k^{2,ℓ−2} \\ . & . & . \end{matrix} ) (\begin{matrix}d & 𝔡 \\ & −d & −𝔡 \\ & & d & 𝔡 \\ & & & ... & ... \end{matrix} )
= (\begin{matrix}+𝔡k^{1,ℓ} \\ −dk^{1,ℓ} & +𝔡k^{2,ℓ−1} \\ & −dk^{2,ℓ−1} & +𝔡k^{3,ℓ−2} \\ & ... & ... \end{matrix} ) + (\begin{matrix}0 \\ k^{1,ℓ−1}d & k^{1,ℓ−1}𝔡 \\ & k^{2,ℓ−2}d & k^{2,ℓ−2}𝔡 \\ & ... & ... \end{matrix} )
= (\begin{matrix}g^{0,ℓ} \\ 0 & g^{1, ℓ−1} \\ 0 & g^{2, ℓ−2} \\ ... & ... \end{matrix} )
= (tg)^{ℓ} .

Bei ℓ = 0 wird dH^{1} = (^{d 𝔡}) (\begin{matrix}0 \\ k^{1,0} \end{matrix}) = 𝔡k^{1,0} = g^{0,0} = (tg)^{0}.

Seien X [figure: f; n] Y in C^{[0}(A), wobei das Bild von n in K(A) verschwinde.

Seien X′ [figure: f′; n′] Y′ in C^{[0}(A′), wobei das Bild von n′ in K(A′) verschwinde.

Mit Lemma 169 und der dazu symmetrischen Aussage erhalten wir

RtF^{CC}(f + n, f′ + n′) = RtF^{CC}(f + n, X′)RtF^{CC}(Y, f′ + n′)
= RtF^{CC}(f, X′)RtF^{CC}(Y, f′)  = RtF^{CC}(f, f′) .

Folglich gibt es eine Faktorisierung

\xymatrix{C^{[0}(A) × C^{[0}(A′) \ar[r]^{t ∘ F^{CC}} \ar[d]_{R×R} & C(B) \ar[d]^{R} \\ K^{[0}(A) × K^{[0}(A′) \ar[r]^{F^{K}} & K(B) ,}

wobei allgemein für Funktoren C ^{\overline{}^{S}} D und C′ ^{\overline{}^{S′}} D′ der Funktor C × C′ ^{\overline{}^{S×S′}} D × D′ erklärt sei durch (S × S′)(f, f′) := (Sf, Sf′) für einen Morphismus (f, f′) in C × C′.

Für X ∈ Ob C^{[0}(A) ist F^{K}(X, −)∘R = R ∘t∘F^{CC}(X, −) additiv. Also ist auch F^{K}(X, −) additiv; cf. Bemerkung 116. Zusammen mit dem symmetrischen Argument zeigt dies die Biadditivität von F^{K}.

Definition 170 Haben A und A′ genügend Injektive. Sei k ⩾ 0. Sei der k-te rechtsabgeleitete Funktor des biadditiven Funktors A × A′ ^{\overline{}^{F}} B definiert als

(A × A′ ^{\overline{}^{R^{k}F}} B) := (A × A′ ^{\overline{}^{IRes × IRes}} K^{[0}(A) × K^{[0}(A′) ^{\overline{}^{F^{K}}} K(B) ^{\overline{}^{H^{k}}} B)

Da IRes additiv ist, ist R^{k}F biadditiv; cf. Aufgabe 56.(2, 4), Beispiel 113.(5).

Falls A und A′ stattdessen genügend Projektive haben, defineren wir den k-ten linksabgeleiteten Funktor L_{k}F auf duale Weise.

Definition 171 (Ext und Tor, endgültig)

(1) Habe A genügend Injektive und genügend Projektive. Sei k ⩾ 0. Setze

Ext_{A}^{k}(−, =) := R^{k} Hom_{A}(−, =) : A^{∘} × A \overline{}Z-Mod .

Für X, Y ∈ Ob A ist also Ext_{A}^{k}(X, Y) = H^{k}t Hom_{A}^{CC}(PRes X, IRes Y).

Beachte, daß für IRes auf A^{∘} der Funktor PRes auf A verwandt werden kann.

Ist R ein Ring und A = R-Mod, so schreiben wir auch Ext_{R}^{k}(−, =) := Ext_{R-Mod}^{k}(−, =).

(2) Sei R ein Ring. Sei k ⩾ 0. Setze

Tor_{k}^{R}(−, =) := L_{k}(− ⊗_{R} =) : Mod-R × R-Mod \overline{}Z-Mod .

Für X, Y ∈ Ob R-Mod ist also Tor_{k}^{R}(X, Y) = H_{k}t(PRes X ⊗_{R}^{CC} PRes Y), wobei hier

t der Totalkomplexfunktor auf den Doppelkomplexen im dritten Quadranten ist.

6.3 Zusammenhang Ableiten in zwei und je einer Variablen

6.3.1 Quasiisomorphismen

Seien A und B abelsche Kategorien.

Definition 172 Ein Morphismus X ^{\overline{}^{f}} Y in C(A) heißt Quasiisomorphismus, wenn H^{k}f ein Isomorphismus ist für alle k ∈ Z. Auch das Bild eines solchen f in K(A) wird als Quasiisomorphismus bezeichnet.

Bemerkung 173 Habe A genügend Injektive. Es ist für X ∈ Ob A der Morphismus Konz X ^{\overline{}^{eX}} IRes X ein Quasiisomorphismus; cf. §6.1.2.1.

Beweis. Gemäß Bemerkung 162 ist H^{0}(eX) ein Isomorphismus. Ferner ist H^{k}(eX) für k ≠ 0 bereits deswegen ein Isomorphismus, da dort H^{k} Konz X ≃ 0 und H^{k} IRes X ≃ 0.

Bemerkung 174 Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ein Quasiisomorphismus in C(A). Sei A ^{\overline{}^{G}} B ein exakter Funktor. Dann ist C(G)X^{\overline{}^{C(G)f}} C(G)Y ein Quasiisomorphismus.

Beweis. Siehe Aufgabe 68.(2).

Bemerkung 175 Sei

[figure: X′; •; i; f′; X; r; f; X′′; f′′; X̃′; •; ĩ; X̃; r̃; X̃′′]

ein Morphismus kurz exakter Sequenzen in C(A). Sind f′ und f′′ Quasiisomorphismen, so auch f.

Beweis. Anwendung der Homologiefunktoren gibt nach Bemerkung 146 für k ∈ Z folgenden Morphismus lang exakter Sequenzen, welche wir bereits in kurz exakte Sequenzen zerlegt haben und für welche wir nach Bemerkung 124.(2) die auf den Bildern induzierten Morphismen eingetragen haben.

[figure: ⋯; H^{k−1}X′′; H^{k−1}f′′; ≀; •; a; H^{k}X′; H^{k}f′; ≀; •; b; H^{k}X; H^{k}f; •; c; H^{k}X′′; H^{k}f′′; ≀; •; d; H^{k+1}X′; H^{k+1}f′; ≀; ⋯; ⋯; H^{k−1}Y′′; •; H^{k}Y′; •; H^{k}Y; •; H^{k}Y′′; •; H^{k+1}Y′; ⋯]

Dank Komposition sind a und d Isomorphismen. Das Schlangenlemma, Lemma 136, angewandt auf (a, H^{k}f′, b), zeigt, daß b ein Isomorphismus ist (^{6}). Dual ist c ein Isomorphismus. Das Schlangenlemma, angewandt auf (b, H^{k}f, c), zeigt, daß H^{k}f ein Isomorphismus ist.

6.3.2 Zeilenweise Quasiisomorphismen

Sei A eine abelsche Kategorie.

Für einen Doppelkomplex X ∈ Ob CC(A) und i ∈ Z schreiben wir X^{i,∗} ∈ Ob C(A) für

den Komplex mit ((X^{i,∗})^{j} ^{\overline{}^{d_{X^{i,∗}}^{j}}} (X^{i,∗})^{j+1}) := (X^{i,j} ^{\overline{}^{d_{X}^{i,j}}} X^{i,j+1}) für j ∈ Z. Kurz, sei X^{i,∗} die i-te Zeile von X.

Für X ^{\overline{}^{f}} Y in CC(A) schreiben wir f^{i,∗} := (f^{i,j})_{j} : X^{i,∗} \overline{}Y^{i,∗}. Kurz, f^{i,∗} ist die Einschränkung von f auf die i-te Zeile.

Lemma 176 Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in CC^{⌞}(A). Ist X^{i,∗} ^{\overline{}^{f^{i,∗}}} Y^{i,∗} ein Quasiisomorphismus für alle i ⩾ 0, so ist auch tf ein Quasiisomorphismus.

Kurz, ist f zeilenweise ein Quasiisomorphismus, dann auch total.

Beweis. Sei X ^{\overline{}^{f}} Y gegeben mit X^{i,∗} ^{\overline{}^{f^{i,∗}}} Y^{i,∗} Quasiisomorphismus für alle i ⩾ 0.

Für I ⊆ Z schreiben wir X^{I,∗} ∈ Ob CC^{⌞}(A) für den Doppelkomplex, der aus X hervorgeht durch Ersetzen von X^{i,j} durch 0 für i ∈ Z ∖ I und j ∈ Z. Entsprechend für f.

Wir behaupten, daß t(f^{[0,i]}) ein Quasiisomorphismus ist für alle i ⩾ −1. Wir führen dazu eine Induktion nach i ⩾ −1. Für i = −1 ist nichts zu zeigen. Sei i ⩾ 0. Wir haben folgenden Morphismus kurz exakter Sequenzen von Doppelkomplexen

\xymatrix{X^{\{i\},∗} \ar[r] \ar[d]^{f^{\{i\},∗}} & X^{[0,i],∗} \ar[r] \ar[d]^{f^{[0,i],∗}} & X^{[0,i−1],∗} \ar[d]^{f^{[0,i−1],∗}} \\ Y^{\{i\},∗} \ar[r] & Y^{[0,i]∗} \ar[r] & Y^{[0,i−1],∗}}

6Man kann auch auf den Cokernen ein Inverses induzieren lassen.

Anwendung des Totalkomplexfunktors gibt einen Morphismus kurz exakter Sequenzen von Komplexen.

\xymatrix{tX^{\{i\},∗} \ar[r] \ar[d]^{tf^{\{i\},∗}} & tX^{[0,i],∗} \ar[r] \ar[d]^{tf^{[0,i],∗}} & tX^{[0,i−1],∗} \ar[d]^{tf^{[0,i−1],∗}} \\ tY^{\{i\},∗} \ar[r] & tY^{[0,i]∗} \ar[r] & tY^{[0,i−1],∗}}

Es ist tf^{[0,i−1],∗} nach Induktionsvoraussetzung ein Quasiisomorphismus. Da f^{i,∗} ein Quasiisomorphismus ist und da tf^{{i},∗} durch Verschiebung aus f^{i,∗} hervorgeht, ist auch tf^{{i},∗} ein Quasiisomorphismus. Dank Bemerkung 175 ist also auch tf^{[0,i],∗} ein Quasiisomorphismus, was die Behauptung zeigt.

Nun ist aber nach Definition des Totalkomplexes

H^{j}(tX ^{\overline{}^{tf}} tY) = H^{j}(tX^{[0,j+1],∗} ^{\overline{}^{tf^{[0,j+1],∗}}} tY^{[0,j+1],∗})

für j ⩾ 0, da tX an den Positionen 0 bis j + 1 mitsamt Differentialen dazwischen mit tX^{[0,j+1],∗} übereinstimmt, entsprechend für Y, da tf an den Positionen 0 bis j + 1 mit tf^{[0,j+1],∗} übereinstimmt und da für die Berechnung der Homologie an der Stelle j nur die Positionen j − 1, j und j + 1 eine Rolle spielen. Da gemäß vorstehender Behauptung rechts ein Isomorphismus steht, steht auch links ein Isomorphismus.

6.3.3 Drei Interpretationen

Seien A, A′ und B abelsche Kategorien. Sei A × A′ ^{\overline{}^{F}} B ein biadditiver Funktor.

Für X′ ∈ Ob A′ machen wir nun Gebrauch von der Kurzschreibweise F (−, X′) = C(F (−, X′)), so daß für Y ∈ Ob C(A) und k ∈ Z sich (F (Y, X′)^{k} ^{\overline{}^{d}} F (Y, X′)^{k+1}) =

F (Y^{k}, X′)^{\overline{}^{F (d,X′)}} F (Y^{k+1}, X′) ergibt. Dies liefert einen biadditiven Funktor

\begin{matrix}C(A) × A′ & ^{\overline{}^{F}} & C(B) \\ ((Y, X′) ^{\overline{}^{(g,f)}} (Ỹ , X̃′)) & \overline{} & (F (Y, X′)^{\overline{}^{F (g,f′)}} F (Ỹ , X̃′)) , \end{matrix}

wobei der Morphismus von Komplexen F (g, f′) : F (Y, X′) \overline{}F (Ỹ , X̃′) bei k ∈ Z durch F (g^{k}, f′) : F (Y^{k}, X′) \overline{}F (Ỹ^{k}, X̃′) gegeben sei; beachte, daß F (g^{k}, f′)F (d, X̃′) = F (g^{k}d, f′) = F (dg^{k+1}, f′) = F (d, X′)F (g^{k+1}, f′).

Analog auch F (−, X′) = K(F (−, X′)).

Entsprechend machen wir Gebrauch von der Kurzschreibweise F (X, −) = C(F (X, −)) für X ∈ Ob A. Analog auch F (X, −) = K(F (X, −))

Bemerkung 177 Sei X′ ∈ Ob A′. Wir haben einen Isomorphismus v_{Y,X′} : F (Y, X′) ^{\overline{}^{∼}} tF^{CC}(Y, Konz X′) in C(B), natürlich in (Y, X′) ∈ Ob(C(A) × A′) .

Beweis. Wir haben folgenden Isomorphismus.

\xymatrix{⋯ \ar[r]^{F (d,X′)} & F (Y^{k}, X′) \ar[r]^{F (d,X′)} \ar[d]_{(−1)^{k(k−1)/2}}^{≀} & F (Y^{k+1}, X′) \ar[r]^{F (d,X′)} \ar[d]_{(−1)^{(k+1)k/2}}^{≀} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{(−1)^{k−1}F (d,X′)} & F (Y^{k}, X′) \ar[r]^{(−1)^{k}F (d,X′)} & F (Y^{k+1}, X′) \ar[r]^{(−1)^{k+1}F (d,X′)} & ⋯}

Die obere Zeile ist gleich F (Y, X′). Die untere Zeile entsteht aus tF^{CC}(Y, Konz X′) durch Weglassen von Nullsummanden, so daß wir einen Isomorphismus von ihr nach tF^{CC}(Y, Konz X′) haben. Die verlangte Natürlichkeit läuft für einen Repräsentanten Y ^{\overline{}^{g}} Ỹ in C(A) und für X′ ^{\overline{}^{f′}} X̃′ in A′ auf F (g^{k}, f′)(−1)^{k(k−1)/2} = (−1)^{k(k−1)/2}F (g^{k}, f′) für k ∈ Z hinaus.

Bemerkung 178 Sei F (I, =) exakt für I ∈ Ob Inj A. Sei J ∈ C(Inj A). Sei X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′ ein Quasiisomorphismus in C(A′). Dann ist tF (J, f) : tF (J, X′) \overline{}tF (J, Y′) ein Quasiisomorphismus.

Beweis. Dank Lemma 176 genügt es zu zeigen, daß F (I^{k}, X′)^{\overline{}^{F (I^{k}, f′)}} F (I^{k}, Y′) ein Quasiisomorphismus ist für k ⩾ 0. Da F (I^{k}, −) exakt ist, folgt dies aus Bemerkung 174.

Bemerkung 179 Haben A und A′ genügend Injektive.

Es ist (R^{k}F (X, =))(X′) = H^{k}F (X, IRes X′) für k ⩾ 0 ein biadditiver Funktor in (X, X′) ∈ Ob(A × A′).

Es ist (R^{k}F (−, X′))(X) = H^{k}F (IRes X, X′) für k ⩾ 0 ein biadditiver Funktor in (X, X′) ∈ Ob(A × A′).

Beweis. Dies folgt aus der Additivität von IRes; cf. Aufgabe 56.(2, 4), Beispiel 113.(5).

Satz 180

(1) Haben A und A′ genügend Injektive.

(i) Sei F (I, =) exakt für I ∈ Ob Inj A. Für k ⩾ 0 ist

(R^{k}F)(X, X′) ≃ (R^{k}F (−, X′))(X) ,

natürlich in (X, X′) ∈ Ob(A × A′). (ii) Sei F (−, I′) exakt für I′ ∈ Ob Inj A′. Für k ⩾ 0 ist

(R^{k}F)(X, X′) ≃ (R^{k}F (X, =))(X′) ,

natürlich in (X, X′) ∈ Ob(A × A′).

(1^{∘}) Haben A und A′ genügend Projektive.

(i) Sei F (P, =) exakt für P ∈ Ob Proj A. Für k ⩾ 0 ist

(L_{k}F)(X, X′) ≃ (L_{k}F (−, X′))(X) ,

natürlich in (X, X′) ∈ Ob(A × A′). (ii) Sei F (−, P′) exakt für P′ ∈ Ob Proj A′. Für k ⩾ 0 ist

(L_{k}F)(X, X′) ≃ (L_{k}F (X, =))(X′) ,

natürlich in (X, X′) ∈ Ob(A × A′).

Beweis. Zu (1.i). Sei (X, X′) ∈ Ob(A × A′). Es ist Konz X′ ^{\overline{}^{eX′}} IRes X′ ein Quasiisomorphismus; cf. Bemerkung 173. Somit ist auch tF^{CC}(IRes X, eX′) ein Quasiisomorphismus; cf. Bemerkung 178. Also ist auch dessen Bild

F^{K}(IRes X, Konz X′) ^{\overline{}^{F^{K}(IRes X, eX′)}} F^{K}(IRes X, IRes X′)

in der Homotopiekategorie ein Quasiisomorphismus. Beachte ferner, daß F^{K}(IRes X, eX′) natürlich in (X, X′) ∈ Ob(A × A′) ist; i.e. für X ^{\overline{}^{f}} X̃ in A und X′ ^{\overline{}^{f′}} X̃′ in A′ ist F^{K}(IRes X, eX′) F^{K}(IRes f, IRes f′) = F^{K}(IRes f, Konz f′) F^{K}(IRes X̃, eX̃′).

Sei k ⩾ 0. Anwenden von H^{k} gibt nun

[figure: (R^{k}F (−, X′))(X); H^{k}F (IRes X, X′); ≀; H^{k}v_{IRes X, X′}; H^{k}F^{K}(IRes X, Konz X′); ≀; H^{k}F^{K}(IRes X, eX′); H^{k}F^{K}(IRes X, IRes X′); (R^{k}F)(X, X′) ;]

cf. Bemerkung 177 und vorstehende Behauptung.

Beide Schritte sind natürlich in (X, X′) ∈ Ob(A × A′).

Beispiel 181

(1) Habe A genügend Injektive und genügend Projektive. Sei k ⩾ 0. Es ist

Ext_{A}^{k}(X, Y) =^{1.} (R^{k} Hom_{A}(−, =))(X, Y) = H^{k}t Hom_{A}(PRes X, IRes Y)
≃^{2.} (R^{k} Hom_{A}(X, =))(Y)  = H^{k} Hom_{A}(X, IRes Y)
≃^{3.} (R^{k} Hom_{A}(−, Y))(X) = H^{k} Hom_{A}(PRes X, Y) ,

natürlich in (X, Y) ∈ Ob(A^{∘} × A). Insbesondere ist Ext_{A}^{0}(X, Y) ≃ Hom_{A}(X, Y). Cf. Definitionen 156 und 171.(1).

(2) Sei k ⩾ 0. Es ist

Tor_{k}^{R}(X, Y) =^{1.} (L_{k}(− ⊗_{R} =))(X, Y) = H_{k}t(PRes X ⊗_{R} PRes Y)
≃^{2.} (L_{k}(X ⊗_{R} =))(Y) = H_{k}(X ⊗_{R} PRes Y)
≃^{3.} (L_{k}(− ⊗_{R} Y))(X) = H_{k}(PRes X ⊗_{R} Y) ,

natürlich in (X, Y) ∈ Ob(Mod-R × R-Mod). Insbesondere ist Tor_{0}^{R}(X, Y) ≃ X ⊗_{R} Y.

Cf. Definitionen 157 und 171.(2).

Beweis.

Zu (1). Satz 180.(1) findet Anwendung, da _{A}(−, I) für I ∈ Ob Inj A und _{A}(P, −) für P ∈ Ob Proj A = Ob Inj(A^{∘}) exakt sind; cf. Definition 137. Die Aussage über Ext_{A}^{0}(X, Y) folgt aus Bemerkung 164.

Zu (2). Satz 180.(2) findet Anwendung dank der Exaktheit von − ⊗_{R} P für P ∈

Ob Proj(R-Mod) aus Aufgabe 28.(5) und dank der dazu symmetrischen Eigenschaft. Die Aussage über Tor_{0}^{R}(X, Y) folgt aus Bemerkung 164^{∘}.

Beispiel 182 Sei A = Z/16-mod. In Beispiel 158 wurde u.a. Ext_{A}^{2}(Z/8, Z/4) ≃ Z/2 über eine injektive Auflösung berechnet. Wir können nun auch wie folgt mittels einer projektiven Auflösung rechnen.

Ext_{A}^{2}(Z/8, Z/4) ≃ H^{2} Hom_{A} ((⋯ ^{\overline{}^{2}} Z/16 ^{\overline{}^{8}} Z/16 ^{\overline{}^{2}} Z/16 ^{\overline{}^{8}} Z/16), Z/4)
≃ H^{2}(⋯ ^{\overline{}^{2}} Z/4^{\overline{}^{8}} Z/4^{\overline{}^{2}} Z/4^{\overline{}^{8}} Z/4)
≃ H^{2}(⋯ ^{\overline{}^{2}} Z/4^{\overline{}^{0}} Z/4^{\overline{}^{2}} Z/4^{\overline{}^{0}} Z/4)
≃ Z/2

Ergänzungen

7.1 Yoneda-ext

In diesem Abschnitt §7.1 verwenden wir die provisorische Definition 156 von Ext; cf. auch Bemerkung 179.

7.1.1 Der Shiftfunktor

Sei A eine abelsche Kategorie. Sei k ∈ Z. Für X ∈ Ob C(A) definieren wir X[k] ∈ Ob C(A) durch X[k]^{i} := X^{k+i} und durch d_{X[k]}^{i} = (−1)^{k}d_{X}^{i+k} für i ∈ Z.

Für X ^{\overline{}^{f}} Y in C(A) definieren wir X[k] ^{\overline{}^{f[k]}} Y [k] durch f[k]^{i} := f^{k+i} für i ∈ Z. Es ist (−)[k] ein Funktor. Es ist (−)[0] = id_{C(A)} . Für k, ℓ ∈ Z ist (−)[ℓ] ∘ (−)[k] = (−)[k + ℓ]. Cf. auch Aufgabe 63. Ist nun X split azyklisch, so auch X[k] ; cf. Aufgabe 51.(2). Also induziert (−)[k] einen gleichnamigen Funktor auf K(A) ; cf. Definition 142, Bemerkung 116.

7.1.2 Quasiisomorphismen induzieren Isomorphismen

Sei A eine abelsche Kategorie. Für X ∈ Ob C(A) haben wir den Morphismus

( \xymatrix{X \ar[d]_{ζ_{X}} \\ c(X)} ) := ( \xymatrix{⋯ \ar[r]^{d} & X^{i−1} \ar[r]^{d} \ar[d]^{_{(_{1 d})}} & X^{i} \ar[r]^{d} \ar[d]^{_{(_{1 d})}} & X^{i+1} \ar[r]^{d} \ar[d]^{_{(_{1 d})}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{_{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & X^{i−1} ⊕ X^{i} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & X^{i} ⊕ X^{i+1} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & X^{i+1} ⊕ X^{i+2} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & ⋯} )

in C(A). Ein Morphismus X ^{\overline{}^{f}} Y in C(A) ist genau dann nullhomotop, wenn er als f = ζ_{X}f′ faktorisiert für ein f′ in C(A); cf. Lösung zu Aufgabe 55.(1).

Bemerkung 183 Sei X [figure: g] Y punktweise split monomorph in C(A). Dann faktorisiert

(X [figure: ζ_{X}] c(X)) = (X [figure: g] Y ^{\overline{}^{t}} c(X)) für ein g in C(A).

Beweis. Nach punktweiser isomorpher Ersetzung können wir g schreiben als den oberen Morphismus des folgenden Diagramms; cf. §5.6. Die Faktorisierung von ζ_{X} über f ergibt sich wie im Diagramm; beachte, daß u^{i−1}d+du^{i} = 0 für i ∈ Z aus der Differentialbedingung des mittleren Komplexes Y folgt.

\xymatrix{⋯ \ar[r] & X^{i−1} \ar[r]^{d} \ar[d]_{_{(_{1 0})}} & X^{i} \ar[r]^{d} \ar[d]_{_{(_{1 0})}} & X^{i+1} \ar[r] \ar[d]_{_{(_{1 0})}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & X^{i−1} ⊕ Z^{i−1} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}d & 0 \\ u^{i−1} & d \end{matrix})}} \ar[d]_{_{(\begin{matrix}1 & d \\ 0 & u^{i−1} \end{matrix} )}} & X^{i} ⊕ Z^{i} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}d & 0 \\ u^{i} & d \end{matrix})}} \ar[d]_{_{(\begin{matrix}1 & d \\ 0 & u^{i} \end{matrix} )}} & X^{i+1} ⊕ Z^{i+1} \ar[r] \ar[d]_{_{(\begin{matrix}1 & d \\ 0 & u^{i+1} \end{matrix} )}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & X^{i−1} ⊕ X^{i} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & X^{i} ⊕ X^{i+1} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & X^{i+1} ⊕ X^{i+2} \ar[r] & ⋯}

Wir können nun Aufgabe 55.(1) etwas verallgemeinern.

Korollar 184 Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ein Morphismus in C(A). Sei X [figure: g] U in C(A) punktweise split monomorph mit U split azyklisch. Dann ist f nullhomotop genau dann, wenn es eine Faktorisierung (X ^{\overline{}^{f}} Y) = (X [figure: g] U ^{\overline{}^{u}} Y) in C(A) gibt.

Beweis. Gibt es eine Faktorisierung (X ^{\overline{}^{f}} Y) = (X [figure: g] U ^{\overline{}^{s}} Y) in C(A), so ist wegen U ≃ 0 in K(A) in der Tat das Bild von f in K(A) gleich null, i.e. f ist nullhomotop; cf. Aufgabe 55.(1).

Sei umgekehrt f als nullhomotop vorausgesetzt. Dann gibt es eine Faktorisierung (X ^{\overline{}^{f}} Y) = (X [figure: ζ_{X}] c(X) ^{\overline{}^{s}} Y) in C(A); cf. Lösung zu Aufgabe 55.(1). Ferner können wir (X [figure: ζ_{X}] c(X)) = (X [figure: g] U ^{\overline{}^{t}} c(X)) in C(A) faktorisieren; cf. Bemerkung 183. Insgesamt wird (X ^{\overline{}^{f}} Y) = (X [figure: g] U ^{\overline{}^{ts}} Y), wie verlangt.

Bemerkung 185 Seien X ^{\overline{}^{f}} Y ein Quasiisomorphismus in C(A). Sei K ∈ Ob C(Inj A) ⊆ Ob C(A) ein Komplex, für welchen es ein ℓ ∈ Z gibt mit K^{i} = 0 für i < ℓ. Dann erhalten wir einen Isomorphismus

Hom_{K(A)}(X, K) \overline{}^{f(−)}_{∼} Hom_{K(A)}(Y, K) .

Beweis. Zeigen wir die Injektivität von Hom_{K(A)}(f, K).

Da ζ_{X} punktweise split monomorph, f ein Quasiisomorphismus und c(X) azyklisch ist, ist X^{\overline{}^{(^{f ζ_{X}})}} Y ⊕ c(X) ein punktweise split monomorpher Quasiisomorphismus. Wir ergänzen zu einer punktweise split kurz exakten Sequenz

X ^{\overline{}^{(^{f ζ_{X}})}} Y ⊕ c(X) ^{\overline{}^{(\begin{matrix}g \\ v \end{matrix} )}} V .

Da (^{f} ^{ζ_{X}}) ein Quasiisomorphismus ist, ist V azyklisch; cf. Aufgabe 61.(1). Dank Bemerkung 148 ist also Hom_{K(A)}(V, K) = 0.

Sei nun Y ^{\overline{}^{t}} K in C(A) so gegeben, daß ft nullhomotop ist. Wir haben zu zeigen, daß t nullhomotop ist. Gemäß Lösung zu Aufgabe 55.(1) (oder Korollar 184) gibt es eine Faktorisierung ft = ζ_{X}u. Somit ist (^{f} ^{ζ_{X}}) (\begin{matrix}t \\ −u \end{matrix}) = 0. Folglich gibt es eine Faktorisierung (\begin{matrix}t \\ −u \end{matrix}) = (\begin{matrix}g \\ v \end{matrix}) w in C(A). Insbesondere ist t = gw in C(A), also auch in K(A). Da Hom_{K(A)}(V, K) = 0, ist aber w und somit auch t = gw nullhomotop.

Zeigen wir die Surjektivität von Hom_{K(A)}(f, K). Bis auf Vorzeichen dual zu X [figure: ζ_{X}] c(X)

haben wir einen Morphismus c(Y)[−1] ^{\overline{}^{ξ_{Y}}} Y, welcher punktweise split epimorph ist; viz.

\xymatrix{⋯ \ar[r] & Y^{i−2} ⊕ Y^{i−1} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ −1 & 0 \end{matrix})}} \ar[d]^{_{(\begin{matrix}−d \\ 1 \end{matrix})}} & Y^{i−1} ⊕ Y^{i} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 \\ −1 & 0 \end{matrix})}} \ar[d]^{_{(\begin{matrix}−d \\ 1 \end{matrix})}} & Y^{i} ⊕ Y^{i+1} \ar[r] \ar[d]^{_{(\begin{matrix}−d \\ 1 \end{matrix})}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & Y^{i−1} \ar[r]^{d} & Y^{i} \ar[r]^{d} & Y^{i+1} \ar[r] & · · · .}

Wir ergänzen zu folgender punktweise split exakten Sequenz.

V′ ^{\overline{}^{(^{g′ v′})}} X ⊕ c(Y)[−1]^{\overline{}^{(\begin{matrix}f \\ ξ_{Y} \end{matrix} )}} Y

Wegen f Quasiisomorphismus und c(Y)[−1] azyklisch ist auch (\begin{matrix}f \\ ξ_{Y} \end{matrix} ) ein Quasiisomorphismus. Daher ist V′ azyklisch; cf. Aufgabe 61.(1).

Sei nun X ^{\overline{}^{t′}} K in C(A) gegeben. Wir haben ein Y ^{\overline{}^{s′}} K in C(A) so zu finden, daß t′ − fs′ nullhomotop ist. Da V′ azyklisch ist, ist (^{g′ v′}) (\begin{matrix}t′ \\ 0 \end{matrix}) nullhomotop; cf. Bemerkung 148. Somit gibt es eine Faktorisierung (^{g′ v′}) (\begin{matrix}t′ \\ 0 \end{matrix}) = (^{g′ v′}) ζ_{X⊕c(Y)[−1]} u′, da die ersten beiden Faktoren der rechten Seite punktweise split monomorph sind, und also auch ihr Kompositum; cf. Korollar 184. Also ist

(^{g′ v′}) ( (\begin{matrix}t′ \\ 0 \end{matrix}) − ζ_{X⊕c(Y)[−1]}u′) = 0 .

Folglich gibt es eine Faktorisierung (\begin{matrix}t′ \\ 0 \end{matrix}) − ζ_{X⊕c(Y)[−1]}u′ = (\begin{matrix}f \\ ξ_{Y} \end{matrix} ) s′. Schreibe (\begin{matrix}ζ_{1} \\ ζ_{2} \end{matrix}) := ζ_{X⊕c(Y)[−1]} . Wir erhalten t′ − fs′ = ζ_{1}u′. Da das Zielobjekt c(X ⊕ c(Y)[−1]) von ζ_{1} split azyklisch ist, folgt t′ − fs′ nullhomotop, wie gewünscht.

7.1.3 Ext als Hom

Sei A eine abelsche Kategorie mit genügend Injektiven. Seien X, Y ∈ Ob A. Sei I eine injektive Auflösung von X. Sei Konz X [figure: e_{X,I}] I ein Quasiisomorphismus. Sei J eine injektive Auflösung von Y. Cf. Bemerkungen 151 und 161.

Bemerkung 186 Sei k ⩾ 0. Sei Z ∈ Ob C(A). Wir haben einen Isomorphismus

H^{k} Hom_{A}(X, Z) \overline{}^{Φ^{k}(X,Z)}_{∼} Hom_{K(A)}(Konz X, Z[k]) ,

natürlich in X ∈ Ob A und Z ∈ Ob C(A).

Beweis. Beachte, daß gemäß unserer Wahl von Kernen und Cokernen in Z-Mod sich

H^{k} Hom_{A}(X, Z) = \frac{Kern Hom_{A}(X, d_{Z}^{k})}{Im Hom_{A}(X, d_{Z}^{k−1})}

ergibt. Ferner haben wir einen Z-linearen Isomorphismus

Kern Hom_{A}(X, d_{Z}^{k}) ^{\overline{}^{∼}} Hom_{C(A)}(Konz X, Z[k])
f \overline{}(…, 0, f, 0, …) ,

wobei der Eintrag f an Position 0 stehe. Der Kern des Kompositums

Kern Hom_{A}(X, d_{Z}^{k}) ^{\overline{}^{∼}} Hom_{C(A)}(Konz X, Z[k]) ^{\overline{}^{R}} Hom_{K(A)}(Konz X, Z[k]) ist gerade gleich Im Hom_{A}(X, d_{Z}^{k−1}) ; cf. Aufgabe 55.(1).

\xymatrix{⋯ \ar[r] & 0 \ar[r] \ar[d] & X \ar[r] \ar[d]^{f} \ar[dl]_{h} & 0 \ar[r] \ar[d] & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & Z^{k−1} \ar[r]_{(−1)^{k}d_{Z}^{k−1}} & Z^{k} \ar[r]_{(−1)^{k}d_{Z}^{k}} & Z^{k+1} \ar[r] & ⋯}

Dies liefert nach Homomorphiesatz, Lemma 30, den Z-linearen Isomorphismus

H^{k} Hom_{A}(X, Z) \overline{}^{Φ^{k}(X,Z)}_{∼} Hom_{K(A)}(Konz X, Z[k])
f + Im Hom_{A}(X, d_{Z}^{k−1}) \overline{}(…, 0, f, 0, …) .

Sind nun X′ ^{\overline{}^{x}} X in A und Z ^{\overline{}^{z}} Z′ in C(A) gegeben, so wird

(f + Im Hom_{A}(X, d_{Z}^{k−1}))H^{k} Hom_{A}(x, z)Φ^{k}(X′, Z′)

= (xfz^{k} + Im Hom_{A}(X′, d_{Z′}^{k−1}))Φ^{k}(X′, Z′)
= (…, 0, xfz^{k}, 0, …)
= (…, 0, f, 0, …) Hom_{K(A)}(Konz x, z[k])
= (f + Im Hom_{A}(X, d_{Z}^{k−1}))Φ^{k}(X, Z) Hom_{K(A)}(Konz x, z[k]) ;

cf. §6.3.3.

Korollar 187 Sei k ⩾ 0. Wir haben einen Isomorphismus Ext_{A}^{k}(X, Y) \overline{}^{Φ^{k}(X,Y)}_{∼} Hom_{K(A)}(Konz X, (IRes Y)[k]), natürlich in X, Y ∈ Ob A. Insbesondere ist Ext_{A}^{k}(X, Y) ≃ Hom_{K(A)}(Konz X, J[k]), natürlich in X ∈ Ob A.

Beweis. Zunächst sei an Ext_{A}^{k}(X, Y) = H^{k} Hom_{A}(X, IRes Y) erinnert; verwende dann Bemerkung 186. Ferner sind IRes Y und J isomorph in K(A), cf. Bemerkung 151.(1). Es folgt, daß Hom_{K(A)}(Konz X, J[k]) ≃ Hom_{K(A)}(Konz X, (IRes Y)[k]) ≃ Ext_{A}^{k}(X, Y), natürlich in X ∈ Ob A.

Bemerkung 188 Sei k ⩾ 0. Es ist Hom_{K(A)}(Konz X, J[k]) \overline{}^{e_{X,I}(−)}_{∼} Hom_{K(A)}(I, J[k]). Insbesondere haben wir den Isomorphismus

( Ext_{A}^{k}(X, Y)  \overline{}^{Ψ^{k}(X,Y)}_{∼}  Hom_{K(A)}(IRes X, (IRes Y)[k]))
:= ( Ext_{A}^{k}(X, Y)  \overline{}^{Φ^{k}(X,Y)}_{∼}  Hom_{K(A)}(Konz X, (IRes Y)[k])  \overline{}^{(eX(−))^{−1}}_{∼}  Hom_{K(A)}(IRes X, (IRes Y)[k]))

abelscher Gruppen, natürlich in X, Y ∈ Ob A.

Beweis. Daß e_{X,I}(−) ein Isomorphismus ist, folgt aus e_{X,I} Quasiisomorphismus; cf. Bemerkung 185. Ferner ist auch eX ein Quasiisomorphismus; cf. Bemerkung 173. Die Natürlichkeit von eX(−) in X und Y folgt aus der Natürlichkeit von eX in X. Denn seien X′ ^{\overline{}^{x}} X und Y ^{\overline{}^{y}} Y′ in A gegeben. Sei ferner IRes X ^{\overline{}^{f}} (IRes Y)[k] in K(A) gegeben. Wir erhalten

((IRes x)f(IRes y)[k])(eX′(−)) = (eX′)(IRes x)f(IRes y)[k]
= (Konz x)(eX)f(IRes y)[k]
= (Konz x)(f(eX(−))(IRes y)[k] .

Bemerkung 189 Wir haben einen Isomorphismus abelscher Gruppen

Hom_{A}(X, Y) \overline{}^{IRes}_{∼} Hom_{K(A)}(IRes X, IRes Y)
f \overline{}IRes f ,

natürlich in X, Y ∈ Ob A. Wir haben einen Isomorphismus abelscher Gruppen

Hom_{A}(X, Y) \overline{}^{ε(X,Y)}_{∼} Z^{0} Hom_{A}(X, IRes Y) = H^{0} Hom_{A}(X, IRes Y) = Ext^{0}(X, Y)
f \overline{}f(eY)^{0} ,

natürlich in X, Y ∈ Ob A.

Insgesamt haben wir folgendes kommutative Dreieck.

[figure: Hom_{A}(X, Y); ∼; ε(X,Y); IRes; Ext_{A}^{0}(X, Y); ≀; Ψ^{0}(X,Y); _{Hom_{K(A)}(IRes X, IRes Y)}]

Beweis. Die vom Funktor IRes gelieferte Abbildung ist ein Isomorphismus abelscher Gruppen, da dieser Funktor voll, treu und additiv ist; cf. Lemma 149, Bemerkung 111.

Zu ε(X, Y). Es ist

Hom_{A}(X, Y) ^{\overline{}^{Hom^{A}(X,(eY)^{0})}} Hom_{A}(X, (IRes Y)^{0})
f  \overline{}f(eY)^{0}

Diese Abbildung faktorisiert als Hom_{A} (X, (eY)^{0}) = ε(X, Y) ι_{Hom_{A} (X,d)} . Gemäß Bemerkung 164 ist ε(X, Y) (^{7}) also ein Isomorphismus abelscher Gruppen. Natürlichkeit in Y wurde dort schon festgestellt. Natürlichkeit in X ist anhand der Abbildungsvorschrift erkennbar; cf. §6.3.3.

Zur Kommutativität des angegebenen Dreiecks. Sei f ∈ Hom_{A}(X, Y) gegeben. Wir erhalten

(IRes f)Ψ^{0}(X, Y)^{−1} = ((eX)(IRes f))Φ^{0}(X, Y)^{−1}
= ((Konz f)(eY))Φ^{0}(X, Y)^{−1}
= ((Konz f)(eY))^{0}
= f(eY)^{0}
= fε(X, Y) .

7.1.4 Produkte auf Ext

Sei A eine abelsche Kategorie mit genügend Injektiven. Seien X, Y, Z, W ∈ Ob A. Seien k, ℓ, m ⩾ 0.

Definition 190 Wir haben die Z-bilineare Kompositionsabbildung

Hom_{K(A)}(IRes X, (IRes Y)[k]) × Hom_{K(A)}(IRes Y, (IRes Z)[ℓ]) ^{\overline{}^{(⋆)}} Hom_{K(A)}(IRes X, (IRes Z)[k + ℓ])
(f , g)  \overline{}f ⋆ g := f · g[k] ;

7In loc. cit. nur als εY bezeichnet.

cf. Definition 142, Bemerkung 105, Aufgabe 56.(2, 4). Ferner, sind f ∈ Hom_{K(A)} (IRes X, (IRes Y)[k]), g ∈ Hom_{K(A)} (IRes Y, (IRes Z)[ℓ]) und h ∈ Hom_{K(A)} (IRes Z, (IRes W)[m]) gegeben, so gilt

f ⋆ (g ⋆ h) = (f ⋆ g) ⋆ h ∈ Hom_{K(A)}(IRes X, (IRes W)[k + ℓ + m]) .

Denn f ⋆ (g ⋆ h) = f · (g · h[ℓ])[k] = f · g[k] · h[ℓ + k] = (f ⋆ g) ⋆ h. Definition 191 Strukturtransport gibt uns die mißbräuchlich wieder mit (⋆) bezeichnete Z-bilineare Abbildung

Ext_{A}^{k}(X, Y) × Ext_{A}^{ℓ}(Y, Z) ^{\overline{}^{(⋆)}} Ext_{A}^{k+ℓ}(X, Z)
(ρ , σ)  \overline{}ρ ⋆ σ := (ρΨ^{k}(X, Y) ⋆ σΨ^{ℓ}(Y, Z))Ψ^{k+ℓ}(X, Z)^{−1} ;

cf. Definition 190, Bemerkung 188. Bemerkung 192

(1) Seien ρ ∈ Ext_{A}^{k}(X, Y), σ ∈ Ext_{A}^{ℓ}(Y, Z) und τ ∈ Ext_{A}^{m}(Z, W). Dann ist ρ ⋆ (σ ⋆ τ) = (ρ ⋆ σ) ⋆ τ ∈ Ext_{A}^{k+ℓ+m}(X, W) .

(2) Seien u ∈ Hom_{A}(X′, X), ρ ∈ Ext_{A}^{k}(X, Y) und v ∈ Hom_{A}(Y, Y′). Dann ist

uε(X′, X) ⋆ ρ ⋆ vε(Y, Y′) = ρ Ext^{k}(u, v) ∈ Ext_{A}^{k}(X′, Y′) ;

cf. Bemerkung 189. Beweis. Zu (1). Es ist

ρ ⋆ (σ ⋆ τ)

= (ρΨ^{k}(X, Y) ⋆ ((σΨ^{ℓ}(Y, Z) ⋆ τΨ^{m}(Z, W))Ψ^{ℓ+m}(Y, W)^{−1})Ψ^{ℓ+m}(Y, W))Ψ^{k+ℓ+m}(X, W)^{−1}
= (ρΨ^{k}(X, Y) ⋆ (σΨ^{ℓ}(Y, Z) ⋆ τΨ^{m}(Z, W)))Ψ^{k+ℓ+m}(X, W)^{−1}
= ((ρΨ^{k}(X, Y) ⋆ σΨ^{ℓ}(Y, Z)) ⋆ τΨ^{m}(Z, W))Ψ^{k+ℓ+m}(X, W)^{−1}
= (((ρΨ^{k}(X, Y) ⋆ σΨ^{ℓ}(Y, Z))Ψ^{k+ℓ}(X, Z)^{−1})Ψ^{k+ℓ}(X, Z) ⋆ τΨ^{m}(Z, W))Ψ^{k+ℓ+m}(X, W)^{−1}
= (ρ ⋆ σ) ⋆ τ .

Zu (2). Unter Zuhilfenahme der Rechnung zu (1), Bemerkung 189 und der Natürlichkeit von Ψ^{k}(X, Y) aus Bemerkung 188 wird

uε(X′, X) ⋆ ρ ⋆ vε(Y, Y′)
= (uε(X′, X)Ψ^{0}(X′, X) ⋆ ρΨ^{k}(X, Y) ⋆ vε(Y, Y′)Ψ^{0}(Y, Y′))Ψ^{k}(X′, Y′)^{−1}
= ( IRes u ⋆ ρΨ^{k}(X, Y) ⋆ IRes v)Ψ^{k}(X′, Y′)^{−1}
= ( IRes u · ρΨ^{k}(X, Y) · (IRes v)[k])Ψ^{k}(X′, Y′)^{−1}
= (ρΨ^{k}(X, Y) Hom_{K(A)}(IRes u, (IRes v)[k]))Ψ^{k}(X′, Y′)^{−1}
= (ρ Ext_{A}^{k}(u, v)Ψ^{k}(X′, Y′))Ψ^{k}(X′, Y′)^{−1}
= ρ Ext_{A}^{k}(u, v) .

7.1.5 Ext und Erweiterungen: das Yoneda-ext

Sei A eine abelsche Kategorie. Seien X, Y, Z, W ∈ Ob A.

Definition 193 Sei k ⩾ 1. Sei êxt_{A}^{k}(X, Y) die Menge (^{3}) der lang exakten Sequenzen der Form

0 \overline{}Y \overline{}M^{0} \overline{}M^{1} \overline{}⋯ \overline{}M^{k−2} \overline{}M^{k−1} \overline{}X \overline{}0 ,

manchmal auch ohne die Nullobjekte notiert.

Es heißen E, E′ ∈ êxt_{A}^{k}(X, Y) elementar äquivalent, falls ein Diagrammorphismus der folgenden Form existiert, worin E die obere und E′ die untere Zeile ist.

(∗)  [figure: Y; M^{0}; M^{1}; ⋯; M^{k−2}; M^{k−1}; X; Y; M^{′0}; M^{′1}; ⋯; M^{′k−2}; M^{′k−1}; X]

Darin sind also alle Vierecke kommutativ.

Sei die Äquivalenzrelation (∼) auf êxt_{A}^{k}(X, Y) erzeugt von der Relation der elementaren Äquivalenz. Informell ausgedrückt, für E, E′ ∈ êxt_{A}^{k}(X, Y) ist E ∼ E′ genau dann, wenn es eine Zickzackverbindung von E nach E′ beliebiger endlicher Länge bestehend aus Diagrammorphismen von der Art (∗) gibt. Schreibe [E] für die Äquivalenzklasse von E bezüglich (∼).

Definiere die Yoneda-ext-Menge

ext_{A}^{k}(X, Y) := êxt_{A}^{k}(X, Y)/(∼) = {[E] : E ∈ êxt_{A}^{k}(X, Y)} .

Bemerkung 194 Im Fall k = 1 ist der Morphismus M^{0} \overline{}M^{′0} in (∗) gemäß Schlangenlemma, Lemma 136, ein Isomorphismus. Insbesondere ist diesenfalls E ∼ E′ genau dann, wenn E und E′ elementar äquivalent sind.

Lemma 195 Seien

[figure: K; i; X; r; f; X′′; f′′; K; j; Y; s; Y′′]

und

[figure: K; ĩ; X̃; r̃; f̃; X′′; f̃′′; K; j; Y; s; Y′′]

Morphismen kurz exakter Sequenzen in A. Sei f̃′′ − f′′ = gs für ein X′′ ^{\overline{}^{g}} Y in A. Dann gibt es einen Isomorphismus

[figure: K; i; X; r; ≀; X′′; K; ĩ; X̃; r̃; X′′]

kurz exakter Sequenzen.

Beweis. Gemäß Kern-Cokern-Kriterium, Lemma 134, sind (X, X′′, Y, Y′′) und (X̃, X′′, Y, Y′′) Quadrate, haben also insbesondere kurz exakte Diagonalsequenzen.

Es genügt, einen Morphismus X ^{\overline{}^{x}} X̃ mit xr̃ = r und xf̃ = f zu finden. Denn dann ist ixr̃ = ir = 0 = ĩr̃ und ixf̃ = if = j = ĩf̃, und somit wegen des Monomorphismus (f̃r̃) aus der Diagonalsequenz von (X̃, X′′, Y, Y′′) auch ix = ĩ; schließlich ist x dank Schlangenlemma, Lemma 136, ein Isomorphismus.

Nun aber haben wir folgendes kommutative Diagramm mit horizontal den kurz exakten Diagonalsequenzen.

[figure: X; ^{(^{f r})}; Y ⊕ X′′; ^{(\begin{matrix}f′′ \\ −s \end{matrix})}; _{(\begin{matrix}1 & g \\ 0 & 1 \end{matrix} )}; Y′′; X̃; _{(_{f̃r̃})}; Y ⊕ X′′; _{( f̃′′ ; −s)}; Y′′]

Sei x der auf den Kernen induzierten Morphismus.

Satz 196 (Korrespondenz) Habe A genügend Injektive. Seien X, Y ∈ Ob A. Sei k ⩾ 1. Wir haben die im folgenden erklärte Bijektion

ext_{A}^{k}(X, Y) \overline{}^{α_{X,Y}^{k}}_{∼} Ext_{A}^{k}(X, Y) .

Ist s ∈ Z^{k} Hom_{A}(X, IRes Y), so schreiben wir [s] := s + Im Hom_{A}(X, d_{IRes Y}^{k}) ∈ H^{k} Hom_{A}(X, IRes Y) = Ext_{A}^{k}(X, Y) ; cf. auch Beweis zu Bemerkung 186.

\overline{}^{∼} : Für E = (Y \overline{}M^{0} \overline{}M^{1} \overline{}⋯ \overline{}M^{k−2} \overline{}M^{k−1} \overline{}X) ∈ êxt_{A}^{k}(X, Y) ist [E]α_{X,Y}^{k} wie folgt gegeben. Wähle ein kommutatives Diagramm

(∗∗) [figure: Y; (eY)^{0}; (IRes Y)^{0}; d; (IRes Y)^{1}; d; ⋯; d; (IRes Y)^{k−1}; d; (IRes Y)^{k}; d; (IRes Y)^{k+1}; Y; M^{0}; M^{1}; ⋯; M^{k−1}; X; s; 0]

mit E als unterer Zeile. Es ist [E]α_{X,Y}^{k} = [s] ∈ H^{k} Hom_{A}(X, IRes Y) = Ext_{A}^{k}(X, Y).

Beachte, daß die Kommutativität des letzten Vierecks in (∗∗) schon mit Hilfe der Epimorphie von M^{k−1} \overline{}X und der Kommutativität des vorletzten Vierecks folgt.

\overline{}^{∼} : Das Bild von [s] ∈ H^{k} Hom_{A}(X, IRes Y) = Ext_{A}^{k}(X, Y) unter (α_{X,Y}^{k})^{−1} ist wie folgt gegeben. Bilde folgendes kommutative Diagramm.

(∗∗∗) [figure: Y; (eY)^{0}; (IRes Y)^{0}; d; (IRes Y)^{1}; d; ⋯; d; (IRes Y)^{k−2}; d; (IRes Y)^{k−1}; d̄; I_{d}; •; ḋ; (IRes Y)^{k}; Y; (eY)^{0}; (IRes Y)^{0}; d; (IRes Y)^{1}; d; ⋯; d; (IRes Y)^{k−2}; v; M^{k−1}; X; s]

Hierbei sei v dadurch charakterisiert, daß das Diagramm kommutiert und das Kompositum mit M^{k−1} \overline{}X verschwindet. Sei E die untere Zeile des Diagramms. Dann ist [s](α_{X,Y}^{k})^{−1} = [E] ∈ ext_{A}^{k}(X, Y).

Beachte, daß wegen ḋ monomorph auch (M^{k−1}, X, (IRes Y)^{k−1}, (IRes Y)^{k}) in (∗∗∗) ein Pullback ist; betrachte etwa seine Diagonalsequenz.

Beweis.

Zeigen wir, daß \overline{}wie angegeben wohldefiniert ist. Mit demselben Argument wie dem für die Vollheit im Beweis zur Auflösungsäquivalenz, Lemma 149, sehen wir, daß wir ein kommutatives Diagramm (∗∗) wählen können.

Sind zwei solche kommutativen Diagramme (∗∗) gegeben mit E als unterer Zeile, so bilden die Differenzen der vertikalen Morphismen einen Komplexmorphismus von E, aufgefaßt als Komplex, nach IRes Y. Nach Bemerkung 148 ist dieser Morphismus nullhomotop. Ist s der aus dem ersten und s′ der aus dem zweiten Diagramm (∗∗) resultierende Morphismus, so faktorisiert insbesondere s − s′ über (IRes Y)^{k−1} ^{\overline{}^{d}} (IRes Y)^{k}, in anderen Worten, die Bilder von s und s′ in H^{k} Hom_{A}(X, IRes Y) stimmen überein, i.e. [s] = [s′] ; cf. Aufgabe 55.(1).

Seien nun E, E′ ∈ ext_{A}^{k}(X, Y) mit E ∼ E′ gegeben. Wir dürfen annehmen, daß E und E′ elementar äquivalent sind. Sei s der aus einem gewählten Diagramm (∗∗) mit E als unterer Zeile resultierende Morphismus. Komposition von (∗∗) mit einem Diagramm der Form (∗) zeigt, daß s auch aus einem Diagramm mit unterer Zeile E′ resultieren kann. Also ist \overline{}auf ext_{A}^{k}(X, Y) wohldefiniert.

Zeigen wir, daß \overline{}wie angegeben wohldefiniert ist. Seien s, s̃ ∈ Z^{k} Hom_{A}(X, IRes Y) gegeben, deren Bild in H^{k} Hom_{A}(X, IRes Y) übereinstimmt, i.e. [s] = [s̃]. Sei also s − s̃ = hd für ein h : X \overline{}(IRes Y)^{k−1}. Da sd = 0, gibt es ein t : X \overline{}I_{d} mit tḋ = s. Da s̃d = 0, gibt es ein t̃: X \overline{}I_{d} mit t̃ḋ = s̃. Es ist (t − t̃)ḋ = s − s̃ = hd = hd̄ḋ. Also ist t − t̃= hd̄.

Wir bilden Pullbacks und erhalten mit Kern-Cokern-Kriterium, Lemma 134, und isomorpher Ersetzung folgende Morphismen kurz exakter Sequenzen.

[figure: I_{d}; ḋ; (IRes Y)^{k−1}; d̄; I_{d}; I_{d}; M^{k−1}; X; t; I_{d}; ḋ; (IRes Y)^{k−1}; d̄; I_{d}; I_{d}; M̃^{k−1}; X; t̃]

Dank Lemma 195 gibt es folgenden Isomorphismus kurz exakter Sequenzen.

[figure: I_{d}; M^{k−1}; X; I_{d}; M̃^{k−1}; ≀; X]

Also liefert die Konstruktion (∗∗∗), i.e. das Zusammenfügen von (Y, (IRes Y)^{0}, …, (IRes Y)^{k−2}, I_{d}) mit (I_{d} , M^{k−1}, I_{d}) resp. mit (I_{d} , M̃^{k−1}, I_{d}), äquivalente untere Zeilen. Also ist \overline{}auf H^{k} Hom_{A}(X, IRes Y) = Ext_{A}^{k}(X, Y) wohldefiniert.

Wir erkennen, daß \overline{}, gefolgt von \overline{}die Identität liefert.

Zeigen wir, daß \overline{}, gefolgt von \overline{}die Identität liefert.

Sei E = (Y \overline{}M^{0} \overline{}M^{1} \overline{}⋯ \overline{}M^{k−2} \overline{}M^{k−1} \overline{}X) ∈ êxt_{A}^{k}(X, Y). Schreibe kurz I := IRes Y. Anwendung beider Abbildungen liefert folgendes Diagramm.

[figure: Y; I^{0}; ⋯; I^{k−2}; I^{k−1}; I^{k}; I^{k+1}; Y; I^{0}; ⋯; I^{k−2}; M̃^{k−1}; X; s; 0; Y; M^{0}; ⋯; M^{k−2}; M^{k−1}; X; s; 0]

Die Äquivalenzklasse der unteren Zeile wird insgesamt auf die der mittleren abgebildet. Der Morphismus M^{k−1} \overline{}M̃^{k−1} ist eindeutig existent bezüglich der Kommutativität von (M^{k−1}, M̃^{k−1}, I^{k−1}) und von (M^{k−1}, X, M̃^{k−1}, X). Uns bleibt zu zeigen, daß das Viereck (M^{k−2}, M^{k−1}, I^{k−2}, M̃^{k−1}) kommutiert. Zum einen ist

(M^{k−2} \overline{}M^{k−1} \overline{}M̃^{k−1} \overline{}X) = (M^{k−2} \overline{}M^{k−1} \overline{}X)
= (M^{k−2} ^{\overline{}^{0}} X)
= (M^{k−2} \overline{}I^{k−2} \overline{}M̃^{k−1} \overline{}X) .

Zum anderen ist

(M^{k−2} \overline{}M^{k−1} \overline{}M̃^{k−1} \overline{}I^{k−1}) = (M^{k−2} \overline{}M^{k−1} \overline{}I^{k−1})
= (M^{k−2} \overline{}I^{k−2} \overline{}I^{k−1})
= (M^{k−2} \overline{}I^{k−2} \overline{}M̃^{k−1} \overline{}I^{k−1}) .

Die Monomorphie des Morphismus M̃^{k−1} \overline{}X ⊕ I^{k−1} aus der linksexakten Diagonalsequenz des Pullbacks (M̃^{k−1}, X, I^{k−1}, I^{k}) gibt also (M^{k−2} \overline{}M^{k−1} \overline{}M̃^{k−1}) = (M^{k−2} \overline{}I^{k−2} \overline{}M̃^{k−1}).

Dieses Argument ist auch im Fall k = 1 gültig, sofern wir (M^{−1} \overline{}I^{−1}) := (Y Y) setzen.

Zusammenfassung 197 Habe A genügend Injektive und genügend Projektive. Seien X, Y ∈ Ob A. Sei k ⩾ 1.

Stellen wir einmal alle erhaltenen Interpretationen von Ext^{k}(X, Y) zusammen.

Ext_{A}^{k}(X, Y) ≃ H^{k}t Hom_{A}(PRes X, IRes Y)
≃ H^{k} Hom_{A}(X, IRes Y)
≃ H^{k} Hom_{A}(PRes X, Y)
≃ Hom_{K(A)}((Konz X), (IRes Y)[k]))
≃ Hom_{K(A)}((IRes X), (IRes Y)[k]))
≃ Hom_{K(A)}((PRes X), (Konz Y)[k]))
≃ Hom_{K(A)}((PRes X), (PRes Y)[k]))
≃ ext_{A}^{k}(X, Y)

Cf. Beispiel 181.(1), Korollar 187, Bemerkung 188, Satz 196 und duale Aussagen.

Im allgemeinen ist aber natürlich Ext_{A}^{k}(X, Y) ≄ Hom_{K(A)}((Konz X), (Konz Y)[k]). Um diese Isomorphie zu erhalten, muß die Homotopiekategorie K(A) noch durch die sogenannte derivierte Kategorie D(A) ersetzt werden, die aus K(A) durch formales Invertieren der Quasiisomorphismen hervorgeht, also durch einen Prozeß ähnlich dem in §7.2 unten beschriebenen.

Bemerkung 198 (Funktorialität) Habe A genügend Injektive. Seien X′ ^{\overline{}^{x}} X und Y ^{\overline{}^{y}} Y′ in A gegeben. Sei k ⩾ 1. Kommutiere

\xymatrix{ext_{A}^{k}(X, Y) \ar[r]^{ext_{A}^{k}(x,y)} \ar[d]_{α_{X,Y}^{k}}^{≀} & ext_{A}^{k}(X′, Y′) \ar[d]^{α_{X′,Y′}^{k}}_{≀} \\ Ext_{A}^{k}(X, Y) \ar[r]^{Ext_{A}^{k}(x,y)} & Ext_{A}^{k}(X′, Y′) ,}

i.e. definiere ext_{A}^{k}(x, y) := α_{X,Y}^{k} Ext_{A}^{k}(x, y)(α_{X′,Y′}^{k})^{−1} .

Schreibe ext_{A}^{k}(x, Y) := ext_{A}^{k}(x, id_{Y}) und ext_{A}^{k}(X, y) := ext_{A}^{k}(id_{X}, y).

Sei E = (Y \overline{}M^{0} \overline{}M^{1} \overline{}⋯ \overline{}M^{k−2} \overline{}M^{k−1} \overline{}X) ∈ êxt_{A}^{k}(X, Y) gegeben.

(1) Es wird [E] ext_{A}^{k}(X, y) repräsentiert durch die untere Zeile des folgenden kommutativen Diagramms.

[figure: Y; y; M^{0}; M^{1}; ⋯; M^{k−1}; X; Y′; M^{′0}; M^{1}; ⋯; M^{k−1}; X]

Der Pushout ist beliebig gewählt. Es ist M^{′0} \overline{}M^{1} charakterisiert durch die Kommutativität von (M^{0}, M^{1}, M^{′0}, M^{1}) und durch (Y′ \overline{}M^{′0} \overline{}M^{1}) = (Y′ ^{\overline{}^{0}} M^{1}).

(2) Es wird [E] ext_{A}^{k}(x, Y) repräsentiert durch die untere Zeile des folgenden kommutativen Diagramms.

[figure: Y; M^{0}; ⋯; M^{k−2}; M^{k−1}; X; Y; M^{0}; ⋯; M^{k−2}; M^{′k−1}; X′; x]

Der Pullback ist beliebig gewählt. Es ist M^{k−2} \overline{}M^{′k−1} charakterisiert durch die Kommutativität von (M^{k−2}, M^{′k−1}, M^{k−2}, M^{k−1}) und durch (M^{k−2} \overline{}M^{′k−1} \overline{}X′) = (M^{k−2} ^{\overline{}^{0}} X′).

(3) Es ist ext_{A}^{k}(x, y) = ext_{A}^{k}(X, y) ext_{A}^{k}(x, Y′) = ext_{A}^{k}(x, Y) ext_{A}^{k}(X′, y).

Beweis.

Zu (1). Zunächst bemerken wir, daß das Diagramm wie in (1) behauptet existiert und auch seine untere Zeile E′ lang exakt ist; cf. Kern-Cokern-Kriterium, Lemma 134^{∘}.

Schreibe I := IRes Y und I′ := IRes Y′. Sei pars pro toto k = 2. Konstruiere weiter zu folgendem kommutativen Diagramm.

[figure: Y; y; M^{0}; M^{1}; X; s; Y′; M^{′0}; M^{1}; X; sỹ; Y; (eY)^{0}; y; I^{0}; I^{1}; I^{2}; ỹ; Y′; (eY′)^{0}; I^{′0}; I^{′1}; I^{′2}]

Hierbei entstammen die Morphismen I^{i} \overline{}J^{i} für i ∈ [0, 2] einem Repräsentanten von IRes y; cf. Definition 160, cf. auch Treuheit im Beweis zu Lemma 149.

Ferner sei der Morphismus M^{′0} \overline{}I^{′0} vom Pushout induziert. Das Viereck (M^{′0}, M^{1}, I^{′0}, I^{′1}) kommutiert, da dies nach Vorkomposition mit Y′ \overline{}M^{′0} und mit M^{0} \overline{}M^{′0} der Fall ist. Es ist [E]α_{X,Y}^{2} = [s] ∈ H^{2} Hom_{A}(X, I) = Ext_{A}^{2}(X, Y). Es ist [s] Ext_{A}^{2}(X, y) = [s]H^{2} Hom_{A}(X, IRes y) = [sỹ] ∈ H^{2} Hom_{A}(X, I′) = Ext_{A}^{2}(X, Y′); cf. Definition 159. Die Vorderseite des Diagramms zeigt, daß [E′]α_{X,Y′}^{2} = [sỹ]. Zu (2). Zunächst bemerken wir, daß das Diagramm wie in (2) behauptet existiert und auch seine untere Zeile E′ lang exakt ist; cf. Kern-Cokern-Kriterium, Lemma 134. Schreibe I := IRes Y. Konstruiere weiter zu folgendem kommutativen Diagramm.

[figure: Y; I^{0}; I^{1}; I^{2}; Y; M^{0}; M^{1}; X; s; Y; M^{0}; M^{′1}; X′; x]

Es ist [E]α_{X,Y}^{2} = [s] ∈ H^{2} Hom_{A}(X, I) = Ext_{A}^{2}(X, Y). Es ist [s] Ext_{A}^{2}(x, Y) = [s]H^{2} Hom_{A}(x, IRes Y) = [xs] ∈ H^{2} Hom_{A}(X′, I) = Ext_{A}^{2}(X′, Y). Durch Betrachtung der oberen und der unteren Zeile erkennen wir, daß [E′]α_{X′,Y}^{2} = [xs]. Zu (3). Für die erste Gleichheit rechnen wir

ext_{A}^{k}(x, y) = α_{X,Y}^{k} Ext_{A}^{k}(x, y)(α_{X′,Y′}^{k})^{−1}
= α_{X,Y}^{k} Ext_{A}^{k}(X, y) Ext_{A}^{k}(x, Y′)(α_{X′,Y′}^{k})^{−1}
= α_{X,Y}^{k} Ext_{A}^{k}(X, y)α_{X,Y′}^{k}(α_{X,Y′}^{k})^{−1} Ext_{A}^{k}(x, Y′)(α_{X′,Y′}^{k})^{−1}
= ext_{A}^{k}(X, y) ext_{A}^{k}(x, Y′) .

Für die zweite Gleichheit entsprechend.

Beispiel 199 (Negation) Habe A genügend Injektive. Sei k ⩾ 1. Schreibe I := IRes Y. Sei E = (Y \overline{}M^{0} \overline{}M^{1} \overline{}⋯ \overline{}M^{k−2} \overline{}M^{k−1} ^{\overline{}^{r}} X) ∈ êxt_{A}^{k}(X, Y). Sei

[figure: Y; I^{0}; d; I^{1}; d; ⋯; d; I^{k−1}; d; I^{k}; d; I^{k+1}; Y; M^{0}; f^{0}; M^{1}; f^{1}; ⋯; M^{k−1}; r; f^{k−1}; X; s; 0]

kommutativ. Es ist [E]α_{X,Y}^{k} = [s] ∈ H^{k} Hom_{A}(X, I). Nun ist auch

[figure: Y; I^{0}; d; I^{1}; d; ⋯; d; I^{k−1}; d; I^{k}; d; I^{k+1}; Y; M^{0}; f^{0}; M^{1}; f^{1}; ⋯; M^{k−1}; −r; f^{k−1}; X; −s; 0]

kommutativ. Schreibe E′ := (Y \overline{}M^{0} \overline{}M^{1} \overline{}⋯ \overline{}M^{k−2} \overline{}M^{k−1} ^{\overline{}^{−r}} X). Letzteres kommutative Diagramm zeigt, daß

[E′]α_{X,Y}^{k} = [−s] = −[s] = −([E]α_{X,Y}^{k}) .

Beispiel 200 (Addition) Habe A genügend Injektive. Sei k ⩾ 1. Schreibe I := IRes Y. Seien

\begin{aligned}E & = & (Y ^{\overline{}^{i}} M^{0} ^{\overline{}^{m}} M^{1} ^{\overline{}^{m}} ⋯ ^{\overline{}^{m}} M^{k−2} ^{\overline{}^{m}} M^{k−1} ^{\overline{}^{r}} X) & ∈ & êxt_{A}^{k}(X, Y) , \\ Ẽ & = & (Y ^{\overline{}^{ĩ}} M̃^{0} ^{\overline{}^{m̃}} M̃^{1} ^{\overline{}^{m̃}} ⋯ ^{\overline{}^{m̃}} M̃^{k−2} ^{\overline{}^{m̃}} M̃^{k−1} ^{\overline{}^{r̃}} X̃) & ∈ & êxt_{A}^{k}(X, Y) . \end{aligned}

Seien

[figure: Y; (eY)^{0}; I^{0}; d; ⋯; d; I^{k−1}; d; I^{k}; Y; i; M^{0}; m; f^{0}; ⋯; m; M^{k−1}; m; f^{k−1}; X; s]

und

[figure: Y; (eY)^{0}; I^{0}; d; ⋯; d; I^{k−1}; d; I^{k}; Y; ĩ; M̃^{0}; m̃; f̃^{0}; ⋯; m̃; M̃^{k−1}; m̃; f̃^{k−1}; X; s̃]

kommutativ. Es ist [E]α_{X,Y}^{k} = [s] und [Ẽ]α_{X,Y}^{k} = [s̃] in H^{k} Hom_{A}(X, I) = Ext_{A}^{k}(X, Y).

Beachte, daß die direkte Summe zweier lang exakter Sequenzen e.g. nach Aufgabe 61.(1) oder nach Aufgabe 60 lang exakt ist.

Schreibe Î:= IRes(Y ⊕ Y). Wähle ein kommutatives Diagramm

[figure: Y ⊕ Y; (e(Y ⊕Y))^{0}; Î^{0}; d; Î^{1}; d; ⋯; Y ⊕ Y; _{(\begin{matrix}(eY)^{0} & 0 \\ 0 & (eY)^{0} \end{matrix} )}; I^{0} ⊕ I^{0}; _{(\begin{matrix}d & 0 \\ 0 & d \end{matrix})}; b^{0}; I^{1} ⊕ I^{1}; _{(\begin{matrix}d & 0 \\ 0 & d \end{matrix})}; b^{1}; ⋯; Y ⊕ Y; (e(Y ⊕Y))^{0}; Î^{0}; d; a^{0}; Î^{1}; d; a^{1}; ⋯,]

so daß [sic] ab und ba in der Homotopiekategorie Identitäten sind; cf. Beweise zu Vollund Treuheit für Lemma 149. Das Diagramm

[figure: Y ⊕ Y; ^{(\begin{matrix}(eY)^{0} & 0 \\ 0 & (eY)^{0} \end{matrix} )}; I^{0} ⊕ I^{0}; ^{(\begin{matrix}d & 0 \\ 0 & d \end{matrix})}; ⋯; ^{(\begin{matrix}d & 0 \\ 0 & d \end{matrix})}; I^{k−1} ⊕ I^{k−1}; ^{(\begin{matrix}d & 0 \\ 0 & d \end{matrix})}; I^{k} ⊕ I^{k}; ^{(\begin{matrix}d & 0 \\ 0 & d \end{matrix})}; ⋯; Y ⊕ Y; _{(\begin{matrix}i & 0 \\ 0 & ĩ \end{matrix})}; M^{0} ⊕ M̃^{0}; _{(\begin{matrix}f^{0} & 0 \\ 0 & f̃^{0} \end{matrix} )}; _{(\begin{matrix}m & 0 \\ 0 & m̃ \end{matrix})}; ⋯; _{(\begin{matrix}m & 0 \\ 0 & m̃ \end{matrix})}; M^{k−1} ⊕ M̃^{k−1}; _{(\begin{matrix}f^{k−1} & 0 \\ 0 & f̃^{k−1} \end{matrix} )}; _{(\begin{matrix}r & 0 \\ 0 & r̃ \end{matrix})}; X ⊕ X ,; _{(\begin{matrix}s & 0 \\ 0 & s̃ \end{matrix})}]

dessen untere Zeile wir mit E ⊕ Ẽ bezeichnen, zeigt, daß [E ⊕ Ẽ]α_{X⊕X, Y ⊕Y}^{k} = [(\begin{matrix}s & 0 \\ 0 & s̃ \end{matrix}) b^{k}] ∈ H^{k} Hom_{A}(X ⊕ X, Î) = Ext_{A}^{k}(X ⊕ X, Y ⊕ Y). Das kommutative Diagramm

\xymatrix{Y \ar[r]^{(eY)^{0}} & I^{0} \ar[r]^{d} & I^{1} \ar[r]^{d} & ⋯ \\ Y ⊕ Y \ar[r]^{_{(\begin{matrix}(eY)^{0} & 0 \\ 0 & (eY)^{0} \end{matrix} )}} \ar[u]^{_{(\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})}} & I^{0} ⊕ I^{0} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}d & 0 \\ 0 & d \end{matrix})}} \ar[u]^{_{(\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})}} & I^{1} ⊕ I^{1} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}d & 0 \\ 0 & d \end{matrix})}} \ar[u]^{_{(\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})}} & ⋯}

zeigt, daß IRes (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) durch a (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) repräsentiert wird; cf. Definition 160, Treuheit im Beweis zu Lemma 149. Nun kommt [(\begin{matrix}s & 0 \\ 0 & s̃ \end{matrix}) b^{k}] ∈ H^{k} Hom_{A}(X ⊕ X, Î) = Ext_{A}^{k}(X ⊕ X, Y ⊕ Y) unter

Ext_{A}^{k}((^{1 1}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})) = H^{k} Hom_{A}((^{1 1}) , IRes (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})) = H^{k} Hom_{A}((^{1 1}) , a (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}))

auf [(^{1 1}) (\begin{matrix}s & 0 \\ 0 & s̃ \end{matrix}) b^{k}a^{k} (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})] = [(^{s s̃}) b^{k}a^{k} (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})] ∈ H^{k} Hom_{A}(X, I) = Ext_{A}^{k}(X, Y).

Da I ⊕ I ^{\overline{}^{ba}} I ⊕ I und I ⊕ I ^{\overline{}^{id}} I ⊕ I in der Homotopiekategorie denselben Morphismus repräsentieren, gilt das auch für ba (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) und (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}), und somit stimmen die Abbildungen H^{k} Hom_{A}(X, ba (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})) und H^{k} Hom_{A}(X, (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})) überein; cf. §5.3 und Bemerkung 144. Erstere schickt [(^{s s̃})] auf [(^{s s̃}) b^{k}a^{k} (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})], zweitere auf [(^{s s̃}) (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})] = [s + s̃] = [s] + [s̃] = [E]α_{X,Y}^{k} + [Ẽ]α_{X,Y}^{k} in H^{k} Hom_{A}(X, I) = Ext_{A}^{k}(X, Y). Zusammenfassend haben wir ausgerechnet, daß

[E ⊕ Ẽ]α_{X⊕X, Y ⊕Y}^{k} Ext_{A}^{k}((^{1 1}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})) = [(\begin{matrix}s & 0 \\ 0 & s̃ \end{matrix}) b^{k}] Ext_{A}^{k}((^{1 1}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}))
= [(^{s s̃}) b^{k}a^{k} (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})]
= [(^{s s̃}) (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})]
= [s] + [s̃]
= [E]α_{X,Y}^{k} + [Ẽ]α_{X,Y}^{k} .

Bilde folgendes kommutative Diagramm.

[figure: Y ⊕ Y; ^{(\begin{matrix}i & 0 \\ 0 & ĩ \end{matrix})}; _{(\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})}; M^{0} ⊕ M̃^{0}; ^{(\begin{matrix}m & 0 \\ 0 & m̃ \end{matrix})}; M^{1} ⊕ M̃^{1}; ^{(\begin{matrix}m & 0 \\ 0 & m̃ \end{matrix})}; ⋯; ^{(\begin{matrix}m & 0 \\ 0 & m̃ \end{matrix})}; M^{k−2} ⊕ M̃^{k−2}; ^{(\begin{matrix}m & 0 \\ 0 & m̃ \end{matrix})}; M^{k−1} ⊕ M̃^{k−1}; ^{(\begin{matrix}r & 0 \\ 0 & r̃ \end{matrix})}; X ⊕ X; Y; ⋯; X ⊕ X; Y; N^{0}; N^{1}; ⋯; N^{k−2}; N^{k−1}; X; _{(_{1 1})}]

Gemäß Bemerkung 198 ist seine untere Zeile Ê ein Repräsentant von

[E ⊕ Ẽ] ext_{A}^{k}((^{1 1}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})) ∈ ext_{A}^{k}(X, Y) .

Insgesamt ist also

[Ê]α_{X,Y}^{k} = [E]α_{X,Y}^{k} + [Ẽ]α_{X,Y}^{k} ;

cf. Bemerkung 198. Man nennt [Ê] auch die Baersumme von [E] und [Ẽ].

Beispiel 201 (Konnektor) Habe A genügend Injektive und genügend Projektive. Sei

Y′ ^{\overline{}^{j}} Y ^{\overline{}^{s}} Y′′

eine kurz exakte Sequenz in A. Sei X ∈ Ob A. Schreibe P := PRes X.

Wir haben die kurz exakte Sequenz Hom_{A}(P, Y′) ^{\overline{}^{(−)j}} Hom_{A}(P, Y) ^{\overline{}^{(−)s}} Hom_{A}(P, Y′′). Nach Aufgabe 69 ist die lang exakte Homologiesequenz auf dieser isomorph zur lang exakten R^{∗} Hom_{A}(X, −) = Ext_{A}^{∗}(X, −)-Sequenz auf (Y′, Y, Y′′).

Sei k ⩾ 1. Sei H^{k} Hom_{A}(P, Y′′) ^{\overline{}^{∂:= ∂_{(−)j,(−)s}^{k}}} H^{k+1} Hom_{A}(P, Y′) der Konnektor unserer lang exakten Homologiesequenz an dieser Stelle.

Nach Satz 196^{∘} haben wir den dort konstruierten Isomorphismus

ext_{A}^{k}(X, Y′′) \overline{}^{β_{X,Y′′}^{k}}_{∼} H^{k} Hom_{A}(P, Y′′)

Sei

\xymatrix{ext_{A}^{k}(X, Y′′) \ar[r]^{∂^{Yon}} \ar[d]_{β_{X,Y′′}^{k}}^{≀} & ext_{A}^{k+1}(X, Y′) \ar[d]^{β_{X,Y′}^{k+1}}_{≀} \\ H^{k} Hom_{A}(P, Y′′) \ar[r]^{∂} & H^{k+1} Hom_{A}(P, Y′)}

kommutativ. Wir wollen −∂^{Yon} berechnen. Sei hierzu

E = (Y′′ ^{\overline{}^{i}} M_{k−1} \overline{}⋯ \overline{}M_{0} \overline{}X) ∈ êxt_{A}^{k}(X, Y′′)

gegeben. Bilde ein kommutatives Diagramm wie folgt.

[figure: ⋯; P_{k+1}; d; P_{k}; t; P_{k−1}; ⋯; P_{0}; X; 0; Y′′; i; M_{k−1}; ⋯; M_{0}; X]

Es ist [E]β_{X,Y′′}^{k} = [t] ∈ H^{k} Hom_{A}(P, Y′′).

Nun ist ∂ der Konnektor folgender Schlangenlemmasequenz; cf. §5.4.4.

[figure: H^{k}(P, Y′); •; H^{k}(P, Y); •; H^{k}(P, Y′′); •; Z̃^{k}(P, Y′); Z̃^{k}(P, Y); Z̃^{k}(P,s); d̂_{(P,Y )}^{k}; Z̃^{k}(P, Y′′); Z^{k+1}(P, Y′); •; Z^{k+1}(P, j); Z^{k+1}(P, Y); Z^{k+1}(P, Y′′); H^{k+1}(P, Y′); H^{k+1}(P, Y); H^{k+1}(P, Y′′); ∂]

Bilde ein kommutatives Diagramm wie folgt.

\xymatrix{ & P_{k+1} \ar[r]^{d} \ar[d]_{v} \ar[dl]_{w} & P_{k} \ar[d]^{t} \ar[dl]_{u} \\ Y′ \ar[r]^{j} & Y \ar[r]^{s} & Y′′}

Beachte hierbei, daß vs = dt = 0.

Das Bild von u in Z̃^{k}(P, Y) wird also in unserem Schlangenlemmadiagramm horizontal auf das Bild von t in Z̃^{k}(P, Y′′) und vertikal auf v ∈ Z^{k+1}(P, Y) abgebildet. Schließlich wird w ∈ Z^{k+1}(P, Y′) horizontal auf v ∈ Z^{k+1}(P, Y) abgebildet.

Gemäß Aufgabe 70 bildet −∂ also das Bild von t in H^{k}(P, Y′′) = H^{k} Hom_{A}(P, Y′′) auf das Bild von w in H^{k+1}(P, Y′) = H^{k+1} Hom_{A}(P, Y′) ab.

Betrachte folgendes kommutative Diagramm.

[figure: P_{k+1}; d; w; P_{k}; u; t; P_{k−1}; ⋯; P_{0}; X; Y′; j; Y; s; M_{k−1}; ⋯; M_{0}; X; Y′′; •; i]

Dieses zeigt, daß die Äquivalenzklasse von (Y′ ^{\overline{}^{j}} Y ^{\overline{}^{si}} M_{k−1} \overline{}⋯ \overline{}M_{0} \overline{}X) unter β_{X,Y′}^{k+1} auf das Bild von w in H^{k+1} Hom_{A}(P, Y′) kommt.

Alles in allem bildet −∂^{Yon} also die Äquivalenzklasse von

(Y′′ ^{\overline{}^{i}} M_{k−1} \overline{}⋯ \overline{}M_{0} \overline{}X) ∈ êxt_{A}^{k}(X, Y′′)

auf die Äquivalenzklasse von

(Y′ ^{\overline{}^{j}} Y ^{\overline{}^{si}} M_{k−1} \overline{}⋯ \overline{}M_{0} \overline{}X) ∈ êxt_{A}^{k+1}(X, Y′)

ab. Kurz, dazu muß Y′ ^{\overline{}^{j}} Y ^{\overline{}^{s}} Y′′ von links an einen Repräsentanten angefügt werden.

Beispiel 202 (Produkte) Habe A genügend Injektive. Seien k, ℓ ⩾ 1. Strukturtransport gibt uns die mißbräuchlich wieder mit (⋆) bezeichnete Z-bilineare Abbildung

ext_{A}^{k}(X, Y) × ext_{A}^{ℓ}(Y, Z) ^{\overline{}^{(⋆)}} ext_{A}^{k+ℓ}(X, Z)
([E] , [F])  \overline{}[E] ⋆ [F] := ([E]α_{X,Y}^{k} ⋆ [F]α_{Y,Z}^{ℓ})(α_{X,Z}^{k+ℓ})^{−1} ;

cf. Definition 191, Satz 196. Wie wollen einen Repräsentanten von [E] ⋆ [F] berechnen. Schreibe hierzu

\begin{aligned}E & = & (Y [figure: i] M^{0} ^{\overline{}^{m}} M^{1} ^{\overline{}^{m}} ⋯ ^{\overline{}^{m}} M^{k−2} ^{\overline{}^{m}} M^{k−1} ^{\overline{}^{r}} X) & ∈ & êxt_{A}^{k}(X, Y) , \\ F & = & (Z [figure: j] N^{0} ^{\overline{}^{n}} N^{1} ^{\overline{}^{n}} ⋯ ^{\overline{}^{n}} N^{ℓ−2} ^{\overline{}^{n}} N^{ℓ−1} ^{\overline{}^{s}} Y) & ∈ & êxt_{A}^{ℓ}(Y, Z) . \end{aligned}

Schreibe I := IRes X, J := IRes Y und K := IRes Z. Fall k ⩾ 1 und ℓ ⩾ 1. Sei pars pro toto k = 2 und ℓ = 2. Konstruiere ein kommutatives Diagramm wie folgt.

[figure: Y; •; i; M^{0}; m; M^{1}; r; X; •; (eX)^{0}; u; I^{0}; d; I^{1}; d; ⋯; Z; •; j; N^{0}; n; N^{1}; s; Y; •; (eY)^{0}; v; J^{0}; (−1)^{k}d; J^{1}; (−1)^{k}d; J^{2}; (−1)^{k}d; f; J^{3}; (−1)^{k}d; ⋯; Z; •; (eZ)^{0}; K^{0}; (−1)^{k+ℓ}d; K^{1}; (−1)^{k+ℓ}d; K^{2}; (−1)^{k+ℓ}d; K^{3}; (−1)^{k+ℓ}d; K^{4}; (−1)^{k+ℓ}d; K^{5}; (−1)^{k+ℓ}d; ⋯]

Beachte, daß die Kommutativität eines Diagramms

\xymatrix{⋯ \ar[r]^{d} & A^{−1} \ar[r]^{d} \ar[d]_{g^{−1}} & A^{0} \ar[r]^{d} \ar[d]_{g^{0}} & A^{1} \ar[r]^{d} \ar[d]_{g^{1}} & A^{2} \ar[r]^{d} \ar[d]_{g^{2}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{d} & B^{−1} \ar[r]^{d} & B^{0} \ar[r]^{d} & B^{1} \ar[r]^{d} & B^{2} \ar[r]^{d} & ⋯}

in A äquivalent ist zur Kommutativität von

\xymatrix{⋯ \ar[r]^{d} & A^{−1} \ar[r]^{d} \ar[d]_{−g^{−1}} & A^{0} \ar[r]^{d} \ar[d]_{+g^{0}} & A^{1} \ar[r]^{d} \ar[d]_{−g^{1}} & A^{2} \ar[r]^{d} \ar[d]_{+g^{2}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{−d} & B^{−1} \ar[r]^{−d} & B^{0} \ar[r]^{−d} & B^{1} \ar[r]^{−d} & B^{2} \ar[r]^{−d} & · · · .}

Somit ist [E]α_{X,Y}^{k} = (−1)^{k·k}[u] ∈ Ext_{A}^{k}(X, Y) und [F]α_{Y,Z}^{ℓ} = (−1)^{ℓ·(k+ℓ)}[v] ∈ Ext_{A}^{ℓ}(Y, Z).

Nach Entfernen aller Objekte nicht aus I, J oder K erkennen wir im Diagramm oben [u]Ψ^{k}(X, Y) und unten [v]Ψ^{ℓ}(Y, Z)[k] ; cf. Bemerkung 188. Nun kommt

[u]Ψ^{k}(X, Y) ⋆ [v]Ψ^{ℓ}(Y, Z) = [u]Ψ^{k}(X, Y) · [v]Ψ^{ℓ}(Y, Z)[k]

unter Ψ^{k+ℓ}(X, Z)^{−1} auf [uf] in Ext_{A}^{k+ℓ}(X, Z). Insgesamt ist [u] ⋆ [v] = [uf] ; cf. Definition 191.

Zusammengesetzt ergibt sich folgendes kommutative Diagramm.

[figure: Z; •; j; N^{0}; n; N^{1}; si; M^{0}; m; M^{1}; r; X; uf; Z; •; (eZ)^{0}; K^{0}; (−1)^{k+ℓ}d; K^{1}; (−1)^{k+ℓ}d; K^{2}; (−1)^{k+ℓ}d; K^{3}; (−1)^{k+ℓ}d; K^{4}]

Dieses zeigt, daß mit

G := (Z [figure: j] N^{0} ^{\overline{}^{n}} N^{1} ^{\overline{}^{si}} M^{0} ^{\overline{}^{m}} M^{1} ^{\overline{}^{r}} X)

die Äquivalenzklasse [G] unter α_{X,Z}^{k+ℓ} auf (−1)^{(k+ℓ)·(k+ℓ)}[uf] abgebildet wird. Wir erhalten so insgesamt

[E] ⋆ [F] = ([E]α_{X,Y}^{k} ⋆ [F]α_{Y,Z}^{ℓ})(α_{X,Z}^{k+ℓ})^{−1}
= (−1)^{k·k+ℓ·(k+ℓ)}([u] ⋆ [v])(α_{X,Z}^{k+ℓ})^{−1}
= (−1)^{k·k+ℓ·(k+ℓ)}[uf](α_{X,Z}^{k+ℓ})^{−1}
= (−1)^{k·k+ℓ·(k+ℓ)+(k+ℓ)·(k+ℓ)}[G]
= (−1)^{k·ℓ}[G] .

Gehen wir zurück zum allgemeinen Fall, so erkennen wir, daß mit

G := (\underbrace{Z [figure: j] N^{0} ^{\overline{}^{n}} ⋯ ^{\overline{}^{n}} N^{ℓ−1}}_{aus F} ^{\overline{}^{si}} \underbrace{M^{0} ^{\overline{}^{m}} ⋯ ^{\overline{}^{m}} M^{k−1} ^{\overline{}^{r}} X}_{aus E})

gilt, daß

[E] ⋆ [F] = (−1)^{k·ℓ}[G] .

Warum aber [E] ⋆ [(Y′ \overline{}Y \overline{}Y′′)] in Beispiel 201 bis auf Vorzeichen das Bild von [E] unter dem Konnektor ist, ist mir unklar. Obige Rechnungen liefern dies eben.

7.2 Lokalisierung an einer dicken Teilkategorie

Sei A eine abelsche Kategorie.

7.2.1 Dicke Teilkategorien N ⊆ A

Definition 203 Eine volle Teilkategorie N ⊆ A heiße dick, falls sie ein Nullobjekt von A enthält, und falls für jede kurz exakte Sequenz X′ \overline{}X \overline{}X′′ in A genau dann das mittlere Objekt X in Ob N liegt, wenn die beiden äußeren Objekte X′ und X′′ in Ob N liegen.

Split kurz exakte Sequenzen zeigen, daß eine dicke Teilkategorie insbesondere eine volle additive Teilkategorie ist; cf. Definition 108. Ist ferner X′ ≃ X in A, so ist genau dann X′ ∈ Ob N, wenn X ∈ Ob N. Ferner ist eine dicke Teilkategorie N einer abelschen Kategorie A selbst wieder abelsch, und der Inklusionsfunktor N [figure] A ist exakt. In der Tat können Kerne und Cokerne in N bereits in A gebildet werden, die erforderlichen Eigenschaften vererben sich dann aus A.

Ein Morphismus in A, welcher einen Kern aus Ob N und einen Cokern aus Ob N hat, heiße N -Quasiisomorphismus, symbolisch oft \xymatrix{X \ar@{=>}[r] & Y} geschrieben (^{8}). Es ist dann jeder Kern und jeder Cokern eines N -Quasiisomorphismus in Ob N.

Beispiel 204

(1) Sei R ein Ring. Sei A = R-Mod. Sei M ⊆ R eine Teilmenge. Sei N ⊆ A die volle Teilkategorie der R-Linksmoduln X, für die ein k ⩾ 0 so existiert, daß m_{1} · m_{2} ⋯ m_{k} · x = 0 für alle m_{1} , m_{2} , …, m_{k} ∈ M und alle x ∈ X.

Wir wollen zeigen, daß N eine dicke Teilkategorie von A ist. Es ist 0 ∈ Ob N. Sei X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz in A.

Sei zum einen X ∈ Ob N. Sei k ⩾ 0 so, daß m_{1} ⋯ m_{k} ·x = 0 für alle m_{1} , …, m_{k} ∈ M und alle x ∈ X.

Sei x′ ∈ X′. Seien m_{1} , …, m_{k} ∈ M gegeben. Dann ist (m_{1} ⋯ m_{k} · x′)i = m_{1} ⋯ m_{k} · (x′i) = 0 und folglich m_{1} ⋯ m_{k} · x′ = 0. Also ist X′ ∈ Ob N.

Sei x′′ ∈ X′′. Seien m_{1} , …, m_{k} ∈ M gegeben. Wähle x ∈ X mit xr = x′′. Dann ist m_{1} ⋯ m_{k} · x′′ = m_{1} ⋯ m_{k} · (xr) = (m_{1} ⋯ m_{k} · x)r = 0. Also ist X′′ ∈ Ob N.

Seien zum anderen X′, X′′ ∈ Ob N. Sei k′ ⩾ 0 so, daß m_{1} ⋯ m_{k′} · x′ = 0 für alle m_{1} , …, m_{k′} ∈ M und alle x′ ∈ X′. Sei k′′ ⩾ 0 so, daß m_{1} ⋯ m_{k′′} · x′′ = 0 für alle m_{1} , …, m_{k′′} ∈ M und alle x′′ ∈ X′′. Sei x ∈ X. Seien m_{1}, …, m_{k′+k′′} ∈ M. Es ist (m_{k′+1} ⋯ m_{k′+k′′} ·x)r = m_{k′+1} ⋯ m_{k′+k′′} ·(xr) = 0 und folglich m_{k′+1} ⋯ m_{k′+k′′} ·x = x′i für ein x′ ∈ X′. Nun ist m_{1} ⋯ m_{k′+k′′}·x = m_{1} ⋯ m_{k′}·(x′i) = (m_{1} ⋯ m_{k′}·x′)i = 0. Also ist X ∈ Ob N.

8Nicht mit einer Identität oder einer Implikation verwechseln.

(2) Sei R ein Ring. Sei A = R-Mod. Sei M ⊆ R eine nichtleere Teilmenge so, daß m·m′ ∈ M für alle m, m′ ∈ M. Sei N ⊆ A die volle Teilkategorie der R-Linksmoduln X, für die ein m ∈ M existiert mit mx = 0 für alle x ∈ X; kurz, mit mX = 0.

Wir wollen zeigen, daß N eine dicke Teilkategorie von A ist. Es ist 0 ∈ Ob N. Sei X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz in A.

Sei zum einen X ∈ Ob N. Sei m ∈ M so, daß mX = 0.

Sei x′ ∈ X′. Es ist (mx′)i = m(x′i) = 0, und also mx′ = 0. Also ist mX′ = 0, und mithin X′ ∈ Ob N.

Sei x′′ ∈ X′′. Wähle x ∈ X mit xr = x′′. Dann ist mx′′ = m(xr) = (mx)r = 0. Also ist mX′′ = 0 und mithin X′′ ∈ Ob N.

Seien zum anderen X′, X′′ ∈ Ob N. Sei m′ ∈ M so, daß mX′ = 0. Sei m′′ ∈ M so, daß m′′X′′ = 0. Sei x ∈ X. Es ist (m′′x)r = m′′(xr) = 0. Also gibt es ein x′ ∈ X′ mit x′i = m′′x. Es wird m′m′′x = m′(x′i) = (m′x′)i = 0. Also ist m′m′′X = 0 und wegen m′m′′ ∈ M mithin X ∈ Ob N.

(3) Sei R ein Ring. Sei M ⊆ R eine Teilmenge. Sei A ⊆ R-Mod die volle Teilkategorie der als Mengen endlichen R-Linksmoduln. Sei N ⊆ A die durch

Ob N := \{X ∈ Ob A : X \overline{}X, x \overline{}mx ist bijektiv für alle m ∈ M\}

gegebene volle Teilkategorie. Wir wollen zeigen, daß N eine dicke Teilkategorie von A ist. Es ist 0 ∈ Ob N. Sei X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz in A. Wir betrachten den Morphismus

\xymatrix{X′ \ar[r]^{i} \ar[d]_{m·(−)} & X \ar[r]^{r} \ar[d]_{m·(−)} & X′′ \ar[d]_{m·(−)} \\ X′ \ar[r]^{i} & X \ar[r]^{r} & X′′}

kurz exakter Sequenzen abelscher Gruppen für m ∈ M.

Sind X′, X′′ ∈ Ob N, so haben wir außen zwei vertikale Isomorphismen für m ∈ M. Es zeigt das Schlangenlemma, Lemma 136, daß dann auch der mittlere vertikale Morphismus ein Isomorphismus ist für m ∈ M. Also ist auch X ∈ Ob N.

Ist X ∈ Ob N, so haben wir in der Mitte einen vertikalen Isomorphismus für m ∈ M. Es folgt wieder mit dem Schlangenlemma (oder mit Komposition), daß dann der linke vertikale Morphismus monomorph und der rechte epimorph ist. Da aber X′ und X′′ endlich sind, folgt hieraus, daß außen zwei vertikale Isomorphismen stehen für m ∈ M. Also sind auch X′, X′′ ∈ Ob N.

(4) Sei A = Z-Mod. Sei darin N = Z-mod die Kategorie der endlich erzeugten Z-Moduln; cf. Aufgabe 13. Gemäß Aufgabe 71 ist Z-mod eine dicke Teilkategorie von Z-Mod.

(5) Sei A = Z-mod; cf. (4). Sei N = Z-fin ⊆ Z-mod die volle Teilkategorie der endlichen Z-Moduln.

Sei M = Z ∖ {0}. Es ist N gerade die volle Teilkategorie der endlich erzeugten Z-Moduln X, für die ein m ∈ M so existiert, daß mX = 0; cf. Aufgabe 16. Das Argument aus (2) zeigt, daß N eine dicke Teilkategorie von A ist.

Diese Dickheit von N kann man auch direkt sehen, verwendet man die Tatsache, daß in einer kurz exakten Sequenz X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ von Z-Moduln mit X′ und X′′ endlich gilt, daß |X| = |X′||X′′|. In der Tat ist für alle x′′ ∈ X′′ nach Wahl eines x ∈ X mit xr = x′′ die Abbildung X′ \overline{}r^{−1}(\{x′′\}), x′ \overline{}x′i + x bijektiv.

7.2.2 Eigenschaften von N -Quasiisomorphismen

Sei N eine dicke Teilkategorie der abelschen Kategorie A.

Bemerkung 205 Ist ⋯ \overline{}X_{i−1} \overline{}X_{i} \overline{}X_{i+1} \overline{}⋯ eine lang exakte Sequenz, ist i ∈ Z und sind X_{i−1} , X_{i+1} ∈ Ob N, so ist auch X_{i} ∈ Ob N.

Beweis. Wähle Faktorisierungen

X_{i−2} \overline{}J′ [figure] X_{i−1} \overline{}I′ [figure] X_{i} \overline{}I′′ [figure] X_{i+1} \overline{}J′′ [figure] X_{i+2} ;

cf. Definition 130. Da X_{i−1} ∈ Ob N, ist auch I′ ∈ Ob N. Da X_{i+1} ∈ Ob N, ist auch I′′ ∈ Ob N. Da I′, I′′ ∈ Ob N, ist auch X_{i} ∈ Ob N.

Bemerkung 206 Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z in A gegeben. Sind aus f, g, fg zweie N -Quasiisomorphismen, so alle.

Beweis. Wir haben folgendes Umfangssequenzdiagramm; cf. Lemma 132.

[figure: M; •; k; C; Y; g; p; L; •; j; X; fg; f; Z; q; r; D; K; •; i; •; E]

Sind f und g zwei N -Quasiisomorphismen, so sind K, M, C, E ∈ Ob N. Mit Bemerkung 205 folgt, daß auch L und D in Ob N liegen und somit fg ein N -Quasiisomorphismus ist.

Sind f und fg zwei N -Quasiisomorphismen, so sind K, L, C, D ∈ Ob N. Mit Bemerkung 205 folgt, daß auch M und E in Ob N liegen und somit g ein N -Quasiisomorphismus ist.

Dual dazu, sind fg und g zwei N -Quasiisomorphismen, so auch f.

Bemerkung 207 Sei

[figure: X; f; Y; X′; f′; Y′]

ein Pullback in A. Ist f′ ein N -Quasiisomorphismus, so auch f.

Beweis. Tragen wir horizonal Kerne und Cokerne ein, so erhalten wir ein kommutatives Diagramm wie folgt; cf. Kern-Cokern-Kriterium, Lemma 134.

[figure: K; •; ≀; X; f; Y; C; •; K′; •; X′; f′; Y′; C′]

Ist f′ ein N -Quasiisomorphismus, dann sind K′, C′ ∈ Ob N. Folglich sind auch K, C ∈ Ob N. Somit ist f ein N -Quasiisomorphismus.

Bemerkung 208 Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in A. Genau dann gibt es einen N -Quasiisomorphismus \xymatrix{Y \ar@{=>}[r]^{y} & Y′} mit fy = 0, wenn I_{f} ∈ Ob N.

Beweis. Sei ( \xymatrix{X \ar[r]^{f} & Y \ar@{=>}[r]^{y} & Y′} ) = (X ^{\overline{}^{0}} Y′) gegeben. Da y ein N -Quasiisomorphismus ist, ist K_{y} ∈ Ob N. Da ḟy = 0, gibt es ein g mit gι_{y} = ḟ. Wegen Komposition ist g monomorph. Also ist auch I_{f} ∈ Ob N.

[figure: K_{y}; •; ι_{y}; X; f̄; I_{f}; •; ḟ; •; g; Y; y; Y′]

Sei umgekehrt I_{f} ∈ Ob N. Dann ist der Cokern ρḟ ein N -Quasiisomorphismus, da er I_{f} ∈ Ob N als ein Kern und 0 ∈ Ob N als ein Cokern aufweist. Ferner ist fρḟ = f̄ḟρḟ = 0.

Korollar 209 Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in A. Genau dann gibt es einen N -Quasiisomorphismus \xymatrix{Y \ar@{=>}[r]^{y} & Y′} mit fy = 0, wenn es einen N -Quasiisomorphismus \xymatrix{X′ \ar@{=>}[r]^{x} & X} mit xf = 0 gibt. Kurz,

( [figure: f; ∃]) = ( [figure: 0])  ⟺  ( [figure: ∃; f]) = ( [figure: 0]) .

Beweis. Dies folgt aus Bemerkungen 208 und 208^{∘}.

7.2.3 Die Quotientenkategorie A//N

Sei N eine dicke Teilkategorie der abelschen Kategorie A.

Definition 210 Seien X, Y ∈ Ob A. Sei QMQ(X, Y) die Menge (^{3}) der Diagramme der Form

[figure: X′; t; f; Y′; X; Y; s]

in A, kurz (t, f, s) geschrieben. Wir definieren auf QMQ(X, Y) eine Relation (∼) wie folgt. Es sei (t, f, s) ∼ (t̃, f̃, s̃), falls es ein kommutatives Diagramm folgender Form gibt.

[figure: X′; t; f; Y′; X; Y; s; s̃; X̃′; t̃; f̃; Ỹ′]

Bemerkung 211 Seien X, Y ∈ Ob A.

Es ist (∼) eine Äquivalenzrelation auf QMQ(X, Y).

Beweis. Unter Verwendung von vier Identitäten erkennen wir, daß (∼) reflexiv ist. Nach Konstruktion ist (∼) symmetrisch.

Zum Nachweis der Transitivität sei (t, f, s) ∼ (t̃, f̃, s̃) ∼ (˜t̃, ˜ f̃, ˜ s̃) in QMQ(X, Y) gegeben. Wir konstruieren unter Verwendung von Bemerkungen 207 und 207^{∘} folgendes kommutative Diagramm.

[figure: f; t; v_{1}; f_{1}; u_{1}; u_{2}; v_{5}; X; t̃; f̃; v_{2}; v_{3}; Y; s; s̃; ˜s̃; u_{5}; f_{3}; u_{6}; f_{2}; u_{3}; u_{4}; v_{6}; ˜f̃; ˜t̃; v_{4}]

Nach Konstruktion kommutieren die linken beiden Vierecke, die mittleren vier Rechtecke und die rechten beiden Vierecke. Ferner ist nach Konstruktion u_{5}u_{2} = u_{6}u_{3} und v_{2}v_{5} = v_{3}v_{6} . Wir setzen f_{3} := u_{5}f_{1}v_{5} = u_{5}u_{2}f̃v_{2}v_{5} = u_{6}u_{3}f̃v_{3}v_{6} = u_{6}f_{2}v_{6} .

Es folgt u_{5}u_{1}t = u_{5}u_{2}t̃ = u_{6}u_{3}t̃ = u_{6}u_{4}˜t̃, u_{5}u_{1}fv_{1}v_{5} = u_{5}f_{1}v_{5} = f_{3} = u_{6}f_{2}v_{6} = u_{6}u_{4} ˜f̃v_{4}v_{6}

und sv_{1}v_{5} = s̃v_{2}v_{5} = s̃v_{3}v_{6} = ˜ s̃v_{4}v_{6} . Somit ist (t, f, s) ∼ (˜t̃, ˜ f̃, ˜ s̃).

Bemerkung 212 Seien X, Y ∈ Ob A. Es ist (∼) als Äquivalenzrelation erzeugt ist von folgender Relation der elementaren Äquivalenz. Sei (t, f, s) ∈ QMQ(X, Y). Sei u ein N -Quasiisomorphismus mit Ziel u = Start t = Start f. Sei v ein N -Quasiisomorphismus mit Start v = Ziel s = Ziel f. Dann sei (t, f, s) elementar äquivalent zu (ut, uf, s) und zu (t, fv, sv).

Bemerkung 213 Seien X, Y ∈ Ob A.

(1) Jedes Element (t, f, s) ∈ QMQ(X, Y) ist äquivalent zu einem der Form (id_{X}, f′, s′).

(2) Zwei Elemente der Form (id_{X}, f, s), (id_{X}, f̃, s̃) ∈ QMQ(X, Y) sind genau dann äquivalent, wenn es ein kommutatives Diagramm folgender Form gibt.

[figure: X; f; f̃; Y; s; s̃]

Die Identitäten in Elementen der Form (id_{X}, f, s) ∈ QMQ(X, Y) werden in Diagrammen oft nicht dargestellt.

Beweis.

Zu (1). Bilde folgendes kommutative Diagramm; cf. Bemerkung 207^{∘}.

[figure: t; t; f; t′; X; Y; s; s′; f′]

Es ist (t, f, s) ∼ (t, ft′, st′) = (t id_{X}, tf′, s′) ∼ (id_{X}, f′, s′).

Zu (2). Nach Definition sind (id_{X}, f, s) und (id_{X}, f̃, s̃) genau dann äquivalent, wenn es ein kommutatives Diagramm folgender Form gibt.

[figure: f; v; X; u; ũ; Y; s; s̃; f̃; ṽ]

Notwendigerweise ist darin u = ũ. Da u(fv−f̃ṽ) = 0, gibt es einen N -Quasiisomorphismus w mit (fv − f̃ṽ)w = 0; cf. Korollar 209. Also ist f(vw) = f̃(ṽw) und s(vw) = s̃(ṽw), wie verlangt.

Definition 214 Sei Ob(A//N) := Ob A.

Seien X, Y, Z ∈ Ob A. Sei

A//N (X, Y) := QMQ(X, Y)/(∼) .

Die Äquivalenzklasse von (t, f, s) ∈ QMQ(X, Y) bezüglich (∼) werde t\f/s geschrieben und als Doppelbruch bezeichnet.

Für (id_{X}, f′, s′) ∈ QMQ(X, Y) kürzen wir id_{X}\f′/s′ =: f′/s′ ab und sprechen von einem Rechtsbruch.

Für (t′′, f′′, id_{Y}) ∈ QMQ(X, Y) kürzen wir t′′\f′′/id_{Y} =: t′′\f′′ ab und sprechen von einem Linksbruch.

Seien (t, f, s) ∈ QMQ(X, Y) und (v, g, u) ∈ QMQ(Y, Z) gegeben. Bilde ein kommutatives Diagramm wie folgt; cf. Bemerkungen 207 und 207^{∘}.

(∗)  [figure: t; f; g′; X; Y; s; Z; u; w_{1}; f′; v; g; w_{2}]

Hierbei kann das linke Viereck ein Pullback sein, muß aber nicht. Ferner kann das rechte Viereck ein Pushout sein, muß aber nicht.

Wir wollen das Kompositum zu

(t\f/s) · (v\g/u) := w_{1}t\f′g/u = t\fg′/uw_{2} ∈ _{A//N} (X, Z)

setzen.

Lemma 215 Die in Definition 214 gewünschte Kompositionsabbildung ist wohldefiniert und macht A//N zu einer Kategorie, genannt die Quotientenkategorie von A nach N.

Beweis. Zunächst einmal merken wir an, daß in der Tat

w_{1}t\f′g/u = w_{1}t\f′gw_{2}/uw_{2} = w_{1}t\w_{1}fg′/uw_{2} = t\fg′/uw_{2}

ist.

Wir haben, bei fester Repräsentantenwahl im ersten und im zweiten Faktor, die Unabhängigkeit von der Wahl der kommutativen Vierecke im Diagramm (∗) zu verifizieren. Dazu dürfen wir zum einen einen Pullback (f′, f, w_{1}, vs) und einen Pushout (g, g′, vs, w_{2}) wählen, und haben zum anderen zwei beliebige kommutative Vierecke (f̃′, f, w̃_{1}, vs) und (g, g̃′, vs, w̃_{2}) mit N -Quasiisomorphismen w̃_{1} und w̃_{2} vorzugeben. Wir erhalten folgendes kommutative Diagramm; cf. Bemerkung 206.

[figure: t; f; g′; g̃′; p_{2}; X; Y; s; Z; u; w_{1}; f′; v; g; w_{2}; w̃_{2}; w̃_{1}; f̃′; p_{1}]

Daher ist w_{1}t\f′g/u = p_{1}w_{1}t\p_{1}f′g/u = w̃_{1}t\f̃′g/u. Oder dual.

Wir haben nun die Unabhängigkeit von der Repräsentantenwahl im ersten und im zweiten Faktor zu verifizieren. Wir zeigen diese im ersten Faktor, im zweiten Faktor gilt sie dann dank Dualität. Seien hierzu (t, f, s) ∈ QMQ(X, Y) und (v, g, u) ∈ QMQ(Y, Z) gegeben, sowie N -Quasiisomorphismen q_{1} mit Ziel q_{1} = Start t = Start f und q_{2} mit Start q_{2} = Ziel f = Ziel s. Zu zeigen genügt, daß die Kompositionskonstruktion mit den Repräsentanten (t, f, s) und (v, g, u) dasselbe liefert wie mit den Repräsentanten (q_{1}t, q_{1}fq_{2}, sq_{2}) und (v, g, u) ; cf. Bemerkung 212.

Wir konstruieren dazu folgendes kommutative Diagramm; cf. Bemerkung 207^{∘}.

[figure: q_{1}; q_{1}fq_{2}; g̃′; t; f; g′; q_{2}; q̃_{2}; X; Y; s; Z; u; v; g; w_{2}]

Es resultiert, daß die Kompositionskonstruktion mit den Repräsentanten (q_{1}t, q_{1}fq_{2}, sq_{2}) und (v, g, u) gerade

q_{1}t\q_{1}fq_{2}g̃′/uw_{2}q̃_{2} = t\fq_{2}g̃′/uw_{2}q̃_{2} = t\fg′q̃_{2}/uw_{2}q̃_{2} = t\fg′/uw_{2}

liefert, was man auch von den Repräsentanten (t, f, s) und (v, g, u) erhält.

Somit ist die Wohldefiniertheit der Kompositionsabbildung aus Definition 214 nachgewiesen; cf. (∗).

Seien (id_{X}, f, s) ∈ QMQ(X, Y) und (id_{Y} , g, u) ∈ QMQ(Y, Z) gegeben. Für das Kompositum erstellen wir das kommutative Diagramm

[figure: f; g′; X; Y; s; Z ,; u; g; w_{2}]

i.e. das kommutative Diagramm

[figure: g′; w_{2}; X; f; Y; s; g; Z ,; u]

und erhalten

(f/s) · (g/u) = fg′/uw_{2} .

Um Identitäten und Assoziativität nachzuweisen, genügt es dank Bemerkung 213.(1), Rechtsbrüche zu betrachten.

Für die Assoziativität betrachten wir folgendes kommutative Diagramm; cf. Bemerkung 207^{∘}.

[figure]

Für die Identitäten id/id betrachten wir folgendes kommutative Diagramm.

[figure]

Damit ist nachgewiesen, daß A//N mit der Komposition aus Definition 214 eine Kategorie ist; cf. (∗).

Bemerkung 216 Seien t\f und g/u komponierbar in A//N. Es ist (t\f) · (g/u) = t\fg/u.

Speziell ist für einen Morphismus y\h/x in A//N dann y\h/x = (y\id)(id\h/id)(id/x).

Diese Bemerkung werden wir weitgehend kommentarlos verwenden.

Beweis. Um t\f und g/u zu komponieren, können wir in (∗) wegen s = id und v = id speziell w_{1} = id und w_{2} = id wählen.

Definition 217 Wir haben einen Lokalisierungsfunktor

[figure: A; L = L_{A//N}; A//N; f; id\f/id ,]

welcher also Objekte identisch abbildet.

In der Tat ist für ^{\overline{}^{f}} ^{\overline{}^{g}} in A auch (id\f/id)(id\g/id) = (id\f)(g/id) = id\fg/id. Ferner ist id\id/id = id.

Bemerkung 218 Seien X, Y ∈ Ob A. Sei (t, f, s) ∈ QMQ(X, Y). Es ist t\f/s genau dann ein Isomorphismus in A//N, wenn f ein N -Quasiisomorphismus ist.

Ist f ein N -Quasiisomorphismus, so ist (Lf)^{−1} = f\id = id/f.

Beweis. Ist f ein N -Quasiisomorphismus, dann ist (f\id)(Lf) = f\f = id\id = id = id/id = f/f = (Lf)(id/f) . Also ist Lf ein Isomorphismus; cf. Aufgabe 32.(3, 5). Ferner folgt, daß (Lf)^{−1} = f\id = id/f. Insbesondere ist auch f\id = id/f ein Isomorphismus.

Ist umgekehrt t\f/s ein Isomorphismus, dann auch Lf = (t\id)^{−1}(t\f/s)(id/s)^{−1}.

Sei (Lf)(g/u) = id, i.e. fg/u = id/id. Also gibt es einen N -Quasiisomorphismus w mit wfg = wu. Somit ist fg ein N -Quasiisomorphismus; cf. Bemerkung 206. Das Umfangssequenzlemma, Lemma 132, liefert K_{f} [figure] K_{fg} ∈ Ob N und also K_{f} ∈ Ob N (^{9}).

Dual ist auch C_{f} ∈ Ob N.

Insgesamt ist f als N -Quasiisomorphismus nachgewiesen.

Lemma 219 Die Quotientenkategorie A//N ist eine additive Kategorie. Es ist 0_{A} = 0_{A//N} . Ferner ist für X, Y ∈ Ob A = Ob(A//N) das Objekt X ⊕ Y sowohl die direkte Summe in A als auch in A//N; Inklusions- und Projektionsmorphismen in A//N sind durch die Bilder der entsprechenden Morphismen in A unter L gegeben.

Beweis. Es ist 0 = 0_{A} =: 0_{A//N} auch ein Nullobjekt in A//N. Es ist initial, da für jeden N -Quasiisomorphismus \xymatrix{Y \ar@{=>}[r]^{s} & Y′} in A gilt, daß 0_{0,Y′}/s = 0_{0,Y} s/s = 0_{0,Y} /id_{Y}. Dual dazu ist es terminal.

Zu (Add 1). Seien X, Y ∈ Ob(A//N) = Ob A. Wir wollen zeigen, daß die in A gebildete direkte Summe X ⊕ Y, zusammen mit den Inklusionsmorphismen ι_{1} := Lι_{1} und ι_{2} := Lι_{2} und den Projektionsmorphismen π_{1} := Lπ_{1} und π_{2} := Lπ_{2} eine direkte Summe ist.

9Cf. auch Bemerkung 222 unten.

Dazu zu (Sum 1). Sei S ∈ Ob(A//N) = Ob A. Seien S ^{\overline{}^{t\f}} X und S ^{\overline{}^{v\g}} Y in A//N gegeben. Bilde mit Bemerkungen 207 und 206 das kommutative Diagramm

[figure: v′; t′; w; t; v; S .]

Betrachte den Morphismus S ^{\overline{}^{w\(v′f t′g)}} X ⊕ Y in A//N. Es wird

(w\ (^{v′f t′g}))π_{1} = (w\ (^{v′f t′g}))(π_{1}/id_{X⊕Y})
= w\v′f/id_{X⊕Y}
= v′t\v′f
= t\f .

Genauso wird (w\ (^{v′f t′g}))π_{2} = v\g.

Wir haben die Eindeutigkeit des Induzierten zu zeigen. Sei S ^{\overline{}^{w̃\(f̃g̃)}} X ⊕ Y mit w̃\f̃ = (w̃\ (f̃g̃))π_{1} = t\f = w\v′f und w̃\g̃ = (w̃\ (f̃g̃))π_{2} = v\g = w\t′g gegeben. Wir wollen w̃\ (f̃g̃) =^{!} w\ (^{v′f t′g}) nachweisen.

Es gibt kommutative Diagramme wie folgt; cf. Bemerkung 213.(2^{∘}).

[figure: w̃; f̃; S; u_{1}; u_{2}; X; w; v′f; w̃; g̃; S; u_{3}; u_{4}; Y; w; t′g]

Bilde folgenden Pullback; cf. Bemerkung 207.

[figure: w̃; S; w̃′; w′; w]

Es gibt N -Quasiisomorphismen q_{1} und q_{3} mit u_{1} = q_{1}w′, u_{2} = q_{1}w̃′, u_{3} = q_{3}w′ und u_{4} = q_{3}w̃′. Bilde mit Bemerkungen 207 und 206 das kommutative Diagramm

[figure: q′_{3}; q′_{1}; p; q_{1}; q_{3}; .]

Das Diagramm

[figure: w̃; _{(_{f̃g̃})}; S; pw′; pw̃′; X ⊕ Y; w; _{(_{v′f t′g})}]

kommutiert, da

pw′f̃ = q′_{3}q_{1}w′f̃
= q′_{3}u_{1}f̃
= q′_{3}u_{2}v′f
= q′_{3}q_{1}w̃′v′f
= pw̃′v′f

und da genauso pw′g̃ = pw̃′t′g.

Dazu zu (Sum 2). Dual zu (Sum 1).

Dazu zu (Sum 3). Es ist ι_{1}π_{1} = (id\ι_{1})(π_{1}/id) = id\id/id = id. Es ist ι_{1}π_{2} = (id\ι_{1})(π_{2}/id) = id\0_{X,Y} /id = L0_{X,Y} = (L0_{X,0})(L0_{0,X}) = 0. Etc.

Zu (Add 2). Sei X ∈ Ob(A//N) = Ob A. Da (Add 2) in A gilt, und da ein Funktor gemäß Bemerkung 84 Isomorphismen respektiert, genügt es zu zeigen, daß L (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) =

(\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}). In der Tat ist ι_{1}(L (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}))π_{1} = (Lι_{1})(L (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}))(Lπ_{1}) = L(ι_{1} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) π_{1}) = L1 = 1, ferner

ι_{1}(L (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}))π_{2} = (Lι_{1})(L (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}))(Lπ_{2}) = L(ι_{1} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) π_{2}) = L0 = 0, etc.

Bemerkung 220 Der Lokalisierungsfunktor A ^{\overline{}^{L}} A//N ist additiv.

Beweis. Es ist L0 = 0. Seien ferner X, Y ∈ Ob A gegeben. Betrachte die direkte Summe X ⊕ Y in A. Es ist Lπ_{1} = π_{1} und Lπ_{2} = π_{2} ; cf. Beweis zu (Sum 1) in Lemma 219. Insbesondere ist (^{Lπ_{1}} ^{Lπ_{2}}) = (^{π_{1}} ^{π_{2}}) = id_{LX⊕LY} ein Iso-, also auch ein Monomorphismus. Gemäß Definition 110 ist L somit additiv; cf. Bemerkung 109.(3).

Bemerkung 221 Seien X, Y ∈ Ob A. Sei (t, f, s) ∈ QMQ(X, Y). Die folgenden Aussagen (1, 2, 2^{∘}) sind äquivalent.

(1) Es ist t\f/s = 0.

(2) Es gibt einen N -Quasiisomorphismus w_{1} mit w_{1}f = 0.

(2^{∘}) Es gibt einen N -Quasiisomorphismus w_{2} mit fw_{2} = 0.

Beweis.

(1) ⇒ (2). Da t\f/s = 0 = (id_{X}\0_{X,0})(0_{0,Y} /id_{Y}) = id_{X}\0_{X,Y} /id_{Y}, haben wir ein kommutatives Diagramm in A wie folgt.

[figure: f; v; u_{2}; X; u_{1}; Y; s; 0]

Insbesondere ist (u_{1}f)u_{2} = 0. Folglich gibt es einen N -Quasiisomorphismus u_{3} mit u_{3}(u_{1}f) = 0 ; cf. Korollar 209. Setze w_{1} := u_{3}u_{1} ; cf. Bemerkung 206. Es ist w_{1}f = 0.

(2) ⇒ (1). Es ist t\f/s = w_{1}t\w_{1}f/s = w_{1}t\0/s = (w_{1}t\0_{Start w_{1},0})(0_{0, Ziel s}/s) = 0.

Bemerkung 222 Sei f/s ∈ Mor(A//N). Es ist f/s genau dann monomorph, wenn der Kern K_{f} , genommen in A, in Ob N liegt.

Beweis. Sei zum einen f/s monomorph. Es ist (id\ι_{f})(f/s) = 0. Da f/s monomorph ist, folgt id\ι_{f} = 0, i.e. u ι_{f} = 0 in A für einen N -Quasiisomorphismus u; cf. Bemerkung 221.(1, 2). Da ι_{f} in A monomorph ist, folgt u = 0. Also ist K_{f} = Start ι_{f} = Ziel u = C_{u} ∈ Ob N.

Sei zum anderen K_{f} ∈ Ob N. Sei v\g in A//N mit (v\g)(f/s) = 0 gegeben. Wir müssen v\g =^{!} 0 zeigen. Da v\gf/s = 0, gibt es einen N -Quasiisomorphismus w mit wgf = 0 ; cf. Bemerkung 221.(1, 2). Also gibt es ein a in A mit wg = a ι_{f} . Folglich ist v\g = wv\wg = wv\a ι_{f} = (wv\a)(ι_{f}/ id), so daß es genügt, ι_{f}/id =^{!} 0 zu zeigen. Da aber K_{f} ∈ Ob N, ist 0_{0,K_{f}} ein N -Quasiisomorphismus. Da 0_{0,K_{f}} ι_{f} = 0, ist ι_{f}/id = 0 ; cf. Bemerkung 221.(1, 2).

Lemma 223 Die Quotientenkategorie A//N ist eine abelsche Kategorie. Ist f ∈ Mor A, dann ist Lι_{f} ein Kern und Lρ_{f} ein Cokern von Lf in A//N.

Die übrigen Kerne von Morphismen in A//N ergeben sich dann durch isomorphe Ersetzung; cf. Aufgabe 51.(1), Bemerkung 222.

Beweis. Dank Lemma 219 ist A additiv.

Zu (Ab 1). Sei f/s : X \overline{}Y in A//N gegeben. Wir wollen zeigen, daß id\ι_{f} ein Kern von f/s in A//N ist.

Zum einen ist (id\ι_{f})(f/s) = id\ι_{f}f/s = 0.

Sei zum anderen v\g in A//N mit (v\g)(f/s) = 0 gegeben. Da id\ι_{f} nach Bemerkung 222 ein Monomorphismus ist, genügt es, eine Faktorisierung von v\g über id\ι_{f} zu finden.

Da v\gf/s = 0, gibt es einen N -Quasiisomorphismus w mit wgf = 0 ; cf. Bemerkung 221.(1, 2). Also gibt es ein a in Mor A mit wg = a ι_{f} . Es folgt v\g = wv\wg = wv\a ι_{f} = (wv\a)(ι_{f}/id) = (wv\a)(id\ι_{f}).

Zu (Ab 1^{∘}). Dual zu (Ab 1).

Zu (Ab 2). Sei t\f ein Monomorphismus in A//N. Wir wollen zeigen, daß t\f ein Kern von Lρ_{f} ist.

Es ist t\f = (Lt)^{−1}(Lf); cf. Bemerkung 218. Somit genügt es zu zeigen, daß der Monomorphismus Lf ein Kern von Lρ_{f} ist; cf. Bemerkung 119.(5).

Zum einen ist (Lf)(Lρ_{f}) = L(fρ_{f}) = L0 = 0.

Sei zum anderen v\g in A//N mit (v\g)(Lρ_{f}) = 0 gegeben. Da Lf monomorph ist, genügt es, eine Faktorisierung von v\g über Lf zu finden. Da v\gρ_{f}/id = 0, gibt es einen N -Quasiisomorphismus w mit wgρ_{f} = 0 ; cf. Bemerkung 221.(1, 2). Somit gibt es ein a ∈ Mor A mit wg = aḟ; cf. Bemerkung 124.(1). Mit Bemerkung 222 ist Kf̄ = K_{f} ∈ Ob N. Also ist f̄ ein N -Quasiisomorphismus. Es ist (Lf̄)^{−1} = id/f̄; cf. Bemerkung 218. Somit wird

v\g = wv\wg
= wv\aḟ
= (wv\a)(Lḟ)
= (wv\a)(id/f̄)(Lf̄)(Lḟ)
= (wv\a/f̄)(Lf) .

Zu (Ab 2^{∘}). Dual zu (Ab 2).

Bemerkung 224 Der Lokalisierungsfunktor A ^{\overline{}^{L}} A//N ist exakt. Es ist LN ≃ 0 für N ∈ Ob N.

Beweis. Dank Bemerkung 220 ist L additiv.

Sei X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz in A. Wir haben zu zeigen, daß LX′ ^{\overline{}^{Li}} LX ^{\overline{}^{Lr}} LX kurz exakt ist; cf. Definition 128.(1).

Es gibt einen Isomorphismus f mit i = f ι_{r}, da sowohl i als auch ι_{r} Kerne von r sind; cf. Bemerkung 119.(2). Also ist Li = (Lf)(Lι_{r}). Nach Lemma 223 ist Lι_{r} ein Kern von Lr. Es ist Lf ein Isomorphismus; cf. Bemerkung 84.(3). Somit ist auch Li ein Kern von Lr; cf. Bemerkung 119.(5).

Dual ist Lr ein Cokern von Li.

Somit ist (Li, Lr) kurz exakt.

Ist ferner N ∈ Ob N, so ist 0 \overline{}N ein N -Quasiisomorphismus. Also ist L(0 \overline{}N) = 0 \overline{}LN ein Isomorphismus; cf. Bemerkung 218.

Lemma 225 (Universelle Eigenschaft Quotientenkategorie)

Sei B eine weitere abelsche Kategorie.

(1) Sei A ^{\overline{}^{F}} B ein exakter Funktor so, daß F N ≃ 0 für alle N ∈ Ob N. Dann gibt es genau einen exakten Funktor A//N ^{\overline{}^{¯F̄}} B mit ¯ F̄ ∘ L = F.

\xymatrix{A \ar[r]^{F} \ar[d]_{L} & B \\ A//N \ar@{-->}[ur]^{¯F̄}}

Hierbei ist ¯ F̄ (t\f/s) = (F t)^{−1}(F f)(F s)^{−1} für t\f/s ∈ Mor A//N.

(2) Seien A [figure: F; G] B exakte Funktoren so, daß F N ≃ 0 und GN ≃ 0 für alle N ∈ Ob N.

Sei F ^{\overline{}^{a}} G eine Transformation. Dann gibt es genau eine Transformation ¯ F̄ ^{\overline{}^{¯ā}} ¯ Ḡ so, daß ¯ āX = ¯ āLX = aX für X ∈ Ob A.

[figure: A; F; G; L; B; A//N; ¯F̄; ¯Ḡ; a; ¯ā]

Beweis.

Zu (1).

Zur Eindeutigkeit. Sei t\f/s ein Morphismus in A//N. Es ist t\f/s = (t\id)(Lf)(id/s) = (Lt)^{−1}(Lf)(Ls)^{−1} ; cf. Bemerkungen 216 und 218. Ist F′ : A//N \overline{}B ein Funktor mit F′ ∘ L = F, so ist folglich F′(t\f/s) = F′((Lt)^{−1}(Lf)(Ls)^{−1}) = (F′Lt)^{−1}(F′Lf)(F′Ls)^{−1} = (F t)^{−1}(F f)(F s)^{−1}. Dadurch ist F′ festgelegt.

Zur Existenz. Setze ¯ F̄ X := F X für X ∈ Ob(A//N) = Ob A.

Da F exakt ist, und da F N ≃ 0 für alle N ∈ Ob N, werden N -Quasiisomorphismen unter F auf Isomorphismen abgebildet. Denn ist f ein N -Quasiisomorphismus, dann sind (ι_{f}, f̄) und (ḟ, ρ_{f}) kurz exakt. Wegen F exakt sind folglich auch (F ι_{f}, F f̄) und (F ḟ, F ρ_{f}) kurz exakt. Da f ein N -Quasiisomorphismus ist, liegt K_{f} ∈ Ob N. Nach Voraussetzung ist F K_{f} ≃ 0. Also ist F f̄ ein Isomorphismus; cf. Bemerkung 119.(3, 5), Aufgabe 47.(2). Dual ist F ḟ ein Isomorphismus. Ingesamt ist also F f = (F f̄)(F ḟ) ein Isomorphismus. Cf. Definition 203, Bemerkung 124.(1).

Setze ¯ F̄ (t\f/s) := (F t)^{−1}(F f)(F s)^{−1} für t\f/s ∈ Mor A//N.

Dies ist wohldefiniert, denn ist u ein N -Quasiisomorphismus mit Ziel u = Start t = Start f, dann ist

(F (ut))^{−1}(F (uf))(F s)^{−1} = (F t)^{−1}(F u)^{−1}(F u)(F f)(F s)^{−1} = (F t)^{−1}(F f)(F s)^{−1} .

Dual für den anderen Fall der elementaren Äquivalenz. Cf. Bemerkung 212.

Es ist ¯ F̄ id = ¯ F̄ (id\id/id) = (F id)^{−1}(F id)(F id)^{−1} = id.

Was die Verträglichkeit von ¯ F̄ mit Komposition anbelangt, betrachten wir ein kommutatives Diagramm

[figure: t; f; g′; s; u; v; g; w_{2}]

in A wie in (∗). Es wird

¯F̄ ((t\f/s)(v\g/u)) = ¯ F̄ (t\fg′/uw_{2})
= (F t)^{−1}(F (fg′))(F (uw_{2}))^{−1}
= (F t)^{−1}(F f)(F g′)(F w_{2})^{−1}(F u)^{−1}
= (F t)^{−1}(F f)(F s)^{−1}(F v)^{−1}(F (vs))(F g′)(F w_{2})^{−1}(F u)^{−1}
= (F t)^{−1}(F f)(F s)^{−1}(F v)^{−1}(F g)(F w_{2})(F w_{2})^{−1}(F u)^{−1}
= ((F t)^{−1}(F f)(F s)^{−1})((F v)^{−1}(F g)(F u)^{−1})
= ( ¯F̄ (t\f/s))( ¯F̄ (v\g/u)) .

Schließlich ist ¯ F̄ Lf = ¯ F̄ (id\f/id) = (F id)^{−1}(F f)(F id)^{−1} = F f für f ∈ Mor A, also ¯F̄ ∘ L = F.

Zur Additivität. Es ist ¯ F̄ 0_{A/ /N} = ¯ F̄ L0_{A} = F 0_{A} ≃ 0_{B}.

Seien ferner X, Y ∈ Ob(A//N) = Ob A gegeben. Wir betrachten X ⊕ Y und haben zu zeigen, daß (^{¯F̄ π_{1}} ^{¯F̄ π_{2}}) monomorph ist; cf. Definition 110.

Nun ist aber X ⊕ Y in A//N durch die in A gebildete direkte Summe gegeben, und es ist auch π_{1} = Lπ_{1} und π_{2} = Lπ_{2} ; cf. Lemma 219. Es folgt (^{¯F̄ π_{1}} ^{¯F̄ π_{2}}) = (^{¯F̄ Lπ_{1}} ^{¯F̄ Lπ_{2}}) = (^{F π_{1}} ^{F π_{2}}), und dies ist ein Isomorphismus, also insbesondere ein Monomorphismus, da F additiv ist; cf. loc. cit.

Zur Exaktheit. Sei (t\f, g/u) eine kurz exakte Sequenz. Wir haben zu zeigen, daß ( ¯F̄ (t\f), ¯ F̄ (g/u)) eine kurz exakte Sequenz ist.

Da t\f = (Lt)^{−1}(Lf) und g/u = (Lg)(Lu)^{−1} nach Bemerkungen 216 und 218, ist auch (Lf, Lg) eine kurz exakte Sequenz; cf. Bemerkung 119.(5, 6).

Es ist ( ¯F̄ (t\f), ¯ F̄ (g/u)) = ((F t)^{−1}(F f), (F g)(F u)^{−1}) kurz exakt genau dann, wenn (F f, F g) kurz exakt ist; cf. loc. cit. Es genügt also, letzteres zu zeigen.

Zeigen wir, daß F f ein Kern von F g ist. Bilde ι_{g} in A. Es ist Lι_{g} wie Lf ein Kern von Lg; cf. Lemma 223. Also gibt es einen Isomorphismus x\y in A//N mit Lf = (x\y)(Lι_{g}) ; cf. Bemerkung 119.(2). Es sind (ι_{g} , ḡ) und (ġ, ρ_{g}) kurz exakt, und also auch (F ι_{g} , F ḡ) und (F ġ, F ρ_{g}). Insbesondere ist F ġ monomorph, und somit F ι_{g} ein Kern von F g = (F ḡ)(F ġ); cf. Bemerkung 119.(6). Nun ist F f = ¯ F̄ Lf = ¯ F̄ ((x\y)(Lι_{g})) = ( ¯F̄ (x\y))(F ι_{g}). Da ¯ F̄ (x\y) wie x\y ein Isomorphismus ist, folgt, daß auch F f ein Kern von F g ist; cf. Bemerkung 119.(5).

Dual ist F g ein Cokern von F f.

Somit ist (F f, F g) kurz exakt.

Zu (2).

Zur Eindeutigkeit. Es operiert L identisch, damit insbesondere surjektiv, auf den Objekten. Ist a′LX = aX für X ∈ Ob A verlangt, so legt dies also a′ fest.

Zur Existenz. Setze ¯ āX := aX für X ∈ Ob(A//N) = Ob A. Können wir zeigen, daß das Tupel (¯āX)_{X∈Ob(A//N)} natürlich ist, so haben wir eine Transformation ¯ ā wie verlangt gefunden.

In der Tat wird für einen Morphismus t\f/s in A//N von X nach Y, setzen wir X′ := Start t und Y′ := Ziel s,

(¯āX)( ¯Ḡ(t\f/s)) = (aX)(Gt)^{−1}(Gf)(Gs)^{−1}
= (F t)^{−1}(F t)(aX)(Gt)^{−1}(Gf)(Gs)^{−1}
= (F t)^{−1}(aX′)(Gt)(Gt)^{−1}(Gf)(Gs)^{−1}
= (F t)^{−1}(aX′)(Gf)(Gs)^{−1}
= (F t)^{−1}(F f)(aY′)(Gs)^{−1}
= (F t)^{−1}(F f)(F s)^{−1}(F s)(aY′)(Gs)^{−1}
= (F t)^{−1}(F f)(F s)^{−1}(aY)(Gs)(Gs)^{−1}
= (F t)^{−1}(F f)(F s)^{−1}(aY)
= ( ¯F̄ (t\f/s))(¯āY) .
[figure: F X′; F t; F f; aX′; F Y′; aY′; F X; aX; F Y; F s; aY; GX′; Gt; Gf; GY′; GX; GY; Gs]

Cf. auch Aufgabe 75.

Bemerkung 226 Jede kurz exakte Sequenz in A//N ist isomorph zum Bild einer kurz exakten Sequenz in A unter L.

Dies hätte auch zum Beweis der Exaktheit von ¯ F̄ für Lemma 225 herangezogen werden können. Denn das Bild einer kurz exakten Sequenz in A//N unter ¯ F̄ ist genau dann kurz exakt, wenn das Bild einer zu ihr isomorphen Sequenz kurz exakt ist; cf. Aufgabe 51.(1). Ist aber letztere im Bild unter L, so ist ihr Bild unter ¯ F̄ das Bild einer kurz exakten Sequenz unter ¯ F̄ ∘ L = F, und somit seinerseits kurz exakt.

Beweis. Es genügt zu zeigen, daß jeder Monomorphismus in A//N isomorph zum Bild eines Monomorphismus in A unter L ist. Denn wegen dieser Isomorphie (oder wegen L exakt) ist ein solches Bild dann wieder ein Monomorphismus. Die Ergänzungen dieser beiden Monomorphismen zu kurz exakten Sequenzen in A//N sind daher dann möglich und zueinander isomorph; cf. Bemerkung 124.(2), Lemma 136 (oder mehrfach erstere Bemerkung). Und als Ergänzung zu einer kurz exakten Sequenz eines Monomorphismus im Bild von L kann man das Bild einer solchen Ergänzung unter L verwenden, da L exakt ist.

Sei also f/s ein Monomorphismus in A//N. Nach Bemerkung 222 ist K_{f} ∈ Ob N. Also ist f̄ ein N -Quasiisomorphismus. Da f/s = (Lf̄)(Lḟ)(Ls)^{−1}, ist f/s in der Tat isomorph zu Lḟ; cf. Bemerkung 218.

Beispiel 227 Da LN ≃ 0 für N ∈ Ob N, haben wir folgendes kommutatives Dreieck von Funktoren; cf. Bemerkungen 224 und 116.

\xymatrix{A \ar[r]^{L} \ar[d]_{R} & A//N \\ A/N \ar[ur]^{L̄}}

Wir wollen skizzieren, daß L̄ im allgemeinen keine Äquivalenz ist.

1. Sei N := Z-fin ⊆ Z-mod =: A; cf. Beispiel 204.(4, 5). Sei Z-lat ⊆ Z-mod die volle Teilkategorie der Z-Moduln isomorph zu Z^{⊕m} für ein m ⩾ 0 (engl. lattices, dt. Gitter). Sei Q-mod die Kategorie der endlichdimensionalen Q-Vektorräume.

2. Wir behaupten, daß das Kompositum Z-lat [figure] Z-mod ^{\overline{}^{R}} Z-mod/Z-fin eine Äquivalenz ist.

Dicht. Jedes Objekt in Z-mod ist isomorph zu einem der Form Z^{⊕m} ⊕ A mit m ⩾ 0 und A ∈ Ob Z-fin ; cf. Aufgabe 16. Nun ist Z^{⊕m} ⊕ A ≃ Z^{⊕m} ⊕ 0 ≃ Z^{⊕m} in Z-mod/Z-fin, und dieses Objekt liegt im Bild von Z-lat unter R.

Voll. Das Kompositum zweier voller Funktoren ist voll.

Treu. Es genügt zu zeigen, daß kein Morphismus der Form X \overline{}Y ungleich 0 in Z-lat auf den Nullmorphismus in Z-mod/Z-fin abgebildet wird. Wäre sein Bild gleich 0, so würde (X \overline{}Y) = (X \overline{}A \overline{}Y) faktorisieren für ein A ∈ Ob Z-fin. Nun ist aber _{Z}(A, Y) = 0, da für A ^{\overline{}^{f}} Y und a ∈ A stets |A|a = 0 gilt, somit auch |A|(a)f = (|A|a)f = 0, und also, wegen Y ∈ Ob Z-lat, auch (a)f = 0 ; cf. Aufgabe 16.

Dies zeigt die Behauptung.

3. Schreibe F : Z-mod \overline{}Q-mod für die Einschränkung von Q⊗_{Z}− : Z-Mod \overline{}Q-Mod.

Beachte, wenn X = _{Z}⟨x_{1} , …, x_{n}⟩, dann Q ⊗_{Z} X = _{Z}⟨1 ⊗ x_{1} , …, 1 ⊗ x_{n}⟩.

Es ist F A ≃ 0 für A ∈ Ob Z-fin. Denn \frac{1}{z} ⊗ a = \frac{1}{|A|z} ⊗ |A|a = 0 für z ∈ Z ∖ \{0\} und a ∈ A.

Sei ein Morphismus X′ ^{\overline{}^{f}} X in Z-mod gegeben. Ohne Einschränkung ist X′ = Z^{⊕m′} ⊕A′ und X = Z^{⊕m} ⊕ A mit m′, m ⩾ 0 und A′, A ∈ Ob Z-fin ; cf. Aufgabe 16. Dann ist f von der Form

Z^{⊕m′} ⊕ A′ ^{\overline{}^{(\begin{matrix}M & ∗ \\ 0 & ∗ \end{matrix})}} Z^{⊕m} ⊕ A

mit M ∈ Z^{m′×m}. Nun ist F f isomorph zu

Q^{⊕m′} ^{\overline{}^{M}} Q^{⊕m′} ,

da F A′ ≃ 0 und F A ≃ 0 ; cf. Bemerkung 112.

Ist nun f = (\begin{matrix}M & ∗ \\ 0 & ∗ \end{matrix}) monomorph, so auch Z^{⊕m′} ^{\overline{}^{M}} Z^{⊕m} und somit auch Q^{⊕m′} ^{\overline{}^{M}} Q^{⊕m}. Also ist F exakt.

Somit existiert ¯ F̄ : Z-mod//Z-fin \overline{}Q-mod ; cf. Lemma 225. Wir behaupten, daß ¯ F̄ eine Äquivalenz ist.

Dicht. Für m ⩾ 0 ist Q^{⊕m} isomorph zum Bild von Z^{⊕m} unter ¯ F̄.

Voll. Seien o.E. Z^{⊕m′} ⊕A′ und Z^{⊕m} ⊕A in Ob(Z-mod//Z-fin) = Ob Z-mod mit m′, m ⩾ 0 und A′, A ∈ Ob Z-fin gegeben. Sei ferner ein Morphismus Q^{⊕m′} ^{\overline{}^{M}} Q^{⊕m} mit M ∈ Q^{m′×m} vorgegeben. Wir haben einen Morphismus von Z^{⊕m′} ⊕ A′ nach Z^{⊕m} ⊕ A in Z-mod//Z-fin zu finden, der bis auf fest gewählte isomorphe Ersetzung auf M abgebildet wird.

Sei M = \frac{1}{z} M̂ für ein geeignetes z ∈ Z ∖ \{0\} und ein entsprechendes M̂ ∈ Z^{m×m′}. Sei Z :=

( ..._{z}^{z}) ∈ Z^{m′×m′}. Es ist (\begin{matrix}Z & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) : Z^{⊕m′} ⊕ A′ \overline{}Z^{⊕m′} ⊕ A′ ein Z-fin-Quasiisomorphismus,

da sowohl sein Kern A′ als auch sein Cokern (Z/z)^{⊕m′} ⊕ A′ endlich ist; cf. Aufgabe 15. Somit können wir ein Urbild wie gesucht mit (\begin{matrix}Z & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) \ (\begin{matrix}M̂ & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) angeben.

Treu. In obigen Bezeichnungen wird ein Morphismus (\begin{matrix}M′ & ∗ \\ 0 & ∗ \end{matrix}) \ (\begin{matrix}M & ∗ \\ 0 & ∗ \end{matrix}), mit M′ ∈ Z^{m′×m′} von Rang m′ und M ∈ Z^{m′×m}, unter F nach M^{′−1}M abgebildet. Letzterer veschwindet genau dann, wenn M = 0. Dann aber ist (\begin{matrix}M & ∗ \\ 0 & ∗ \end{matrix}) (\begin{matrix}id & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) = 0. Dies zeigt (\begin{matrix}M′ & ∗ \\ 0 & ∗ \end{matrix}) \ (\begin{matrix}M & ∗ \\ 0 & ∗ \end{matrix}) = 0, da (\begin{matrix}id & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) ein Z-fin-Quasiisomorphismus ist; cf. Bemerkung 221.

Dies zeigt die Behauptung.

4. Wäre nun L̄ eine Äquivalenz, so nach vorstehenden beiden Behauptungen auch das Kompositum

(Z-lat \overline{}Q-mod)

:= (Z-lat [figure] Z-mod ^{\overline{}^{R}} Z-mod/Z-fin ^{\overline{}^{L̄}} Z-mod//Z-fin ^{\overline{}^{¯F̄}} Q-mod)
= (Z-lat [figure] Z-mod ^{\overline{}^{L}} Z-mod//Z-fin ^{\overline{}^{¯F̄}} Q-mod)
= (Z-lat [figure] Z-mod ^{\overline{}^{F}} Q-mod) .

Dieses schickt aber den Nichtisomorphismus Z ^{\overline{}^{2}} Z bis auf isomorphe Ersetzung auf den Isomorphismus Q ^{\overline{}^{2}} Q, und wir haben einen Widerspruch.

Cf. auch Aufgabe 75.

7.3 Freydkategorie

7.3.1 Begriff der schwach abelschen Kategorie

Sei K eine additive Kategorie.

Definition 228 Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in K gegeben.

(1) Ein Morphismus K ^{\overline{}^{i}} X heißt schwacher Kern von f, falls if = 0 und falls für jeden Morphismus T ^{\overline{}^{t}} X ^{\overline{}^{f}} Y mit tf = 0 ein Morphismus T ^{\overline{}^{t′}} K mit t′i = t existiert.

\xymatrix{K \ar[r]^{i} & X \ar[r]^{f} & Y \\ T \ar[ur]^{t} \ar[urr]_{0} \ar@{.>}[u]^{∃t′}}

(1^{∘}) Ein Morphismus Y ^{\overline{}^{r}} C heißt schwacher Cokern von f, falls fr = 0 und falls für jeden Morphismus X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{t}} T mit ft = 0 ein Morphismus C ^{\overline{}^{t′}} T mit rt′ = t existiert.

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[drr]_{0} & Y \ar[r]^{r} \ar[dr]^{t} & C \ar@{.>}[d]^{∃t′} \\  &  & T}

Cf. Definition 118.

Definition 229 Die additive Kategorie K heißt schwach abelsch, falls folgende Bedingungen erfüllt sind.

(SAb 1) Jeder Morphismus in K hat einen schwachen Kern.

(SAb 1^{∘}) Jeder Morphismus in K hat einen schwachen Cokern.

(SAb 2) Jeder Morphismus in K ist ein schwacher Kern eines Morphismus in K.

(SAb 2^{∘}) Jeder Morphismus in K ist ein schwacher Cokern eines Morphismus in K.

Cf. Definition 120.

Vorsicht, i.a. sind abelsche Kategorien nicht schwach abelsch. Z.B. ist in Z-Mod der Morphismus Z ^{\overline{}^{2}} Z kein schwacher Cokern eines Morphismus X \overline{}Z. Denn dieser Morphismus wäre wegen Z ^{\overline{}^{2}} Z monomorph notwendig gleich 0. Sodann wäre (X ^{\overline{}^{0}} Z ^{\overline{}^{1}} Z) = (X ^{\overline{}^{0}} Z), wohingegen Z ^{\overline{}^{1}} Z nicht über Z ^{\overline{}^{2}} Z faktorisiert.

Beispiel 230

(1) Sei A eine abelsche Kategorie. Wir wollen zeigen, daß K(A) eine schwach abelsche Kategorie ist. Cf. §5.2. Dank Dualität genügt es, (SAb 1^{∘}, 2) nachzuweisen.

Zu (SAb 1^{∘}).

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in C(A) ein Repräsentant eines Morphismus in K(A), zu dem die Existenz eines schwachen Cokerns gezeigt werden soll. Sei X ^{\overline{}^{c_{X}}} C_{X} der punktweise split Monomorphismus in den split azyklischen Komplex C_{X} aus der Lösung zu Aufgabe 55.(1). Wir bilden in C(A) einen Pushout

[figure: X; f; •; c_{X}; Y; •; g; C_{X}; t; T ;]

cf. Korollar 135.(2).

Wir behaupten, daß g ein schwacher Cokern zu f in K(A) ist.

Zum einen repräsentiert fg einen Nullmorphismus in K(A), da fg = c_{X}t und da C_{X} split azyklisch, also isomorph zu 0 in K(A) ist.

Sei zum anderen Y ^{\overline{}^{u}} U in C(A) ein Repräsentant eines Morphismus in K(A), der komponiert mit der Restklasse von f in K(A) verschwindet. Dann gibt es einen Morphismus C_{X} ^{\overline{}^{v}} U mit fu = tv in C(A) ; cf. Aufgabe 55.(1). Die universelle Eigenschaft des Pushouts gibt folgendes kommutative Diagramm in C(A).

[figure: X; f; •; c_{X}; Y; •; g; u; C_{X}; t; v; T; w; U]

Insbesondere gilt gw = u auch noch in K(A).

Zu (SAb 2).

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in C(A) ein Repräsentant eines Morphismus in K(A), von dem gezeigt

werden soll, daß er ein schwacher Kern ist. Da X ^{\overline{}^{f}} Y und X ^{\overline{}^{(^{f c_{X}})}} Y ⊕ C_{X} in Δ_{1} , K(A) isomorph sind, weil C_{X} in K(A) isomorph zu 0 ist, genügt es zu zeigen, daß (^{f} ^{c_{X}}) in K(A) einen schwachen Kern repräsentiert. Somit dürfen wir o.E. annehmen, daß f selbst punktweise split monomorph ist.

Wir ergänzen zu einer punktweise split kurz exakten Sequenz

X [figure: f] Y ^{\overline{}^{g}} Z .

Wir wollen zeigen, daß f in K(A) ein schwacher Kern von g ist.

Sei U ^{\overline{}^{u}} Y gegeben mit ug nullhomotop.

Die zur Lösung der Aufgabe 55.(1) duale Konstruktion gibt einen punktweise split

Epimorphismus D ^{\overline{}^{p}} Z mit D split azyklisch und eine Faktorisierung ug = vp. Nach Eintragen und Ausnutzen eines Pullbacks (Y′, D, Y, Z) und eines Kerns erhalten wir das folgende kommutative Diagramm in C(A) mit kurz exakten Zeilen; cf. Lemma 134.

[figure: U; v; u; w; X; •; f′; Y′; g′; p′; D; p; X; •; f; Y; g; Z]

Können wir zeigen, daß es ein X ^{\overline{}^{r}} Y′ mit f′r = 1 gibt, so folgt (wr)f − u = wrf′p′ − wp′ = w(rf′ − 1)p′ in C(A). Aber da f′(rf′ − 1) = 0, faktorisiert rf′ − 1 in C(A) über D. Da D split azyklisch ist, folgt, daß in K(A) in der Tat (wr)f = u ist.

Es genügt zu zeigen, daß g′ in C(A) eine Retraktion ist, da dies nach Aufgabe 51.(2^{∘}) impliziert, daß f′ eine Coretraktion ist.

Zeigen wir zunächst, daß g′ punktweise split epimorph ist. Hierzu genügt es dank Aufgabe 51.(2^{∘}) zu zeigen, daß in A ein Pullback eines Morphismus A′ ^{\overline{}^{a}} A ent-

lang A ⊕ B ^{\overline{}^{(\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})}} A wieder eine Retraktion ist. In der Tat zeigt das Kern-Cokern-Kriterium, Lemma 134, daß

\xymatrix{A′ ⊕ B \ar[r]^{^{(\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})}} \ar[d]_{_{(\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})}} & A′ \ar[d]^{a} \\ A ⊕ B \ar[r]^{_{(\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})}} & A}

ein Pullback ist.

Bleibt zu zeigen, daß in C(A) der punktweise split Epimorphismus Y′ ^{\overline{}^{g′}} D mit split azyklischem Zielobjekt D eine Retraktion ist. Ohne Einschränkung ist dieser punktweise split Epimorphismus von der Form

\xymatrix{⋯ \ar[r] & A^{i−1} ⊕ A^{i} ⊕ B^{i−1} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 & k^{i−1} \\ 1 & 0 & ℓ^{i−1} \\ 0 & 0 & m^{i−1} \end{matrix} )}} \ar[d]_{_{(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})}} & A^{i} ⊕ A^{i+1} ⊕ B^{i} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 & k^{i} \\ 1 & 0 & ℓ^{i} \\ 0 & 0 & m^{i} \end{matrix} )}} \ar[d]_{_{(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})}} & A^{i+1} ⊕ A^{i+2} ⊕ B^{i+1} \ar[r] \ar[d]_{_{(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & A^{i−1} ⊕ A^{i} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & A^{i} ⊕ A^{i+1} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} & A^{i+1} ⊕ A^{i+2} \ar[r] & ⋯}

mit k^{i−1}m^{i} = 0, k^{i} + ℓ^{i−1}m^{i} = 0 und m^{i−1}m^{i} = 0 für alle i ∈ Z. Als zugehörige Coretraktion können wir daher

\xymatrix{⋯ \ar[r] & A^{i−1} ⊕ A^{i} ⊕ B^{i−1} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 & k^{i−1} \\ 1 & 0 & ℓ^{i−1} \\ 0 & 0 & m^{i−1} \end{matrix} )}} & A^{i} ⊕ A^{i+1} ⊕ B^{i} \ar[r]^{^{(\begin{matrix}0 & 0 & k^{i} \\ 1 & 0 & ℓ^{i} \\ 0 & 0 & m^{i} \end{matrix} )}} & A^{i+1} ⊕ A^{i+2} ⊕ B^{i+1} \ar[r] & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & A^{i−1} ⊕ A^{i} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} \ar[u]^{_{(\begin{matrix}1 & 0 & ℓ^{i−2} \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} )}} & A^{i} ⊕ A^{i+1} \ar[r]^{_{(\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix})}} \ar[u]^{_{(\begin{matrix}1 & 0 & ℓ^{i−1} \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} )}} & A^{i+1} ⊕ A^{i+2} \ar[r] \ar[u]^{_{(\begin{matrix}1 & 0 & ℓ^{i} \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} )}} & ⋯}

wählen.

Allgemeiner ist jede sogenannte triangulierte Kategorie schwach abelsch.

(2) Sei A eine abelsche Kategorie mit genügend Injektiven und genügend Projektiven. Sei ferner vorausgesetzt, daß ein Objekt in A genau dann injektiv ist, wenn es projektiv ist. Dann heißt A auch eine abelsche Frobeniuskategorie.

Für p prim und n ⩾ 1 ist z.B. Z/p^{n}-mod eine abelsche Frobeniuskategorie; cf. Aufgabe 54.(1, 2).

Wir wollen zeigen, daß Proj A (= Inj A) eine schwach abelsche Kategorie ist. Dank Dualität genügt es, (SAb 1, 2^{∘}) nachzuweisen.

Zu (SAb 1). Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in Proj A gegeben. Wir wählen ein Diagramm

P ^{\overline{}^{u}} K_{f} [figure: ι] X ^{\overline{}^{f}} Y

in A mit P projektiv und wollen zeigen, daß u ι in Proj A ein schwacher Kern von f ist.

Sei Q ^{\overline{}^{q}} X mit Q projektiv und qf = 0 gegeben. Dann gibt es ein q′ mit q′ι = q. Wegen Q projektiv und u epimorph gibt es ein q′′ mit q′′u = q′. Insgesamt ist also q′′(u ι) = q′ι = q.

Zu (SAb 2^{∘}). Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in Proj A gegeben. Wieder wählen wir ein Diagramm

P ^{\overline{}^{u}} K_{f} [figure: ι] X ^{\overline{}^{f̄}} I_{f} [figure: ḟ] Y

in A mit P projektiv und wollen zeigen, daß f ein schwacher Cokern von u ι ist. Sei X ^{\overline{}^{r}} R mit R projektiv und (u ι)r = 0 gegeben. Wegen u epimorph ist ι r = 0. Also gibt es ein r′ mit f̄r′ = r; cf. Bemerkung 124.(1). Wegen R auch injektiv und ḟ monomorph gibt es ein r′′ mit ḟr′′ = r′. Insgesamt ist also fr′′ = f̄ḟr′′ = f̄r′ = r.

7.3.2 Konstruktion der Freydkategorie

Sei K eine schwach abelsche Kategorie; cf. Definition 229.

Definition 231 Sei Δ_{1} , K _{0} die volle additive Teilkategorie in Δ_{1} , K der Objekte der Form X ^{\overline{}^{0}} Y, wobei X, Y ∈ Ob K. Definiere die Freydkategorie K̂ von K als Faktorkategorie

K̂ := Δ_{1} , K / Δ_{1} , K _{0} ;

cf. Definition 114. Es ist K̂ eine additive Kategorie; cf. Aufgabe 50.(1), Bemerkung 115. Objekte in K̂ sind also gegeben durch Morphismen in K. Morphismen in K̂ werden durch kommutative Vierecke in K repräsentiert. Seien (X ^{\overline{}^{f}} Y), (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′) ∈ Ob K̂. Sei

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{x} & Y \ar[d]^{y} \\ X′ \ar[r]^{f′} & Y′}

ein Morphismus in Δ_{1} , K , i.e. sei fy = xf′. Der vom Morphismus

(X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{(x,y)}} (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′)

aus Δ_{1} , K in K̂ repräsentierte Morphismus werde

(X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{[x,y]}} (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′)

geschrieben.

Bemerkung 232 Seien (X ^{\overline{}^{f}} Y), (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′) ∈ Ob K̂. Seien

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{x} & Y \ar[d]^{y} & X \ar[r]^{f} \ar[d]_{x̃} & Y \ar[d]^{ỹ} \\ X′ \ar[r]^{f′} & Y′ & X′ \ar[r]^{f′} & Y′}

zwei Morphismen von (X ^{\overline{}^{f}} Y) nach (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′) in Δ_{1} , K . Es ist [x, y] = [x̃, ỹ] genau dann, wenn (x − x̃)f′ = f(y − ỹ) gleich null ist.

Beweis. O.E. ist x̃ = 0 und ỹ = 0. Es ist [x, y] = [0, 0] genau dann, wenn es in K ein kommutatives Diagramm der Form

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{x_{1}} & Y \ar[d]^{y_{1}} \\ X̄ \ar[r]^{0} \ar[d]_{x_{2}} & Ȳ \ar[d]^{y_{2}} \\ X′ \ar[r]^{f′} & Y′}

mit x = x_{1}x_{2} und y = y_{1}y_{2} gibt. Gibt es solch ein Diagramm, dann ist xf′ = x_{1}x_{2}f′ = x_{1} · 0 · y_{2} = 0. Ist umgekehrt xf′ = 0, dann existiert ein solches Diagramm mit x_{1} := id_{X} , x_{2} := x, y_{1} := y und y_{2} := id_{Y′}.

7.3.3 Freydkategorie abelsch

Sei K eine schwach abelsche Kategorie; cf. Definition 229.

Satz 233 (Freydkategorie abelsch)

(1) Es ist die Freydkategorie K̂ abelsch; cf. Definitionen 231 und 120.

(2) Jeder Monomorphismus in K̂ ist isomorph in Δ_{1} , K̂ zu einem Morphismus der Form [x, id_{Y}] ; jeder Morphismus dieser Form ist monomorph.

(2^{∘}) Jeder Epimorphismus in K̂ ist isomorph in Δ_{1} , K̂ zu einem Morphismus der

Form [id_{X}, y] ; jeder Morphismus dieser Form ist epimorph.

(3) Jede kurz exakte Sequenz in K̂ ist isomorph in Δ_{2} , K̂ zu einer der Form

(X′ ^{\overline{}^{xf}} Y) ^{\overline{}^{[x,id_{Y} ]}} (X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{[id_{X}, y]}} (X ^{\overline{}^{fy}} Y′′) ,

wobei y ein schwacher Cokern von xf ist; jede solche Sequenz ist kurz exakt. (3^{∘}) Jede kurz exakte Sequenz in K̂ ist isomorph in Δ_{2} , K̂ zu einer der Form

(X′ ^{\overline{}^{xf}} Y) ^{\overline{}^{[x,id_{Y} ]}} (X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{[id_{X}, y]}} (X ^{\overline{}^{fy}} Y′′) ,

wobei x ein schwacher Kern von fy ist; jede solche Sequenz ist kurz exakt.

Beweis. Nach Konstruktion ist K̂ additiv; cf. Definition 231.

Schritt 1. Ein Morphismus in K̂ der Form (X ^{\overline{}^{f}} Y)^{\overline{}^{[x,id_{Y} ]}} (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y) ist monomorph.

Dies zeigt dann den zweiten Teil von (2).

Sei [s, t] so gegeben, daß [0, 0] = [s, t][x, id_{Y}] = [sx, t]. Dann ist sxf′ = sf = 0. Also ist auch [s, t] = [0, 0].

Schritt 2. Sei (X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{[x,y]}} (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′) in K̂ gegeben. Sei K ^{\overline{}^{i}} X in K ein

schwacher Kern von xf′ = fy. Dann ist (K ^{\overline{}^{if}} Y)^{\overline{}^{[i,id_{Y} ]}} (X ^{\overline{}^{f}} Y) ein Kern von

(X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{[x,y]}} (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′).

Dies zeigt dann (Ab 1) für (1).

Es ist [i, id_{Y}][x, y] = [0, 0], da ify = 0.

Sei (S ^{\overline{}^{g}} T) ^{\overline{}^{[s,t]}} (X ^{\overline{}^{f}} Y) mit [0, 0] = [s, t][x, y], i.e. mit sxf′ = 0 gegeben. Wir haben die Existenz einer Faktorisierung von [s, t] über [i, id_{Y}] zu zeigen; die Eindeutigkeit folgt dann mit Schritt 1.

Da i in K ein schwacher Kern von xf′ ist, gibt es ein s′ mit s′i = s. Es ist s′if = sf = gt. Folglich ist [s, t] = [s′, t][i, id_{Y}].

[figure: S; g; s; s′; T; t; t; K; if; i; Y; X; f; x; Y; y; X′; f′; Y′]

Schritt 3. Ein Morphismus in K̂ der Form (X ^{\overline{}^{f}} Y)^{\overline{}^{[x,id_{Y} ]}} (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y) ist ein Kern eines Morphismus in K̂.

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in K ein schwacher Kern von Y ^{\overline{}^{z}} Z.

Es ist [x, id_{Y}][id_{X′} , z] = [0, 0], da fz = 0.

Sei (S ^{\overline{}^{g}} T) ^{\overline{}^{[s,t]}} (X ^{\overline{}^{f}} Y) mit [0, 0] = [s, t][id_{X′} , z], i.e. mit sf′z = 0 gegeben. Wir haben die Existenz einer Faktorisierung von [s, t] über [x, id_{Y}] zu zeigen; die Eindeutigkeit folgt dann mit Schritt 1.

Da f in K ein schwacher Kern von z ist, gibt es ein s′ mit s′f = sf′. Es ist s′f = sf′ = gt. Es ist g(t · id_{Y} −t) = 0. Folglich ist [s, t] = [s′, t][x, id_{Y}].

[figure: S; g; s; s′; T; t; t; X; f; x; Y; X′; f′; Y; z; X′; f′z; Z]

Schritt 4. Jeder Monomorphismus in K̂ ist isomorph in Δ_{1} , K̂ zu einem Morphismus der Form [x, id_{Y}]. Jeder Monomorphismus in K̂ ist ein Kern eines Morphismus in K̂.

Dies zeigt dann den ersten Teil von (2) und (Ab 2) für (1).

Sei (X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{[x,y]}} (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′) ein Monomorphismus. Es ist [x, y] = [id_{X}, y][x, id_{Y′}]. Daher ist [id_{X}, y] monomorph; cf. Aufgabe 32.(1).

Nach Schritt 3^{∘} ist [id_{X}, y] ein Cokern eines Morphismus [s, t] in K̂. Insbesondere ist [s, t][id_{X}, y] = 0. Da [id_{X}, y] monomorph ist, folgt [s, t] = 0. Also ist [id_{X}, y] ein Isomorphismus; cf. Bemerkung 119.(4^{∘}, 2^{∘}).

Nach Schritt 3 ist [x, id_{Y′}] Kern eines Morphismus [u, v] in K̂. Da [id_{X}, y] ein Isomorphismus ist, ist auch [x, y] = [id_{X}, y][x, id_{Y′}] ein Kern von [u, v] ; cf. Bemerkung 119.(5).

Schritt 5. Jede kurz exakte Sequenz in K̂ ist isomorph in Δ_{2} , K̂ zu einer der Form

(X′ ^{\overline{}^{xf}} Y′) ^{\overline{}^{[x,id_{Y} ]}} (X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{[id_{X}, y]}} (X ^{\overline{}^{fy}} Y′′) ,

wobei y ein schwacher Cokern von xf ist. Jede Sequenz dieser Form ist kurz exakt.

Dies zeigt dann (3).

Nach Schritt 2^{∘} und Schritt 1 ist eine Sequenz dieser Form kurz exakt.

Sei umgekehrt eine kurz exakte Sequenz in K̂ gegeben. Nach Schritt 4 ist ihr Monomorphismus isomorph zu einem der Form [x, id_{Y}]. Sei y ein schwacher Cokern von xf. Nach Schritt 2^{∘} ist [id_{X}, y] ein Cokern von [x, id_{Y}]. Nach Bemerkung 124.(2) wird nun auf den Cokernen ein Isomorphismus so induziert, daß die gegebene kurz exakte Sequenz isomorph zur kurz exakten Sequenz ([x, id_{Y}], [id_{X}, y]) ist.

7.3.4 Einbettung von K in K̂

Bemerkung 234

(1) Wir haben einen vollen und treuen additiven Funktor

\begin{matrix}K & ^{\overline{}^{E = E_{K}}} & K̂ \\ (X ^{\overline{}^{f}} Y) & \overline{} & ((X ^{\overline{}^{id^{X}}} X) ^{\overline{}^{[f,f]}} (Y ^{\overline{}^{id^{Y}}} Y)) \end{matrix}

(2) Jedes Objekt im Bild von E ist injektiv und projektiv.

(3) Zu allen Objekten aus K̂ gibt es einen Epimorphismus von einem Objekt aus dem Bild von E.

(3^{∘}) Von allen Objekten aus K̂ gibt es einen Monomorphismus zu einem Objekt aus dem Bild von E.

Wir schreiben auch X̂ := EX für X ∈ Ob K und f̂:= Ef für f ∈ Mor K.

Beweis. Zu (1). Der Funktor E ist additiv, da (^{Eπ_{1}} ^{Eπ_{2}}) : E(X ⊕ Y) \overline{}EX ⊕ EY (bei der sich aus der Konstruktion ergebenden Wahl der direkten Summe auf K̂) die Identität ist für X, Y ∈ Ob K; cf. Definition 110. Der Funktor E ist treu, da [f, f] = [0, 0] genau dann gilt, wenn f = id_{X} f = 0 ist. Er ist voll, da jeder Morphismus von (X ^{\overline{}^{id^{X}}} X) nach (Y ^{\overline{}^{id^{Y}}} Y) in K̂ von der Form [f, f] ist. Zu (2). Sei X ∈ Ob K gegeben. Wir wollen zeigen, daß (X ^{\overline{}^{id^{X}}} X) projektiv ist. Sei (Y ^{\overline{}^{g}} Z) ^{\overline{}^{[y,z]}} (Y′ ^{\overline{}^{g′}} Z′) in K̂ gegeben. Die Abbildung

Hom_{K}(X, Y) ^{\overline{}^{λ_{g}}} HomK̂ ((X ^{\overline{}^{id^{X}}} X), (Y ^{\overline{}^{g}} Z))
s \overline{}[s, sg]

ist surjektiv, da jeder Morphismus in K̂ von der angegebenen Form ist. Das Viereck

Hom_{K}(X, Y) ^{λ_{g}} [figure]_{Hom_{K}(X,y)} [figure]  HomK̂((X ^{\overline{}^{id^{X}}} X), (Y ^{\overline{}^{g}} Z))_{HomK̂((X  \overline{}^{id^{X}} X),[y,z])} [figure] Hom_{K}(X, Y′) _{λ_{g′}} [figure] HomK̂((X ^{\overline{}^{id^{X}}} X), (Y′ ^{\overline{}^{g′}} Z′))

kommutiert, da zum einen s \overline{}[s, sg] \overline{}[sy, sgz] und zum anderen s \overline{}sy \overline{}[sy, syg′] = [sy, sgz] abgebildet wird.

Sei [y, z] nun ein Epimorphismus. Wir haben zu zeigen, daß HomK̂((X ^{\overline{}^{id^{X}}} X), [y, z]) surjektiv ist. Nach Satz 233.(2^{∘}) ist [y, z] isomorph zu einem Morphismus mit einer Identität als erstem Eintrag. Also ist o.E. y = id_{Y}. Diesenfalls steht in unserem kommutativen Viereck links eine Identität, so daß die Surjektivität von λ_{g′} die Surjektivität von HomK̂((X ^{\overline{}^{id^{X}}} X), [y, z]) nach sich zieht.

Zu (3, 3^{∘}). Sei (X ^{\overline{}^{f}} Y) ∈ Ob K̂ gegeben. In K̂ wird

(X ^{\overline{}^{id^{X}}} X) ^{\overline{}^{[id_{X}, f]}} (X ^{^{f}\overline{}}Y) [figure: [f,id_{Y} ]] (Y ^{\overline{}^{id^{Y}}} Y) .

Definition 235 In einer additiven Kategorie heiße ein Objekt U ein direkter Summand eines Objektes B, wenn es ein Objekt A′ mit A ⊕ A′ ≃ B gibt.

Korollar 236

(1) Ein Objekt in K̂ ist genau dann projektiv, wenn es injektiv ist.

(2) Die projektiven Objekte von K̂ sind genau die direkten Summanden von Objekten im Bild von E.

Cf. Beispiel 230.(2).

Beweis.

Zu (2). Ein direkter Summand eines Objekts im Bild von E ist projektiv; cf. Bemerkungen 234.(2) und 141.

Sei umgekehrt P ein projektives Objekt von K̂. Wähle X ∈ Ob K mit X̂ ^{\overline{}^{x}} P ; cf. Bemerkung 234.(3). Wegen P projektiv ist der Epimorphismus x eine Retraktion; verwende hierzu ein Urbild von id_{P} unter der Surjektion HomK̂(P, x). Also ist X̂ ≃ K_{x} ⊕ P ; cf. Aufgabe 51.(2^{∘}).

Zu (1). Dies folgt aus (2) und (2^{∘}).

7.3.5 Exakte Sequenzen

Sei K eine schwach abelsche Kategorie; cf. Definition 229.

Definition 237 In einer abelschen Kategorie heiße eine Sequenz U ^{\overline{}^{a}} V ^{\overline{}^{b}} W exakt

bei V oder exakt in der Mitte, falls die Sequenz I_{a} [figure: ȧ] V ^{\overline{}^{b̄}} I_{b} kurz exakt ist; cf. Definitionen 125.(1) und 130.

Bemerkung 238 (und Definition) Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z in K gegeben. Folgende Aussagen sind äquivalent.

(1) Es ist f ein schwacher Kern von g. (1^{∘}) Es ist g ein schwacher Cokern von f.

(2) Es ist die Sequenz X̂ ^{\overline{}^{f̂}} Ŷ ^{\overline{}^{ĝ}} Ẑ exakt bei Ŷ. Diesenfalls heiße die Sequenz X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z exakt bei Y oder exakt in der Mitte. Beweis. Zu (1) ⇒ (2). Sei f ein schwacher Kern von g. Wegen f̂ĝ = 0 können wir f̂ = f′ιĝ faktorisieren. Wir wollen zeigen, daß f′ epimorph ist. Wiederholt wird verwandt werden, daß E voll, treu und additiv ist ; cf. Bemerkung 234.(1). Wähle U ∈ Ob K mit Û ^{\overline{}^{u}} Kĝ; cf. Bemerkung 234.(3). Da E voll ist, ist u ιĝ = v̂ für ein U ^{\overline{}^{v}} Y in K. Es ist v̂ĝ = u ιĝĝ = 0, wegen E treu und additiv also vg = 0 . Da f ein schwacher Kern von g ist, gibt es ein U ^{\overline{}^{w}} X in K mit wf = v. Es folgt

u ιĝ = v̂ = ŵf̂ = ŵf′ιĝ ,

und somit u = ŵf′. Da u epimorph ist, gilt dies auch für f′; cf. Aufgabe 32.(1^{∘}).

[figure: X̂; f̂; f′; Ŷ; ĝ; Ẑ; Kĝ; •; ιĝ; Û; ŵ; u; v̂]

Dual dazu gibt es auch eine Faktorisierung ĝ = ρf̂g′ mit g′ monomorph. Daher ist ιĝ auch ein Kern von ρf̂; cf. Bemerkung 119.(6). Somit ist die Sequenz (ιĝ , ρf̂) kurz exakt. Also ist die Sequenz (f̂, ĝ) exakt bei Ŷ; cf. Bemerkungen 124.(3) und 119.(5). Zu (2) ⇒ (1). Sei X̂ ^{\overline{}^{f̂}} Ŷ ^{\overline{}^{ĝ}} Ẑ exakt bei Ŷ. Wir wollen zeigen, daß f ein schwacher Kern von g ist. Sei U ^{\overline{}^{u}} Y mit ug = 0 gegeben. Wir wollen zeigen, daß u über f faktorisiert. Es ist ûĝ = 0. Da ˙ f̂ ein Kern von ¯ ĝ ist und da ¯ ĝ ˙ĝ = ĝ mit ˙ ĝ monomorph ist, ist ˙ f̂ auch ein Kern von ĝ; cf. Bemerkung 119.(6). Also gibt es ein Û ^{\overline{}^{u′}} If̂ mit u′ ˙f̂ = û.

Wegen Û projektiv und ¯ f̂ epimorph und E voll gibt es ein U ^{\overline{}^{u′′}} X mit û′′ ¯f̂ = u′; cf. Bemerkung 234.(2). Insgesamt wird û′′f̂ = û′′ ¯f̂ ˙f̂ = u′ ˙f̂ = û, wegen E treu also u′′f = u.

[figure: X̂; ¯f̂; If̂; •; ˙f̂; Ŷ; ¯ĝ; Iĝ; •; ˙ĝ; Ẑ; Û; û; u′; û′′]

7.3.6 Universelle Eigenschaft der Freydkategorie

Sei K eine schwach abelsche Kategorie; cf. Definition 229. Seien A und B abelsche Kategorien.

Definition 239 Ein additiver Funktor K ^{\overline{}^{F}} A heißt exakt oder cohomologisch, wenn für alle Sequenzen

X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z

in K, die exakt in der Mitte sind, auch die Sequenz

F X ^{\overline{}^{F f}} F Y ^{\overline{}^{F g}} F Z

exakt in der Mitte ist. Es ist e.g. K ^{\overline{}^{E}} K̂ exakt; cf. Bemerkung 238. Bezeichne _{ex} K, A die volle additive Teilkategorie von K, A der exakten Funktoren. Bezeichne _{ex} A, B die volle additive Teilkategorie von A, B der exakten Funktoren im Sinne von Definition 128.(1). Sind K ^{\overline{}^{F}} A und A ^{\overline{}^{G}} B exakte Funktoren, so auch K ^{\overline{}^{G∘F}} A.

Definition 240 Ein additiver Funktor K ^{\overline{}^{F}} A heiße provisorisch exakt, wenn für alle Morphismen X ^{\overline{}^{f}} Y in K ein schwacher Cokern Y ^{\overline{}^{g}} Z so existiert, daß die Sequenz

F X ^{\overline{}^{F f}} F Y ^{\overline{}^{F g}} F Z

exakt in der Mitte ist. Bezeichne _{pex} K, A die volle Teilkategorie von K, A der provisorisch exakten Funktoren. Exakte Funktoren von K nach A sind provisorisch exakt. Ist K ^{\overline{}^{F}} A ein provisorisch exakter Funktor und ist A ^{\overline{}^{G}} B ein exakter Funktor, so ist K ^{\overline{}^{G∘F}} A provisorisch exakt.

In Korollar 243 werden wir zeigen, daß ein additiver Funktor von K nach A genau dann provisorisch exakt ist, wenn er exakt ist. Um dies zeigen zu können, werden wir folgendes Lemma 242 mit dem provisorischen Exaktheitsbegriff durchführen. Die Äquivalenz der beiden Begriffe wird uns dann in Beispiel 244 zugute kommen.

Definition 241 Seien Funktoren U ^{\overline{}^{S}} V [figure: T; T′] W und eine Transformation T ^{\overline{}^{t}} T′ ge-

geben. Wir definieren die Transformation T ∘ S ^{\overline{}^{t∘S}} T′ ∘ S als

t ∘ S := (tSX)_{X∈Ob U} .

Beachte hierzu, daß das Viereck

\xymatrix{(T ∘ S)X \ar[r]^{(t∘S)X} \ar[d]_{(T ∘S)f} & (T′ ∘ S)X \ar[d]^{(T′∘S)f} \\ (T ∘ S)X′ \ar[r]^{(t∘S)X′} & (T′ ∘ S)X′}

für X ^{\overline{}^{f}} Y aus U wegen der Natürlichkeit von t kommutiert.

Lemma 242 (Universelle Eigenschaft der Freydkategorie) Der additive Funktor

\begin{matrix}_{ex} K̂, B & \overline{} & _{pex} K, B \\ (F ^{\overline{}^{a}} F′) & \overline{} & (F ∘ E ^{\overline{}^{a∘E}} F′ ∘ E) \end{matrix}

ist voll, treu und strikt dicht.

Somit haben wir eine inverse Äquivalenz, die jedem provisorisch exakten Funktor K ^{\overline{}^{G}} B einen exakten Funktor K̂ ^{\overline{}^{Ĝ}} B so zuordnet, daß Ĝ ∘ E = G; cf. Lemma 96.

Beweis.

Zur Additivität. Mit jeweils der punktweise genommenen direkten Summe wird

(F ⊕ F′) ∘ E ^{\overline{}^{(^{π_{1}∘E π_{2}∘E})}} (F ∘ E) ⊕ (F′ ∘ E)

die Identität für F, F′ ∈ Ob _{ex} K̂, B ; cf. Definition 110, Aufgabe 50.(1).

Zur Treuheit. Sei F ^{\overline{}^{a}} F′ in _{ex} K̂, B so gegeben, daß a ∘ E = 0. Wir haben zu zeigen,

daß a =^{!} 0.

Sei U ∈ Ob K̂ gegeben. Wir haben zu zeigen, daß aU =^{!} 0.

Sei X ∈ Ob K mit EX ^{\overline{}^{f}} U ; cf. Bemerkung 234.(3). Wegen F exakt ist F f epimorph. Es wird

(F f)(aU) = (aEX)(F′f) = 0(F′f) = 0 ,

und also aU = 0. Zur Vollheit. Seien F, F′ ∈ Ob _{ex} K̂, B gegeben. Sei F ∘ E ^{\overline{}^{b}} F′ ∘ E gegeben. Wir haben zu zeigen, daß es ein F ^{\overline{}^{a}} F′ mit a ∘ E = b gibt. Sei U ∈ Ob K̂. Wir wollen aU definieren. Wir wählen ein X ∈ Ob K mit EX ^{\overline{}^{f}} U und ein Y ∈ Ob K mit U [figure: g] EY ; cf. Bemerkung 234.(3, 3^{∘}). Wegen E voll und treu gibt es genau ein X ^{\overline{}^{s}} Y mit Es = fg; cf. Bemerkung 234.(1). Insbesondere wird

(bX)(F′f)(F′g) = (bX)((F′ ∘ E)s) = ((F ∘ E)s)(bY) = (F f)(F g)(bY) . Wir können also

[figure: F EX; F f; bX; F U; •; F g; aU; F EY; bY; F′EX; F′f; F′U; •; F′g; F′EY]

setzen; cf. Bemerkung 124.(2). Wir wollen die Unabhängigkeit von aU von den getroffenen Wahlen nachweisen. Da aU bereits durch die Kommutativität des linken Vierecks bestimmt ist, genügt es, eine alternative Wahl X̃ ∈ Ob K mit EX̃ ^{\overline{}^{f̃}} U zu betrachten und zu zeigen, daß aus (F f̃)(ãU) = (bX̃)(F′f̃) bereits ãU = aU folgt. Wir bilden in K̂ folgenden Pullback, für den wir sogleich ein Objekt Z ∈ Ob K zusammen mit einem Epimorphismus auf den Pullback wählen; cf. Korollar 135.(2), Bemerkung 234.(3). Unter Verwendung von E voll und treu kommutiere insgesamt

[figure: EZ; Eh̃; Eh; W; EX̃; f̃; EX; f; U ;]

cf. Bemerkung 234.(1). Wegen F exakt sind u.a. F Eh und F f epimorph. Es genügt also, (F Eh)(F f)(ãU) =^{!} (F Eh)(F f)(aU) zu zeigen. In der Tat ergibt sich

(F Eh)(F f)(ãU) = (F Eh̃)(F f̃)(ãU)
= (F Eh̃)(bX̃)(F′f̃)
= (bZ)(F′Eh̃)(F′f̃)
= (bZ)(F′Eh)(F′f)
= (F Eh)(bX)(F′f)
= (F Eh)(F f)(aU) .

Wir wollen nachweisen, daß (aU)_{U∈Ob K} eine Transformation ist.

Sei U_{1} ^{\overline{}^{t}} U_{2} in K̂ gegeben. Zu zeigen ist, daß (aU_{1})(F′t) =^{!} (F t)(aU_{2}).

Sei X_{1} ∈ Ob K mit EX_{1} ^{\overline{}^{f_{1}}} U_{1} und (F f_{1})(aU_{1}) = (bX_{1})(F′f_{1}) gewählt; möglich nach Konstruktion von a.

Sei Y_{2} ∈ Ob K mit U_{2} [figure: g_{2}] EY_{2} und (aU_{2})(F′g_{2}) = (F g_{2})(bY_{2}) gewählt; möglich nach Konstruktion von a.

Wegen F exakt ist F f_{1} epimorph und F′g_{2} monomorph. Es genügt also,

(F f_{1})(aU_{1})(F′t)(F′g_{2}) =^{!} (F f_{1})(F t)(aU_{2})(F′g_{2}) zu zeigen.

Wegen E voll und treu finden wir ein r mit Er = f_{1}tg_{2} ; cf. Bemerkung 234.(1)

Damit ergibt sich in der Tat

(F f_{1})(aU_{1})(F′t)(F′g_{2}) = (bX_{1})(F′f_{1})(F′t)(F′g_{2})
= (bX_{1})(F′Er)
= (F Er)(bY_{2})
= (F f_{1})(F t)(F g_{2})(bY_{2})
= (F f_{1})(F t)(aU_{2})(F′g_{2}) .

Wir wollen nachweisen, daß a ∘ E =^{!} b.

Sei X ∈ Ob K. Wir haben zu zeigen, daß aEX =^{!} bX. Zur Berechnung von aEX dürfen wir EX ^{\overline{}^{1}} EX ^{\overline{}^{1}} EX verwenden und erhalten in der Tat das kommutative Diagramm

[figure: F EX; F 1; bX; F EX; •; F 1; aEX; F EX; bX; F′EX; F′1; F′EX; •; F′1; F′EX .]

Zur strikten Dichtheit. Sei gegeben K ^{\overline{}^{G}} A provisorisch exakt. Wir definieren einen Funktor K̂ ^{\overline{}^{Ĝ}} A wie folgt. Ein Morphismus [x, y] in K̂ ist repräsentiert durch ein kommutatives Viereck

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{x} & Y \ar[d]^{y} \\ X′ \ar[r]^{f′} & Y′ .}

Wir bilden

[figure: GX; \overline{Gf}; Gx; I_{Gf}; •; Gf^{•}; z; GY; Gy; GX′; \overline{Gf′}; I_{Gf′}; •; Gf′^{•}; GY′]

gemäß Bemerkung 124.(2) und setzen

Ĝ((X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{[x,y]}} (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′)) := (I_{Gf} ^{\overline{}^{z}} I_{Gf′}) .

Der Morphismus z hängt hierbei nicht von der Wahl des Repräsentanten ab. Denn ist

[x̃, ỹ] = [x, y], dann ist f(y − ỹ) = (x − x̃)f′ = 0, also (Gf^{•})(Gy − Gỹ) = 0 und (Gx − Gx̃)(\overline{Gf′}) = 0, und somit zum einen

(Gx̃)(\overline{Gf′}) = (Gx)(\overline{Gf′}) = (\overline{Gf})z ,

zum anderen

(Gf^{•})(Gỹ) = (Gf^{•})(Gy) = z(Gf′^{•}) .

Da kommutative Vierecke sich zu kommutativen Vierecken zusammensetzen, ist Ĝ ein Funktor.

Nach Konstruktion ist Ĝ ∘ E = G; cf. Bemerkung 124.(1).

Wir wollen zeigen, daß Ĝ exakt ist. Dazu haben wir zu zeigen, daß Ĝ kurz exakte Sequenzen in kurz exakte Sequenzen abbildet; cf. Aufgabe 53.

Nach Satz 233.(3) dürfen wir annehmen, daß die abzubildende kurz exakte Sequenz repräsentiert ist von

[figure: X′; f′; x; Y; X; f; Y; y; X; f′′; Y′′]

ist, mit einem beliebig wählbaren schwachen Cokern y von f′ = xf. Wir wählen y so, daß (Gf′, Gy) exakt in der Mitte ist; dies ist möglich wegen G provisorisch exakt; cf. Definition 240. Wir bilden mit G ab und tragen Bildobjekte und gemäß Bemerkung 124.(2) induzierte Morphismen a, b und c ein.

[figure: GX′; Gx; I_{Gf′}; •; Gf′^{•}; •; a; GY; GX; I_{Gf}; •; Gf^{•}; b; GY; \overline{Gy}; I_{Gy}; •; Gy^{•}; GX; I_{Gf′′}; •; •; c; GY′′]

Darin ist (Gf′^{•}, \overline{Gy}) kurz exakt. Wir haben zu zeigen, daß das Bild (a, b) unserer kurz exakten Sequenz unter Ĝ wieder kurz exakt ist.

Das Umfangssequenzlemma, Lemma 132, angewandt auf a(Gf^{•}) = Gf′^{•}, gibt ein Diagramm wie folgt.

[figure: 0; C_{a}; •; u; I_{Gf}; •; Gf^{•}; ρ_{a}; I_{Gf′}; •; Gf′^{•}; •; a; GY; \overline{Gy}; I_{Gy}]

Da ρ_{a}u = (Gf^{•})(\overline{Gy}) = bc, liefert Bemerkung 124.(3) nun das kommutative Diagramm

[figure: I_{Gf′′}; •; c; ≀; I_{Gf}; b; ρ_{a}; I_{Gy} .; C_{a}; •; u]

Also ist auch b ein Cokern von a.

Korollar 243 Sei K ^{\overline{}^{G}} B ein additiver Funktor.

Es ist G exakt genau dann, wenn G provisorisch exakt ist.

Beweis. Sei G provisorisch exakt. Zu zeigen ist, daß G exakt ist.

Es gibt einen exakten Funktor K̂ ^{\overline{}^{Ĝ}} B mit Ĝ ∘ E = G; cf. Lemma 242. Da E und Ĝ exakt sind, gilt dies auch für G = Ĝ ∘ E; cf. Bemerkung 238, Definition 239.

Beispiel 244 Es ist K(A) schwach abelsch; cf. Beispiel 230.(1).

Sei k ∈ Z. Wir wollen zeigen, daß H^{k} : K(A) \overline{}A exakt ist. Es genügt zu zeigen, daß H^{k} provisorisch exakt ist; cf. Korollar 243.

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in C(A) gegeben. Wir haben einen Morphismus Y ^{\overline{}^{g}} Z in C(A) so anzugeben, daß g in K(A) ein schwacher Cokern von f ist und daß die Sequenz (H^{k}f, H^{k}g) exakt in der Mitte ist; cf. Definition 240.

Sei X ^{\overline{}^{c_{X}}} C_{X} der punktweise split Monomorphismus in den split azyklischen Komplex

C_{X} aus der Lösung zu Aufgabe 55.(1). Da X ^{\overline{}^{f}} Y und X ^{\overline{}^{(^{f c_{X}})}} Y ⊕ C_{X} in Δ_{1} , K(A) isomorph sind, weil C_{X} in K(A) isomorph zu 0 ist, und da letzterer Morphismus punktweise split monomorph ist, dürfen wir annehmen, daß X ^{\overline{}^{f}} Y selbst punktweise split monomorph ist.

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z punktweise split kurz exakt in C(A). In Beispiel 230 wurde gezeigt, daß g ein schwacher Cokern von f ist; cf. Bemerkung 238. Ferner ist die Sequenz (H^{k}f, H^{k}g) exakt in der Mitte; cf. die lang exakte Homologiesequenz aus Lemma 145.

Anhang A

Aufgaben und Lösungen

A.1 Aufgaben

Aufgabe 1 (§1.1.1) Sei R ein Ring. Seien r, s ∈ R.

Zeige, daß (−r) · s = −(r · s) = r · (−s).

Aufgabe 2 (§1.1.1) Sei R ein Ring. Sei n ⩾ 1. Zeige.

(1) Es bildet die Menge R^{n×n} der n×n-Matrizen mit Einträgen in R, der Matrixaddition (+) und der Matrixmultiplikation (·) einen Ring.

(2) Es ist R^{n×n} nicht kommutativ, falls n ⩾ 2 und 0 ≠ 1 in R.

Aufgabe 3 (§1.1.2) Sei R ein Ring. Sei I ⊆ R ein Ideal.

Für r ∈ R schreiben wir r + I = {r + x : x ∈ I}. Zeige.

(1) Es ist r + I = r′ + I genau dann, wenn r − r′ ∈ I, wobei r, r′ ∈ R.

(2) Es wird R/I := {r + I : r ∈ R} mittels (r + I) + (r′ + I) := (r + r′) + I und (r + I) · (r′ + I) := (r · r′) + I ein Ring. (Hinweis: Wohldefiniertheit!)

Aufgabe 4 (§1.1.2)

(1) Zeige, daß jedes Ideal in Z von der Form nZ ist für ein eindeutig bestimmtes n ∈ Z_{⩾0} .

(2) Zeige, daß Z/n für n ∈ Z_{⩾1} genau dann ein Körper ist, wenn n prim ist.

(3) Ein Element r in einem kommutativen Ring heiße invertierbar, falls es ein s in diesem Ring gibt mit rs = 1.

Finde verschiedene Werte für n ∈ Z_{⩾1} so, daß Z/n genau 8 invertierbare Elemente enthält.

Aufgabe 5 (§1.1.1, §1.1.2) Zeige oder widerlege.

(1) Ist R ein Ring, so folgt für x ∈ R aus x^{2} = 1, daß x ∈ {−1, +1}.

(2) Sei n ∈ Z_{⩾1} . Sei x ∈ Z/n invertierbar. Es ist die Ordnung min{i ∈ Z_{⩾1} : x^{i} = 1} von x ein Teiler von n(n − 1).

Aufgabe 6 (§1.1.3) Sei R ein Ring. Seien I, J ⊆ R Ideale in R.

Gebe es ein x ∈ I und ein y ∈ J mit 1 = x + y.

Zeige, daß wir einen Ringisomorphismus

[figure: R/(I ∩ J); φ; ∼; R/I; ×; R/J; r + (I ∩ J); (r + I; ,; r + J)]

haben. Gib die Umkehrabbildung an, unter Verwendung von x und y.

Aufgabe 7 (§1.2.2) Sei R ein Ring. Sei M ein R-Linksmodul. Sei N ⊆ M ein Teilmodul.

Zeige, daß M/N via (m + N) + (m′ + N) := (m + m′) + N für m, m′ ∈ M und via r · (m + N) := (r · m) + N für r ∈ R und m ∈ M ein R-Linksmodul wird.

Aufgabe 8 (§1.1.3, §1.2.3)

(1) Sei R \overline{}^{f}_{∼} S ein Ringisomorphismus, i.e. ein bijektiver Ringmorphismus. Zeige, daß auch R^{\overline{}^{f^{−1}}}S ein Ringisomorphismus ist.

(2) Sei R ein Ring. Sei M \overline{}^{g}_{∼} N ein Isomorphismus von R-Linksmoduln, i.e. eine bijektive R-lineare Abbildung. Zeige, daß auch M ^{\overline{}^{g^{−1}}} N ein Isomorphismus ist.

Aufgabe 9 (§1.1.3) Sei R = (R, +, ·) ein Ring. Sei R^{∘} als Menge gleich R, ausgestattet mit derselben Addition wie R, aber mit der Multiplikation r ∗ r′ := r′ · r, wobei r, r′ ∈ R. Offenbar ist R^{∘} wieder ein Ring, der zu R entgegengesetzte.

Zeige oder widerlege.

(1) Seien R und S Ringe. Ist f ein Ringmorphismus von R nach S, so ist f auch ein Ringmorphismus von R^{∘} nach S^{∘}.

(2) Es ist Q^{2×2} isomorph zu (Q^{2×2})^{∘}.

(3) Stets ist R isomorph zu R^{∘}.

Aufgabe 10 (Elementarteilersatz) Seien m, n ⩾ 0. Sei A ∈ Z^{m×n}.

Zeige, daß es S ∈ Z^{m×m} (ganzzahlig) invertierbar und T ∈ Z^{n×n} (ganzzahlig) invertierbar so gibt, daß SAT eine Diagonalmatrix ist. (Hinweis: Reduziere auf (\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & A′ \end{matrix}).)

Aufgabe 11 (§1.2.3) Seien m, n ∈ Z_{⩾0} .

(1) Zeige, daß jede Z-lineare Abbildung von Z/m nach Z/n von der Form Z/m ^{\overline{}^{a}} Z/n ist für ein a ∈ Z mit am ≡_{n} 0.

(2) Wieviele Z-lineare Abbildungen gibt es von Z/m nach Z/n?

Aufgabe 12 (§1.2.3) Sei R = (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix}).

(1) Sei (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) [figure: ι] (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) die Inklusionsabbildung.

Gibt es eine R-lineare Abbildung (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) ^{\overline{}^{f}} (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) mit ιf = id ?

(2) Sei (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) ^{\overline{}^{ρ}} (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) die Restklassenabbildung.

Gibt es eine R-lineare Abbildung (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) ^{\overline{}^{g}} (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) mit gρ = id ?

Aufgabe 13 (§1.2.3) Ein Z-Modul M heiße endlich erzeugt, wenn es eine endliche Teilmenge X ⊆ M mit M = _{Z}⟨X⟩ gibt.

(1) Sei M ^{\overline{}^{p}} M′′ eine surjektive Z-lineare Abbildung zwischen Z-Moduln. Seien M′′ und Kern p endlich erzeugt. Zeige, daß M endlich erzeugt ist.

(2) Sei ℓ ∈ Z_{⩾0} . Sei M ⊆ Z^{⊕ℓ} ein Teilmodul. Zeige, daß M endlich erzeugt ist. (Hinweis: Sei M′′ das Bild von M unter einer Projektion Z^{⊕ℓ} \overline{}Z^{⊕(ℓ−1)}. Der Kern von M \overline{}M′′ bettet nach Z ein.)

Aufgabe 14 (§1.2.6) Sei R ein Ring. Sei ein kommutatives Viereck

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{ξ} & Y \ar[d]^{η} \\ X′ \ar[r]^{f′} & Y′}

von R-Linksmoduln und R-linearen Abbildungen gegeben. Zeige.

(1) Es gibt genau eine R-lineare Abbildung Cokern f ^{\overline{}^{c}} Cokern f′ mit ηρ = ρc.

(2) Aus ξ und η surjektiv und Kern η ⊆ Im f folgt, daß c ein Isomorphismus ist.

Aufgabe 15 (§1.2.4) Sei R ein Ring. Seien 0 ⩽ ℓ ⩽ k. Seien M_{i} für i ∈ [1, k] und N_{j} für j ∈ [1, ℓ] alles R-Linksmoduln. Sei

δ = (δ_{i,j})_{i,j} : ⨁_{i∈[1,k]} M_{i} \overline{}⨁_{j∈[1,ℓ]} N_{j}

eine R-lineare Abbildung mit δ_{i,j} = 0 falls i ≠ j. Zeige, daß

Cokern δ ≃ ⨁_{i∈[1,ℓ]} Cokern δ_{i,i} .

Aufgabe 16 (§1.2.4) Zeige.

(1) Jeder endlich erzeugte Z-Modul ist isomorph zu einem von der Form ⨁_{i∈[1,ℓ]} Z/e_{i} für ein gewisses ℓ ⩾ 0 und gewisse e_{i} ∈ Z für i ∈ [1, ℓ], i.e. direkte Summe zyklischer abelscher Gruppen. (Hinweis: Surjektion von Z^{⊕ℓ}, deren Kern, darauf Surjektion von Z^{⊕k}. Nun Aufgabe 10.)

(2) Jeder endliche Z-Modul ist von der Form ⨁_{i∈[1,ℓ]} Z/e_{i} für ein gewisses ℓ ⩾ 0 und gewisse e_{i} ∈ Z_{⩾2} für i ∈ [1, ℓ].

Aufgabe 17 (§1.2.9)

(1) Seien k, ℓ ⩾ 0. Seien m_{i} ⩾ 2 für i ∈ [1, k]. Seien n_{j} ⩾ 2 für j ∈ [1, ℓ]. Sei F = (f_{i,j})_{i,j} ∈ Z^{k×ℓ} so, daß m_{i}f_{i,j} ≡_{n_{j}} 0 für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, ℓ]. Schreibe N :=

( ..._{n_{ℓ}}^{n_{1}}). Weise folgendes kommutative Diagramm von Z-linearen Abbildungen nach.

[figure: ⨁_{i∈[1,k]} Z/m_{i}; F; ⨁_{j∈[1,ℓ]} Z/n_{j}; ρ; Cokern F; Z^{⊕(k+ℓ)}; _{(\begin{matrix}F \\ N \end{matrix} )}; _{(\begin{matrix}E_{k} \\ 0 \end{matrix} )}; Z^{⊕ℓ}; E_{ℓ}; ρ; Cokern_{(\begin{matrix}F \\ N \end{matrix} )}; ≀]

(2) Wieviele Z-lineare Abbildungen gibt es von Z/2 ⊕ Z/16 nach Z/4 ⊕ Z/8 ?

(3) Sei (X ^{\overline{}^{f}} Y) := (Z/2 ⊕ Z/16^{\overline{}^{(\begin{matrix}2 & 4 \\ 2 & 2 \end{matrix})}} Z/4 ⊕ Z/8). Bestimme eine Z-lineare Abbildung Y ^{\overline{}^{g}} Z so, daß X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z rechtsexakt und Z direkte Summe zyklischer abelscher Gruppen ist.

(4) Wie (3), nur für (X ^{\overline{}^{f}} Y) := (Z/4 ⊕ Z/16^{\overline{}^{(\begin{matrix}2 & 4 \\ −1 & 2 \end{matrix})}} Z/8 ⊕ Z/16).

(5) Wie (3), nur für (X ^{\overline{}^{f}} Y) := (Z/2 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8^{\overline{}^{(\begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix})}} Z/4 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8).

(6) Wie (3), nur für (X ^{\overline{}^{f}} Y) := (Z/4 ⊕ Z/8 ⊕ Z/8^{\overline{}^{(\begin{matrix}2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix})}} Z/4 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8).

(Hinweis: Maple, ismith.)

Aufgabe 18 (§1.2.5) Sei R ein Ring. Sei I eine Menge. Sei für jedes i ∈ I ein R-Linksmodul M_{i} gegeben. Seien M ein R-Linksmodul und (M_{i} ^{\overline{}^{μ_{i}}} M)_{i∈I} ein Tupel von R-linearen Abbildungen derart, daß für jeden R-Linksmodul X und jedes Tupel (M_{i} ^{\overline{}^{x_{i}}} X) genau eine R-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{x}} X mit μ_{i}x = x_{i} für i ∈ I existiert.

Kurz, es “habe M zusammen mit den μ_{i} die universelle Eigenschaft des Coprodukts”.

Zeige, daß es einen Isomorphismus M ^{\overline{}^{f}} ∐_{i∈I} M_{i} gibt mit μ_{i}f = ι_{i} für alle i ∈ I.

Aufgabe 19 (§1.2.5) Sei R ein Ring. Seien α und β Ringisomorphismen von R nach R. Sei der R-R-Bimodul _{α}R_{β} via s · r ∗ t := (sα)r(tβ) für r ∈ R und s, t ∈ R erklärt.

Wann sind die R-R-Bimoduln _{α}R_{β} und _{id}R_{id} isomorph?

Aufgabe 20 (§1.2.10.1, §1.2.10.2) Sei R ein Ring. Seien α, β, γ, δ Ringisomorphismen von R nach R. Wir bilden den R-R-Bimodul _{α}R_{β} wie in Aufgabe 19.

(1) Finde Ringisomorphismen ε und ϑ von R nach R so, daß

Hom_{R}(_{α}R_{β} , _{γ}R_{δ}) ≃ _{ε}R_{ϑ}

ist als R-R-Bimoduln.

(2) Finde Ringisomorphismen ε und ϑ von R nach R so, daß

αR_{β} ⊗_{R} _{γ}R_{δ} ≃ _{ε}R_{ϑ}

ist als R-R-Bimoduln.

Aufgabe 21 (§1.2.10.1, §1.2.10.2) Seien R, S und T Ringe.

(1) Seien _{R}M_{S} und _{R}N_{T} gegeben. Zeige, daß es auf Hom_{R}(M, N) eine S-T -Bimodulstruktur gibt, für welche m(s · f ∗ t) = ((m ∗ s)f) ∗ t ist für m ∈ M, s ∈ S, f ∈ Hom_{R}(M, N) und t ∈ T.

(2) Seien _{S}M_{R} und _{R}N_{T} gegeben. Zeige, daß es auf M ⊗_{R} N eine S-T -Bimodulstruktur

gibt, für welche s · (m ⊗ n) ∗ t = (sm) ⊗ (nt) ist für s ∈ S, m ∈ M, n ∈ N und t ∈ T.

Aufgabe 22 (§1.2.10.2) Seien R, S, T, und U Ringe. Seien _{R}X_{S}, _{S}Y_{T} , _{T} Z_{U} gegeben.

Zeige, daß folgender Isomorphismus von R-U-Bimoduln existiert.

[figure: X; ⊗_{S}; (Y; ⊗_{T}; Z); ∼; (X; ⊗_{S}; Y); ⊗_{T}; Z; x; ⊗; (y; ⊗; z); (x; ⊗; y); ⊗; z]

Aufgabe 23 (§1.2.10.2) Zeige oder widerlege.

Sei K ein Körper. Seien V und W endlichdimensionale Vektorräume über K, aufgefaßt als K-K-Bimoduln via λ · v ∗ μ := μλv für λ, μ ∈ K und v ∈ V, analog für W.

(1) Es ist V × W ^{\overline{}^{τ}} V ⊗_{K} W, (v, w) \overline{}v ⊗ w surjektiv.

(2) Es ist dim_{K}(V ⊗_{K} W) = (dim_{K} V)(dim_{K} W).

Aufgabe 24 (§1.2.10.1, §1.2.10.2) Sei I eine Menge. Seien R, S und T Ringe. Für jedes i ∈ I sei ein R-S-Bimodul M_{i} gegeben. Seien ferner _{R}X_{T} und _{T} Y_{R} gegeben.

Zeige folgende Isomorphismen.

(1) Hom_{R}(X, ∏_{i} M_{i}) ^{\overline{}^{∼}} ∏_{i} Hom_{R}(X, M_{i}), f \overline{}(fπ_{i})_{i}, von T -S-Bimoduln.

(2) Hom_{R}(∐_{i} M_{i} , X) ^{\overline{}^{∼}} ∏_{i} Hom_{R}(M_{i} , X), f \overline{}(ι_{i}f)_{i}, von S-T -Bimoduln.

(3) Y ⊗_{R} (∐_{i} M_{i}) ^{\overline{}^{∼}} ∐_{i}(Y ⊗_{R} M_{i}), y ⊗ (m_{i})_{i} \overline{}(y ⊗ m_{i})_{i}, von T -S-Bimoduln.

Aufgabe 25 (§1.2.8.2, §1.2.10.2) Sei R ein kommutativer Ring. Eine R-Algebra ist ein Ring A, zusammen mit einem Ringmorphismus R ^{\overline{}^{φ}} A so, daß ra := (rφ)a = a(rφ) =: ar für alle a ∈ A und r ∈ R. Es ist e.g. jeder Ring auf eindeutige Weise eine Z-Algebra; cf. Beispiel 15.(2). Eine R-Algebra ist via φ auch ein R-R-Bimodul.

(1) Seien A und B zwei R-Algebren. Definiere auf A ⊗_{R} B eine R-Algebrenstruktur.

(2) Seien S und T Ringe. Sei M eine abelsche Gruppe. Zeige, daß einer S-T -Bimodulstruktur auf M eine S ⊗_{Z} T^{∘}-Linksmodulstruktur auf M entspricht,

und umgekehrt. Kurz, ein S-T -Bimodul ist ein S ⊗_{Z} T^{∘}-Linksmodul.

Aufgabe 26 (§1.2.10.3) Seien _{R}M_{S} ^{\overline{}^{f}} _{R}M′_{S} und _{R}N ^{\overline{}^{g}} _{R}N′ und _{S}X ^{\overline{}^{h}} _{S}X′ gegeben wie in Lemma 62. Zeige, daß folgendes Viereck kommutiert.

\xymatrix{_{R}(_{R}M_{S} ⊗_{S} _{S}X, _{R}N) \ar[r]^{α_{X,M,N}}_{∼} \ar[d]_{_{_{R}(f⊗_{S}h, g)}} & _{S}(_{S}X, _{R}(_{R}M_{S} , _{R}N)) \ar[d]^{_{_{S}(h,_{R}(f,g))}} \\ _{_{R}(_{R}M′_{S} ⊗_{S} _{S}X′, _{R}N′)} \ar[r]^{α_{X′,M′,N′}}_{∼} & _{_{S}(_{S}X′, _{R}(_{R}M′_{S} , _{R}N′))}}

Aufgabe 27 (§1.2.10.3, §1.2.10.2)

(1) Sei X′ ^{\overline{}^{f}} X ^{\overline{}^{g}} X′′ eine Sequenz von R-Linksmoduln, für welche

[figure: R; (X′, Z); ^{^{R}(f,Z)}; R; (X, Z); ^{^{R}(g,Z)}; R; (X′′, Z)]

eine linksexakte Sequenz von Z-Moduln ist für jeden R-Linksmodul Z. Zeige, daß die Sequenz X′ ^{\overline{}^{f}} X ^{\overline{}^{g}} X′′ rechtsexakt ist.

(2) Gegeben sei, ähnlich wie in Lemma 60.(1), eine kurz exakte Sequenz M′ ^{\overline{}^{i}} M ^{\overline{}^{p}} M′′ von R-S-Bimoduln und ein S-Linksmodul N.

Zeige unter Verwendung von (1), daß die Sequenz

M′ ⊗_{S} N ^{\overline{}^{i⊗N}} M ⊗_{S} N ^{\overline{}^{p⊗N}} M′′ ⊗_{S} N

von R-Linksmoduln rechtsexakt ist. (Hinweis: Lemma 62.)

Aufgabe 28 (§1.2.11.1) Sei R ein Ring. Zeige.

(1) Sei A eine Menge. Sei für jedes α ∈ A ein projektiver R-Linksmodul P_{α} gegeben. Dann ist ∐_{α∈A} P_{α} projektiv.

(2) Sind X und Y zwei R-Linksmoduln so, daß X ⊕ Y projektiv ist, dann sind auch X und Y projektiv.

(3) Ein R-Linksmodul X ist genau dann projektiv, wenn es eine Menge B und einen R-Linksmodul Y so gibt, daß X ⊕Y ≃ ∐_{β∈B} R. Insbesondere ist also R^{⊕n} projektiv für n ⩾ 0.

(4) Für jeden R-Linksmodul M gibt es eine surjektive R-lineare Abbildung P \overline{}M von einem projektiven R-Linksmodul P.

(5) Sei P ein projektiver R-Linksmodul. Sei X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{p}} X′′ eine kurz exakte Sequenz von R-Rechtsmoduln. Zeige, daß die Sequenz X′ ⊗_{R} P ^{\overline{}^{i⊗P}} X ⊗_{R} P ^{\overline{}^{p⊗P}} X′′ ⊗_{R} P von Z-Moduln kurz exakt ist.

Aufgabe 29 (§1.2.11.2) Sei R ein Ring. Zeige.

(1) Sei A eine Menge. Sei für jedes α ∈ A ein injektiver R-Linksmodul I_{α} gegeben. Dann ist ∏_{α∈A} I_{α} injektiv.

(2) Sind X und Y zwei R-Linksmoduln so, daß X ⊕ Y injektiv ist, dann sind auch X und Y injektiv.

Aufgabe 30 (§1.2.11.1)

Welche der folgenden (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix})-Linksmoduln sind projektiv? Welche injektiv?

(\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) , (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix})

Aufgabe 31 (§2.1.3) Zeige oder widerlege.

(1) In (Sets) ist ein Morphismus genau dann monomorph, wenn er injektiv ist.

(2) In (Rings) ist ein Morphismus genau dann epimorph, wenn er surjektiv ist.

(3) In (Sets) ist jeder Epimorphismus eine Retraktion.

(4) Sei R ein Ring. In R-Mod ist jeder Monomorphismus eine Coretraktion.

Aufgabe 32 (§2.1.3, §2.1.4, §2.2) Zeige oder widerlege. Seien C und D Kategorien. Seien X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z Morphismen in C. Sei C ^{\overline{}^{F}} D ein Funktor.

(1) Ist fg ein Monomorphismus, so auch f.

(2) Ist fg eine Coretraktion, so auch f.

(3) Ist f eine Retraktion, so ist f epimorph.

(4) Ist f monomorph und epimorph, so ist f ein Isomorphismus.

(5) Ist f eine Coretraktion und epimorph, so ist f ein Isomorphismus.

(6) Ist f epimorph, so ist f eine Retraktion.

(7) Sind fg und gh Isomorphismen, so auch f, g und h.

(8) Ist f ein Endomorphismus und eine Retraktion, so ist f ein Automorphismus.

(9) Ist X initial, so ist X ^{\overline{}^{f}} Y monomorph.

(10) Ist f ein Monomorphismus, so auch F f.

(11) Ist f eine Coretraktion, so auch F f. Aufgabe 33 (§2.1.2) Dualisiere die Aussagen aus Aufgabe 32 (egal ob zutreffend oder nicht). Aufgabe 34 (§2.2) Sei R ein Ring. Sei C die Kategorie, deren Objekte die Morphismen in R-Mod sind, und in der ein Morphismus von (X ^{\overline{}^{f}} Y) nach (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′) gegeben ist durch ein Paar ((X ^{\overline{}^{ξ}} X′), (Y ^{\overline{}^{η}} Y′)) von Morphismen in R-Mod so, daß das Viereck

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{ξ} & Y \ar[d]^{η} \\ X′ \ar[r]^{f′} & Y′}

kommutiert. Komposition und Bilden von Identitäten erfolge eintragsweise. Zeige, daß die Abbildungen, die einem Objekt (X ^{\overline{}^{f}} Y) von C das Objekt C(X ^{\overline{}^{f}} Y) := Cokern f von R-Mod und einem Morphismus (ξ, η) von C den Morphismus C(X ^{\overline{}^{f}} Y)^{\overline{}^{C(ξ,η)}} C(X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′) von R-Mod mit ρC(ξ, η) = ηρ zuweisen, einen Funktor C \overline{}R-Mod definieren. (Hinweis: Aufgabe 14.) Aufgabe 35 (§2.3) Sei R ein Ring. Sei Δ_{1} die teilgeordnete Menge {0, 1}. Sei C die in Aufgabe 34 definierte Kategorie, deren Objekte Morphismen in R-Mod sind. Sei C : C \overline{}R-Mod der in loc. cit. konstruierte Funktor, der einem Objekt in C seinen in R-Mod gebildeten Cokern zuordnet.

(1) Begründe, daß die Kategorie C aus Aufgabe 34 mit Δ_{1}^{k} , R-Mod identifiziert werden kann.

(2) Sei F : C \overline{}R-Mod, (X ^{\overline{}^{f}} Y) \overline{}Y, auf den Morphismen entsprechend. Zeige, daß sich die Restklassenabbildungen zu einer Transformation F \overline{}C zusammenfügen.

Aufgabe 36 (§2.3) Sei C eine Kategorie. Schreibe Ĉ:= C^{∘}, (Sets) .

Sei F ∈ Ob Ĉ. Sei X ∈ Ob C.

(1) Gib eine Bijektion zwischen Ĉ(_{C}(−, X), F ) und F X an.

(2) Zeige, daß C \overline{}Ĉ, X \overline{}_{C}(−, X), mit der naheliegenden Definition auf den Morphismen, ein voller und treuer Funktor ist.

Aufgabe 37 (§2.4, §2.2)

(1) Sei M = (M, ⩽) eine teilgeordnete Menge.

Zeige, daß es eine Kategorie M^{k} gibt mit Ob M^{k} = M und |_{M^{k}}(a, b)| = 1, falls a ⩽ b, und |_{M^{k}}(a, b)| = 0 sonst, wobei a, b ∈ M.

(2) Sei M eine Kategorie, in welcher |_{M}(a, b)| ∈ {0, 1} für alle a, b ∈ Ob M und in welcher alle Isoklassen einelementig sind.

Zeige, daß M derart eine teilgeordnete Menge M^{t} zugeordnet werden kann, daß M ≃ M^{tk}.

Zeige, daß M = M^{kt} für eine teilgeordnete Menge M.

(3) Seien M = (M, ⩽) und N = (N, ⩽) teilgeordnete Mengen.

Gib eine Bijektion von der Menge der monotonen Abbildungen von M nach N in die Menge der Funktoren von M^{k} nach N^{k} an.

Aufgabe 38 (§3.1) Zeige, daß die Kategorie (Rel) der Mengen mit Relationen als Morphismen ein Nullobjekt hat, sowie zwar (Add 1), nicht aber (Add 2) erfüllt.

Aufgabe 39 (§3.1) Sei A eine additive Kategorie.

(1) Sei m ⩾ 0. Seien X_{1}, …, X_{m} ∈ Ob A. Zeige, daß (X_{1}, …, X_{m}) eine direkte Summe besitzt. (Hinweis: Induktion.)

(2) Seien ℓ, m, n ⩾ 0. Seien X_{i} ∈ Ob A für i ∈ [1, ℓ], Y_{j} ∈ Ob A für j ∈ [1, m] und Z_{k} ∈ Ob A für k ∈ [1, n]. Seien ⨁_{i∈[1,ℓ]} X_{i} ^{\overline{}^{(f_{i,j})_{i,j}}} ⨁_{j∈[1,m]} Y_{j} ^{\overline{}^{(g_{j,k})_{j,k}}} ⨁_{k∈[1,n]} Z_{k} in A gegeben. Zeige, daß (f_{i,j})_{i,j} (g_{j,k})_{j,k} = ( ∑_{j∈[1,m]} f_{i,j}g_{j,k})_{i,k} .

(3) Seien k, ℓ ⩾ 0. Seien f_{1} , …, f_{k+ℓ} : X \overline{}Y in A. Zeige, daß (∑_{i∈[1,k]} f_{i}) + (∑_{i∈[1, ℓ]} f_{i−k}) = ∑_{i∈[1,k+ℓ]} f_{i} .

(4) Seien k, ℓ ⩾ 0. Seien f_{i} : X \overline{}Y für i ∈ [1, k] und g_{j} : Y \overline{}Z für j ∈ [1, ℓ] in A. Zeige, daß (∑_{i∈[1,k]} f_{i})(∑_{j∈[1,ℓ]} g_{j}) = ∑_{i∈[1,k]} ∑_{j∈[1,ℓ]} f_{i}g_{j} .

(5) Seien X, Y ∈ Ob A. Zeige, daß (_{A}(X, Y), +) eine abelsche Gruppe ist, mit neutralem Element 0 = 0_{X,Y} .

(6) Seien m, n ⩾ 0. Seien X_{i} ∈ Ob A für i ∈ [1, m] und Y_{j} ∈ Ob A für j ∈ [1, n]. Seien ⨁_{i∈[1,m]} X_{i} [figure: (f_{i,j})_{i,j}; (f′_{i,j})_{i,j}] ⨁_{j∈[1,n]} Y_{j} in A. Zeige, daß (f_{i,j})_{i,j} + (f′_{i,j})_{i,j} = (f_{i,j} + f′_{i,j})_{i,j} .

(7) Seien X, Y, Z ∈ Ob A. Gib einen Isomorphismus von (X ⊕ Y) ⊕ Z nach X ⊕ Y ⊕ Z in Matrixform an.

Aufgabe 40 (§3.1) Zeige oder widerlege.

Sei A eine additive Kategorie. Sei X ⊕ Y ^{\overline{}^{(\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix})}} X′ ⊕ Y′ aus A.

(1) Sei b = 0. Es ist (\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & d \end{matrix}) genau dann ein Isomorphismus, wenn a und d Isomorphismen sind.

(2) Es ist (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) genau dann ein Isomorphismus, wenn a und d Isomorphismen sind.

(3) Falls X = X′ und jede Retraktion von X nach X ein Automorphismus ist, dann ist (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) genau dann ein Isomorphismus, wenn a und d Isomorphismen sind.

Aufgabe 41 (§3.1, §1.2.8.2) Sei A eine additive Kategorie. Seien X, Y ∈ Ob A.

Zeige, daß jeweils in einem geeigneten Sinn End_{A}(X) ein Ring und Hom_{A}(X, Y) ein End_{A}(X)-End_{A}(Y)-Bimodul ist.

Aufgabe 42 (§3.2) Seien A und B additive Kategorien. Sei F : A \overline{}B ein Funktor mit F 0 ≃ 0.

Zeige die Äquivalenz folgender Aussagen.

(1) Es ist F additiv.

(2) Für X_{1} , X_{2} ∈ Ob A erfüllt F (X_{1} ⊕ X_{2}) zusammen mit den Morphismen F (X_{1} ⊕ X_{2}) ^{\overline{}^{F π_{1}}} X_{1} und F (X_{1} ⊕ X_{2}) ^{\overline{}^{F π_{2}}} X_{2} das Axiom (Sum 1).

(3) Für X_{1}, X_{2} ∈ Ob A erfüllt F (X_{1} ⊕ X_{2}) zusammen mit den Morphismen F X_{1} ^{\overline{}^{F ι_{1}}} F (X_{1} ⊕ X_{2}) und F X_{2} ^{\overline{}^{F ι_{2}}} F (X_{1} ⊕ X_{2}) das Axiom (Sum 2).

Aufgabe 43 (§3.2) Seien A und B additive Kategorien. Seien A [figure: F; G] B additive

Funktoren. Sei F ^{\overline{}^{α}} G eine Transformation. Seien X, Y, Z ∈ Ob A so gegeben, daß Z ≃ X ⊕ Y ist in A.

Zeige, daß αZ genau dann ein Isomorphismus ist, wenn αX und αY Isomorphismen sind.

Aufgabe 44 (§3.3) Sei A eine additive Kategorie und N ⊆ A eine volle additive Teilkategorie. Sei B eine additive Kategorie. Zeige.

(1) Es ist A/N eine additive Kategorie. Es ist A ^{\overline{}^{R}} A/N ein additiver Funktor.

(2) Sei A ^{\overline{}^{F}} B ein additiver Funktor so, daß F X ≃ 0 ist für alle X ∈ Ob N. Dann gibt es genau einen additiven Funktor A/N ^{\overline{}^{F̄}} B mit F̄ ∘ R = F.

(3) Seien A [figure: F; G] B additive Funktoren so, daß F X ≃ 0 und GX ≃ 0 für alle X ∈ Ob N.

Sei F ^{\overline{}^{a}} G eine Transformation. Dann gibt es genau eine Transformation F̄ ^{\overline{}^{ā}} Ḡ so, daß āRX = aX für X ∈ Ob A.

Aufgabe 45 (§1.2.9, §2.4) Sei k ⩾ 2. Sei Z/k-mod die volle Teilkategorie der endlichen Z/k-Moduln in Z/k-Mod ⊆ Z-Mod ; cf. §1.2.7 (^{10}).

(1) Zeige, daß der Funktor F := _{Z}(−, Q/Z) : Z-Mod^{∘} \overline{}Z-Mod zu einer Äquivalenz F_{k} : Z/k-mod^{∘} \overline{}Z/k-mod einschränkt. Zeige hierzu, daß es eine Transformation id ^{\overline{}^{τ}} F^{2} gibt, für welche τX ein Isomorphismus ist, wann immer X ∈ Ob(Z/k-mod).

(2) Sei Z/ℓ ^{\overline{}^{s}} Z/m in Z/k-mod, wobei s ∈ Z. Ersetze F (Z/ℓ ^{\overline{}^{s}} Z/m) isomorph durch einen Morphismus zwischen zyklischen abelschen Gruppen.

(3) Sei ⨁_{i∈[1,p]} Z/ℓ_{i}^{\overline{}^{(s_{i,j})_{i,j}}} ⨁_{j∈[1,q]} Z/m_{j} in Z/k-mod, wobei s_{i,j} ∈ Z. Ersetze sein Bild unter F isomorph durch einen Morphismus zwischen direkten Summen zyklischer abelscher Gruppen.

(4) Bestimme in Aufgabe 17.(3) eine Z-lineare Abbildung W ^{\overline{}^{h}} X so, daß W ^{\overline{}^{h}} X ^{\overline{}^{f}} Y linksexakt und W direkte Summe zyklischer abelscher Gruppen ist. (Bei der erforderlichen Cokern-Berechnung genügt die Angabe des Ergebnisses unter Verweis auf die Methode aus Aufgabe 17.)

(5) Wie (4), nur in Aufgabe 17.(5).

10Allgemeiner schreibt man R-mod für die Kategorie der endlich erzeugten Linksmoduln über einem Ring R; cf. Aufgabe 13.

Aufgabe 46 (§2.4, §4.2) Zeige oder widerlege. Sei Z-free die volle additive Teilkategorie von Z-Mod der Z-Moduln der Form Z^{⊕k} für ein k ⩾ 0.

(1) Es ist Z-free ≃ Z-free^{∘}.

(2) In Z-free hat jeder Morphismus einen Kern und einen Cokern.

(3) In Z-free ist jeder Monomorphismus ein Kern.

(4) In Z-free ist jeder Epimorphismus ein Cokern.

(5) Es ist Z-free eine abelsche Kategorie.

Aufgabe 47 (§4.3) Sei A eine abelsche Kategorie. Sei darin X ^{\overline{}^{f}} Y gegeben. Sei K ^{\overline{}^{i}} X ein Kern von f. Sei Y ^{\overline{}^{r}} C ein Cokern von f. Sei X ^{\overline{}^{r′}} C′ ein Cokern von i. Sei K′ ^{\overline{}^{i′}} Y ein Kern von r. Zeige.

(1) Falls f monomorph ist, dann ist f ein Kern von r.

(2) Falls f monomorph und epimorph ist, dann ist f ein Isomorphismus.

(3) Es gibt ein kommutatives Diagramm wie folgt.

[figure: C′; f̃; ≀; K; •; i; X; f; r′; Y; r; C; K′; •; i′]

(Hinweis: Warum genügt es, Cf̃ ≃ 0 zu zeigen ?)

Aufgabe 48 (§4.2) Sei A eine abelsche Kategorie. Sei B ⊆ A eine volle additive Teilkategorie. Für jeden Morphismus in B sei ein in A genommener Kern und ein in A genommener Cokern bereits in B enthalten. Zeige, daß B abelsch ist.

Aufgabe 49 (§4.4) Sei A eine abelsche Kategorie. Sei X ∈ Ob A. Zeige, daß der Funktor _{A}(X, −) : A \overline{}Z-Mod linksexakt ist.

Aufgabe 50 (§3.1, §4.2) Sei D eine Kategorie. Zeige.

(1) Ist A additiv, so auch D, A und C(A).

(2) Ist A abelsch, so auch D, A und C(A).

Aufgabe 51 (§4.4) Sei A eine abelsche Kategorie, in der sich das folgende abspiele.

Zeige.

(1) Seien X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ und Y′ ^{\overline{}^{j}} Y ^{\overline{}^{s}} Y′′ Sequenzen. Sei (f′, f, f′′) ein Morphismus von Sequenzen von Y′ ^{\overline{}^{j}} Y ^{\overline{}^{s}} Y′′ nach X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′, i.e. sei f′i = jf und fr = sf′′. Sei (g′, g, g′′) ein Morphismus von Sequenzen in umgekehrter Richtung, i.e. sei g′j = ig und gs = rg′′. Sei f′g′ = 1, fg = 1 und f′′g′′ = 1. Ist (i, r) kurz exakt, so auch (j, s).

(2) Sei X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz, und sei i eine Coretraktion. Dann

ist diese kurz exakte Sequenz isomorph zu X′ ^{\overline{}^{(^{1 0})}} X′ ⊕ X′′ ^{\overline{}^{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})}} X′′ vermöge eines Isomorphismus der Form (1_{X′} , a, 1_{X′′}).

(3) Sei V ^{\overline{}^{m}} U eine Coretraktion in C(A). Ist U azyklisch, so auch V. Ist U split azyklisch, so auch V.

(4) Seien V, V′ ∈ Ob C(A). Zeige, daß V ⊕ V′ genau dann split azyklisch ist, wenn V und V′ dies sind.

Aufgabe 52 (§4.5.2) Zeige oder widerlege.

Sei A eine abelsche Kategorie. Sei darin folgendes kommutative Diagramm gegeben.

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{x} & Y \ar[r]^{g} \ar[d]^{y} & Z \ar[d]^{z} \\ X′ \ar[r]^{f′} & Y′ \ar[r]^{g′} & Z′}

(1) Sind (X, X′, Y, Y′) und (Y, Y′, Z, Z′) Pullbacks, dann auch (X, X′, Z, Z′).

(2) Ist (X, X′, Z, Z′) ein Pullback, dann auch (X, X′, Y, Y′).

(3) Sind (X, X′, Z, Z′) und (Y, Y′, Z, Z′) Pullbacks, dann auch (X, X′, Y, Y′).

(4) Sind (X, X′, Z, Z′) und (X, X′, Y, Y′) Pullbacks, dann auch (Y, Y′, Z, Z′).

(5) Ist (X, X′, Z, Z′) ein Pullback und (X, X′, Y, Y′) ein Pushout, dann ist (X, X′, Y, Y′) ein Quadrat und (Y, Y′, Z, Z′) ein Pullback.

(6) Ist (X, X′, Y, Y′) ein Pullback und f epimorph, dann auch f′.

(7) Ist x ein Isomorphismus und y monomorph, dann ist (X, X′, Y, Y′) ein Pullback.

Aufgabe 53 (§4.4, §4.5.3) Seien A und B abelsche Kategorien.

Sei A ^{\overline{}^{F}} B ein Funktor, der kurz exakte Sequenzen in kurz exakte Sequenzen abbildet.

Zeige, daß F exakt ist. (Hinweis: Additivität via split kurz exakter Sequenzen.)

Aufgabe 54 (§4.6) Sei k ⩾ 2 eine Primpotenz.

(1) Zeige, daß Z/k-mod eine abelsche Kategorie ist.

(Hinweis: Z/k-Mod ist als abelsch bekannt. Es ist Z/k-mod ≃ Z/k-mod^{∘}.)

(2) Zeige, daß für X ∈ Ob Z/k-mod folgende Aussagen äquivalent sind.

(i) Es ist X injektiv. (ii) Es ist X projektiv. (iii) Es ist X isomorph zu (Z/k)^{⊕n} für ein n ⩾ 0.

(3) Ist Z/k injektiv oder projektiv in Z-Mod ?

(4) Zeige, daß Z/k-mod genügend Projektive und genügend Injektive hat.

Aufgabe 55 (§5.2) Sei A eine abelsche Kategorie. Zeige.

(1) Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in C(A). Zeige, daß das Bild von f in K(A) genau dann verschwindet, wenn es ein Tupel (X^{i} ^{\overline{}^{h^{i}}} Y^{i−1})_{i∈Z} von Morphismen in A so gibt, daß h^{i}d+dh^{i+1} = f^{i} für alle i ∈ Z. Diesenfalls heißt f auch nullhomotop und (h^{i})_{i∈Z} eine Homotopie.

(2) Sei X ∈ Ob C(A). Zeige, daß X genau dann in K(A) isomorph zu 0 ist, wenn X split azyklisch ist.

Aufgabe 56 (§4.4) Seien A [figure: F; G] B Funktoren zwischen Kategorien A und B.

(1) Zeige die Äquivalenz von (i) und (ii).

(i) Es sind _{B}(F (−), =) und _{A}(−, G(=)) isomorphe Funktoren von A^{∘} × B nach (Sets).

(ii) Es gibt Transformationen id_{A} ^{\overline{}^{ε}} G ∘ F und F ∘ G ^{\overline{}^{η}} id_{B} (Coeinheit) mit (F εX)(ηF X) = 1_{F X} für X ∈ Ob A und (εGY)(GηY) = 1_{GY} für Y ∈ Ob B.

Gelten (i, ii), so heißt F linksadjungiert zu G, und G rechtsadjungiert zu F, geschrieben F ⊣ G. Es heißt ε eine Einheit und η eine Coeinheit dieser Adjunktion.

(2) Sei G ∘ F ≃ 1 und F ∘ G ≃ 1. Zeige, daß F ⊣ G.

(3) Seien G und G̃ rechtsadjungiert zu F. Zeige, daß G ≃ G̃.

(4) Seien A und B additiv. Sei F ⊣ G. Zeige, daß F additiv ist.

(5) Seien A und B abelsch. Sei F ⊣ G. Zeige, daß F rechtsexakt ist.

Cf. auch Lemma 62.

Aufgabe 57 (§4.2, Aufgabe 56)

Seien A [figure: F; G] B Funktoren zwischen Kategorien A und B. Sei F ⊣ G; cf. Aufgabe 56.

Wir erinnern an die Einheit id_{A} ^{\overline{}^{ε}} G ∘ F und die Coeinheit F ∘ G ^{\overline{}^{η}} id_{B}; cf. Aufgabe 56.(1.ii).

Zeige.

(1) Ist F voll, so ist für X ∈ Ob A die Einheit εX eine Retraktion, sowie εGF X = GF εX. (Hinweis: F a = ηF X.)

(2) Ist F voll und treu, so ist ε eine Isotransformation.

(3) Ist F voll und treu, A additiv und B abelsch, und respektiert G Cokerne (^{11}), dann ist A abelsch, F rechtsexakt und G exakt.

Aufgabe 58 (§4.2, Aufgaben 56 und 57)

(1) Seien A [figure: F; G] B Funktoren zwischen Kategorien A und B. Sei F ⊣ G; cf. Aufgabe 56.

Seien η, η̃ : F ∘ G \overline{}id_{B} Coeinheiten zu dieser Adjunktion. Zeige, daß es einen Automorphismus G \overline{}^{u}_{∼} G so gibt, daß F u · η̃ = η ist.

(2) Finde abelsche Kategorien A und B und einen vollen, treuen und exakten Funktor A ^{\overline{}^{F}} B so, daß F einen Linksadjungierten und einen Rechtsadjungierten hat, die beide nicht exakt sind.

(3) Finde eine additive Kategorie A, in welcher jeder Morphismus einen Kern und einen Cokern hat, eine abelsche Kategorie B, einen vollen und treuen Funktor A ^{\overline{}^{G}} B, welcher einen Linksadjungierten A^{\overline{}^{F}} B hat, der Monomorphismen respektiert, derart, daß A nicht abelsch ist, F nicht Kerne respektiert und G nicht Cokerne respektiert.

Aufgabe 59 (§5.4.4) Sei

\xymatrix{(X′, X, X′′) \ar[r]^{(f′, f, f′′)} \ar[d]_{(x′, x, x′′)} & (Y′, Y, Y′′) \ar[d]^{(y′, y, y′′)} \\ (X̃′, X̃, X̃′′) \ar[r]_{(f̃′, f̃, f̃′′)} & (Ỹ′, Ỹ , Ỹ′′)}

11D.h. für alle Diagramme Y′ ⟶^{i} Y ⟶^{p} Y′′ in B mit p Cokern zu i ist auch Gp ein Cokern zu Gi.

ein kommutatives Viereck von Sequenzen. Sei (X′, X, X′′) rechts- und (Y′, Y, Y′′) linksexakt. Sei (X̃′, X̃, X̃′′) rechts- und (Ỹ′, Ỹ , Ỹ′′) linksexakt. Verwende bzgl. (f′, f, f′′) alle Bezeichungen aus Lemma 136 und dessen Beweis; bzgl. (f̃′, f̃, f̃′′) entsprechend. Bemerkung 124.(2) gibt uns Morphismen k′ mit k′ĩ′ = i′x′, und k mit kĩ = ix, und k′′ mit k′′ĩ′′ = i′′x′′, und c′ mit r′c′ = y′r̃′, und c mit rc = yr̃, und c′′ mit r′′c′′ = y′′r̃′′.

Zeige die Kommutativität von

\xymatrix{K′ \ar[r]^{α} \ar[d]_{k′} & K \ar[r]^{β} \ar[d]_{k} & K′′ \ar[r]^{γ} \ar[d]_{k′′} & C′ \ar[r]^{δ} \ar[d]^{c′} & C \ar[r]^{ε} \ar[d]^{c} & C′′ \ar[d]^{c′′} \\ K̃′ \ar[r]^{α̃} & K̃ \ar[r]^{β̃} & K̃′′ \ar[r]^{γ̃} & C̃′ \ar[r]^{δ̃} & C̃ \ar[r]^{ε̃} & C̃′′}

Folgere, daß γ bei fester Wahl von i′′ und r′ nicht von den während der Konstruktion getroffenen sonstigen Wahlen abhängt.

Aufgabe 60 (§5.4.2, §3.2) Sei A eine abelsche Kategorie. Sei k ∈ Z.

Zeige, daß H^{k} : C(A) \overline{}A ein additiver Funktor ist.

Aufgabe 61 (§5.4.4) Zeige oder widerlege.

Sei A eine abelsche Kategorie.

(1) Sei X′ [figure: i] X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz in C(A). Sind zwei der Komplexe X′, X, X′′ azyklisch, so auch der dritte.

(2) Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in C(A). Sind X und Y azyklisch, so auch I_{f} .

Aufgabe 62 (§5.5, §5.6)

(1) Zu Z/4 ^{\overline{}^{4}} Z/8 ist in Z/64-mod eine projektive und eine injektive Auflösung anzugeben.

(2) Zu ((\begin{matrix}Q \\ Q \\ 0 \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) ^{\overline{}^{f}} (\begin{matrix}Q \\ Q \\ Q \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , x + (\begin{matrix}Q \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) \overline{}x + (\begin{matrix}Q \\ 0 \\ 0 \end{matrix})) ist in (\begin{matrix}Q & Q & Q \\ 0 & Q & Q \\ 0 & 0 & Q \end{matrix})-Mod eine projektive Auflösung anzugeben.

(3) Zu Z/2 ^{\overline{}^{2}} Z/4 ^{\overline{}^{1}} Z/2 ist in Z/8-mod eine injektive Hufeisenauflösung anzugeben.

Aufgabe 63 (§6.1.2.2) Sei A eine abelsche Kategorie. Sei

[figure: X′; •; i; f′; X; r; X′′; f′′; X̃′; •; ĩ; X̃; r̃; X̃′′]

ein Diagramm azyklischer Komplexe in C(A), in welchem (i, r) und (ĩ, r̃) kurz exakt seien, (i^{k}, r^{k}) und (ĩ^{k}, r̃^{k}) split kurz exakt für k ⩾ 0, und X^{′k}, X^{k}, X^{′′k}, X̃^{′k}, X̃^{k}, X̃^{′′k} null für k ⩽ −2 und injektiv für k ⩾ 0. Sei ferner ein X^{−1} ^{\overline{}^{f^{−1}}} X̃^{−1} mit i^{−1}f^{−1} = f^{′−1}ĩ^{−1} und f^{−1}r̃^{−1} = r^{−1}f^{′′−1} gegeben (Position −1, keine Inversion).

Zeige, daß X^{−1} ^{\overline{}^{f^{−1}}} X̃^{−1} zu X ^{\overline{}^{f}} X̃ mit if = f′ĩ und fr̃ = rf′′ ergänzt werden kann.

Cf. §7.1.1.

Aufgabe 64 (§5.4.4) Sei A eine abelsche Kategorie. Definiere für X ∈ Ob C(A) den Komplex X[1] durch (X[1]^{k} ^{\overline{}^{d_{X[1]}^{k}}} X[1]^{k+1}) := (X^{k+1} ^{\overline{}^{−d_{X}^{k+1}}} X^{k+2}) für k ∈ Z.

Sei X′ [figure: i] X [figure: r] X′′ eine punktweise split kurz exakte Sequenz von Komplexen. Zeige, daß

es einen Morphismus X′′ \overline{}X′[1] so gibt, daß (H^{k}X′′ ^{\overline{}^{∂_{(i,r)}^{k}}} H^{k+1}X′) = H^{k}(X′′ \overline{}X′[1]) ist für k ∈ Z.

Aufgabe 65 (§4.5.1, §4.5.3, Aufgabe 64) (^{12}) Sei A eine abelsche Kategorie.

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z in A gegeben.

(1) Zeige, daß

\xymatrix{X ⊕ Y \ar[r]^{^{(\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})}} \ar[d]_{_{(\begin{matrix}f & 0 \\ 1 & g \end{matrix} )}} & X \ar[d]^{fg} \\ Y ⊕ Z \ar[r]_{_{(\begin{matrix}g \\ −1 \end{matrix})}} & Z}

ein Quadrat ist.

(2) Folgere aus einer Anwendung des Schlangenlemma 136 auf einen Morphismus split kurz exakter Sequenzen von (X, X ⊕ Y, Y) nach (Y, Y ⊕ Z, Z) unter Verwendung von (1) das Umfangssequenzlemma 132 für X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z (mit den Standardkernen und -cokernen).

Aufgabe 66 (§6.1.1, §6.1.2.2)

(1) Sei A := Z/64-mod. Berechne Ext_{A}^{2}(Z/16, Z/4) ^{\overline{}^{Ext_{A}^{2}(Z/16,4)}} Ext_{A}^{2}(Z/16, Z/8).

(2) Berechne Tor_{3}^{Z/64}(Z/8, Z/4) ^{\overline{}^{Tor_{3}^{Z/64}(Z/8,4)}} Tor_{3}^{Z/64}(Z/8, Z/8).

(3) Sei R := (\begin{matrix}Q & Q & Q \\ 0 & Q & Q \\ 0 & 0 & Q \end{matrix}). Sei X := (^{Q Q Q}) / (^{0 Q Q}) ∈ Ob Mod-R.

Sei Y := (\begin{matrix}Q \\ Q \\ 0 \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) ∈ Ob R-Mod. Berechne Tor_{k}^{R}(X, Y) für k ⩾ 0.

(4) Sei A = Z/8-mod. Berechne die lang exakte Ext_{A}^{∗}(Z/4, −)-Sequenz auf Z/2 ^{\overline{}^{2}} Z/4 ^{\overline{}^{1}} Z/2.

(Hinweis: Aufgabe 62.)

12Diese Aufgabe stammt von Carsten Dietzel.

Aufgabe 67 (§4.5.1) Sei A eine abelsche Kategorie. Sei X ∈ Ob A.

Es gebe keine Kette X =: X_{0} [figure] X_{1} [figure] X_{2} [figure] ⋯ aus Monomorphismen, die keine Isomorphismen sind.

Es gebe keine Kette X =: X_{0} \overline{}X_{1} \overline{}X_{2} \overline{}⋯ aus Epimorphismen, die keine Isomorphismen sind.

Sei X ^{\overline{}^{f}} X ein Endomorphismus. Zeige, daß es ein n ⩾ 1 gibt mit K_{f^{n}} ⊕ I_{f^{n}} \overline{}^{( \begin{matrix}ι_{f^{n}} \\ (f^{n}) \end{matrix}˙ )}_{∼} X. (Fittinglemma; Hinweis: Umfangssequenzlemma auf f^{2k} = f^{k}f^{k}; cf. Lemma 132.)

Aufgabe 68 (§6.3.1) Seien A und B abelsche Kategorien. Sei A ^{\overline{}^{G}} B rechtsexakt.

(1) Sei k ∈ Z. Bestimme eine Transformation von G ∘ H^{k} nach H^{k} ∘ C(G).

(2) Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ein Quasiisomorphismus in C(A). Ist G exakt, so zeige, daß auch C(G)X^{\overline{}^{C(G)f}} C(G)Y ein Quasiisomorphismus ist.

Aufgabe 69 (§6.3.3) Seien A, Ã und B abelsche Kategorien. Haben A und Ã genügend Injektive. Sei F : A × Ã \overline{}B ein biadditiver Funktor so, daß F (J, −) exakt ist für J ∈ Ob Inj A und F (−, J̃) exakt ist für J̃ ∈ Ob Inj Ã.

Sei X ∈ Ob A. Sei I ∈ C^{res}(Inj A) ⊆ C(A) eine injektive Auflösung von X.

Sei

Y′ [figure: i] Y ^{\overline{}^{r}} Y′′

eine kurz exakte Sequenz in Ã.

Zeige, daß die lang exakte R^{∗}F (X, −)-Sequenz auf (i, r) isomorph ist zur lang exakten Homologiesequenz auf der kurz exakten Sequenz

F (I, Y′) ^{\overline{}^{F (I,i)}} F (I, Y) ^{\overline{}^{F (I,r)}} F (I, Y′′)

in C(B), welche an Position k ∈ Z durch F (I_{k} , Y′) ^{\overline{}^{F (I_{k} , i)}} F (I_{k} , Y) ^{\overline{}^{F (I_{k} , r)}} F (I_{k} , Y′′) gegeben ist.

Aufgabe 70 (§4.5.3, Aufgabe 59) Sei R ein Ring.

Sei (X′, X, X′′) ^{\overline{}^{(f′, f, f′′)}} (Y′, Y, Y′′) ein Morphismus von einer rechts- in eine linksexakte Sequenz in R-Mod.

Sei x′′ ∈ Kern f′′. Gib eine Beschreibung des Bildes von x′′ unter dem Konnektor

Kern f′′ \overline{}Cokern f′ = Y′/ Im f′ ;

cf. Lemma 136.

Aufgabe 71 (§7.2.1) Sei Z-mod ⊆ Z-Mod die volle Teilkategorie der endlich erzeugten abelschen Gruppen; cf. Aufgabe 13. Zeige, daß Z-mod eine dicke Teilkategorie von Z-Mod ist.

Aufgabe 72 (§7.2.3, Aufgaben 56 und 57, §2.4) Seien A und B abelsche Kategorien. Seien A [figure: F; G] B Funktoren. Sei F voll und treu. Sei F ⊣ G. Cf. Aufgaben 56 und 57. Bilde G Epimorphismen in Epimorphismen ab. Sei K ⊆ B die volle Teilkategorie, die durch

Ob K := { Y ∈ Ob B : GY ≃ 0 }

definiert ist. Zeige.

(1) Es ist K eine dicke Teilkategorie von B. Es gibt genau einen exakten Funktor B//K ^{\overline{}^{¯Ḡ}} A mit ¯ Ḡ ∘ L = G; cf. Definition 217.

(2) Der Funktor ¯ Ḡ aus (1) ist eine Äquivalenz.

Aufgabe 73 (§4.2, §4.4, §4.1, Aufgabe 47) Sei A ^{\overline{}^{F}} B ein exakter Funktor zwischen abelschen Kategorien. Es folge für jedes Objekt X von A aus F X ≃ 0, daß X ≃ 0 ist. Zeige, daß F treu ist.

Aufgabe 74 (§1.2.11.1) Zeige, daß Q kein projektiver Z-Modul ist.

Aufgabe 75 (§3.3, §7.2.3) Sei A eine additive Kategorie. Sei N ⊆ A eine volle additive Teilkategorie. Sei an den Restklassenfunktor A ^{\overline{}^{R}} A/N erinnert; cf. Definition 114. Sei B eine Kategorie, nicht notwendig additiv. Sei A ^{\overline{}^{F}} B ein Funktor. Für f ∈ Mor A gelte, daß aus Rf isomorph auch F f isomorph folgt. Zeige, daß genau ein Funktor A/N ^{\overline{}^{F̂}} B mit F̂ ∘ R = F existiert.

\xymatrix{A \ar[d]_{R} \ar[r]^{F} & B \\ A/N \ar@{-->}[ur]_{F̂}}

Aufgabe 76 (§4.5.2, §5.4.1, §5.4.4) Sei A eine abelsche Kategorie. Sei folgendes kommutative Diagramm in A gegeben.

[figure: Z′; •; z′; Z; z′′; Z′′; Y′; •; y′; g′; Y; y′′; g; Y′′; g′′; X′; •; x′; •; f′; X; x′′; f; X′′; •; f′′]

Seien darin (x′, x′′), (y′, y′′), (z′, z′′), (f′, g′) und (f′′, g′′) kurz exakt sowie fg = 0. Zeige.

(1) Es ist (f, g) kurz exakt.

(2) Die Sequenz

\xymatrix{X′ \ar[r]^{x′f} & Y \ar[r]^{^{(^{g y′′})}} & Z ⊕ Y′′}

ist linksexakt.

(3) Ist nun vielmehr nur das kommutative Diagramm

[figure: Y′; •; y′; Y; y′′; Y′′; X′; •; x′; •; f′; X; •; f]

gegeben mit (y′, y′′) kurz exakt und (x′, fy′′) linksexakt, dann läßt sich dieses Diagramm ergänzen zu einem wie oben.

Aufgabe 77 (Aufgabe 21.(2), Aufgabe 51.(2)) Zeige.

(1) Sei A [figure: i] E ^{\overline{}^{p}} B eine kurz exakte Sequenz endlicher abelscher Gruppen. Sind |A| und |B| teilerfremd, dann ist E isomorph zu A ⊕ B.

(2) Sei p ⩾ 3 prim. Sei k ⩾ 1. Als abelsche Gruppen ist U(Z/p^{k}) ≃ Z/p^{k−1} ⊕ Z/(p − 1).

(3) Sei k ⩾ 2. Als abelsche Gruppen ist U(Z/2^{k}) ≃ Z/p^{k−2} ⊕ Z/2.

A.2 Lösungen

Aufgabe 1 Es wird

(−r) · s = (−r) · s + r · s − r · s = ((−r) + r) · s − r · s = 0 · s − r · s = −(r · s) .

Analog wird

r · (−s) = r · (−s) + r · s − r · s = r · ((−s) + s) − r · s = r · 0 − r · s = −r · s .

Cf. Bemerkung 2.(3).

Aufgabe 2

(1) Seien (r_{i,j})_{i,j} , (r′_{i,j})_{i,j} , (s_{i,j})_{i,j} , (s′_{i,j})_{i,j} , (t_{i,j})_{i,j} ∈ R^{n×n}.

Wir setzen

\begin{aligned}(r_{i,j})_{i,j} + (s_{i,j})_{i,j} & := & (r_{i,j} + s_{i,j})_{i,j} \\ (r_{i,j})_{i,j} · (s_{i,j})_{i,j} & := & (∑_{j∈[1,n]} r_{i,j}s_{j,k})_{i,k} . \end{aligned}

Zu (Ring 1). Es ist (R^{n×n}, +) eine abelsche Gruppe, wie sich aus punktweiser Anwendung der abelschen Gruppeneigenschaften von (R, +) ergibt. Zu (Ring 2). Es werden

(r_{i,j})_{i,j} · ((s_{i,j})_{i,j} · (t_{i,j})_{i,j}) = (r_{i,j})_{i,j} · (∑_{k∈[1,n]} s_{j,k}t_{k,ℓ})_{j,ℓ}
= (∑_{j∈[1,n]} ∑_{k∈[1,n]} r_{i,j}s_{j,k}t_{k,ℓ})_{i,ℓ}
((r_{i,j})_{i,j} · (s_{i,j})_{i,j}) · (t_{i,j})_{i,j} = (∑_{j∈[1,n]} r_{i,j}s_{j,k})_{i,k} · (t_{i,j})_{i,j}
= (∑_{k∈[1,n]} ∑_{j∈[1,n]} r_{i,j}s_{j,k}t_{k,ℓ})_{i,ℓ} .

Beide Klammerungen liefern also dasselbe Resultat. Zu (Ring 3). Wir behaupten, daß 1_{R^{n×n}} = (∂_{i,j})_{i,j} . Es werden

(r_{i,j})_{i,j} · (∂_{i,j})_{i,j} = (∑_{j∈[1,n]} r_{i,j}∂_{j,k})_{i,k}
= (r_{i,k})_{i,k}
(∂_{i,j})_{i,j} · (r_{i,j})_{i,j} = (∑_{j∈[1,n]} ∂_{i,j}r_{j,k})_{i,k}
= (r_{i,k})_{i,k} .

Zu (Ring 4). Es wird

((r_{i,j})_{i,j} + (r′_{i,j})_{i,j}) · ((s_{i,j})_{i,j} + (s′_{i,j})_{i,j})
= (r_{i,j} + r′_{i,j})_{i,j} · (s_{i,j} + s′_{i,j})_{i,j}
= (∑_{j∈[1,n]}(r_{i,j} + r′_{i,j})(s_{j,k} + s′_{j,k}))_{i,k}
= (∑_{j∈[1,n]}(r_{i,j}s_{j,k} + r_{i,j}s′_{j,k} + r′_{i,j}s_{j,k} + r′_{i,j}s′_{j,k}))_{i,k}
= (∑_{j∈[1,n]} r_{i,j}s_{j,k} + ∑_{j∈[1,n]} r_{i,j}s′_{j,k} + ∑_{j∈[1,n]} r′_{i,j}s_{j,k} + ∑_{j∈[1,n]} r′_{i,j}s′_{j,k})_{i,k}
= (∑_{j∈[1,n]} r_{i,j}s_{j,k})_{i,k} + (∑_{j∈[1,n]} r_{i,j}s′_{j,k})_{i,k} + (∑_{j∈[1,n]} r′_{i,j}s_{j,k})_{i,k} + (∑_{j∈[1,n]} r′_{i,j}s′_{j,k})_{i,k}
= (r_{i,j})_{i,j}(s_{i,j})_{i,j} + (r_{i,j})_{i,j}(s′_{i,j})_{i,j} + (r′_{i,j})_{i,j}(s_{i,j})_{i,j} + (r′_{i,j})_{i,j}(s′_{i,j})_{i,j} .

(2) Wir betrachten folgende Matrizen (r_{i,j})_{i,j} , (s_{i,j})_{i,j} ∈ R^{n×n}. Sei r_{i,j} := 1, falls i = 1 und j = 2, und r_{i,j} := 0 sonst. Sei s_{i,j} := 1, falls i = 2 und j = 1, und s_{i,j} := 0 sonst. Es ergibt sich der Eintrag bei (1, 1) von (r_{i,j})_{i,j} · (s_{i,j})_{i,j} zu ∑_{j∈[1,n]} r_{1,j}s_{j,1} = r_{1,2}s_{2,1} = 1. Es ergibt sich der Eintrag bei (1, 1) von (s_{i,j})_{i,j} · (r_{i,j})_{i,j} zu ∑_{j∈[1,n]} s_{1,j}r_{j,1} = 0. Da 1 ≠ 0, folgt (r_{i,j})_{i,j} · (s_{i,j})_{i,j} ≠ (s_{i,j})_{i,j} · (r_{i,j})_{i,j} .

Cf. Beispiel 3.(4).

Aufgabe 3

(1) Ist r + I = r′ + I, so ist r = r + 0 ∈ r + I = r′ + I. Somit gibt es ein x ∈ I mit r = r′ + x. Folglich ist r − r′ = x ∈ I. Sei umgekehrt r − r′ ∈ I. Für x ∈ I ist r + x = r′ + ((r − r′) + x) ∈ r′ + I, und also r + I ⊆ r′ + I. Auf der anderen Seite ist für y ∈ I auch r′ + y = r + (−(r − r′) + y) ∈ r + I, und also r′ + I ⊆ r + I. Insgesamt ist r + I = r′ + I.

(2) Seien r, r̃, r′, r̃′ ∈ R mit r + I = r̃ + I und r′ + I = r̃′ + I gegeben.

Es ist (r + r′) + I = (r̃ + r̃′) + I, da (r + r′) − (r̃ + r̃′) = (r − r̃) + (r′ − r̃′) ∈ I. Folglich ist die angegebene Additionsabbildung auf R/I wohldefiniert. Es ist (r · r′) + I = (r̃· r̃′) + I, da r · r′ − r̃· r̃′ = r(r′ − r̃′) + (r − r̃)r̃′ ∈ I. Folglich ist die angegebene Multiplikationsabbildung auf R/I wohldefiniert. Die Ringeigenschaften für R/I vererben sich wie folgt von R. Seien r, r′, r′′, s, s′ ∈ R. Zu (Ring 1). Es ist

(r + I) + ((r′ + I) + (r′′ + I)) = (r + I) + ((r′ + r′′) + I)
= (r + (r′ + r′′)) + I
= (r + r′ + r′′) + I ,

und genauso ((r + I) + (r′ + I)) + (r′′ + I) = (r + r′ + r′′) + I. Es ist (r + I) + (r′ + I) = (r + r′) + I = (r′ + r) + I = (r + I) + (r′ + I). Es ist (0 + I) + (r + I) = (0 + r) + I = r + I. Es ist ((−r) + I) + (r + I) = ((−r) + r) + I = 0 + I. Zu (Ring 2). Es ist

(r + I) · ((r′ + I) · (r′′ + I)) = (r + I) · ((r′ · r′′) + I)
= (r · (r′ · r′′)) + I
= (r · r′ · r′′) + I ,

und genauso ((r + I) · (r′ + I)) · (r′′ + I) = (r · r′ · r′′) + I. Zu (Ring 3). Es ist (1 + I) · (r + I) = (1 · r) + I = r + I. Es ist (r + I) · (1 + I) = (r · 1) + I = r + I. Zu (Ring 4). Es ist

((r + I) + (r′ + I)) · ((s + I) + (s′ + I))
= ((r + r′) + I) · ((s + s′) + I)
= ((r + r′) · (s + s′)) + I
= (r · s + r · s′ + r′ · s + r′ · s′) + I
= (r · s + I) + (r · s′ + I) + (r′ · s + I) + (r′ · s′ + I)
= (r + I) · (s + I) + (r + I) · (s′ + I) + (r′ + I) · (s + I) + (r′ + I) · (s′ + I) .

Cf. Bemerkung 6.(2).

Aufgabe 4

(1) Zeigen wir die Existenz von n ∈ Z_{⩾0} mit I = nZ. Sei I ⊆ Z ein Ideal. Ist I = 0, so ist I = 0Z. Ist I ≠ 0, so ist I ∩ Z_{⩾1} nicht leer, da mit jedem Element auch sein Negatives in I liegt. Sei n := min(I ∩ Z_{⩾1}). Wir behaupten, daß I =^{!} nZ. Wegen n ∈ I ist auch nZ ⊆ I. Bleibt die Inklusion I ⊆^{!} nZ zu zeigen. Sei x ∈ I. Dank Division mit Rest können wir x = na + b schreiben mit a, b ∈ Z und b ∈ [0, n − 1]. Es ist b = x − na ∈ I. Wäre b ≠ 0, so wäre b ∈ I ∩ Z_{⩾1} , aber b < n, im Widerspruch zur Wahl von n. Also ist b = 0, und folglich x = na ∈ nZ. Zeigen wir die Eindeutigkeit eines solchen n. Seien also n, ñ ∈ Z_{⩾0} mit I = nZ = ñZ. Ist I = 0, so ist n = 0 = ñ. Ist I ≠ 0, so sind n, ñ ⩾ 1. Ferner ist dann n ein Vielfaches von ñ, und ñ ein Vielfaches von n, was n = ñ nach sich zieht.

(2) Sei n prim. Zunächst ist 0 ≠ 1 in Z/n. Sei ferner x ∈ Z mit x ∉ nZ, i.e. mit x ≠ 0 in Z/n gegeben. Um zu zeigen, daß x in Z/n invertierbar ist, genügt es zu zeigen, daß Z/n \overline{}Z/n, y \overline{}xy surjektiv ist. Dafür wiederum genügt es wegen der Endlichkeit von Z/n zu zeigen, daß Z/n \overline{}Z/n, y \overline{}xy injektiv ist. Seien also y, y′ ∈ Z mit xy = xy′ in Z/n gegeben. Dann ist n ein Teiler von x(y − y′). Da n prim ist und da n kein Teiler von x ist, ist n ein Teiler von y − y′. In anderen Worten, es ist y = y′ in Z/n. Sei n nicht prim. Ist n = 1, so ist Z/1Z kein Körper, da darin 0 = 1 gilt. Wir dürfen also n ⩾ 2 annehmen. Schreibt man n = ab mit a, b ∈ [1, n − 1], so ist a in Z/n nicht invertierbar. Denn wäre xa = 1 in Z/n für x ∈ Z, so wäre b = xab = 0 in Z/n, aber b ≠ 0 in Z/n, da b ∈ [1, n − 1] in Z.

(3) Wir können n ∈ {15, 16, 20, 24, 30} wählen.

Cf. Beispiel 7.

Aufgabe 5

(1) Die Aussage ist falsch. Sei etwa R = Z/8, und sei x = 3. Dann ist x^{2} = 1, aber x ∉ {−1, +1}.

(2) Die Aussage ist falsch. Seien etwa n = 15 und x = 2. Die Ordnung von 2 in Z/15 ist 4, und das ist kein Teiler von 15 · 14.

Aufgabe 6

Zunächst merken wir an, daß auch I ∩ J ⊆ R ein Ideal ist.

Es ist φ wohldefiniert, da für r + (I ∩ J) = r′ + (I ∩ J) auch r + I = r′ + I und r + J = r′ + J, wobei r, r′ ∈ R. (Oder aber, man verwendet Bemerkung 13.)

Es ist φ ein Ringmorphismus.

Es ist φ injektiv, da aus r + I = 0 und r + J = 0 folgt, daß r ∈ I ∩ J, also r + (I ∩ J) = 0.

Zeigen wir die Surjektivität. Für r, s ∈ R wird ry + sx + (I ∩ J) abgebildet auf

(ry + sx + I, ry + sx + J) = (ry + I, sx + J) = (r(1 − x) + I, s(1 − y) + J) = (r + I, s + J) .

Aus dem Beweis der Surjektivität resultiert auch die Formel

(r + I, s + J)φ^{−1} = ry + sx + (I ∩ J)

für die Umkehrabbildung, wobei r, s ∈ R.

Aufgabe 7

Wie in Aufgabe 3.(1) sieht man, daß m + N = m̃ + N genau dann, wenn m − m̃ ∈ N, wobei m, m̃ ∈ M.

Die Addition ist wohldefiniert, da für m, m̃ ∈ M mit m + N = m̃ + N und für m′, m̃′ ∈ M mit m′+N = m̃′+N auch (m+m′)−(m̃+m̃′) = (m−m̃)+(m′−m̃′) ∈ N und somit (m+m′)+N = (m̃+m̃′)+N ist. Die Skalarmultiplikation ist wohldefiniert, da für r ∈ R und m, m̃ ∈ M mit m − m̃ ∈ N auch rm − rm̃ = r(m − m̃) ∈ N ist, und also rm + N = rm̃ + N ist.

Die R-Linksmodul-Eigenschaften von M/N vererben sich wie folgt von M. Seien m, m′, m′′ ∈ M und r, r′ ∈ R. Zu (LMod 1). Es ist

(m + N) + ((m′ + N) + (m′′ + N)) = (m + N) + ((m′ + m′′) + N)
= (m + (m′ + m′′)) + N
= (m + m′ + m′′) + N ,

und genauso ((m + N) + (m′ + N)) + (m′′ + N) = (m + m′ + m′′) + N. Es ist (m + N) + (m′ + N) = (m + m′) + N = (m′ + m) + N = (m + N) + (m′ + N). Es ist (0 + N) + (m + N) = (0 + m) + N = m + N. Es ist ((−m) + N) + (m + N) = ((−m) + m) + N = 0 + N. Zu (LMod 2). Es ist

r · (r′ · (m + N)) = r · ((r′ · m) + N)
= (r · (r′ · m)) + N
= ((r · r′) · m) + N
= (r · r′) · (m + N) .

Zu (LMod 3). Es ist 1 · (m + N) = (1 · m) + N = m + N. Zu (LMod 4). Es ist

(r + r′) · ((m + N) + (m′ + N))
= (r + r′) · ((m + m′) + N)
= ((r + r′) · (m + m′)) + N
= (rm + rm′ + r′m + r′m′) + N
= (rm + N) + (rm′ + N) + (r′m + N) + (r′m′ + N)
= r · (m + N) + r · (m′ + N) + r′ · (m + N) + r′ · (m′ + N)

Aufgabe 8

(1) Seien s, s′ ∈ S. Es ist

1_{S}f^{−1} = 1_{R}ff^{−1} = 1_{R} .

Es ist

(s + s′)f^{−1} = (sf^{−1}f + s′f^{−1}f)f^{−1} = (sf^{−1} + s′f^{−1})ff^{−1} = sf^{−1} + s′f^{−1} . Es ist

(s · s′)f^{−1} = (sf^{−1}f · s′f^{−1}f)f^{−1} = (sf^{−1} · s′f^{−1})ff^{−1} = sf^{−1} · s′f^{−1} .

(2) Seien r, r′ ∈ R und n, n′ ∈ N. Es ist

(rn + r′n′)f^{−1} = (r(nf^{−1}f) + r′(n′f^{−1}f))f^{−1}
= (r(nf^{−1}) + r′(n′f^{−1}))ff^{−1}
= r(nf^{−1}) + r′(n′f^{−1}) .

Aufgabe 9

(1) Die Aussage ist richtig.

Seien r, r′ ∈ R^{∘}, was als Menge gleich R ist.

Beachte zunächst, daß die Eins in R auch die Eins in R^{∘} ist.

Nun gilt weiterhin 1_{R}f = 1_{S} und (r + r′)f = rf + r′f für r, r′ ∈ R. Ferner ist (r ∗ r′)f = (r′ · r)f = r′f · rf = rf ∗ r′f für r, r′ ∈ R.

(2) Die Aussage ist richtig.

Bezeichne E = E_{2} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}). Bezeichne A^{t} die zu A ∈ Q^{2×2} transponierte Matrix.

Es ist

[figure: Q^{2×2}; ∼; (Q^{2×2})^{∘}; A; A^{t} ,]

da in der Tat E^{t} = E, (A + A′)^{t} = A^{t} + A^{′t} und (A · A′)^{t} = A^{′t} · A^{t} = A^{t} ∗ A^{′t} für A, A′ ∈ Q^{2×2}.

(3) Die Aussage ist falsch. Sei e.g. F := Z/2 und R = (\begin{matrix}F & F & F \\ 0 & F & F \\ 0 & F & F \end{matrix} ). Mittels Transposition ist R^{∘} ≃

(\begin{matrix}F & 0 & 0 \\ F & F & F \\ F & F & F \end{matrix} ) =: S; cf. (2).

Nehmen wir an, es ist S = (\begin{matrix}F & 0 & 0 \\ F & F & F \\ F & F & F \end{matrix} ) ≃ (\begin{matrix}F & F & F \\ 0 & F & F \\ 0 & F & F \end{matrix} ) = R.

In R = (\begin{matrix}F & F & F \\ 0 & F & F \\ 0 & F & F \end{matrix} ) gibt es ein Element r := (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ≠ 0 mit Rr = \{0, r\}. Also erfüllt das Bild s von r unter dem gegebenen Isomorphismus ebenfalls die Eigenschaft s ≠ 0 und Ss = {0, s}.

Seien e_{1} := (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}), e_{2} := (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) und e_{3} := (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}).

Enthielte s nichtverschwindende Einträge in den Zeilen i und j mit i ≠ j, so wäre e_{i}s ≠ 0 und e_{i}s ≠ s, da die Einträge von e_{i}s in Zeile j verschwinden. Also enthält s nur in einer Zeile nichtverschwindende Einträge.

Falls s = (\begin{matrix}a & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}), dann ist (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}a & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ a & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ∉ \{0, s\}, was nicht sein kann.

Falls s = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ b & c & d \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}), dann ist (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ b & c & d \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ b & c & d \end{matrix}) ∉ \{0, s\}, was nicht sein kann.

Falls s = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ e & f & g \end{matrix}), dann ist (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ e & f & g \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ e & f & g \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ∉ \{0, s\}, was nicht sein kann.

Insgesamt sind wir an einem Widerspruch angelangt.

Aufgabe 10 Eine Matrix in Z^{m×m} oder Z^{n×n} heiße hier invertierbar, falls sie ein ganzzahliges Inverses besitzt. Eine Zeilenvertauschung in einer Matrix in Z^{m×n} entspricht einer Multiplikation mit einer invertierbaren Matrix von links. Die Addition eines ganzzahligen Vielfachen einer Zeile zu einer anderen in einer Matrix in Z^{m×n} entspricht einer Multiplikation mit einer invertierbaren Matrix von links. Analog für Spaltenoperationen. Sei A ∈ Z^{m×n} gegeben. Wir dürfen m ⩾ 1 und n ⩾ 1 annehmen. Es genügt zu zeigen, daß es S ∈ Z^{m×m} invertierbar und T ∈ Z^{n×n} invertierbar so gibt, daß SAT = (\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & A′ \end{matrix} ) für ein a ∈ Z und ein A′ ∈ Z^{(m−1)×(n−1)}. Denn dies läßt sich iterieren, i.e. wir können dieselbe Aussage auf A′ anwenden, usf. Wir zeichnen folgende Teilmenge und folgendes Element der Menge [1, m]×[1, n] aller Eintragspositionen der Matrizen in Z^{m×n} aus. Sei {(i, 1) : i ∈ [2, m]} ∪ {(1, j) : j ∈ [2, n]} ⊆ [1, m] × [1, n] der Rand. Sei (1, 1) ∈ [1, m] × [1, n] das Eck. Sei also A ∈ Z^{m×n} gegeben, und seien nicht alle Einträge des Randes null. Mittels einer Zeilen- oder einer Spaltenvertauschung kann man erreichen, daß der Eintrag im Eck ungleich null ist. Es genügt zu zeigen, daß es S ∈ Z^{m×m} invertierbar und T ∈ Z^{n×n} invertierbar so gibt, daß der Betrag des Eintrags im Eck von SAT kleiner ist als der Betrag des Eintrags im Eck von A, oder so, daß im Rand von SAT alle Einträge null sind. Denn solche Umformungen lassen sich nur endlich oft iterieren, so daß eine Iteration schließlich mit einer Matrix endet, deren Einträge im Rand alle null sind.

Fall 1. Teilt der Eintrag im Eck von A jeden Eintrag des Randes, so kann mit Addition von Vielfachen der ersten Zeile auf die weiteren Zeilen und nachfolgender Addition von Vielfachen der ersten Spalte auf die weiteren Spalten erreicht werden, daß in der resultierenden Matrix im Rand alle Einträge null sind.

Fall 2. Teilt der Eintrag im Eck von A einen Eintrag des Randes nicht, so kann unter Verwendung von Division mit Rest mit Addition eines Vielfachen der ersten Zeile auf eine weitere Zeile oder mit Addition eines Vielfachen der ersten Spalte auf eine weitere Spalte erreicht werden, daß im Rand der umgeformten Matrix ein Eintrag steht, dessen Betrag kleiner ist als der Betrag des Eintrags im Eck. Diesen Eintrag können wir mit Zeilen- oder Spaltenvertauschen ins Eck bringen.

Im Fall 1 sind in der resultierenden Matrix alle Einträge des Randes gleich null. Im Fall 2 ist in der resultierenden Matrix der Eintrag im Eck von kleinerem Betrag als in der Ausgangsmatrix A.

Aufgabe 11

(1) Sei Z/m ^{\overline{}^{f}} Z/n eine Z-lineare Abbildung. Wähle ein a ∈ Z mit a + nZ = (1 + mZ)f. Es ist

ma + nZ = m(a + nZ) = m((1 + mZ)f) = (m(1 + mZ))f = (0 + mZ)f = 0 + nZ ,

und also ma ≡_{n} 0. Für z ∈ Z ist ferner

(z + mZ)f = (z(1 + mZ))f = z((1 + mZ)f) = z(a + nZ) = az + nZ ,

und also (Z/m ^{\overline{}^{f}} Z/n) = (Z/m ^{\overline{}^{a}} Z/n).

(2) Fall n ⩾ 1.

Für a, b ∈ Z mit am ≡_{n} bm ≡_{n} 0 ist (Z/m ^{\overline{}^{a}} Z/n) = (Z/m ^{\overline{}^{b}} Z/n) genau dann, wenn az ≡_{n} bz für alle z ∈ Z, i.e. wenn a ≡_{n} b. Sei k := n/ggT(m, n). Beachte, daß am ≡_{n} 0 genau dann, wenn a ≡_{k} 0. Also ist mit

a ∈ {0 · k, 1 · k, …, (n/k − 1) · k}

jede Z-lineare Abbildung genau einmal erfaßt. Die Anzahl der Z-linearen Abbildungen von Z/m nach Z/n ist mithin n/k = ggT(m, n). Fall n = 0, m ⩾ 1.

Nach (1) ist jede Z-lineare Abbildung von Z/m nach Z = Z/0 von der Form (Z/m ^{\overline{}^{a}} Z) für ein a ∈ Z mit am ≡_{0} 0, i.e. mit am = 0, i.e. mit a = 0, was der Nullabbildung entspricht. Die Anzahl der Z-linearen Abbildungen von Z/m nach Z ist mithin 1. Fall n = 0, m = 0.

Nach (1) ist jede Z-lineare Abbildung von Z = Z/0 nach Z = Z/0 von der Form (Z ^{\overline{}^{a}} Z) für ein a ∈ Z mit a0 ≡_{0} 0. Diese Bedingung ist leer. Verschiedene Werte von a führen zu verschiedenen Bildern von 1 ∈ Z, also zu verschiedenen Abbildungen. Mithin gibt es (abzählbar) unendlich viele Z-lineare Abbildungen von Z nach Z.

Aufgabe 12

(1) Ein solches f gibt es nicht.

Annahme, doch. Da ιf = id ist, ist (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) f = (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}). Sei (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) f = (\begin{matrix}x \\ 0 \end{matrix}) für ein x ∈ Q. Es wird

\begin{aligned}((\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}))f & =^{1.} & (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) f = (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) \\ & =^{2.} & (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) ((\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) f) = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}x \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix}) , \end{aligned}

und wir haben einen Widerspruch.

(2) Ein solches g gibt es nicht.

Annahme, doch. Da gρ = id, ist ((\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}))g = (\begin{matrix}x \\ 1 \end{matrix}) für ein x ∈ Q. Es wird

\begin{aligned}( (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) ((\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix})))g & =^{1.} & ( (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) )g = ( (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) )g = (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix}) \\ & =^{2.} & (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (((\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}))g) = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}x \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) , \end{aligned}

und wir haben einen Widerspruch.

Aufgabe 13

(1) Sei M′′ = _{Z}⟨{m′′_{1}, …, m′′_{t}}⟩ für ein t ⩾ 0. Wähle m_{i} ∈ M mit m_{i}p = m′′_{i} für i ∈ [1, t]. Sei Kern p = _{Z}⟨{m′_{1}, …, m′_{s}}⟩ für ein s ⩾ 0. Wir behaupten, daß

M = _{Z}⟨{m′_{1}, …, m′_{s} , m_{1}, …, m_{t}}⟩ .

Sei m ∈ M gegeben. Schreibe mp = w_{1}m′′_{1} + ⋯ + w_{t}m′′_{t} für gewisse w_{i} ∈ Z. Es ist (m − (w_{1}m_{1} + ⋯ + w_{t}m_{t}))p = 0. Also ist m − (w_{1}m_{1} + ⋯ + w_{t}m_{t}) ∈ Kern p, und wir können m − (w_{1}m_{1} + ⋯ + w_{t}m_{t}) = z_{1}m′_{1} + ⋯ + z_{s}m′_{s} schreiben für gewisse z_{i} ∈ Z. Insgesamt wird

m = (w_{1}m_{1} + ⋯ + w_{t}m_{t}) + (z_{1}m′_{1} + ⋯ + z_{s}m′_{s}) .

Dies zeigt die Behauptung.

(2) Wir führen eine Induktion nach ℓ. Für ℓ = 0 ist nichts zu zeigen. Sei also ℓ ⩾ 1 und die Aussage für ℓ − 1 bekannt.

Sei Z^{⊕ℓ} ^{\overline{}^{p}} Z^{⊕(ℓ−1)}, (z_{1}, z_{2}, …, z_{ℓ}) \overline{}(z_{2}, …, z_{ℓ}). Es ist p eine Z-lineare Abbildung. Sei M′′ := Im(p|_{M}) ⊆ Z^{⊕(ℓ−1)}. Nach Induktionsvoraussetzung ist M′′ endlich erzeugt. Wir haben eine surjektive Z-lineare Abbildung p|_{M}^{M′′} : M \overline{}M′′.

Wir haben die injektive Z-lineare Abbildung

Kern(p|_{M}^{M′′}) = \{(z_{1}, …, z_{ℓ}) ∈ Z^{⊕ℓ} : (z_{1}, …, z_{ℓ}) ∈ M, z_{i} = 0 für i ∈ [2, ℓ]\} \overline{}Z
(z_{1}, …, z_{ℓ}) \overline{}z_{1}

Ihr Bild ist nach Aufgabe 4.(1) endlich (viz. von einer einelementigen Menge) erzeugt. Also ist auch Kern(p|_{M}^{M′′}) als zu diesem Bild isomorpher Z-Modul endlich erzeugt.

Somit sind die in (1) gemachten Voraussetzungen an M′′ und Kern(p|_{M}^{M′′}) erfüllt, und wir können schließen, daß M endlich erzeugt ist.

Aufgabe 14

(1) Betrachte

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{ξ} & Y \ar[d]^{η} \ar[r]^{ρ} & Cokern f \\ X′ \ar[r]^{f′} & Y′ \ar[r]^{ρ} & Cokern f′}

Da f(ηρ) = ξf′ρ = ξ0 = 0, gibt es nach der universellen Eigenschaft des Cokerns genau eine

R-lineare Abbildung Cokern f ^{\overline{}^{c}} Cokern f′, für die ηρ = ρc ist; cf. Bemerkung 39.(2).

(2) Da η und ρ surjektiv sind, und da ηρ = ρc, folgt, daß c surjektiv ist. Wir haben zu zeigen, daß c

injektiv ist, i.e. daß Kern c =^{!} 0. Es schickt c das Element y+Im f = yρ auf yρc = yηρ = yη+Im f′ für y ∈ Y. Sei dieses Bildelement null. Dann ist yη = x′f′ für ein x′ ∈ X′. Dank ξ surjektiv gibt es ein x ∈ X mit xξ = x′. Also ist yη = x′f′ = xξf′ = xfη, also y − xf ∈ Kern η ⊆ Im f, und somit gibt es ein x̃ ∈ X mit y − xf = x̃f. Also ist y + Im f = (x + x̃)f + Im f = 0.

Aufgabe 15

Beachte, daß δ : ⨁_{i∈[1,k]} M_{i} \overline{}⨁_{i∈[1,ℓ]} N_{j}, (m_{1}, …, m_{k}) \overline{}(m_{1}δ_{1,1}, …, m_{ℓ}δ_{ℓ,ℓ}).

Wir haben den R-linearen Isomorphismus

Cokern δ = (⨁_{i∈[1,ℓ]} N_{j})/ Im δ ^{\overline{}^{∼}} ⨁_{i∈[1,ℓ]} Cokern δ_{i,i}
(n_{1} , …, n_{ℓ}) + Im δ  \overline{}(n_{1} + Im δ_{1,1} , …, n_{ℓ} + Im δ_{ℓ,ℓ})
(n_{1} , …, n_{ℓ}) + Im δ \overline{}(n_{1} + Im δ_{1,1} , …, n_{ℓ} + Im δ_{ℓ,ℓ}) .

Hierbei ist \overline{}wohldefiniert, da (n_{1} , …, n_{ℓ}) ∈ Im δ impliziert, daß n_{i} ∈ Im δ_{i,i} für alle i ∈ [1, ℓ].

Ferner ist \overline{}wohldefiniert, da (n_{1} , …, n_{ℓ}) ∈ Im δ von (n_{i} ∈ Im δ_{i,i} für alle i ∈ [1, ℓ]) auch impliziert wird.

Aufgabe 16

(1) Sei M ein endlich erzeugter Z-Modul, sagen wir, M = _{Z}⟨m_{1}, …, m_{ℓ}⟩ für ein ℓ ⩾ 0 und m_{i} ∈ M für

i ∈ [1, ℓ]. Sei Z ^{\overline{}^{μ_{i}}} M, z \overline{}zm_{i}. Sei μ = ( ⋮_{μ_{ℓ}}^{μ_{1}} ) : Z^{⊕ℓ} \overline{}M, (z_{1}, …, z_{ℓ}) \overline{}z_{1}m_{1} + ⋯ z_{ℓ}m_{ℓ}.

Nach Konstruktion ist μ surjektiv. Nach Aufgabe 13.(2) ist Kern μ endlich erzeugt. Genau wie eben erhalten wir ein k ⩾ 0 und eine

surjektive Z-lineare Abbildung Z^{⊕k} \overline{}Kern μ. Komponiert mit der Inklusion Kern μ ^{\overline{}^{ι}} M erhalten wir eine Z-lineare Abbildung φ = (φ_{i,j})_{i,j} : Z^{⊕k} \overline{}Z^{⊕ℓ}, für welche Im φ = Kern μ ist. Durch Hinzufügen weiterer Summanden auf der linken Seite, die allesamt auf 0 abgebildet werden, können wir ferner erreichen, daß 0 ⩽ ℓ ⩽ k. In anderen Worten, wir können der Matrix φ weitere Nullzeilen anfügen, ohne daß sich ihr Bild ändert. Für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, ℓ] ist φ_{i,j} : Z \overline{}Z eine Z-lineare Abbildung; sei f_{i,j} := 1φ_{i,j} , und sei F := (f_{i,j})_{i,j} ∈ Z^{k×ℓ}. Der Homomorphiesatz, angewandt auf μ, liefert einen Z-linearen Isomorphismus

Cokern φ = Z^{⊕ℓ}/ Im φ ^{\overline{}^{∼}} M
(z_{i})_{i} + Im φ \overline{}(z_{i})_{i} μ = ∑_{i∈[1,ℓ]} z_{i}m_{i} ;

cf. Lemma 30. Seien S = (s_{i,j})_{i,j} ∈ Z^{k×k} und T = (t_{i,j})_{i,j} ∈ Z^{ℓ×ℓ} ganzzahlig invertierbar so, daß SF T = D = (d_{i,j})_{i,j} diagonal ist; cf. Aufgabe 10. Sei σ_{i,j} : Z \overline{}Z, z \overline{}zs_{i,j} für i, j ∈ [1, k] ; sei δ = (δ_{i,j})_{i,j} . Es ist σ ein Z-linearer Isomorphismus. Sei τ_{i,j} : Z \overline{}Z, z \overline{}zt_{i,j} für i, j ∈ [1, k] ; sei τ = (τ_{i,j})_{i,j} . Es ist τ ein Z-linearer Isomorphismus. Sei δ_{i,j} : Z \overline{}Z, z \overline{}zd_{i,j} für i, j ∈ [1, k]. Aus SF T = D folgt σφτ = δ (^{13}).

13Man darf gemäß unseren Konventionen auch die Matrix S mit der Abbildung σ identifizieren, die Matrix F mit φ, die Matrix τ mit T und die Matrix D mit δ.

Anwendung von Aufgabe 14.(1, 2) auf das kommutative Viereck

\xymatrix{Z^{⊕k} \ar[r]^{φ} \ar[d]_{σ^{−1}}^{≀} & Z^{⊕ℓ} \ar[d]^{τ}_{≀} \\ Z^{⊕k} \ar[r]^{δ} & Z^{⊕ℓ}}

liefert einen Z-linearen Isomorphismus Cokern φ ^{\overline{}^{∼}} Cokern δ. Aufgabe 15, angewandt auf δ, liefert nun einen Isomorphismus Cokern δ ≃ ⨁_{i∈[1,ℓ]} Cokern δ_{i,i}. Da Cokern δ_{i,i} ≃ Z/d_{i,i} für i ∈ [1, ℓ], ist Cokern δ ≃ ⨁_{i∈[1,ℓ]} Z/d_{i,i}. Insgesamt ist also

M ≃ Cokern φ ≃ Cokern δ ≃ ⨁_{i∈[1,ℓ]} Z/d_{i,i} ,

und letzterer Z-Modul ist von der verlangten Form.

(2) Mit (1) bleibt ein endlicher Z-Modul der Form M = ⨁_{i∈[1,ℓ]} Z/e_{i} zu betrachten, wobei ℓ ⩾ 0 und e_{i} ∈ Z für i ∈ [1, ℓ]. Ohne Einschränkung ist e_{i} ⩾ 0 für i ∈ [1, ℓ]. Da M endlich ist, ist e_{i} ≠ 0 für alle i ∈ [1, ℓ]. Ist e_{i} = 1 für gewisse i ∈ [1, ℓ], so können wir die zugehörigen Summanden weglassen, da X ⊕ 0 ⊕ Y ≃ X ⊕ Y für Z-Moduln X und Y. Also ist M isomorph zu einem Z-Modul der verlangten Form.

Aufgabe 17

(1) Das linke Viereck kommutiert. Die beiden vertikalen Abbildungen sind surjektiv. Nach Aufgabe 14.(2) genügt es für die behauptete Isomorphie auf den Cokernen zu zeigen, daß

Kern(Z^{⊕ℓ} ^{\overline{}^{E_{ℓ}}} ⨁_{j∈[1,ℓ]} Z/n_{j}) ⊆^{!} Im(Z^{⊕(k+ℓ)} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}F \\ N \end{matrix} )}} Z^{⊕ℓ}) .

In der Tat ist der angeführte Kern gleich ⨁_{j∈[1,ℓ]} n_{j}Z, und also nach Definition von N im Bild enthalten.

(2) Jede Z-lineare Abbildung ist von der Form Z/2 ⊕ Z/16 ^{\overline{}^{( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix} )}} Z/4 ⊕ Z/8 . Hierbei ist a ∈ \{0, 2\}, b ∈ {0, 4}, c ∈ {0, 1, 2, 3} und d ∈ {0, 1, 2, …, 7}. Es gibt also 2 · 2 · 4 · 8 = 128 solche Z-lineare Abbildungen.

(3) Betrachte folgendes Diagramm; cf. (1).

[figure: Z/2 ⊕ Z/16; f=( \begin{matrix}2 & 4 \\ 2 & 2 \end{matrix} ); Z/4 ⊕ Z/8; ρ; g:=( \begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ); Cokern f; Z^{⊕4}; _{( \begin{matrix}2 & 4 \\ 2 & 2 \\ 4 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} )}; Z^{⊕2}; ≀; _{( \begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} )}; ρ; Cokern_{(\begin{matrix}2 & 4 \\ 2 & 2 \\ 4 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix})}; ≀; ≀; Z^{⊕4}; ≀; _{( \begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 \\ 2 & −3 & 0 & 0 \\ 2 & −4 & 1 & 0 \\ −4 & 4 & 0 & 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} )}; Z^{⊕2}; _{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} )}; Z/2 ⊕ Z/2; ≀; α]

Da das rechte schiefwinklige Viereck nach Wahl von g kommutiert, und da Z^{⊕2} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} )}} Z/4 ⊕ Z/8 surjektiv ist, ist auch gα = ρ. Also ist (f, g) rechtsexakt.

Die Lösung ist nicht eindeutig; das gilt auch für (4, 5, 6) unten.

(4) Betrachte folgendes Diagramm; cf. (1).

[figure: Z/4 ⊕ Z/16; f=( \begin{matrix}2 & 4 \\ −1 & 2 \end{matrix} ); Z/8 ⊕ Z/16; ρ; g:=( \begin{matrix}1 & −6 \\ 0 & 1 \end{matrix} ); Cokern f; Z^{⊕4}; _{( \begin{matrix}2 & 4 \\ −1 & 2 \\ 8 & 0 \\ 0 & 16 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} )}; Z^{⊕2}; ≀; _{( \begin{matrix}1 & −6 \\ 0 & 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} )}; ρ; Cokern_{(\begin{matrix}2 & 4 \\ −1 & 2 \\ 8 & 0 \\ 0 & 16 \end{matrix})}; ≀; ≀; Z^{⊕4}; ≀; _{( \begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \\ −2 & 4 & 1 & 0 \\ −2 & −4 & 0 & 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 8 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} )}; Z^{⊕2}; _{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} )}; Z/1 ⊕ Z/8; ≀; α]

Da das rechte schiefwinklige Viereck nach Wahl von g kommutiert, und da Z^{⊕2} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} )}} Z/4 ⊕ Z/8 surjektiv ist, ist auch gα = ρ. Also ist (f, g) rechtsexakt.

Wenn man möchte, kann man noch den Summanden Z/1 ≃ 0 unterschlagen und erhält die rechtsexakte Sequenz

Z/4 ⊕ Z/16 ^{\overline{}^{( \begin{matrix}2 & 4 \\ −1 & 2 \end{matrix} )}} Z/8 ⊕ Z/16 ^{\overline{}^{( \begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix} )}} Z/8 .

(5) Betrachte folgendes Diagramm; cf. (1).

[figure: Z/2 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8; f=( \begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix} ); Z/4 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8; ρ; g:=( \begin{matrix}0 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & −1 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} ); Cokern f; Z^{⊕6}; _{( \begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \\ 4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 8 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} )}; Z^{⊕3}; ≀; _{( \begin{matrix}0 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & −1 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )}; ρ; Cokern_{(_{2 2 4 2 2 2 2 2 4 4 0 0 0 4 0 0 0 8} )}; ≀; ≀; Z^{⊕6}; ≀; _{( \begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & −3 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 4 & −6 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & −4 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ −4 & 4 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} )}; Z^{⊕3}; _{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )}; Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/4; ≀; α]

Da das rechte schiefwinklige Viereck nach Wahl von g kommutiert, und da

Z^{⊕3} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )}} Z/4 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8

surjektiv ist, ist auch gα = ρ. Also ist (f, g) rechtsexakt.

(6) Betrachte folgendes Diagramm; cf. (1).

[figure: Z/4 ⊕ Z/8 ⊕ Z/8; f=( \begin{matrix}2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix} ); Z/4 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8; ρ; g:=( \begin{matrix}−1 & −2 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix} ); Cokern f; Z^{⊕6}; _{( \begin{matrix}2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 8 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} )}; Z^{⊕3}; ≀; _{( \begin{matrix}−1 & −2 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )}; ρ; Cokern_{(_{2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 0 0 0 4 0 0 0 8} )}; ≀; ≀; Z^{⊕6}; ≀; _{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & −1 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & −1 & −2 & 0 \\ −1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ −4 & 0 & 0 & 2 & 2 & 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} )}; Z^{⊕3}; _{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )}; Z/2 ⊕ Z/4 ⊕ Z/4; ≀; α]

Da das rechte schiefwinklige Viereck nach Wahl von g kommutiert, und da

Z^{⊕3} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} )}} Z/4 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8

surjektiv ist, ist auch gα = ρ. Also ist (f, g) rechtsexakt.

Aufgabe 18 Wir haben das Tupel (M_{i} ^{\overline{}^{ι_{i}}} ∐_{i∈I} M_{i}) aus R-linearen Abbildungen. Nach Voraussetzung gibt es eine R-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{f}} ∐_{i∈I} M_{i} mit μ_{i}f = ι_{i} für i ∈ I. Gemäß universeller Eigenschaft des Coprodukts aus Bemerkung 38.(2) gibt es auch eine R-lineare Abbildung ∐_{i∈I} M_{i} ^{\overline{}^{g}} M mit ι_{i}g = μ_{i} für i ∈ I. Es ist μ_{i}fg = ι_{i}g = μ_{i} = μ_{i} id_{M} für i ∈ I. Da es aber nach Voraussetzung für das Tupel (M_{i} ^{\overline{}^{μ_{i}}} M)_{i∈I} genau eine R-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{a}} M mit μ_{i}a = μ_{i} für i ∈ I gibt, folgt fg = a = id_{M}. Also ist f injektiv. Es ist ι_{i}gf = μ_{i}f = ι_{i} = ι_{i} id_{∐_{i∈I} M_{i}} für i ∈ I. Da es aber nach Bemerkung 38.(2) für das Tupel (M_{i} ^{\overline{}^{ι_{i}}} ∐_{i∈I} M_{i})_{i∈I} genau eine R-lineare Abbildung ∐_{i∈I} M_{i} ^{\overline{}^{b}} ∐_{i∈I} M_{i} mit ι_{i}b = ι_{i} für i ∈ I gibt, folgt gf = b = id_{∐_{i∈I} M_{i}} . Also ist f surjektiv.

Aufgabe 19 Ist z ∈ R invertierbar, so schreiben wir κ_{z} : R \overline{}R, r \overline{}z^{−1}rz für die Konjugation mit z. Sei zum einen _{id}R_{id} \overline{}^{f}_{∼} _{α}R_{β} . Es ist auch f^{−1} ein Isomorphismus. Sei x := 1f. Sei y := 1f^{−1}. Es wird

1 = 1f^{−1}f = yf =^{1.} (y · 1)f = y · (1f) = (yα)x =^{2.} (1 ∗ y)f = (1f) ∗ y = x(yβ) .

Es ist yα = (yα)x(yβ) = yβ. Also ist x invertierbar, x^{−1} = yα = yβ.

Für s ∈ R wird

\begin{aligned}sf & =^{1.} & (s · 1)f = s · (1f) = (sα)x \\ & =^{2.} & (1 ∗ s)f = (1f) ∗ s = x(sβ) . \end{aligned}

Es folgt x^{−1}(sα)x = sβ, also ακ_{x} = β, mithin κ_{x} = α^{−1}β.

Sei zum anderen ein invertierbares x ∈ R mit κ_{x} = α^{−1}β gegeben. Beachte, daß x(sβ) = (sα)x für s ∈ R. Setze

[figure: _{id}R_{id}; g; _{α}R_{β}; r; (rα)x .]

Es ist g eine R-R-lineare Abbildung, da sie mit der Addition verträglich ist und sich für s, t ∈ R

(s · r ∗ t)g = (srt)g = ((srt)α)x = (sα)(rα)(tα)x = (sα)(rα)x(tβ) = s · (rg) ∗ t

ergibt. Es ist g injektiv, da (rα)x = 0 impliziert, daß r = ((rα)xx^{−1})α^{−1} = (0x^{−1})α^{−1} = 0, wobei r ∈ R. Es ist g surjektiv, da sich für s ∈ R auch ((sx^{−1})α^{−1})αx = (sx^{−1})x = s ergibt.

Ergebnis. Es sind _{α}R_{β} und _{id}R_{id} isomorph genau dann, wenn es ein invertierbares Element x ∈ R gibt mit κ_{x} = α^{−1}β.

Aufgabe 20

Schreiben wir im folgenden eine Multiplikation ohne Multiplikationszeichen, so ist die Multiplikation in R gemeint.

(1) Sei ε := βα^{−1}γ. Sei ϑ := δ. Wir behaupten, daß

[figure: Hom_{R}(_{α}R_{β} , _{γ}R_{δ}); _{ε}R_{ϑ}; f; 1f]

ein Isomorphismus von R-R-Bimoduln ist.

Zeigen wir die R-R-Linearität der Abbildung. Die Verträglichkeit mit der Addition ist ersichtlich. Seien s, t ∈ R. Sei f ∈ Hom_{R}(_{α}R_{β} , _{γ}R_{δ}). Es wird

s · f ∗ t \overline{}1(s · f ∗ t)
= ((1 ∗ s)f) ∗ t
= ((sβ)f)(tδ)
= ((sβα^{−1} · 1)f)(tδ)
= (sβα^{−1}) · (1f)(tδ)
= (sβα^{−1}γ)(1f)(tδ)
= (sε)(1f)(tϑ) .

Die Abbildung ist injektiv, da aus 1f = 0 auch folgt, daß rf = ((rα^{−1}) · 1)f = (rα^{−1}) · (1f) = (rα^{−1}γ)(1f) = 0. Zeigen wir, daß die Abbildung surjektiv ist. Sei x ∈ _{ε}R_{ϑ} vorgegeben. Es ist _{α}R_{β} \overline{}_{γ}R_{δ}, r \overline{}(rα^{−1}γ)x eine R-lineare Abbildung, da sich für s ∈ R

s · r \overline{}((s · r)α^{−1}γ)x = (((sα)r)α^{−1}γ)x = (sγ)(rα^{−1}γ)x = s · ((rα^{−1}γ)x)

ergibt. Ferner wird (r \overline{}(rα^{−1}γ)x) \overline{}(1α^{−1}γ)x = x abgebildet.

(2) Sei ε := αβ^{−1}. Sei ϑ := δγ^{−1}. Wir behaupten, daß

[figure: _{α}R_{β}; ⊗_{R}; _{γ}R_{δ}; _{ε}R_{ϑ}; s; ⊗; t; (sβ^{−1})(tγ^{−1}); xβ; ⊗; 1; x]

ein Isomorphismus von R-R-Bimoduln ist. Zeigen wir die Existenz und Z-Linearität der Abbildung \overline{}. Es ist zu zeigen, daß

[figure: _{α}R_{β}; ×; _{γ}R_{δ}; _{ε}R_{ϑ}; (s; ,; t); (sβ^{−1})(sγ^{−1})]

eine R-bilineare Abbildung ist. Die Verträglichkeit mit der Addition in beiden Einträgen ist ersichtlich. Sei ferner ein r ∈ R gegeben. Es wird

((s ∗ r)β^{−1})(tγ^{−1}) = ((s(rβ))β^{−1})(tγ^{−1})
= (sβ^{−1})r(tγ^{−1})
= (sβ^{−1})(((rγ)t)γ^{−1})
= (sβ^{−1})((r · t)γ^{−1}) .

Zeigen wir die R-R-Linearität der Abbildung \overline{}. Die Verträglichkeit mit der Addition ist ersichtlich. Seien a, b ∈ R. Sei ∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i} ∈ _{α}R_{β} ⊗_{R} _{γ}R_{δ}. Es wird

a · (∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}) ∗ b = ∑_{i∈I}((aα)s_{i}) ⊗ (t_{i}(bδ))
\overline{}∑_{i∈I} (((aα)s_{i})β^{−1})((t_{i}(bδ))γ^{−1})
= (aαβ^{−1})( ∑_{i∈I}(s_{i}β^{−1})(t_{i}γ^{−1}))(bδγ^{−1})
= (aε)( ∑_{i∈I}(s_{i}β^{−1})(t_{i}γ^{−1}))(bϑ)
= a · ( ∑_{i∈I}(s_{i}β^{−1})(t_{i}γ^{−1})) ∗ b .

Es hätte auch genügt, die R-R-Linearität auf Elementartensoren nachzuweisen. Warum?

Die beiden angegebenen Abbildungen invertieren sich gegenseitig, da zum einen

∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}  \overline{}∑_{i∈I}(s_{i}β^{−1})(t_{i}γ^{−1})
\overline{}∑_{i∈I} ((s_{i}β^{−1})(t_{i}γ^{−1}))β ⊗ 1
= ∑_{i∈I} s_{i}(t_{i}γ^{−1}β) ⊗ 1
= ∑_{i∈I} s_{i} · (t_{i}γ^{−1}) ⊗ 1
= ∑_{i∈I} s_{i} ⊗ (t_{i}γ^{−1}) · 1
= ∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}

und zum anderen

x \overline{}xβ ⊗ 1
\overline{}(xββ^{−1})(1γ^{−1})
= x .

Auch hier hätte es genügt, die erstere Rechnung für Elementartensoren durchzuführen.

Insbesondere sind beide angegebenen Abbildungen bijektiv.

Dies kann man verwenden, um direkt mit Definition 95 aus §2.4 zu zeigen, daß

αR_{β} ⊗_{R} − : R-Mod \overline{}R-Mod

eine Äquivalenz ist.

Aufgabe 21

(1) Cf. Bemerkung 50.(2). Wir haben schon gesehen, daß s · f ∗ t für s ∈ S, f ∈ _{R}(M, N) und t ∈ T in der Tat eine R-lineare Abbildung ist. Ferner ist (_{R}(M, N), +) mit loc. cit. (1) eine abelsche Gruppe.

(LMod 2) Seien s, s′ ∈ S und f ∈ _{R}(M, N). Sei m ∈ M. Es ist

m(s · (s′ · f)) = (m ∗ s)(s′ · f) = ((m ∗ s) ∗ s′)f = (m ∗ (ss′))f = m((ss′) · f) . Folglich ist s · (s′ · f) = (ss′) · f.

(LMod 3) Sei f ∈ _{R}(M, N). Sei m ∈ M. Es ist

m(1 · f) = (m ∗ 1)f = mf .

Folglich ist 1 · f = f.

(LMod 4) Seien s, s′ ∈ S und f, f′ ∈ _{R}(M, N). Sei m ∈ M. Es ist

m((s + s′) · (f + f′)) = (m ∗ (s + s′))(f + f′)
= (m ∗ s + m ∗ s′)(f + f′)
= (m ∗ s)(f + f′) + (m ∗ s′)(f + f′)
= (m ∗ s)f + (m ∗ s)f′ + (m ∗ s′)f + (m ∗ s′)f′
= m(s · f) + m(s · f′) + m(s′ · f) + m(s′ · f′)
= m(s · f + s · f′ + s′ · f + s′ · f′) .

Folglich ist (s + s′) · (f + f′) = s · f + s · f′ + s′ · f + s′ · f′.

(RMod 2) Seien f ∈ _{R}(M, N) und t, t′ ∈ T. Sei m ∈ M. Es ist

m((f ∗ t) ∗ t′) = (m(f ∗ t)) ∗ t′ = ((mf) ∗ t) ∗ t′ = (mf) ∗ (tt′) = m(f ∗ (tt′)) , und also (f ∗ t) ∗ t′ = f ∗ (tt′).

(RMod 3) Sei f ∈ _{R}(M, N). Sei m ∈ M. Es ist

m(f ∗ 1) = (mf) ∗ 1 = mf .

Folglich ist f ∗ 1 = f.

(RMod 4) Seien f, f′ ∈ _{R}(M, N) und t, t′ ∈ T. Sei m ∈ M. Es ist

m((f + f′) ∗ (t + t′)) = (m(f + f′)) ∗ (t + t′)
= (mf + mf′) ∗ (t + t′)
= (mf) ∗ t + (mf) ∗ t′ + (mf′) ∗ t + (mf′) ∗ t′
= m(f ∗ t) + m(f ∗ t′) + m(f′ ∗ t) + m(f′ ∗ t′)
= m(f ∗ t + f ∗ t′ + f′ ∗ t + f′ ∗ t′) .

Folglich ist (f + f′) ∗ (t + t′) = f ∗ t + f ∗ t′ + f′ ∗ t + f′ ∗ t′.

(BiMod 3) Dies wurde in der Konstruktion schon vorweggenommen. Prüfen wir es dennoch nach.

Sei s ∈ S, f ∈ _{R}(M, N) und t ∈ T. Sei m ∈ M. Es ist

m((s · f) ∗ t) = (m(s · f)) ∗ t = ((m ∗ s)f) ∗ t = (m ∗ s)(f ∗ t) = m(s · (f ∗ t)) . Folglich ist in der Tat (s · f) ∗ t = s · f ∗ t = s · (f ∗ t).

(2) Cf. Bemerkung 58.(1). Für gegebene s ∈ S und t ∈ T verwenden wir die dort konstruierte Z-lineare Abbildung λ_{s,t} : M ⊗_{R} N \overline{}M ⊗_{R} N, m ⊗ n \overline{}s · m ⊗ n ∗ t, insbesondere setzen wir s · ξ := ξλ_{s,1}

und ξ ∗ t := ξλ_{1,t} für ξ ∈ M ⊗_{R} N.

(LMod 2) Seien s, s′ ∈ S, m ∈ M und n ∈ N. Es ist s · (s′ · (m ⊗ n)) = s · ((s′ · m) ⊗ n) = (s · (s′ · m)) ⊗ n = ((ss′) · m) ⊗ n = (ss′) · (m ⊗ n) . Da λ_{s′,1}λ_{s,1} und λ_{ss′,1} beide Z-linear sind, und da wir eben gesehen haben, daß sie auf Z-linearen Erzeugern übereinstimmen, folgt

s · (s′ · ξ) = (ss′) · ξ

für ξ ∈ M ⊗_{R} N.

(LMod 3) Seien m ∈ M und n ∈ N. Es ist

1 · (m ⊗ n) = (1 · m) ⊗ n = m ⊗ n .

Da λ_{1,1} und id_{M⊗_{R}N} beide Z-linear sind, und da wir eben gesehen haben, daß sie auf Z-linearen

Erzeugern übereinstimmen, folgt

1 · ξ = ξ

für ξ ∈ M ⊗_{R} N.

(LMod 4) Seien s, s′ ∈ S, m ∈ M und n ∈ N. Es wird

(s + s′) · (m ⊗ n) = ((s + s′) · m) ⊗ n
= (s · m + s′ · m) ⊗ n
= (s · m) ⊗ n + (s′ · m) ⊗ n
= s · (m ⊗ n) + s′ · (m ⊗ n)

Da λ_{s+s′, 1} und λ_{s,1} + λ_{s′,1} beide Z-linear sind, und da wir eben gesehen haben, daß sie auf Z-linearen Erzeugern übereinstimmen, folgt

(s + s′) · ξ = s · ξ + s′ · ξ

für ξ ∈ M ⊗_{R} N. Für ξ, ξ′ ∈ M ⊗_{R} N folgt also unter Verwendung der Z-Linearität von λ_{s̃,1}

für s̃ ∈ S, daß

(s + s′) · (ξ + ξ′) = (s + s′) · ξ + (s + s′) · ξ′ = s · ξ + s′ · ξ + s · ξ′ + s′ · ξ′ .

Die Rechtsmoduleigenschaften gelten nun dank Symmetrie. Zeigen wir noch das verbleibende R-S-Bimodulaxiom.

(BiMod 3) Seien s ∈ S, m ∈ M, n ∈ N und t ∈ T. Es wird

(s · (m ⊗ n)) ∗ t = ((s · m) ⊗ n) ∗ t = (s · m) ⊗ (n ∗ t) = s · (m ⊗ (n ∗ t)) = s · ((m ⊗ n) ∗ t) .

Da λ_{s,1}λ_{1,t}, λ_{s,t} und λ_{1,t}λ_{s,1} alle drei Z-linear sind, und da wir eben gesehen haben, daß sie auf Z-linearen Erzeugern übereinstimmen, folgt

(s · ξ) ∗ t = ξλ_{s,t} = s · (ξ ∗ t)

für ξ ∈ M ⊗_{R} N.

Aufgabe 22

Sei x ∈ X. Die Abbildung

[figure: Y; ×; Z; ψ′′′_{x}; (X; ⊗_{S}; Y); ⊗_{T}; Z; (y; ,; z); (x; ⊗; y); ⊗; z]

ist T -bilinear, was eine Z-lineare Abbildung

[figure: Y; ⊗_{T}; Z; ψ′′_{x}; (X; ⊗_{S}; Y); ⊗_{T}; Z; y; ⊗; z; (x; ⊗; y); ⊗; z]

liefert. Insgesamt erhalten wir die Abbildung

[figure: X; ×; (Y ⊗_{T} Z); ψ′; (X ⊗_{S} Y) ⊗_{T} Z; (x; ,; η); ηψ′′_{x}]

Explizit ist für I eine endliche Menge und y_{i} ∈ Y und z_{i} ∈ Z für i ∈ I

(x , ∑_{i∈I} y_{i} ⊗ z_{i})ψ′ = (∑_{i∈I} y_{i} ⊗ z_{i})ψ′′_{x} = ∑_{i∈I}((y_{i} ⊗ z_{i})ψ′′_{x}) = ∑_{i∈I}(x ⊗ y_{i}) ⊗ z_{i} .

Daran erkennt man auch, daß ψ′ eine S-bilineare Abbildung ist. Dies liefert die Z-lineare Abbildung

[figure: X; ⊗_{S}; (Y ⊗_{T} Z); ψ; (X ⊗_{S} Y) ⊗_{T} Z; x; ⊗; η; ηψ′′_{x}]

Explizit ist für I und J endliche Mengen und x_{j} ∈ X, y_{i,j} ∈ Y und z_{i,j} ∈ Z für i ∈ I und j ∈ J

(∑_{j∈J} x_{j} ⊗ (∑_{i∈I} y_{i,j} ⊗ z_{i,j}))ψ = ∑_{j∈J} ((x_{j} ⊗ (∑_{i∈I} y_{i,j} ⊗ z_{i,j}))ψ)
= ∑_{j∈J}(∑_{i∈I}(x_{j} ⊗ y_{i,j}) ⊗ z_{i,j})
= ∑_{i∈I, j∈J}(x_{j} ⊗ y_{i,j}) ⊗ z_{i,j} .

Daran erkennt man auch, daß ψ eine R-U-lineare Abbildung ist. Wie verlangt, ist insbesondere (x ⊗ (y ⊗ z))ψ = (x ⊗ y) ⊗ z.

Dank der Symmetrie der Situation gibt es auch eine Abbildung X ⊗_{S} (Y ⊗_{T} Z) ^{\overline{}^{ϑ}} (X ⊗_{S} Y) ⊗_{T} Z, für

welche unter anderem ((x ⊗ y) ⊗ z)ϑ = x ⊗ (y ⊗ z) für x ∈ X, y ∈ Y und z ∈ Z ist. Insbesondere ist ((x ⊗ y) ⊗ z)ϑψ = (x ⊗ y) ⊗ z. Da ϑψ und id auf Z-linearen Erzeugern übereinstimmen, folgt ϑψ = id. Genauso folgt ψϑ = id. Also ist ϑ bijektiv. Insgesamt ist ψ ein Isomorphismus von R-U-Bimoduln.

Man unterschlägt das obige Hantieren mit endlichen Summen an diversen Stellen auch gerne und spricht ersatzweise davon, daß sich die jeweiligen Sachverhalte “additiv fortsetzen”.

Aufgabe 23

(2) Die Aussage ist richtig. Sei (e_{1}, …, e_{m}) eine Basis von V, sei (e_{1}^{∗}, …, e_{m}^{∗}) die dazu duale Basis von V^{∗}. Sei (f_{1}, …, f_{n}) eine Basis von W, sei (f_{1}^{∗}, …, f_{n}^{∗}) die dazu duale Basis von W^{∗}. Für i ∈ [1, m] und j ∈ [1, n] definieren wir die K-lineare Abbildung

(V ⊗_{K} W ^{\overline{}^{φ_{i,j}}} K) := (V ⊗_{K} W ^{\overline{}^{e_{i}^{∗}⊗f_{j}^{∗}}} K ⊗_{K} K ^{\overline{}^{∼}} K) ,

so daß (v ⊗ w)φ_{i,j} = (ve_{i}^{∗})(wf_{j}^{∗}) für v ∈ V und w ∈ W, cf. Bemerkung 58.(2).

Definiere die K-lineare Abbildung

[figure: V ⊗_{K} W; φ; K^{m×n}; ξ; (ξφ_{i,j})_{i,j}]

und die K-lineare Abbildung

[figure: V ⊗_{K} W; ψ; K^{m×n}; ∑_{i,j} a_{i,j}e_{i} ⊗ f_{j}; (a_{i,j})_{i,j}]

Es ist V ⊗_{K}W = _{K}⟨{e_{i} ⊗ f_{j} : i ∈ [1, m], j ∈ [1, n]}⟩, da jeder Elementartensor in diesem Erzeugnis

liegt. Um φψ = id zu zeigen, genügt es also, dies auf e_{k} ⊗ f_{ℓ} für k ∈ [1, m] und ℓ ∈ [1, n] nachzurechnen. In der Tat wird

(e_{k} ⊗ f_{ℓ})φψ = ((e_{k} ⊗ f_{ℓ})φ_{i,j})_{i,j}ψ
= ((e_{k}e_{i}^{∗})(f_{ℓ}f_{j}^{∗}))_{i,j}ψ
= (∂_{k,i}∂_{ℓ,j})_{i,j}ψ
= ∑_{i,j} ∂_{k,i}∂_{ℓ,j}e_{i} ⊗ f_{j}
= e_{k} ⊗ f_{ℓ} .

Auf der anderen Seite wird

(a_{i,j})_{i,j}ψφ = (∑_{k,ℓ} a_{k,ℓ}e_{k} ⊗ f_{ℓ})φ
= ((∑_{k,ℓ} a_{k,ℓ}e_{k} ⊗ f_{ℓ})φ_{i,j})_{i,j}
= (∑_{k,ℓ} a_{k,ℓ}(e_{k} ⊗ f_{ℓ})φ_{i,j})_{i,j}
= (∑_{k,ℓ} a_{k,ℓ}(e_{k}e_{i}^{∗})(f_{ℓ}f_{j}^{∗}))_{i,j}
= (∑_{k,ℓ} a_{k,ℓ}∂_{k,i}∂_{ℓ,j})_{i,j}
= (a_{i,j})_{i,j} ,

und somit auch ψφ = id. Es folgt dim_{K}(V ⊗_{K} W) ≃ dim_{K} K^{m×n} = m · n = (dim_{K} V)(dim_{K} W).

Insbesondere ist (e_{i} ⊗ f_{j})_{i,j} eine Basis von V ⊗_{K} W, als Bild einer Basis von K^{m×n} unter einem K-linearen Isomorphismus.

Man könnte zur Lösung von Aufgabe 23.(2) auch Aufgabe 24.(3) heranziehen und

V ⊗_{K} W = (⨁_{i} Ke_{i}) ⊗_{K} (⨁_{j} Ke_{i}) ≃ ⨁_{i,j}(Ke_{i}) ⊗_{K} (Ke_{j}) ≃ ⨁_{i,j} K ⊗_{K} K ≃ ⨁_{i,j} K

folgern.

(1) Die Aussage ist falsch. Sei hierzu K ein endlicher Körper mit q Elementen, sei dim_{K} V = 2 und

dim_{K} W = 3. Es ist |V × W | = q^{2} · q^{3} < q^{2·3} = |V ⊗_{K} W |; cf. (2).

Es ist τ übrigens im allgemeinen auch nicht injektiv, da für v ≠ 0 zwar (v, 0) ≠ (0, 0), aber v ⊗ 0 = 0 = 0 ⊗ 0.

Aufgabe 24

(1) Die angegebene Abbildung ist T -S-linear; cf. Bemerkung 51.(1). Zeigen wir, daß sie bijektiv ist. Sei (g_{i})_{i} ∈ ∏_{i} Hom_{R}(X, M_{i}) gegeben. Nach der universellen Eigenschaft des Produktes gibt es nun

genau eine R-lineare Abbildung X ^{\overline{}^{g}} ∏_{i} M_{i} mit gπ_{i} = g_{i} für alle i ∈ I; cf. Bemerkung 38.(1).

(2) Die angegebene Abbildung ist S-T -linear; cf. Bemerkung 51.(1). Zeigen wir, daß sie bijektiv ist. Sei (g_{i})_{i} ∈ ∏_{i} Hom_{R}(M_{i} , X) gegeben. Nach der universellen Eigenschaft des Coproduktes gibt es nun

genau eine R-lineare Abbildung ∐_{i} M_{i} ^{\overline{}^{g}} X mit ι_{i}g = g_{i} für alle i ∈ I; cf. Bemerkung 38.(2).

(3) Die angegebene Abbildung existiert, wie die R-bilineare Abbildung von Y × (∐_{i} M_{i}) nach ∐_{i}(Y ⊗_{R} M_{i}), die (y, (m_{i})_{i}) \overline{}(y ⊗ m_{i})_{i} schickt, zeigt. Sie ist T -S-linear. Nennen wir sie ϑ.

Konstruieren wir eine Umkehrabbildung. Zur Familie der T -S-linearen Abbildungen

(Y ⊗_{R} M_{i} ^{\overline{}^{Y ⊗ι_{i}}} Y ⊗_{R} (∐_{i} M_{i}))_{i} gibt es nach der universellen Eigenschaft des Coproduktes

genau eine T -S-lineare Abbildung ∐_{i}(Y ⊗_{R} M_{i}) ^{\overline{}^{φ}} Y ⊗_{R} (∐_{i} M_{i}) mit ι_{i}φ = Y ⊗ ι_{i} für i ∈ I

(zwei verschiedene ι_{i}); cf. Bemerkung 38.(2).

Zeigen wir ϑφ =^{!} id. Es genügt, dies auf Elementartensoren zu überprüfen. Für y ∈ Y und (m_{i})_{i} ∈ ∐_{i} M_{i} wird

(y ⊗ (m_{i})_{i})ϑφ = (y ⊗ m_{i})_{i} φ
= ∑_{i}(y ⊗ m_{i})ι_{i}φ
= ∑_{i}(y ⊗ m_{i})(Y ⊗ ι_{i})
= ∑_{i}(y ⊗ m_{i}ι_{i})
= y ⊗ (∑_{i} m_{i}ι_{i})
= (y ⊗ (m_{i})_{i}) id .

Zeigen wir φϑ =^{!} id. Dank der Eindeutigkeit aus der universellen Eigenschaft des Coproduktes genügt es, ι_{i}φϑ =^{!} ι_{i} id für alle i ∈ I zu zeigen. Diese Gleichheit wiederum genügt es, auf Elementartensoren zu überprüfen. Für y ∈ Y und m_{i} ∈ M_{i} wird

(y ⊗ m_{i})ι_{i}φϑ = (y ⊗ m_{i})(Y ⊗ ι_{i})ϑ = (y ⊗ (m_{i}ι_{i}))ϑ = (y ⊗ m_{i})ι_{i} id .

Insgesamt haben wir ϑ als Isomorphismus nachgewiesen.

Sei _{S}Z_{T} gegeben. Wie in (3) sieht man auch den R-T -linearen Isomorphismus

(∐_{i} M_{i}) ⊗_{S} Z ^{\overline{}^{∼}} ∐_{i}(M_{i} ⊗_{S} Z) , (m_{i})_{i} ⊗ z \overline{}(m_{i} ⊗ z)_{i} .

Aufgabe 25

(1) Zunächst wollen wir auf der abelschen Gruppe A ⊗_{R} B eine Multiplikation definieren.

Seien a′ ∈ A und b′ ∈ B. Die Abbildung

[figure: A; ×; B; μ′′′′_{a′,b′}; A; ⊗_{R}; B; (a; ,; b); aa′; ⊗; bb′]

ist R-bilinear; insbesondere ist (ar)a′ ⊗ bb′ = (aa′)r ⊗ bb′ = aa′ ⊗ r(bb′) = aa′ ⊗ (rb)b′ für r ∈ R, a ∈ A und b ∈ B. Also gibt es die Z-lineare Abbildung

[figure: A; ⊗_{R}; B; μ′′′_{a′,b′}; A; ⊗_{R}; B; a; ⊗; b; aa′; ⊗; bb′]

Sei ξ ∈ A ⊗_{R} B. Die Abbildung

[figure: A; ×; B; μ′′_{ξ}; A ⊗_{R} B; (a′; ,; b′); ξμ′′′_{a′,b′}]

ist R-bilinear, wie wir nun zeigen wollen.

Seien a′, ã′ ∈ A und b′, b̃′ ∈ B gegeben. Es wird für a ∈ A und b ∈ B

(a ⊗ b)μ′′′_{a′+ã′, b′+b̃′} = a(a′ + ã′) ⊗ b(b′ + b̃′)
= aa′ ⊗ bb′ + aa′ ⊗ bb̃′ + aã′ ⊗ bb′ + aã′ ⊗ bb̃′
= (a ⊗ b)(μ′′′_{a′,b′} + μ′′′_{a′,b̃′} + μ′′′_{ã′,b′} + μ′′′_{ã′,b̃′}) .

Da μ′′′_{a′+ã′, b′+b̃′} und μ′′′_{a′,b′} + μ′′′_{a′,b̃′} + μ′′′_{ã′,b′} + μ′′′_{ã′,b̃′} beide Z-linear sind, und da wir eben gesehen haben, daß sie auf Z-linearen Erzeugern übereinstimmen, folgt ξμ′′′_{a′+ã′, b′+b̃′} = ξμ′′′_{a′,b′} + ξμ′′′_{a′,b̃′} + ξμ′′′_{ã′,b′} + ξμ′′′_{ã′,b̃′} .

Seien a′ ∈ A, r ∈ R und b′ ∈ B gegeben. Es wird für a ∈ A und b ∈ B

(a ⊗ b)μ′′′_{a′r,b′} = a(a′r) ⊗ bb′ = (aa′)r ⊗ bb′ = aa′ ⊗ r(bb′) = aa′ ⊗ b(rb′) = (a ⊗ b)μ′′′_{a′,rb′} .

Da μ′′′_{a′r,b′} und μ′′′_{a′,rb′} beide Z-linear sind, und da wir eben gesehen haben, daß sie auf Z-linearen Erzeugern übereinstimmen, folgt ξμ′′′_{a′r,b′} = ξμ′′′_{a′,rb′} .

Also ist A × B \overline{}A ⊗_{R} B, (a′, b′) ^{\overline{}^{μ′′_{ξ}}} ξμ′′′_{a′,b′} in der Tat R-bilinear. Wir erhalten die Z-lineare Abbildung

[figure: A; ⊗_{R}; B; μ′_{ξ}; A ⊗_{R} B; a′; ⊗; b′; (a′ ⊗ b′)μ′_{ξ} := ξμ′′′_{a′,b′}]

Insgesamt haben wir die Abbildung

[figure: A ⊗_{R} B; ×; A ⊗_{R} B; μ; A ⊗_{R} B; (ξ; ,; η); ημ′_{ξ} =: (ξ, η)μ =: ξ · μ]

konstruiert. Insbesondere wird für a, a′ ∈ A und b, b′ ∈ B

(a ⊗ b) · (a′ ⊗ b′) = (a′ ⊗ b′)μ′_{a⊗b} = (a ⊗ b)μ′′′_{a′,b′} = aa′ ⊗ bb′ .

Prüfen wir nach, daß (A ⊗_{R} B, +, ·) ein Ring ist. Beachte, daß

A ⊗_{R} B = {∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i} : I endliche Menge, a_{i} ∈ A, b_{i} ∈ B} .

Halten wir zunächst fest, daß für I und J endliche Mengen, a_{i}, a′_{j} ∈ A und b_{i}, b′_{j} ∈ B für i ∈ I, j ∈ J sich

(∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}) · (∑_{j∈J} a′_{j} ⊗ b′_{j}) = (∑_{j∈J} a′_{j} ⊗ b′_{j})μ′_{∑_{i∈I} a_{i}⊗b_{i}}
= ∑_{j∈J} ((a′_{j} ⊗ b′_{j})μ′_{∑_{i∈I} a_{i}⊗b_{i}})
= ∑_{j∈J} ((∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i})μ′′′_{a′_{j} , b′_{j}})
= ∑_{j∈J} ( ∑_{i∈I}((a_{i} ⊗ b_{i})μ′′′_{a′_{j} , b′_{j}}))
= ∑_{j∈J} ( ∑_{i∈I} a_{i}a′_{j} ⊗ b_{i}b′_{j})
= ∑_{i∈I, j∈J} a_{i}a′_{j} ⊗ b_{i}b′_{j}

ergibt. (Ring 2) Seien I, J und K endliche Mengen. Seien a_{i} , a′_{j} , a′′_{k} ∈ A und b_{i} , b′_{j} , b′′_{k} ∈ B für i ∈ I,

j ∈ J und k ∈ K. Es wird

((∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}) · (∑_{j∈J} a′_{j} ⊗ b′_{j})) · (∑_{k∈K} a′′_{k} ⊗ b′′_{k})
= (∑_{i∈I, j∈J} a_{i}a′_{j} ⊗ b_{i}b′_{j}) · (∑_{k∈K} a′′_{k} ⊗ b′′_{k})
= ∑_{i∈I, j∈J, k∈K} a_{i}a′_{j}a′′_{k} ⊗ b_{i}b′_{j}b′′_{k}
= (∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}) · (∑_{j∈J, k∈K} a′_{j}a′′_{k} ⊗ b′_{j}b′′_{k})
= (∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}) · ((∑_{j∈J} a′_{j} ⊗ b′_{j}) · (∑_{k∈K} a′′_{k} ⊗ b′′_{k})) .

(Ring 3) Sei I eine endliche Menge. Sei a_{i} ∈ A für i ∈ I. Es wird

(1 ⊗ 1) · (∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}) = ∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i} = (∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}) · (1 ⊗ 1) .

(Ring 4) Seien I und Ĩ disjunkte endliche Mengen. Seien J und J̃ disjunkte endliche Mengen. Seien

a_{i} , a′_{j} ∈ A und b_{i} , b′_{j} ∈ B für i ∈ I ⊔ Ĩ und j ∈ J ⊔ J̃. Es wird

((∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}) + (∑_{i∈Ĩ} a_{i} ⊗ b_{i})) · ((∑_{j∈J} a′_{j} ⊗ b′_{j}) + (∑_{j∈J̃} a′_{j} ⊗ b′_{j}))
= (∑_{i∈I⊔Ĩ} a_{i} ⊗ b_{i}) · (∑_{j∈J⊔J̃} a′_{j} ⊗ b′_{j})
= ∑_{i∈I⊔Ĩ, j∈J⊔J̃} a_{i}a′_{j} ⊗ b_{i}b′_{j}
= (∑_{i∈I, j∈J} a_{i}a′_{j} ⊗ b_{i}b′_{j}) + (∑_{i∈I, j∈J̃} a_{i}a′_{j} ⊗ b_{i}b′_{j})
+ (∑_{i∈Ĩ, j∈J} a_{i}a′_{j} ⊗ b_{i}b′_{j}) + (∑_{i∈Ĩ, j∈J̃} a_{i}a′_{j} ⊗ b_{i}b′_{j})
= (∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}) · (∑_{j∈J} a′_{j} ⊗ b′_{j}) + (∑_{i∈I} a_{i} ⊗ b_{i}) · (∑_{j∈J̃} a′_{j} ⊗ b′_{j})
+ (∑_{i∈Ĩ} a_{i} ⊗ b_{i}) · (∑_{j∈J} a′_{j} ⊗ b′_{j}) + (∑_{i∈Ĩ} a_{i} ⊗ b_{i}) · (∑_{j∈J̃} a′_{j} ⊗ b′_{j}) .

Also ist A ⊗_{R} B ein Ring. Nun benötigen wir noch einen Ringmorphismus von R nach A ⊗_{R} B. Setze

[figure: R; φ; A; ⊗_{R}; B; r; r · 1; ⊗; 1 .]

Dies ist ein Ringmorphismus. Also ist r(a ⊗ b) = (rφ)(a ⊗ b) = ra ⊗ b = a ⊗ rb für r ∈ R, a ∈ A und b ∈ B. Insbesondere ist (rφ)(∑_{i∈I} a_{i} ⊗b_{i}) = ∑_{i∈I} ra_{i} ⊗b_{i} = ∑_{i∈I} a_{i}r ⊗b_{i} = (∑_{i∈I} a_{i} ⊗b_{i})(rφ) für r ∈ R, I eine Menge und a_{i} ∈ A und b_{i} ∈ B für i ∈ I.

(2) In T oder T^{∘}, welche dieselbe unterliegende Menge haben, werde nur die Multiplikation in T ohne Multiplikationssymbol geschrieben. Sei zum einen _{S}M_{T} gegeben. Sei m ∈ M. Die Abbildung

[figure: S; ×; T^{∘}; μ′′_{m}; M; (s; ,; t); s · m ∗ t]

ist Z-bilinear. Also existiert die Z-lineare Abbildung

[figure: S; ⊗_{Z}; T^{∘}; μ′_{m}; M; s; ⊗; t; s · m ∗ t .]

Insgesamt haben wir eine Abbildung

[figure: S ⊗_{Z} T^{∘}; ×; M; μ; M; (ξ; ,; m); ξμ′_{m} =: (ξ, m)μ =: ξ · m .]

Insbesondere ist für I eine endliche Menge, s_{i} ∈ S und t_{i} ∈ T für i ∈ I

(∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}) · m = (∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i})μ′_{m} = ∑_{i∈I}((s_{i} ⊗ t_{i})μ′_{m}) = ∑_{i∈I} s_{i} · m ∗ t_{i} .

Zeigen wir, daß (M, +, ·) ein S ⊗ T^{∘}-Linksmodul ist.

(LMod 2) Seien I und J endliche Mengen. Seien s_{i} , s′_{j} ∈ S und t_{i} , t′_{j} ∈ T für i ∈ I und j ∈ J und

m ∈ M. Wir erhalten

((∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}) · (∑_{j∈J} s′_{j} ⊗ t′_{j})) · m = (∑_{i∈I, j∈J} s_{i}s′_{j} ⊗ t′_{j}t_{i}) · m
= ∑_{i∈I, j∈J}(s_{i}s′_{j}) · m ∗ (t′_{j}t_{i})
= (∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}) · (∑_{j∈J} s′_{j} · m ∗ t′_{j})
= (∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}) · ((∑_{j∈J} s′_{j} ⊗ t′_{j}) · m) .

(LMod 3) Sei m ∈ M. Wir erhalten

(1 ⊗ 1) · m = m .

(LMod 4) Seien I und Ĩ disjunkte endliche Mengen. Seien s_{i} ∈ S und t_{i} ∈ T für i ∈ I ⊔ Ĩ. Seien

m, m′ ∈ M. Es wird

((∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}) + (∑_{i∈Ĩ} s_{i} ⊗ t_{i}))(m + m′)
= (∑_{i∈I⊔Ĩ} s_{i} ⊗ t_{i})(m + m′)
= ∑_{i∈I⊔Ĩ} s_{i} · (m + m′) ∗ t_{i}
= ∑_{i∈I⊔Ĩ}(s_{i} · m ∗ t_{i} + s_{i} · m′ ∗ t_{i})
= (∑_{i∈I} s_{i} · m ∗ t_{i}) + (∑_{i∈Ĩ} s_{i} · m ∗ t_{i}) + (∑_{i∈I} s_{i} · m′ ∗ t_{i}) + (∑_{i∈Ĩ} s_{i} · m′ ∗ t_{i})
= (∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}) · m + (∑_{i∈Ĩ} s_{i} ⊗ t_{i}) · m + (∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}) · m′ + (∑_{i∈Ĩ} s_{i} ⊗ t_{i}) · m′ .

Sei zum anderen _{S⊗_{Z}T^{∘}}M gegeben.

Setze s · m := (s ⊗ 1) · m und m ∗ t := (1 ⊗ t) · m für s ∈ S, t ∈ T und m ∈ M.

(LMod 2) Seien s, s′ ∈ S und m ∈ M. Es wird

s · (s′ · m) = (s ⊗ 1) · ((s′ ⊗ 1) · m) = ((s ⊗ 1) · (s′ ⊗ 1)) · m = ((ss′) ⊗ 1) · m = (ss′) · m .

(LMod 3) Sei m ∈ M. Es wird 1 · m = (1 ⊗ 1) · m = m.

(LMod 4) Seien s, s′ ∈ S und m, m′ ∈ M. Es wird

(s + s′) · (m + m′) = ((s + s′) ⊗ 1) · (m + m′)
= (s ⊗ 1 + s′ ⊗ 1) · (m + m′)
= (s ⊗ 1) · m + (s ⊗ 1) · m′ + (s′ ⊗ 1) · m + (s′ ⊗ 1) · m′
= s · m + s · m′ + s′ · m + s′ · m′ .

(RMod 2) Seien t, t′ ∈ T und m ∈ M. Es wird

(m ∗ t) ∗ t′ = (1 ⊗ t′) · ((1 ⊗ t) · m) = ((1 ⊗ t) · (1 ⊗ t′)) · m = (1 ⊗ (t′t)) · m = m ∗ (t′t) .

(RMod 3) Sei m ∈ M. Es wird m ∗ 1 = (1 ⊗ 1) · m = m.

(RMod 4) Seien m, m′ ∈ M und t, t′ ∈ T. Es wird

(m + m′) ∗ (t + t′) = (1 ⊗ (t + t′)) · (m + m′)
= (1 ⊗ t + 1 ⊗ t′) · (m + m′)
= (1 ⊗ t) · m + (1 ⊗ t) · m′ + (1 ⊗ t′) · m + (1 ⊗ t′) · m′
= m ∗ t + m ∗ t′ + m′ ∗ t + m′ ∗ t′ .

(BiMod 3) Seien s ∈ S, m ∈ M und t ∈ T. Es wird

(s · m) ∗ t = (1 ⊗ t) · ((s ⊗ 1) · m)
= ((1 ⊗ t)(s ⊗ 1)) · m
= (s ⊗ t) · m
= ((s ⊗ 1)(1 ⊗ t)) · m
= (s ⊗ 1)((1 ⊗ t) · m)
= s · (m ∗ t) .
Man sieht auch noch, daß (s ⊗ t) · m = s · t ∗ m.

Beginnen wir mit _{S}M_{T} , bilden wir im ersten Schritt die zugehörige S⊗_{Z}T^{∘}-Linksmodulstruktur auf

M und dann im zweiten Schritt die wiederum hier dazugehörige S-T -Bimodulstruktur, so erhalten wir wegen den Gleichheiten (s ⊗ 1) · m = s · m und (1 ⊗ t) · m = m ∗ t aus dem ersten Schritt, wobei s ∈ S, t ∈ T und m ∈ M, gerade _{S}M_{T} zurück. Beginnen wir mit _{S⊗_{Z}T^{∘}}M, bilden wir im ersten Schritt die zugeörige S-T -Bimodulstruktur auf

M und dann im zweiten Schritt die wiederum hier dazugehörige S ⊗_{Z} T^{∘}-Linksmodulstruktur, so

erhalten wir wegen der Beziehung

∑_{i∈I} s_{i} · m ∗ t_{i} = ∑_{i∈I}((s_{i} ⊗ t_{i}) · m) = (∑_{i∈I} s_{i} ⊗ t_{i}) · m

aus dem ersten Schritt, wobei I endliche Menge, s_{i} ∈ S und t_{i} ∈ T für i ∈ I, m ∈ M, gerade

S⊗_{Z}T^{∘}M zurück.

Diese längliche Verifikation ist der Grund, warum S-T -Bimoduln nicht von vorneherein als S ⊗_{Z} T^{∘}-Linksmoduln eingeführt werden.

Aufgabe 26

Sei φ ∈ _{R}(_{R}M_{S} ⊗_{S} _{S}X, _{R}N). Zu zeigen ist φ(f ⊗ h, g)α_{X′,M′,N′} =^{!} φα_{X,M,N}(h, (f, g)).

Auf der einen Seite wird

φ(f ⊗ h, g)α_{X′,M′,N′} = ((f ⊗ h)φ g)α_{X′,M′,N′}
= (x′ \overline{}(m′ \overline{}(m′ ⊗ x′)(f ⊗ h)φ g))
= (x′ \overline{}(m′ \overline{}(m′f ⊗ x′h)φ g)) .

Auf der anderen Seite wird

φα_{X,M,N}(h, (f, g)) = (x \overline{}(m \overline{}(m ⊗ x)φ))(h, (f, g))
= h(x \overline{}(m \overline{}(m ⊗ x)φ))(f, g)
= (x′ \overline{}x′h \overline{}(m \overline{}(m ⊗ x′h)φ) \overline{}(m \overline{}(m ⊗ x′h)φ)(f, g))
= (x′ \overline{}(m \overline{}(m ⊗ x′h)φ)(f, g))
= (x′ \overline{}(m′ \overline{}m′f \overline{}(m′f ⊗ x′h)φ \overline{}(m′f ⊗ x′h)φ g)) ,
= (x′ \overline{}(m′ \overline{}(m′f ⊗ x′h)φ g)) .

Cf. Lemma 62.(2).

Aufgabe 27

Zu (1).

Zur Surjektivität von g. Sei Z = Cokern g. Es wird X′′ ^{\overline{}^{ρ}} Cokern g = Z unter _{R}(g, Z) auf gρ = 0 abgebildet. Da _{R}(g, Z) injektiv ist, folgt ρ = 0, i.e. Cokern g ≃ 0, i.e. g ist surjektiv.

Zur Exaktheit bei X. Sei Z = X′′. Es ist g = id_{X′′} _{R}(g, Z) ∈ Im _{R}(g, Z) = Kern _{R}(f, Z), und somit ist fg = g_{R}(f, Z) = 0, i.e. Im f ⊆ Kern g.

Sei nun Z = Cokern f. Es wird X ^{\overline{}^{ρ}} Cokern f = Z unter _{R}(f, Z) auf fρ = 0 abgebildet. Wegen der Exaktheit bei _{R}(X, Z) gibt es ein h ∈ _{R}(X′′, Z) mit h_{R}(g, Z) = ρ, i.e. mit gh = ρ. Ist nun x ∈ Kern g, so ist auch 0 = xgh = xρ = x + Im f, also x ∈ Im f. Dies zeigt Im f ⊇ Kern g.

Zu (2). Sei Z ein R-Linksmodul. Nach Lemma 52.(2) ist die Sequenz

[figure: R; (M′, Z); ^{^{R}(i,Z)}; R; (M, Z); ^{^{R}(p,Z)}; R; (M′′, Z)]

von S-Linksmoduln linksexakt. Nach Lemma 62 haben wir folgendes kommutative Diagramm von Z-Mo-duln; cf. Aufgabe 26.

\xymatrix{_{S}(N, _{R}(M′, Z)) \ar[d]_{α_{N,M′,Z}^{−1}}^{≀} & _{S}(N, _{R}(M, Z)) \ar[l]_{^{^{S}(N,_{R}(i,Z))}} \ar[d]_{α_{N,M,Z}^{−1}}^{≀} & _{S}(N, _{R}(M′′, Z)) \ar[l]_{^{^{S}(N,_{R}(p,Z))}} \ar[d]_{α_{N,M′′,Z}^{−1}}^{≀} \\ _{_{R}(M′ ⊗_{S} N, Z)} & _{_{R}(M ⊗_{S} N, Z)} \ar[l]_{_{_{R}(i⊗N,Z)}} & _{_{R}(M′′ ⊗_{S} N, Z)} \ar[l]_{_{_{R}(p⊗N,Z)}}}

Nach Lemma 52.(1) ist die obere Zeile linksexakt.

Denn da die Operation _{S}(N, −) kurz exakte Sequenzen in linksexakte Sequenzen überführt, überführt sie insbesondere injektive S-lineare Abbildungen in injektive Z-lineare Abbildungen. Eine linksexakte

Sequenz Y′ ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Y′′ von S-Moduln kann aber aufgespalten werden in eine kurz exakte Sequenz

Y′ ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g|^{Im g}}} Im g und noch eine injektive lineare Abbildung Im g [figure] Y′′. Die kurz exakte Sequenz kommt auf eine linksexakte Sequenz, die injektive Abbildung auf eine injektive Abbildung. Wieder zusammengesetzt, entsteht eine linksexakte Sequenz.

Daher ist auch die untere Zeile linksexakt.

Denn zum einen ist _{R}(p ⊗ N, Z) injektiv, da α_{N,M′′,Z}^{−1} bijektiv und α_{N,M′′,Z}^{−1} _{R}(p ⊗ N, Z) injektiv ist. Zum anderen ist α_{N,M′′,Z}^{−1} _{R}(p ⊗ N, Z)_{R}(i ⊗ N, Z) = 0, also _{R}(p ⊗ N, Z)_{R}(i ⊗ N, Z) = 0 und mithin Im _{R}(p ⊗ N, Z) ⊆ Kern _{R}(i ⊗ N, Z). Zum dritten sei uns ein ξ ∈ _{S}(M ⊗_{S} N, Z) mit

ξ_{R}(i ⊗ N, Z) = 0 gegeben. Dann ist 0 = ξ_{R}(i ⊗ N, Z)α_{N,M′,Z} = ξα_{N,M,Z} _{S}(N, _{R}(i, Z)), also ξα_{N,M,Z} ∈ Kern _{S}(N, _{R}(i, Z)) = Im _{S}(N, _{R}(p, Z)), also ξα_{N,M,Z} = η_{S}(N, _{R}(p, Z)) für ein η ∈ _{S}(N, _{R}(M′′, Z)). Somit ist ξ = η_{S}(N, _{R}(p, Z))α_{N,M,Z}^{−1} = η α_{N,M′′,Z}^{−1} _{R}(p ⊗ N, Z) ∈ Im _{R}(p ⊗ N, Z). Also ist auch Im _{R}(p ⊗ N, Z) ⊇ Kern _{R}(i ⊗ N, Z).

Mit (1) folgt schließlich die Rechtsexaktheit von M′ ⊗_{S} N ^{\overline{}^{i⊗N}} M ⊗_{S} N ^{\overline{}^{p⊗N}} M′′ ⊗_{S} N.

Aufgabe 28

(1) Sei _{R}M ^{\overline{}^{f}} _{R}M′′ eine surjektive R-lineare Abbildung. Zu zeigen ist, daß

R(∐_{α∈A} P_{α} , M) ^{\overline{}^{^{R}(∐_{α∈A} P_{α} , f)}} _{R}(∐_{α∈A} P_{α} , M′′)

surjektiv ist. Sei eine R-lineare Abbildung ∐_{α∈A} P_{α} ^{\overline{}^{g}} M′′ vorgegeben. Sei β ∈ A. Wegen der Projektivität von P_{β} ist

R(P_{β} , M)^{\overline{}^{^{R}(P_{β} , f)}} _{R}(P_{β} , M′′)

surjektiv. Sei P_{β} ^{\overline{}^{h_{β}}} M eine R-lineare Abbildung mit h_{β}f = h_{β} _{R}(P_{β} , f) = ι_{β}g. Sei

∐_{α∈A} P_{α} ^{\overline{}^{h}} M die R-lineare Abbildung mit ι_{α}h = h_{α} für alle α ∈ A; cf. Bemerkung 38.(2). Für α ∈ A wird

ι_{α}(h_{R}(∐_{α∈A} P_{α} , f)) = ι_{α}hf = h_{α}f = ι_{α}g ,

und also, wegen der Eindeutigkeit aus der universellen Eigenschaft aus loc. cit., h_{R}(∐_{α∈A} P_{α} , f) = g, wie gesucht.

Man kann auch vorbringen, daß _{R}(∐_{α∈A} P_{α} , −) ≃ ∏_{α∈A} _{R}(P_{α} , −) exakt ist als Produkt exakter Funktoren – sofern man sich darum gekümmert hat, alle in diesem Argument auftretenden Begriffe einzuführen. Cf. Aufgabe 24.(2).

(2) Wir haben zu zeigen, daß X projektiv ist. Sei _{R}M ^{\overline{}^{f}} _{R}M′′ eine surjektive R-lineare Abbildung. Zu zeigen ist, daß

R(X, M) ^{\overline{}^{^{R}(X,f)}} _{R}(X, M′′)

surjektiv ist. Sei eine R-lineare Abbildung X ^{\overline{}^{g}} M′′ vorgegeben. Wegen der Projektivität von X ⊕ Y ist

R(X ⊕ Y, M) ^{\overline{}^{^{R}(X⊕Y,f)}}  _{R}(X ⊕ Y, M′′)

surjektiv. Sei X ⊕ Y ^{\overline{}^{( \begin{matrix}u \\ v \end{matrix} )}} M eine R-lineare Abbildung mit (\begin{matrix}uf \\ vf \end{matrix} ) = (\begin{matrix}u \\ v \end{matrix}) f = (\begin{matrix}u \\ v \end{matrix}) _{R}(X ⊕ Y, f) =

(\begin{matrix}g \\ 0 \end{matrix}). Es folgt u_{R}(X, f) = uf = g, wie gesucht.

Man kann auch vorbringen, daß _{R}(X, −) als Summand des exakten Funktors _{R}(X ⊕ Y, −) exakt ist – sofern man alles definiert hat.

(3) Zeigen wir, daß R projektiv ist. Sei _{R}M ^{\overline{}^{f}} _{R}M′′ eine surjektive R-lineare Abbildung. Zu zeigen ist, daß

R(R, M) ^{\overline{}^{^{R}(R,f)}} _{R}(R, M′′)

surjektiv ist. Sei eine R-lineare Abbildung R ^{\overline{}^{g}} M′′ vorgegeben. Wähle m ∈ M mit mf = 1g.

Setze R ^{\overline{}^{h}} M, r \overline{}rm. Für r ∈ R ist also

rhf = (rm)f = r(mf) = r(1g) = (r · 1)g = rg ,

und also h_{R}(R, f) = hf = g, wie gesucht.

Man kann auch vorbringen, daß _{R}(R, −) zur Identität isomorph ist. Cf. Bemerkung 50.(3).

Seien nun X und Y zwei R-Linksmoduln. Sei B eine Menge. Sei X ⊕ Y ≃ ∐_{β∈B} R. Nach dem vorigen und nach (1) ist ∐_{β∈B} R projektiv. Nach (2) ist X projektiv.

Sei umgekehrt ein projektiver R-Linksmodul X gegeben. Sei ∐_{x∈X} R ^{\overline{}^{f}} X definiert durch rι_{x}f = rx für r ∈ R und x ∈ X; cf. Bemerkung 38.(2).

Es ist f surjektiv, da für x ∈ X insbesondere (1ι_{x})f = x ist. Da X projektiv ist, ist auch

R(X, ∐_{x∈X} R) ^{\overline{}^{^{R}(X,f)}} _{R}(X, X)

surjektiv. Insbesondere gibt es eine R-lineare Abbildung X ^{\overline{}^{g}} ∐_{x∈X} R mit gf = g_{R}(X, f) = id_{X} .

Sei Y := Kern f. Wir behaupten, daß X ⊕ Y ^{\overline{}^{( \begin{matrix}g \\ ι \end{matrix} )}} ∐_{x∈X} R ein Isomorphismus ist.

Zur Injektivität. Sei (x, y) ∈ X ⊕ Y mit 0 = (x, y) (\begin{matrix}g \\ ι \end{matrix}) = xg + yι = xg + y gegeben. Dann ist 0 = (xg + y)f = xgf + 0 = x. Also ist auch y = −xg = 0.

Zur Surjektivität. Sei t ∈ ∐_{x∈X} R vorgegeben. Es ist (t − tfg)f = tf − tfgf = tf − tf = 0, also

t − tfg ∈ Y. Es wird (tf, t − tfg) (\begin{matrix}g \\ ι \end{matrix}) = tfg + (t − tfg)ι = tfg + (t − tfg) = t.

Dies zeigt die Behauptung.

(4) Sei ∐_{m∈M} R ^{\overline{}^{f}} M definiert durch rι_{m}f = rm für m ∈ M; cf. Bemerkung 38.(2). Es ist f surjektiv, da für m ∈ M insbesondere (1ι_{m})f = m ist. Mit (3) ist ∐_{m∈M} R projektiv (beachte, daß X ⊕ 0 ≃ X für jeden R-Linksmodul X).

(5) Zu zeigen ist, daß X′ ⊗_{R} P ^{\overline{}^{i⊗P}} X ⊗_{R} P injektiv ist; cf. Lemma 60.(1).

1. Seien P ⊕ Q \overline{}^{( \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} )}_{∼} ∐_{α∈A} R \overline{}^{(^{c d})}_{∼} P ⊕ Q sich gegenseitig invertierende Morphismen, cf. (3), so

daß insbesondere (\begin{matrix}ac & ∗ \\ ∗ & ∗ \end{matrix}) = (\begin{matrix}a \\ b \end{matrix}) (^{c d}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}), und speziell ac = 1. Also ist auch (X′ ⊗ a)(X′ ⊗ c) = X′ ⊗ 1 = 1. Insbesondere ist X′ ⊗ a injektiv. Wir haben ein kommutatives Viereck

\xymatrix{X′ ⊗_{R} P \ar[r]^{i⊗P} \ar[d]_{X′⊗a} & X ⊗_{R} P \ar[d]^{X⊗a} \\ X′⊗_{R} ∐_{α∈A} R \ar[r]^{i⊗(∐_{α∈A} R)} & X⊗_{R} ∐_{α∈A} R ,}

da (X′ ⊗ a)(i ⊗ (∐_{α∈A} R)) = i ⊗ a = (i ⊗ P)(X ⊗ a). Also genügt es zu zeigen, daß i ⊗ (∐_{α∈A} R) injektiv ist.

2. Aus Aufgabe 13.(3) entnehmen wir den Isomorphismus X′ ⊗_{R} ∐_{α∈A} R \overline{}^{τ′}_{∼} ∐_{α∈A} X′ ⊗_{R} R ,

x′ ⊗ (r_{α})_{α} \overline{}(x′ ⊗ r_{α})_{α} von Z-Moduln. Analog wird X ⊗_{R} ∐_{α∈A} R \overline{}^{τ}_{∼} ∐_{α∈A} X ⊗_{R} R gebildet.

3. Wir haben einen Isomorphismus X′ ⊗_{R} R ^{\overline{}^{μ′}} X′, x′ ⊗ r \overline{}x′r; cf. Bemerkung 58.(3). Setze

damit ∐_{α∈A} X′ ⊗_{R} R \overline{}^{ν′}_{∼} ∐_{α∈A} X′, (ξ′_{α})_{α} \overline{}(ξ′_{α}μ′)_{α}. Dies ist bijektiv und Z-linear, da dies für

μ′ zutrifft. Analog wird ∐_{α∈A} X ⊗_{R} R \overline{}^{ν}_{∼} ∐_{α∈A} X gebildet.

4. Setze ∐_{α∈A} X′ ^{\overline{}^{j}} ∐_{α∈A} X, (x′_{α})_{α} \overline{}(x′_{α}i)_{α}. Dies ist injektiv und Z-linear, da dies für i zutrifft.

5. Folgendes Viereck kommutiert.

\xymatrix{X′⊗_{R} ∐_{α∈A} R \ar[d]_{τ′}^{≀} \ar[r]^{i⊗(∐_{α∈A} R)} & X⊗_{R} ∐_{α∈A} R \ar[d]^{τ}_{≀} \\ ∐_{α∈A} X′⊗_{R}R \ar[d]_{ν′}^{≀} & ∐_{α∈A} X⊗_{R}R \ar[d]^{ν}_{≀} \\ ∐_{α∈A} X′ \ar[r]_{j} & ∐_{α∈A} X}

Es genügt, dies auf Elementartensoren nachzuweisen. Es wird für x′ ∈ X′ und (r_{α})_{α} ∈ ∐_{α∈A} R

\begin{matrix}(x′ ⊗ (r_{α})_{α})τ′ν′j = (x′ ⊗ r_{α})_{α} ν′j = (x′r_{α})_{α} j = ((x′r_{α})i)_{α} = (x′ir_{α})_{α} \\ = (x′i ⊗ r_{α})_{α}ν = (x′i ⊗ (r_{α})_{α})τν = (x′ ⊗ (r_{α})_{α})(i ⊗ (∐_{α∈A} R))τν . \end{matrix}

6. Da nun τ′, ν′ und j injektiv sind, gilt dies auch für i ⊗ (∐_{α∈A} R).

Aufgabe 28.(1-4) zeigt die Bemerkung 64.

Aufgabe 29

(1) Sei _{R}M′ ^{\overline{}^{f}} _{R}M eine injektive R-lineare Abbildung. Zu zeigen ist, daß

R(M′, ∏_{α∈A} I_{α}) ^{\overline{}^{^{R}(f, ∏_{α∈A} I_{α})}} _{R}(M, ∏_{α∈A} I_{α})

surjektiv ist. Sei eine R-lineare Abbildung M′ ^{\overline{}^{g}} ∏_{α∈A} I_{α} vorgegeben. Sei β ∈ A. Wegen der Injektivität von I_{β} ist

R(M′, I_{β}) ^{\overline{}^{^{R}(f,I_{β})}} _{R}(M, I_{β})

surjektiv. Sei M ^{\overline{}^{h_{β}}} I_{β} eine R-lineare Abbildung mit fh_{β} = h_{R}(f, I_{β}) = gπ_{β} . Sei

M ^{\overline{}^{h}} ∏_{α∈A} I_{α} die R-lineare Abbildung mit hπ_{α} = h_{α} für alle α ∈ A; cf. Bemerkung 38.(1). Für α ∈ A wird

(h_{R}(f, ∏_{α∈A} I_{α}))π_{α} = fhπ_{α} = fh_{α} = gπ_{α} ,

und also, wegen der Eindeutigkeit aus der universellen Eigenschaft aus loc. cit., h_{R}(f, ∏_{α∈A} I_{α})) = g, wie gesucht.

Man kann auch vorbringen, daß _{R}(−, ∏_{α∈A} I_{α}) ≃ ∏_{α∈A} _{R}(−, I_{α}) exakt ist als Produkt exakter Funktoren – sofern man sich darum gekümmert hat, alle in diesem Argument auftretenden Begriffe einzuführen. Cf. Aufgabe 24.(1).

(2) Wir haben zu zeigen, daß X injektiv ist. Sei _{R}M′ ^{\overline{}^{f}} _{R}M eine injektive R-lineare Abbildung. Zu zeigen ist, daß

R(M′, X) ^{\overline{}^{^{R}(f,X)}} _{R}(M′′, X)

surjektiv ist. Sei eine R-lineare Abbildung M′ ^{\overline{}^{g}} X vorgegeben. Wegen der Injektivität von X⊕Y ist

R(M′, X ⊕ Y) ^{\overline{}^{^{R}(f,X⊕Y)}} _{R}(M, X ⊕ Y)

surjektiv. Sei M ^{\overline{}^{(^{u v})}} X ⊕ Y eine R-lineare Abbildung mit (^{fu fv}) = f (^{u v}) = (^{u v}) _{R}(f, X ⊕ Y) = (^{g 0}). Es folgt u_{R}(f, X) = fu = g, wie gesucht.

Man kann auch vorbringen, daß _{R}(−, X) als Summand des exakten Funktors _{R}(−, X ⊕ Y) exakt ist – sofern alles definiert ist.

Aufgabe 29 zeigt die Bemerkung 66.

Aufgabe 30

Schreibe R := (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix}). Schreibe e := (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) und f := (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}). Sei n := (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}).

Zur Projektivität.

Zu (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) und (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}). Es ist (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) ⊕ (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) ^{\overline{}^{∼}} (\begin{matrix}Q & Q \\ 0 & Q \end{matrix}) = R, ((\begin{matrix}a \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}b \\ d \end{matrix})) \overline{}(\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}). Nach Aufgabe 28.(3) sind

also (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) und (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) projektiv.

Wir wollen zeigen, daß M := (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) nicht projektiv ist. Hierzu genügt es zu zeigen, daß die Identität auf M unter

R(M, (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix})) ^{\overline{}^{^{R}(M, ρ)}} _{R}(M, M)

kein Urbild hat, i.e. daß es keine R-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{g}} (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) mit gρ = id gibt. Das aber wurde schon in Aufgabe 12.(2) gezeigt.

Zur Injektivität.

Wir wollen zeigen, daß (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) nicht injektiv ist. Hierzu genügt es zu zeigen, daß die Identität auf (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) unter

R((\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}))^{\overline{}^{^{R}(ι, ( \begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix} ))}}_{R}((\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) , (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}))

kein Urbild hat, i.e. daß es keine R-lineare Abbildung (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) ^{\overline{}^{f}} (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) mit ιf = id gibt. Das aber wurde schon in Aufgabe 12.(1) gezeigt.

Wir wollen zeigen, daß (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) injektiv ist. Sei X ^{\overline{}^{u}} Y eine injektive R-lineare Abbildung. Sei X ^{\overline{}^{t}} (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) eine R-lineare Abbildung.

Es ist X = eX ⊕ fX als Q-Vektorräume, da x = ex + fx für x ∈ X und da ein Element in eX ∩ fX sich bei Multiplikation mit ef nicht ändert, wobei aber ef = 0. Wir haben die Abbildung nX : fX \overline{}eX, fx \overline{}nfx = enx. Wir schreiben kurz u_{e} = u|_{eX}^{eY} und u_{f} = u|_{fX}^{fY} ; diese Abbildungen sind beide injektiv. Das Viereck

\xymatrix{fX \ar[d]_{nX} \ar[r]^{u_{f}} & fY \ar[d]^{nY} \\ eX \ar[r]^{u_{e}} & eY}

kommutiert.

Nach Basisergänzungssatz sind alle Q-Moduln injektiv. Wähle eine Q-lineare Abbildung s′ : eY \overline{}e (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) mit u_{e}s′ := t_{e}. Da n (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) ein Q-linearer Isomorphismus ist, gibt es genau eine Q-lineare Abbildung

s′′ : fY \overline{}f (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) mit (nY)s′ = s′′(n (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix})).

Setze s : Y \overline{}(\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}), y \overline{}(ey)s′ + (fy)s′′. Diese Abbildung ist Q-linear. Um zu zeigen, daß sie R-linear ist, müssen wir die Verträglichkeit mit e, f und n überprüfen. Für y ∈ Y wird in der Tat

[figure: ey; (eey)s′ + (fey)s′′; =; (ey)s′; =; e((ey)s′ + (fy)s′′); fy; (efy)s′ + (ffy)s′′; =; (fy)s′; =; f((ey)s′ + (fy)s′′); ny; (eny)s′ + (fny)s′′; =; (nfy)s′; =; (fy)(nY)s′ = (fy)s′′(n (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix})) = n((ey)s′ + (fy)s′′) .]

Ferner ist us = t, da für x ∈ X sich

xus = (e(xu))s′ + (f(xu))s′′
= (ex)u_{e}s′ + (fx)u_{f}s′′
= (ex)t_{e} + (fx)u_{f}(nY)s′(n (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}))^{−1}
= (ex)t_{e} + (fx)(nX)u_{e}s′(n (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}))^{−1}
= (ex)t_{e} + (fx)(nX)t_{e}(n (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}))^{−1}
= (ex)t_{e} + (fx)(nX)(nX)^{−1}t_{f}
= (ex)t_{e} + (fx)t_{f}
= (ex + fx)t
= xt .

ergibt.

Wir wollen zeigen, daß M := (\begin{matrix}Q \\ Q \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) injektiv ist. Sei X ^{\overline{}^{u}} Y eine injektive R-lineare Abbildung. Sei

X ^{\overline{}^{t}} (\begin{matrix}Q \\ 0 \end{matrix}) eine R-lineare Abbildung. Die Bezeichnungen seien wie im vorigen Fall.

Beachte, daß eM = 0. Wähle eine Q-lineare Abbildung s′′ : fY \overline{}fM mit u_{f}s′ := t_{f} .

Setze s : Y \overline{}M, y \overline{}(fy)s′′. Diese Abbildung ist Q-linear. Um zu zeigen, daß sie R-linear ist, müssen wir die Verträglichkeit mit e, f und n überprüfen. Für y ∈ Y wird in der Tat

[figure: ey; (fey)s′′; =; 0; =; e((fy)s′′); fy; (ffy)s′′; =; (fy)s′; =; f((fy)s′′); ny; (fny)s′′; =; 0; =; en((fy)s′′) = nf((fy)s′′) = n((fy)s′′) .]

Ferner ist us = t, da für x ∈ X sich

xus = (f(xu))s′′
= (fx)u_{f}s′′
= (fx)t_{f}
= f(xt)
= e(xt) + f(xt)
= xt

ergibt.

Aufgabe 31

(1) Die Aussage ist richtig.

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y eine injektive Abbildung. Seien T [figure: g; g̃] X Abbildungen mit gf = g̃f. Sei t ∈ T. Es ist

tgf = tg̃f. Die Injektivität von f gibt tg = tg̃. Dies zeigt, daß g = g̃. Also ist f monomorph.

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y eine monomorphe Abbildung. Seien x, x′ ∈ X mit xf = x′f gegeben. Sei \{1\} ^{\overline{}^{g}} X,

1 \overline{}x. Sei \{1\} ^{\overline{}^{g′}} X, 1 \overline{}x′. Dann ist gf = g′f, da 1gf = xf = x′f = 1g′f. Da f monomorph ist, folgt g = g′. Also ist x = 1g = 1g′ = x′. Somit ist f injektiv.

(2) Die Aussage ist falsch.

Betrachte den Einbettungsmorphismus Z [figure: f] Q. Es ist f nicht surjektiv. Wir behaupten, daß f

epimorph ist. Seien Q [figure: g; g′] R zwei Ringmorphismen mit fg = fg′.

Letztere Bedingung ist ohnehin erfüllt, da Z in (Rings) initial ist.

Sei \frac{a}{b} ∈ Q. Es ist (\frac{a}{1})g = afg = afg′ = (\frac{a}{1})g′. Ferner ist

(\frac{1}{b})g = (\frac{1}{b})g · (\frac{b}{1} · \frac{1}{b})g′ = (\frac{1}{b})g · (\frac{b}{1})g′ · (\frac{1}{b})g′ = (\frac{1}{b})g · (\frac{b}{1})g · (\frac{1}{b})g′ = (\frac{1}{b} · \frac{b}{1})g · (\frac{1}{b})g′ = (\frac{1}{b})g′ .

Insgesamt wird also

(\frac{a}{b})g = (\frac{a}{1} · \frac{1}{b})g = (\frac{a}{1})g · (\frac{1}{b})g = (\frac{a}{1})g′ · (\frac{1}{b})g′ = (\frac{a}{1} · \frac{1}{b})g′ = (\frac{a}{b})g′ .

Also ist g = g′.

(3) Die Aussage ist richtig.

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ein Epimorphismus. Wir behaupten zunächst, daß f surjektiv ist. Sei angenommen, es gibt ein y_{0} ∈ Y ∖ Xf. Setze

Y ^{\overline{}^{g_{1}}} \{0, 1\}, y \overline{}0 für y ∈ Y ∖ \{y_{0}\}, y_{0} \overline{}1. Setze Y ^{\overline{}^{g_{0}}} \{0, 1\}, y \overline{}0 für y ∈ Y. Es ist fg_{1} = fg_{0} , da Xf ⊆ Y ∖ {y_{0}}. Da f epimorph ist, folgt g_{1} = g_{0} . Also ist 1 = y_{0}g_{1} = y_{0}g_{0} = 0, Widerspruch. Also ist f surjektiv. Wir wählen nun für jedes y ∈ Y ein Element yg ∈ f^{−1}({y}), was wegen f^{−1}({y}) ≠ ∅ möglich ist

und mittels Auswahlaxiom eine Abbildung Y ^{\overline{}^{g}} X liefert. Nach Konstruktion ist ygf = y für y ∈ Y, also gf = id. Somit ist f eine Retraktion.

(4) Die Aussage ist falsch.

Sei R = Z. Es ist Z/2 ^{\overline{}^{2}} Z/4 injektiv, dank Bemerkung 76 also monomorph. Wir wollen zeigen, daß keine Coretraktion vorliegt. In entgegengesetzter Richtung gibt es die Morphismen

Z/2 ^{\overline{}^{a}} Z/4 mit a ∈ \{0, 1\}. Das Kompositum wird zu (Z/2 ^{\overline{}^{2}} Z/4 ^{\overline{}^{a}} Z/2) = (Z/2 ^{\overline{}^{0}} Z/2),

und das ist ungleich der Identität auf Z/2. Also ist Z/2 ^{\overline{}^{2}} Z/4 keine Coretraktion.

Man kann natürlich auch Aufgabe 12.(1) heranziehen.

Ist hingegen R ein Körper, so ist in R-Mod dank Basisergänzungssatz jeder Monomorphismus eine Coretraktion.

Aufgabe 32

(1) Die Aussage ist richtig. Seien X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z mit fg monomorph. Seien T [figure: t; t′] X mit tf = t′f

gegeben. Es folgt tfg = t′fg und also t = t′ wegen fg monomorph. Folglich ist f monomorph.

(2) Die Aussage ist richtig. Seien X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z ^{\overline{}^{r}} X mit (fg)r = id. Es folgt f(gr) = id. Also ist f eine Coretraktion.

(3) Die Aussage ist richtig. Sei X ^{\overline{}^{f}} Y eine Retraktion, sei X ^{\overline{}^{u}} Y mit uf = id. Seien Y [figure: t; t′] T mit ft = ft′ gegeben. Es folgt t = uft = uft′ = t′. Also ist f epimorph.

(4) Die Aussage ist falsch. Sei C = Z-lat die volle Teilkategorie von Z-Mod, die durch Ob Z-lat :=

\{Z^{⊕m} : m ⩾ 0\} definiert ist (“Z-lattices”). In Z-lat ist der Morphimus Z ^{\overline{}^{2}} Z kein Isomorphis-

mus, da er in Z-Mod keiner ist, mangels Surjektivität. In Z-lat ist Z ^{\overline{}^{2}} Z ein Monomorphismus, da er dies als injektive Z-lineare Abbildung sogar in Z-Mod ist.

Bleibt zu zeigen, daß Z ^{\overline{}^{2}} Z in Z-lat ein Epimorphismus ist. Seien Z [figure: (t_{i})_{i}; (t′_{i})_{i}] Z^{⊕m} zwei Z-lineare

Abbildungen mit 2(t_{i})_{i} = 2(t′_{i})_{i}. Es folgt 2t_{i} = 2t′_{i} für alle i ∈ [1, m], somit auch t_{i} = t′_{i} für alle

i ∈ [1, m], und also (t_{i})_{i} = (t′_{i})_{i}. Somit ist Z ^{\overline{}^{2}} Z in Z-lat ein Epimorphismus.

(5) Die Aussage ist richtig. Sei X ^{\overline{}^{f}} Y epimorph, und sei X ^{\overline{}^{u}} Y mit fu = id. Es folgt f(uf) = (fu)f = f = f id, und also uf = id. Somit ist f ein Isomorphismus.

Sei 0 ein Nullobjekt. Ist 0 → X ein Epimorphismus, so ist 0 ⟶^{∼} X. Denn ohnehin ist 0 → X eine Coretraktion.

(6) Die Aussage ist falsch. Sei C = Z-Mod. Es ist Z/4 ^{\overline{}^{1}} Z/2 ein Epimorphismus, da surjektiv. In die

entgegengesetzte Richtung gibt es die Morphismen Z/4 ^{\overline{}^{a}} Z/2 mit a ∈ \{0, 2\}. Das Kompositum

wird zu (Z/2 ^{\overline{}^{a}} Z/4 ^{\overline{}^{1}} Z/2) = (Z/2 ^{\overline{}^{0}} Z/2), und das ist ungleich der Identität auf Z/2.

Also ist Z/4 ^{\overline{}^{1}} Z/2 keine Retraktion.

(7) Die Aussage ist richtig. Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{g}} Z ^{\overline{}^{h}} W mit fg und gh Isomorphismen. Es ist ((fg)^{−1}f)g = id. Es ist g(h(gh)^{−1}) = id. Es folgt u := ((fg)^{−1}f) = ((fg)^{−1}f)g(h(gh)^{−1}) = (h(gh)^{−1}) und also ug = id und gu = id. Somit ist g ein Isomorphismus. Also sind auch f = (fg)g^{−1} und h = g^{−1}(gh) Isomorphismen.

Für g Isomorphismus kann man nach dem Nachweis, daß g Retraktion und, dual, Coretraktion ist, auch (3) und (5) heranziehen.

(8) Die Aussage ist falsch. Sei C = Q-Mod. Sei X := ∐_{i∈Z_{⩾1}} Q . Sei X ^{\overline{}^{f}} X, (a_{i})_{i⩾1} \overline{}(a_{i+1})_{i⩾1} .

Dies ist eine Q-lineare Abbildung, folglich ein Endomorphismus von X. Sei X ^{\overline{}^{u}} X, (b_{i})_{i⩾1} \overline{}(b_{i−1})_{i⩾1} , wobei b_{0} := 0 gesetzt werde. Dies ist eine Q-lineare Abbildung. Es ist (b_{i})_{i⩾1}uf = (b_{i−1})_{i⩾1}f = (b_{i})_{i⩾1} für (b_{i})_{i} ∈ X. Somit ist f eine Retraktion. Aber es ist f nicht injektiv, da (1, 0, 0, …)f = 0. Also ist f kein Automorphismus.

(9) Die Aussage ist falsch. Wir führen ein Gegenbeispiel zur dualen Aussage an. In (Sets) ist {1} terminal, aber ∅ \overline{}\{1\} nicht epimorph, da es von \{1\} nach \{1, 2\} zwei verschiedene Abbildungen gibt, die nach Vorkomposition mit ∅ \overline{}\{1\} gleich werden.

(10) Die Aussage ist falsch. Sei C = D = Z-Mod. Sei F = Z/2 ⊗_{Z} −. Dann ist F (Z ^{\overline{}^{2}} Z) =

(Z/2 ⊗_{Z} Z ^{\overline{}^{Z/2⊗2}} Z/2 ⊗_{Z} Z) der Nullmorphismus, aber Z/2 ⊗_{Z} Z ≃ Z/2 ≄ 0. Also ist F (Z ^{\overline{}^{2}} Z)

kein Monomorphismus, obzwar Z ^{\overline{}^{2}} Z einer ist. Cf. Beispiel 61.

(11) Die Aussage ist richtig. Sei f eine Coretraktion. Sei dementsprechend ein X ^{\overline{}^{h}} Y mit fh = id_{X} gegeben. Dann ist (F f)(F h) = F (fh) = F (id_{X}) = id_{F X} . Also ist F h eine Coretraktion.

Aufgabe 33

Die dualen Aussagen lauten wie folgt. Der Wahrheitsgehalt einer kategoriellen Aussage ändert sich beim Dualisieren nicht, der Deutlichkeit halber werde er angemerkt.

(1) Ist fg ein Epimorphismus, so auch g. (Richtig.)

(2) Ist fg eine Retraktion, so auch g. (Richtig.)

(3) Ist f eine Coretraktion, so ist f monomorph. (Richtig.)

(4) Ist f monomorph und epimorph, so ist f ein Isomorphismus. (Selbstdual; falsch.)

(5) Ist f eine Retraktion und monomorph, so ist f ein Isomorphismus. (Richtig.)

(6) Ist f monomorph, so ist f eine Coretraktion. (Falsch.)

(7) Sind fg und gh Isomorphismen, so auch f, g und h. (Selbstdual; richtig.)

(8) Ist f ein Endomorphismus und eine Coretraktion, so ist f ein Automorphismus. (Falsch.)

(9) Ist Y terminal, so ist X ^{\overline{}^{f}} Y epimorph. (Falsch.)

(10) Ist f ein Epimorphismus, so auch F f. (Falsch.)

(11) Ist f eine Retraktion, so auch F f. (Richtig.)

Beachte für (7, 8), daß auch C^{∘} \overline{}D^{∘}, f \overline{}F f ein Funktor ist. Aufgabe 34 Existenz und Eindeutigkeit von C(ξ, η) bezüglich ρC(ξ, η) = ηρ haben wir in Aufgabe 14 gesehen.

Für (X ^{\overline{}^{f}} Y) ∈ Ob C ist C id_{(X⟶^{f}Y)} = C(id_{X} , id_{Y}) = id_{C(X⟶^{f}Y)}, da ρ id_{C(X⟶^{f}Y)} = id_{Y} ρ.

Seien nun Morphismen (X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{(ξ,η)}} (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′)^{\overline{}^{(ξ′,η′)}}(X′′ ^{\overline{}^{f′′}} Y′′) in C gegeben. Wir haben C(ξ, η)C(ξ′, η′) =^{!} C(ξξ′, ηη′) zu zeigen. Wegen ρ epimorph genügt es, ρC(ξ, η)C(ξ′, η′) =^{!} ρC(ξξ′, ηη′) zu zeigen. In der Tat wird

ρC(ξ, η)C(ξ′, η′) = ηρC(ξ′, η′)
= ηη′ρ
= ρC(ξξ′, ηη′) .
X ^{f} [figure]_{ξ} [figure]  Y_{η} [figure] ^{ρ} [figure] C(X ^{\overline{}^{f}} Y)_{C(ξ,η)} [figure]  _{C(ξξ′,ηη′)} [figure] X′ _{f′}  [figure]_{ξ′} [figure]  Y′_{η′} [figure]  _{ρ} [figure] C(X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′)_{C(ξ′,η′)} [figure] X′′ _{f′′} [figure] Y′′ _{ρ} [figure] C(X′′ ^{\overline{}^{f′′}} Y′′)

Aufgabe 35

(1) Schreibe 0 ^{\overline{}^{α}} 1 für den einzigen nichtidentischen Morphismus in Δ_{1}^{k} .

Die Objekte in Δ_{1}^{k} , R-Mod sind die Funktoren von Δ_{1}^{k} nach R-Mod. Ein solcher Funktor F ist durch die Angabe seines Bildes F 0 ^{\overline{}^{F α}} F 1 auf dem Morphismus 0 ^{\overline{}^{α}} 1 bestimmt. Umgekehrt definiert jeder Morphismus in R-Mod auf diese Weise einen Funktor, denn wenn man noch id_{0} und id_{1} auf die jeweilige Identität schickt, so sind alle für die Verträglichkeit mit F zu überprüfenden Kompositionen trivial. Ein Morphismus in Δ_{1}^{k} , R-Mod von F nach G ist ein Paar (a0, a1) von Morphismen in R-Mod so, daß das Viereck

\xymatrix{F 0 \ar[r]^{F α} \ar[d]_{a0} & F 1 \ar[d]^{a1} \\ G0 \ar[r]^{Gα} & G1}

Somit können wir Δ_{1}^{k} , R-Mod mit C via F \overline{}(F 0 ^{\overline{}^{F α}} F 1) und a = (a0, a1) \overline{}(a0, a1) identifizieren.

(2) Setze

\begin{matrix}C & ^{\overline{}^{F}} & R-Mod \\ (X ^{\overline{}^{f}} Y) & \overline{} & Y \\ (ξ, η) & \overline{} & η . \end{matrix}

Dies ist offenbar ein Funktor. Wir haben das Tupel

(F (X ^{\overline{}^{f}} Y) \overline{}C(X ^{\overline{}^{f}} Y))_{(X⟶^{f}Y)∈Ob C} := (Y ^{\overline{}^{ρ}} Cokern f)_{(X⟶^{f}Y)∈Ob C} .

Seine Natürlichkeit ist zu zeigen. Sei (X ^{\overline{}^{f}} Y) ^{\overline{}^{(ξ,η)}} (X′ ^{\overline{}^{f′}} Y′) ein Morphismus in C. Wie in der Lösung zu Aufgabe 34 erhalten wir das kommutative Diagramm

\xymatrix{X \ar[r]^{f} \ar[d]_{ξ} & Y \ar[d]^{η} \ar[r]^{ρ} & Cokern f \ar[d]^{C(ξ,η)} \\ X′ \ar[r]^{f′} & Y′ \ar[r]^{ρ} & Cokern f′}

Das rechte kommutative Viereck darin zeigt die verlangte Natürlichkeit.

Aufgabe 36

(1) Wir wollen zeigen, daß

\begin{matrix}Ĉ(_{C}(−, X), F ) & ^{\overline{}^{∼}} & F X \\ a = (aY)_{Y ∈Ob C} & ^{\overline{}^{φ}} & (1_{X})aX \\ (f \overline{}ξ(F f))_{Y ∈Ob C} & ^{\overline{}^{ψ}} & ξ . \end{matrix}

Zeigen wir, daß ψ wohldefiniert ist, i.e. zeigen wir die Natürlichkeit von ((ξψ)Y)_{Y ∈Ob C} =

(f \overline{}ξ(F f))_{Y ∈Ob C} . Sei Y ^{\overline{}^{g}} Y′ in C gegeben. Wir erhalten folgendes Viereck.

\xymatrix{_{C}(Y, X) \ar[d]_{_{_{C}(g,X)}} \ar[r]^{(ξψ)Y} & F Y \ar[d]^{F g} \\ _{_{C}(Y′, X)} \ar[r]^{(ξψ)Y′} & F Y′}

Ist f ∈ _{C}(Y, X), so kommt es zum einen auf f _{C}(g, X)((ξψ)Y′) = (gf)((ξψ)Y′) = ξF (gf) = ξ(F f)(F g). Zum anderen kommt es auf f((ξψ)Y)(F g) = ξ(F f)(F g). Also kommutiert dieses Viereck. Zeigen wir, daß ψφ = id. Für ξ ∈ F X ist ξψφ = (f \overline{}ξ(F f))_{Y ∈Ob C} φ = (1_{X})(f \overline{}ξ(F f)) = ξ(F 1_{X}) = ξ1_{F X} = ξ. Zeigen wir, daß φψ = id. Für a = (aY)_{Y ∈Ob C} ∈ Ĉ(_{C}(−, X), F ), Y ∈ Ob C und f ∈ _{C}(Y, X) ist

f((aφψ)Y ) = f(((1_{X})(aX)ψ)Y )
= f(f \overline{}(1_{X})(aX)(F f))
= (1_{X})(aX)(F f)
= (1_{X})_{C}(f, X)(aY)
= f(aY) .

Also ist aφψY = aY. Also ist aφψ = a. Also ist φψ = id.

Die Aussage von (1) ist als Yonedalemma bekannt.

(2) Setze

\begin{matrix}C & \overline{} & Ĉ \\ (X ^{\overline{}^{f}} X′) & \overline{} & (_{C}(−, X) ^{\overline{}^{^{C}(−,f)}} _{C}(−, X′)) , \end{matrix}

wobei _{C}(−, f)Y := _{C}(Y, f) für Y ∈ Ob C. Dies ist eine Transformation, da das Viereck

\xymatrix{_{C}(Y, X) \ar[r]^{^{^{C}(Y,f)}} \ar[d]_{_{_{C}(g,X)}} & _{C}(Y, X′) \ar[d]^{_{_{C}(g,X′)}} \\ _{_{C}(Y′, X)} \ar[r]^{_{_{C}(Y′,f)}} & _{_{C}(Y′, X′)}}

für Y ^{\overline{}^{g}} Y′ in C kommutiert. In der Tat ist _{C}(Y, f)_{C}(g, X′) = _{C}(g, f) = _{C}(g, X)_{C}(Y′, f), i.e. es kommt ein h ∈ _{C}(Y, X) zum einen auf h_{C}(Y, f)_{C}(g, X′) = g(hf) = ghf, und zum anderen auf h_{C}(g, X)_{C}(Y′, f) = (gh)f = ghf. Überprüfen wir, daß ein Funktor vorliegt. Sei X ∈ Ob C gegeben. Es kommt 1_{X} auf die Transformation _{C}(−, 1_{X}), welche an der Stelle Y ∈ Ob C den Eintrag _{C}(Y, 1_{X}) = id_{_{C}(Y,X)} hat, welche also die

Identität auf _{C}(−, X) ist. Sei X ^{\overline{}^{f}} X′ ^{\overline{}^{f′}} X′′ in C gegeben. Bei Y ∈ Ob C ist _{C}(Y, f)_{C}(Y, f′) = C(Y, ff′). Folglich ist _{C}(−, f)_{C}(−, f′) = _{C}(−, ff′). Es bleibt zu zeigen, daß unser Funktor voll und treu ist. Seien X, X′ ∈ Ob C gegeben. Der Funktor liefert die Abbildung

[figure: _{C}(X, X′); Ĉ(_{C}(−, X), _{C}(−, X′)); f; _{C}(−, f)]

Wir haben zu zeigen, daß diese bijektiv ist. Zusammengesetzt mit der Bijektion aus (1) ergibt sich

[figure: _{C}(X, X′); Ĉ(_{C}(−, X), _{C}(−, X′)); φ; ∼; _{C}(X, X′); f; _{C}(−, f); (1_{X})_{C}(X, f) = f ,]

und die Bijektivität unserer Abbildung folgt.

Aufgabe 37

(1) Sei Ob M^{k} := M. Sei Mor M^{k} := {(m, m′) ∈ M × M : m ⩽ m′}. Schreibe s_{m,m′} := (m, m′). Für

einen Morphismus sei m ^{\overline{}^{s_{m,m′}}} m′. Das Kompositum sei s_{m,m′}s_{m′,m′′} := s_{m,m′′} ; diese Komposition ist assoziativ, da zwischen zwei Objekten nicht mehr als zwei Morphismen existieren. Beachte, daß letzterer Morphismus wegen der Transitivität von (⩽) auch existiert. Die Identität auf m ∈ M ist durch s_{m,m} gegeben. Beachte, daß dieser Morphismus wegen der Reflexivität von (⩽) auch existiert. Wir halten noch fest, daß |_{M^{k}}(m, m′)| ∈ {0, 1} nach Konstruktion. Sind ferner m und m′ in derselben Isoklasse, so existieren die Morphismen s_{m,m′} und s_{m′,m}, wegen der Identitivität (aka Antisymmetrie) von (⩽) ist also m = m′. Es folgt, daß alle Isoklassen in M^{k} einelementig sind.

(2) Sei M^{t} := Ob M. Für m, m′ ∈ Ob M sei m ⩽ m′, falls _{M}(m, m′) ≠ ∅.

Zur Reflexivität. Sei m ∈ Ob M. Es ist id_{m} ∈ _{M}(m, m). Also ist m ⩽ m.

Zur Identitivität. Seien m, m′ ∈ Ob M mit m ⩽ m′ und m′ ⩽ m. Sei m ^{\overline{}^{α}} m′ und m′ ^{\overline{}^{β}} m. Es ist αβ = id_{m}, da id_{m} ∈ _{M}(m, m) und |_{M}(m, m)| ∈ {0, 1}, da also _{M}(m, m) = {id_{m}}. Genauso folgt βα = id_{m′} . Also ist m ≃ m′. Da nach Voraussetzung alle Isoklassen einelementig sind, folgt m = m′.

Zur Transitivität. Seien m, m′, m′′ ∈ Ob M mit m ⩽ m′ und m′ ⩽ m′′. Sei m ^{\overline{}^{α}} m′ und

m′ ^{\overline{}^{β}} m′′. Da αβ ∈ _{M}(m, m′′), ist m ⩽ m′′. Wir haben also eine teilgeordnete Menge M^{t} = (M^{t}, ⩽) definiert. Setze M^{tk} \overline{}M, m \overline{}m, s_{m,m′} \overline{}α, wobei α ∈ _{M}(m, m′). Dies ist eine wohldefinierte Abbildung auf den Morphismen, da aus s_{m,m′} ∈ Mor M^{tk} folgt, daß m ⩽ m′, i.e. daß |_{M}(m, m′)| = 1. Es liegt ein Funktor vor, da s_{m,m} \overline{}id_{m}, weil letzterer der einzige Morphismus in M von m nach m ist, und da wenn s_{m,m′} \overline{}α und s_{m′,m′′} \overline{}β, auch s_{m,m′′} \overline{}αβ, weil letzterer der einzige Morphismus in M von m nach m′′ ist. Dieser Funktor ist strikt dicht – die Abbildung auf den Objekten ist ja sogar die Identität. Zeigen wir, daß dieser Funktor voll und treu ist. Seien m, m′ ∈ Ob M gegeben. Falls m ⩽̸ m′ in M^{t}, dann sind sowohl _{M^{tk}}(m, m′) als auch _{M}(m, m′) leer, und die von unserem Funktor induzierte Abbildung von ersterer in zweitere Menge bijektiv. Falls m ⩽ m′ in M^{t}, dann sind sowohl _{M^{tk}}(m, m′) als auch _{M}(m, m′) einelementig, und die von unserem Funktor induzierte Abbildung von ersterer in zweitere Menge bijektiv. Mit Lemma 96 folgt, daß unser Funktor eine Äquivalenz ist. Folglich ist M^{tk} ≃ M. Sei umgekehrt M = (M, ⩽) eine teilgeordnete Menge. Die unterliegende Menge von M^{kt} ist gleich Ob M^{k} = M. Für m, m′ ∈ M ist nun m ⩽ m′ in M genau dann, wenn _{M^{k}}(m, m′) ≠ ∅, was wiederum genau dann gilt, wenn m ⩽ m′ in M^{kt}. Also sind M und M^{kt} als teilgeordnete Mengen gleich.

(3) Seien M und N teilgeordnete Mengen. Sei _{(Poset)}(M, N) die Menge der monotonen Abbildungen

von M nach N. Setze

(Poset)(M, N) \overline{}Ob M^{k}, N^{k}
f  \overline{}f^{k} ,

wobei

[figure: M^{k}; f^{k}; N^{k}; (m ⟶^{s_{m,m′}} m′); (mf ⟶^{s_{mf,m′f}} m′f) .]

Es ist f^{k} ein Funktor, da zum einen aus s_{m,m′} Morphismus in M^{k}, i.e. aus m ⩽ m′, in der Tat folgt, daß mf ⩽ m′f, i.e. s_{mf,m′f} Morphismus in N^{k}. Zum zweiten wird die Identität (m ⟶^{s_{m,m}} m) auf m ∈ Ob M^{k} auf die Identität (mf ⟶^{s_{mf,mf}} mf) abgebildet. Sind, zum dritten, Morphismen m ⟶^{s_{m,m′}} m′ ⟶^{s_{m′,m′′}} m′′ in M^{k} gegeben, so kommt ihr Kompositum m ⟶^{s_{m,m′′}} m′′ auf das

Kompositum mf ⟶^{s_{mf,m′′f}} m′′f ihrer Bilder mf ⟶^{s_{mf,m′f}} m′f ⟶^{s_{m′f,m′′f}} m′′f in N^{k}.

Zeigen wir, daß f \overline{}f^{k} bijektiv ist. Die Umkehrabbildung bilde einen Funktor F von M^{k} nach N^{k} nach Ob F ab. Es ist Ob F eine monotone Abbildung von M nach N, da aus m ⩽ m′ folgt, daß der Morphismus s_{m,m′} in M^{k} existiert, welcher auf einen Morphismus F s_{m,m′} von F m nach F m′ abgebildet wird (i.e. auf s_{F m,F m′}), was F m ⩽ F m′ zur Folge hat. Nach Konstruktion ist Ob(f^{k}) = f. Sei umgekehrt F ein Funktor von M^{k} nach N^{k}. Wir wollen zeigen, daß (Ob F)^{k} = F. Sei s_{m,m′} ein Morphismus in M^{k}. Dieser wird unter (Ob F)^{k} auf den einzigen Morphismus von F m nach F m′ abgebildet, welcher folglich gleich F s_{m,m′} ist (und auch gleich s_{F m,F m′}), i.e. (Ob F)^{k}s_{m,m′} = F s_{m,m′} . Also ist (Ob F)^{k} = F.

Aufgabe 38

Sei, wie angekündigt, (Rel) die Kategorie der Mengen mit Relationen als Morphismen. Wir erinnern daran, daß für Mengen X und Y also _{(Rel)}(X, Y) = {R : R ⊆ X × Y } = Pot(X × Y) ist. Ferner ist für

X ^{\overline{}^{R}} Y ^{\overline{}^{S}} Z in (Rel) das Kompositum

RS := {(x, z) ∈ X × Z : es gibt ein y ∈ Y mit (x, y) ∈ R und (y, z) ∈ S}

erklärt. Die Identität auf der Menge X ist gegeben durch id_{X} = \{(x, x) ∈ X × X : x ∈ X\} : X \overline{}X. Es hat (Rel) das Nullobjekt ∅, da für eine Menge X sowohl _{(Rel)}(∅, X) = Pot(∅ × X) = {∅} als auch (Rel)(X, ∅) = Pot(X × ∅) = {∅} einelementig sind. Dementsprechend ist der Nullmorphismus von einer Menge X in eine Menge Y durch ∅ ∈ Pot(X × Y) = _{(Rel)}(X, Y) gegeben, i.e. 0_{X,Y} = ∅ : X \overline{}Y. Zu (Add 1). Seien X und Y Mengen. Betrachte die disjunkte Vereinigung

X ⊔ Y := {(x, 1) : x ∈ X} ⊔ {(y, 2) : y ∈ Y }

(leichter Mißbrauch der Notation ⊔). Wir haben die Relationen

[figure: ι_{1}; :=; {(x, (x, 1)) ∈ X × (X ⊔ Y) : x ∈ X}; :; X; X ⊔ Y; ι_{2}; :=; {(y, (y, 2)) ∈ Y × (X ⊔ Y) : y ∈ Y }; :; Y; X ⊔ Y]

und

[figure: π_{1}; :=; {((x, 1), x) ∈ (X ⊔ Y) × X : x ∈ X}; :; X ⊔ Y; X; π_{2}; :=; {((y, 2), y) ∈ (X ⊔ Y) × Y : y ∈ Y }; :; X ⊔ Y; Y]

Wir behaupten, daß X ⊔ Y, zusammen mit ι_{1} , ι_{2} , π_{1} und π_{2} , eine direkte Summe darstellt. Zu (Sum 1). Sei S eine Menge. Seien R_{X} ⊆ S × X, i.e. R_{X} : S \overline{}X, und R_{Y} ⊆ S × Y, i.e. R_{Y} : S \overline{}Y, gegeben. Wir behaupten die Existenz und die Eindeutigkeit eines R : S \overline{}X ⊔ Y mit Rπ_{1} = R_{X} und Rπ_{2} = R_{Y}. Existenz. Setze

R := \{(s, α) ∈ S × (X ⊔ Y) : \begin{matrix}falls α = (x, 1) für ein x ∈ X, dann (s, x) ∈ R_{X} ; \\ falls α = (y, 2) für ein y ∈ Y, dann (s, y) ∈ R_{Y} \end{matrix} \}

Sei s ∈ S. Sei x ∈ X. Es ist (s, x) ∈ Rπ_{1} genau dann, wenn (s, (x, 1)) ∈ R, da (x, 1) das einzige Element in X ⊔Y ist, welches zusammen mit x in π_{1} liegt. Nach Konstruktion ist (s, (x, 1)) ∈ R genau dann, wenn (s, x) ∈ R_{X} . Also Rπ_{1} = R_{X} . Sei y ∈ Y. Es ist (s, y) ∈ Rπ_{2} genau dann, wenn (s, (y, 2)) ∈ R, da (y, 2) das einzige Element in X ⊔Y ist, welches zusammen mit y in π_{2} liegt. Nach Konstruktion ist (s, (y, 2)) ∈ R genau dann, wenn (s, y) ∈ R_{Y} . Also Rπ_{2} = R_{Y} . Eindeutigkeit. Sei R̃ ⊆ S × (X ⊔ Y) mit R̃π_{1} = R_{X} und R̃π_{2} = R_{Y} gegeben. Sei s ∈ S. Sei x ∈ X. Da (x, 1) das einzige Element in X ⊔Y ist, welches zusammen mit x in π_{1} liegt, ist (s, x) ∈ R_{X} genau dann, wenn (s, (x, 1)) ∈ R̃. Auf der anderen Seite ist (s, x) ∈ R_{X} genau dann, wenn (s, (x, 1)) ∈ R. Also ist (s, (x, 1)) ∈ R̃ genau dann, wenn (s, (x, 1)) ∈ R. Sei y ∈ Y. Da (y, 2) das einzige Element in X ⊔ Y ist, welches zusammen mit y in π_{2} liegt, ist (s, y) ∈ R_{Y} genau dann, wenn (s, (y, 2)) ∈ R̃. Auf der anderen Seite ist (s, y) ∈ R_{Y} genau dann, wenn (s, (y, 2)) ∈ R. Also ist (s, (y, 2)) ∈ R̃ genau dann, wenn (s, (y, 2)) ∈ R. Es folgt R̃ = R. Zu (Sum 2). Genauso wie (Sum 1), viz. : Sei T eine Menge. Seien R′_{X} ⊆ X × T, i.e. R′_{X} : X \overline{}T, und R′_{Y} ⊆ Y × T, i.e. R′_{Y} : Y \overline{}T, gegeben. Wir behaupten die Existenz und die Eindeutigkeit eines R′ : X ⊔Y \overline{}T mit ι_{1}R′ = R′_{X} und ι_{2}R′ = R′_{Y} . Existenz. Setze

R′ := \{(α, t) ∈ (X ⊔ Y) × T : \begin{matrix}falls α = (x, 1) für ein x ∈ X, dann (x, t) ∈ R_{X} ; \\ falls α = (y, 2) für ein y ∈ Y, dann (y, t) ∈ R_{Y} \end{matrix} \}

Sei t ∈ T.

Sei x ∈ X. Es ist (x, t) ∈ ι_{1}R′ genau dann, wenn ((x, 1), t) ∈ R′, da (x, 1) das einzige Element in X ⊔Y ist, welches zusammen mit x in ι_{1} liegt. Nach Konstruktion ist ((x, 1), t) ∈ R′ genau dann, wenn (x, t) ∈ R′_{X} . Also ι_{1}R′ = R′_{X} .

Sei y ∈ Y. Es ist (y, t) ∈ ι_{2}R′ genau dann, wenn ((y, 2), t) ∈ R′, da (y, 2) das einzige Element in X ⊔Y ist, welches zusammen mit y in ι_{2} liegt. Nach Konstruktion ist ((y, 2), t) ∈ R′ genau dann, wenn (y, t) ∈ R′_{Y} . Also ι_{2}R′ = R′_{Y} .

Eindeutigkeit. Sei R̃′ ⊆ (X ⊔ Y) × T mit ι_{1}R̃′ = R′_{X} und ι_{2}R̃′ = R′_{Y} gegeben. Sei t ∈ T.

Sei x ∈ X. Da (x, 1) das einzige Element in X ⊔ Y ist, welches zusammen mit x in ι_{1} liegt, ist (x, t) ∈ R′_{X} genau dann, wenn ((x, 1), t) ∈ R̃′. Auf der anderen Seite ist (x, t) ∈ R′_{X} genau dann, wenn ((x, 1), t) ∈ R′. Also ist ((x, 1), t) ∈ R̃′ genau dann, wenn ((x, 1), t) ∈ R′.

Sei y ∈ Y. Da (y, 2) das einzige Element in X ⊔ Y ist, welches zusammen mit y in ι_{2} liegt, ist (y, t) ∈ R′_{Y} genau dann, wenn ((y, 2), t) ∈ R̃′. Auf der anderen Seite ist (y, t) ∈ R′_{Y} genau dann, wenn ((y, 2), t) ∈ R′. Also ist ((y, 2), t) ∈ R̃′ genau dann, wenn ((y, 2), t) ∈ R′.

Es folgt R̃′ = R′.

Zu (Sum 3).

Seien x, x′ ∈ X. Da (x, 1) das einzige Element ist, das zusammen mit x in ι_{1} liegt, und da (x′, 1) das einzige Element ist, das zusammen mit x′ in π_{1} liegt, ist (x, x′) ∈ ι_{1}π_{1} genau dann, wenn x = x′. Also ist ι_{1}π_{1} = id_{X} .

Seien y, y′ ∈ Y. Da (y, 2) das einzige Element ist, das zusammen mit y in ι_{2} liegt, und da (y′, 2) das einzige Element ist, das zusammen mit y′ in π_{2} liegt, ist (y, y′) ∈ ι_{2}π_{2} genau dann, wenn y = y′. Also ist ι_{2}π_{2} = id_{Y} .

Sei x ∈ X, sei y′ ∈ Y. Da (x, 1) das einzige Element ist, das zusammen mit x in ι_{1} liegt, und da (y′, 2) das einzige Element ist, das zusammen mit y′ in π_{2} liegt, und da (x, 1) ≠ (y′, 2), liegt (x, y′) nicht in ι_{1}π_{2} . Folglich ist ι_{1}π_{2} = ∅ = 0_{X,Y} .

Sei y ∈ Y, sei x′ ∈ X. Da (y, 2) das einzige Element ist, das zusammen mit y in ι_{2} liegt, und da (x′, 1) das einzige Element ist, das zusammen mit x′ in π_{1} liegt, und da (y, 2) ≠ (x′, 1), liegt (y, x′) nicht in ι_{2}π_{1} . Folglich ist ι_{2}π_{1} = ∅ = 0_{Y,X} .

Dies zeigt die Behauptung, und damit (Add 1).

Gegen (Add 2). Um zu zeigen, daß (Add 2) nicht gilt, zeigen wir, daß für X = {1} die Relation

X ⊔ X ^{\overline{}^{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix} )}} X ⊔ X kein Isomorphismus in (Rel) ist.

Kürze \underline{1} := (1, 1) und \underline{2} := (1, 2) ab, also X ⊔ X = \{\underline{1}, \underline{2}\}.

Berechnen wir einmal X ^{\overline{}^{(^{1 1} )}} X ⊔ X als Teilmenge von X × (X ⊔ X) = \{(1, \underline{1}), (1, \underline{2})\}. Beachte, daß π_{1} = \{(\underline{1}, 1)\} : X ⊔ X \overline{}X. Da (^{1 1}) π_{1} = 1 = \{(1, 1)\}, folgt (1, \underline{1}) ∈ (^{1 1}). Beachte, daß π_{2} = \{(\underline{2}, 1)\} : X ⊔ X \overline{}X. Da (^{1 1}) π_{2} = 1 = \{(1, 1)\}, folgt (1, \underline{2}) ∈ (^{1 1}). Also ist (^{1 1}) = X × (X ⊔ X).

Cf. auch den obigen Nachweis von (Sum 1), darin den Existenznachweis.

Angenommen, es ist (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) = id_{X⊔X} .

Dann ist 0 = ι_{2} id_{X⊔X} π_{1} = ι_{2} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) π_{1} = (^{1 1}) (\begin{matrix}a \\ c \end{matrix}). Da (^{1 1}) = \{(1, \underline{1}), (1, \underline{2})\} = X × (X ⊔ X), kann

das nur erfüllt sein, wenn (\begin{matrix}a \\ c \end{matrix}) = ∅ = (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix}) : X ⊔ X \overline{}X.

Sodann ist 1 = ι_{1} id_{X⊔X} π_{1} = ι_{1} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & b \\ 0 & d \end{matrix}) π_{1} = ι_{1} (\begin{matrix}0 & b \\ 0 & d \end{matrix}) π_{1} = 0, und wir haben einen Widerspruch.

Aufgabe 39

(1) Wir führen eine Induktion über m. Für m = 0 ist 0 eine direkte Summe wie verlangt. Sei nun m ⩾ 1 und eine direkte Summe X_{1} ⊕ ⋯ ⊕ X_{m−1} von (X_{1}, …, X_{m−1}) als existent vorausgesetzt, zusammen mit Inklusionsmorphismen ι′_{1} , …, ι′_{m−1} und Projektionsmorphismen π′_{1} , …, π′_{m−1} . Bilde die direkte Summe (X_{1} ⊕ ⋯ ⊕ X_{m−1}) ⊕ X_{m}, zusammen mit Inklusionsmorphismen

X_{1}⊕⋯⊕X_{m−1} ^{\overline{}^{ι′′_{1}}} (X_{1}⊕⋯⊕X_{m−1})⊕X_{m}  und  X_{m} ^{\overline{}^{ι′′_{2}}} (X_{1}⊕⋯⊕X_{m−1})⊕X_{m} ,

sowie Projektionsmorphismen

(X_{1}⊕⋯⊕X_{m−1})⊕X_{m} ^{\overline{}^{π′′_{1}}} X_{1}⊕⋯⊕X_{m−1}  und  (X_{1}⊕⋯⊕X_{m−1})⊕X_{m} ^{\overline{}^{π′′_{2}}} X_{m} .

Wir behaupten, daß (X_{1} ⊕ ⋯ ⊕ X_{m−1}) ⊕ X_{m}, zusammen mit

ι_{i} := \{ \begin{matrix}ι′_{i}ι′′_{1} & für i ∈ [1, m − 1] \\ ι′′_{2} & für i = m \end{matrix}

und

π_{i} := \{ \begin{matrix}π′′_{1}π′_{i} & für i ∈ [1, m − 1] \\ π′′_{2} & für i = m \end{matrix}

eine direkte Summe von (X_{1}, …, X_{m}) ist.

Zu (Sum 1). Sei S ∈ Ob A und ein Tupel von Morphismen (S ^{\overline{}^{s_{i}}} X_{i})_{i∈[1,m]} gegeben. Setze s := (^{(}^{s_{1}} ^{...} ^{s_{m−1}} ^{)} ^{s_{m}}) : S \overline{}(X_{1} ⊕ ⋯ ⊕ X_{m−1}) ⊕ X_{m}. Es wird sπ_{i} = sπ′′_{1}π′_{i} = (^{s_{1}} ^{...} ^{s_{m−1}} ) π′_{i} = s_{i} für i ∈ [1, m−1] und sπ_{m} = sπ′′_{2} = s_{m}. Sei umgekehrt s̃: S \overline{}(X_{1} ⊕⋯⊕X_{m−1})⊕X_{m} mit s̃π_{i} = s_{i} für i ∈ [1, m] gegeben. Dann ist zum einen s̃π′′_{2} = s̃π_{m} = s_{m}. Zum anderen ist s̃π′′_{1} = (^{s_{1}} ^{...} ^{s_{m−1}} ), da s̃π′′_{1}π′_{i} = s̃π_{i} = s_{i} für i ∈ [1, m − 1]. Insgesamt ist s̃ = s.

Zu (Sum 2). Dual zu (Sum 1), viz. : Sei T ∈ Ob A und ein Tupel von Morphismen (X_{i} ^{\overline{}^{t_{i}}} T)_{i∈[1,m]}

gegeben. Setze t := (( ⋮_{t_{m−1}}^{t_{1}} )_{t_{m}}) : (X_{1}⊕⋯⊕X_{m−1})⊕X_{m} \overline{}T. Es wird ι_{i}t = ι′_{i}ι′′_{1}t = ι′_{i} ( ⋮_{t_{m−1}}^{t_{1}} ) =

t_{i} für i ∈ [1, m − 1] und ι_{m}t = ι′′_{2}t = t_{m}. Sei umgekehrt t̃: (X_{1} ⊕ ⋯ ⊕ X_{m−1}) ⊕ X_{m} \overline{}T mit ι_{i}t̃ = t_{i} für i ∈ [1, m] gegeben. Dann ist

zum einen ι′′_{2}t̃ = ι_{m}t̃ = t_{m}. Zum anderen ist ι′′_{1}t̃ = ( ⋮_{t_{m−1}}^{t_{1}} ), da ι′_{i}ι′′_{1}t̃ = ι_{i}t̃ = t_{i} für i ∈ [1, m − 1].

Insgesamt ist t̃= t. Zu (Sum 3). Sei i ∈ [1, m]. Es ist ι_{i}π_{i} = ι′_{i}ι′′_{1}π′′_{1}π′_{i} = ι′_{i}π′_{i} = 1 falls i ∈ [1, m−1]. Es ist ι_{i}π_{i} = ι′′_{2}π′′_{2} = 1 falls i = m. Seien i, j ∈ [1, m] mit i ≠ j. Es ist ι_{i}π_{j} = ι′_{i}ι′′_{1}π′′_{1}π′_{j} = ι′_{i}π′_{j} = 0 falls i ∈ [1, m−1] und j ∈ [1, m−1]. Es ist ι_{i}π_{j} = ι′_{i}ι′′_{1}π′′_{2} = 0, falls i ∈ [1, m − 1] und j = m. Es ist ι_{i}π_{j} = ι′′_{2}π′′_{1}π′_{j} = 0, falls i = m und j ∈ [1, m − 1]. Cf. Bemerkung 101.

(2) Sei i ∈ [1, ℓ]. Sei k ∈ [1, n].

Sei s ∈ [1, m]. Zum einen ist ι_{s}π_{s}f_{i,s} = 1 · f_{i,s} = ι_{s} ( ..._{f_{i,m}}^{f_{i,1}} ) π_{s}. Zum anderen ist für t ∈ [1, m]

mit t ≠ s auch ι_{t}π_{s}f_{i,s} = 0 · f_{i,s} = 0 = ι_{t} ( ..._{f_{i,m}}^{f_{i,1}} ) π_{s}. Also ist π_{s}f_{i,s} = ( ..._{f_{i,m}}^{f_{i,1}} ) π_{s}.

Für s ∈ [1, m] ist folglich

(^{f_{i,1}} ^{...} ^{f_{i,m}}) π_{s} = f_{i,s} = (^{1 ... 1}) π_{s}f_{i,s} = (^{1 ... 1}) ( ..._{f_{i,m}}^{f_{i,1}} ) π_{s} ,

und also (^{f_{i,1}} ^{...} ^{f_{i,m}}) = (^{1 ... 1}) ( ..._{f_{i,m}}^{f_{i,1}} ).

Sei s ∈ [1, m]. Zum einen ist g_{s,k}ι_{s}π_{s} = g_{s,k} ·1 = ι_{s} ( ..._{g_{m,k}}^{g_{1,k}} ) π_{s}. Zum anderen ist für t ∈ [1, m]

mit t ≠ s auch g_{s,k}ι_{s}π_{t} = g_{s,k} · 0 = 0 = ι_{s} ( ..._{g_{m,k}}^{g_{1,k}} ) π_{t}. Also ist g_{s,k}ι_{s} = ι_{s} ( ..._{g_{m,k}}^{g_{1,k}} ).

Für s ∈ [1, m] ist folglich

ι_{s} ( ⋮_{g_{m,k}}^{g_{1,k}} ) = g_{s,k} = g_{s,k}ι_{s} ( ⋮_{1}^{1}) = ι_{s} ( ..._{g_{m,k}}^{g_{1,k}} ) ( ⋮_{1}^{1}) ,

und also ( ⋮_{g_{m,k}}^{g_{1,k}} ) = ( ..._{g_{m,k}}^{g_{1,k}} ) ( ⋮_{1}^{1}).

Schließlich wird für s ∈ [1, m]

( ..._{f_{i,m}}^{f_{i,1}} ) ( ..._{g_{m,k}}^{g_{1,k}} ) π_{s} = ( ..._{f_{i,m}}^{f_{i,1}} ) π_{s}g_{s,k} = π_{s}f_{i,s}g_{s,k} = ( ..._{f_{i,m}g_{m_{k}}}^{f_{i,1}g_{1,k}} ) π_{s} ,

und folglich ( ..._{f_{i,m}}^{f_{i,1}} ) ( ..._{g_{m,k}}^{g_{1,k}} ) = ( ..._{f_{i,m}g_{m_{k}}}^{f_{i,1}g_{1,k}} ).

Unter Verwendung dessen wird

ι_{i}(f_{i,j})_{i,j} (g_{j,k})_{j,k}π_{k} = (^{f_{i,1}} ^{...} ^{f_{i,m}}) ( ⋮_{g_{m,k}}^{g_{1,k}} )
= (^{1 ... 1}) ( ..._{f_{i,m}}^{f_{i,1}} ) ( ..._{g_{m,k}}^{g_{1,k}} ) ( ⋮_{1}^{1})
= (^{1 ... 1}) (  ..._{f_{i,m}g_{m,k}}^{f_{i,1}g_{1,k}} ) ( ⋮_{1}^{1})
= ∑_{j∈[1,m]} f_{i,j}g_{j,k} .

Es folgt (f_{i,j})_{i,j} (g_{j,k})_{j,k} = ( ∑_{j∈[1,m]} f_{i,j}g_{j,k})_{i,k}. Cf. Bemerkung 103.

(3) Bemerken wir zunächst, daß allgemein ( ⋮_{u_{m}}^{u_{1}} ) v =^{(∗)} ( ⋮_{u_{m}v}^{u_{1}v}), wie man mit (2) oder direkt, durch Vergleich nach Komposition mit ι_{i} von links für i ∈ [1, m], sieht.

Dual ist allgemein v (^{w_{1}} ^{...} ^{w_{n}}) =^{(∗∗)} (^{vw_{1}} ^{...} ^{vw_{n}}).

Beachte nun, daß

\begin{matrix}(^{1 ... 1 1 ... 1}) ( f_{1} ; ⋮ ; f_{k} ; 0 ; ⋮ ; 0 ) =^{(∗)} (^{1 ... 1 1 ... 1}) ( ι_{1} ; ⋮ ; ι_{k} ; 0 ; ⋮ ; 0 ) ( ⋮_{f_{k}}^{f_{1}} ) = (^{1 ... 1 1 ... 1})^{( ..._{1}^{1} )} ( ⋮_{f_{k}}^{f_{1}} ) \\ = (^{1 ... 1 1 ... 1}) (^{π_{1}} ^{...} ^{π_{k}}) ( ⋮_{f_{k}}^{f_{1}} ) = (^{1 ... 1}) ( ⋮_{f_{k}}^{f_{1}} ) =^{(2)} ∑_{i∈[1,k]} f_{i} \end{matrix}

und analog

\begin{matrix}(^{1 ... 1 1 ... 1}) ( 0 ; ⋮ ; 0 ; f_{k+1} ; ⋮ ; f_{k+ℓ} ) =^{(∗∗)} (^{1 ... 1 1 ... 1}) ( 0 ; ⋮ ; 0 ; ι_{1} ; ⋮ ; ι_{ℓ} ) ( ⋮_{f_{k+ℓ}}^{f_{k+1}} ) = (^{1 ... 1 1 ... 1}) ( ..._{1}^{1} ) ( ⋮_{f_{k+ℓ}}^{f_{k+1}} ) \\ = (^{1 ... 1 1 ... 1}) (^{π_{k+1}} ^{...} ^{π_{k+ℓ}}) ( ⋮_{f_{k+ℓ}}^{f_{k+1}} ) = (^{1 ... 1}) ( ⋮_{f_{k+ℓ}}^{f_{k+1}} ) =^{(2)} ∑_{i∈[1, ℓ]} f_{i−k} . \end{matrix}

Ganz analog erhalten wir f_{i} + 0 = (^{1 1}) (\begin{matrix}f_{i} \\ 0 \end{matrix} ) = (^{1 1}) (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) f_{i} = (^{1 1}) π_{1} f_{i} = 1 · f_{i} = f_{i} und 0 + f_{i} =

(^{1 1}) (\begin{matrix}0 \\ f_{i} \end{matrix} ) = (^{1 1}) (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) f_{i} = (^{1 1}) π_{2} f_{i} = 1 · f_{i} = f_{i} für i ∈ [1, k + ℓ].

Wir haben nun

(∑_{i∈[1,k]} f_{i}) + (∑_{i∈[1, ℓ]} f_{i−k}) = (^{∑_{i∈[1,k]} f_{i}} ^{∑_{i∈[1, ℓ]} f_{i−k}}) (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})

= (^{1 ... 1 1 ... 1}) (\begin{matrix}f_{1} & 0 \\ ⋮ & ⋮ \\ f_{k} & 0 \\ 0 & f_{k+1} \\ ⋮ & ⋮ \\ 0 & f_{k+ℓ} \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})

= (^{1 ... 1 1 ... 1}) ( f_{1}+0 ; ⋮ ; f_{k}+0 ; 0+f_{k+1} ; ⋮ ; 0+f_{k+ℓ} )

= (^{1 ... 1 1 ... 1}) ( f_{1} ; ⋮ ; f_{k} ; f_{k+1} ; ⋮ ; f_{k+ℓ} )

= ∑_{i∈[1,k+ℓ]} f_{i} .

Cf. Bemerkung 104.

(4) Es wird

(∑_{i∈[1,k]} f_{i})(∑_{j∈[1,ℓ]} g_{j}) =^{(2)} (^{1 ... 1}) ( ⋮_{f_{k}}^{f_{1}} ) (^{g_{1}} ^{...} ^{g_{ℓ}}) ( ⋮_{1}^{1})
= (^{1 ... 1}) ( ⋮  ⋮_{f_{k}g_{1} ... f_{k}g_{ℓ}}^{f_{1}g_{1} ... f_{1}g_{ℓ}} ) ( ⋮_{1}^{1})
=^{(2)} (^{1 ... 1}) ( ∑_{j∈[1,ℓ]} f_{1}g_{j} ; ⋮ ; ∑_{j∈[1,ℓ]} f_{k}g_{j} )
=^{(2)} ∑_{i∈[1,k]} ∑_{j∈[1,ℓ]} f_{i}g_{j} .

Cf. Bemerkung 105.

(5) Nochmals zur Assoziativität. Seien f_{1}, f_{2}, f_{3} ∈ _{A}(X, Y). Gemäß (3) ist

(f_{1} + f_{2}) + f_{3} = (∑_{i∈[1,2]} f_{i}) + (∑_{i∈[3,3]} f_{i}) = ∑_{i∈[1,3]} f_{i} = (∑_{i∈[1,1]} f_{i}) + (∑_{i∈[2,3]} f_{i}) = f_{1} + (f_{2} + f_{3}) .

Nochmals zum neutralen Element. Sei f ∈ _{A}(X, Y). Es ist, wie auch schon in (3) bemerkt, f + 0 = (^{1 1}) (\begin{matrix}f \\ 0 \end{matrix} ) = (^{1 1}) (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) f = (^{1 1}) π_{1} f = 1 · f = f und

0 + f = (^{1 1}) (\begin{matrix}0 \\ f \end{matrix} ) = (^{1 1}) (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) f = (^{1 1}) π_{2} f = 1 · f = f.

In einer Kategorie mit Nullobjekt, welche (Add 1) erfüllt, ist (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) stets ein Monomorphismus, da aus 0 = (^{s t}) (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) = (^{s+t 0+t}) zunächst t = 0 und dann auch s = 0 folgt, wie sich aus dem bisherigen ergibt. Dual hierzu ist darin (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) stets auch epimorph. Ist in einer solchen Kategorie also desweiteren bekannt, daß Morphismen, die mono- und epimorph sind, bereits Isomorphismen sind, dann ist sie additiv. Umgekehrt gibt es in (Rel) Morphismen, die Mono- und Epi-, aber keine Isomorphismen sind; cf. Aufgabe 38.

Zur Kommutativität. Seien f, g ∈ _{A}(X, Y). Es wird

f + g = (^{1 1}) (\begin{matrix}f \\ g \end{matrix} ) = (^{1 1}) (\begin{matrix}0 & f \\ g & 0 \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) = (^{g f}) (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) = g + f .

Zum additiv Inversen. Sei f ∈ _{A}(X, Y).

Nach (Add 2) aus Definition 99 ist X ⊕X ^{\overline{}^{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix} )}} X ⊕X ein Isomorphismus. Sei (\begin{matrix}u & v \\ w & x \end{matrix}) sein Inverses. Es wird

(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}u & v \\ w & x \end{matrix}) = (\begin{matrix}u & v \\ u+w & v+x \end{matrix}) .

Also ist u = 1, v = 0, und folglich x = 1 und 1 + w = 0. Mit (4) folgt f + wf = 1 · f + w · f = (1 + w)f = 0 · f = 0. Cf. Bemerkung 106.

(6) Sei k ∈ [1, m]. Sei ℓ ∈ [1, n]. Mit (4) wird

ι_{k}((f_{i,j})_{i,j} + (f′_{i,j})_{i,j})π_{ℓ} = ι_{k}(f_{i,j})_{i,j}π_{ℓ} + ι_{k}(f′_{i,j})_{i,j}π_{ℓ} = f_{k,ℓ} + f′_{k,ℓ} .

Also ist (f_{i,j})_{i,j} + (f′_{i,j})_{i,j} = (f_{i,j} + f′_{i,j})_{i,j} . Cf. Bemerkung 107.

(7) Wir behaupten, daß

(X ⊕ Y) ⊕ Z ^{\overline{}^{( \begin{matrix}( & 1 0 0 0 1 0 & ) \\ ( & 0 0 1 & ) \end{matrix} )}} X ⊕ Y ⊕ Z

ein Isomorphismus ist, der von

(X ⊕ Y) ⊕ Z ^{\overline{}^{(^{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )} )}}X ⊕ Y ⊕ Z

invertiert wird. In der Tat wird unter Verwendung von (2)

(\begin{matrix}( & 1 0 0 0 1 0 & ) \\ ( & 0 0 1 & ) \end{matrix}) ( ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )) = (\begin{matrix}( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} )( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) & ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} )( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) \\ ( 0 0 1 )( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) & ( 0 0 1 )( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) \end{matrix} ) = (\begin{matrix}( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) & ( \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ) \\ ( 0 0 ) & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = 1

und

( ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )) (\begin{matrix}( & 1 0 0 0 1 0 & ) \\ ( & 0 0 1 & ) \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) (^{0 0 1}) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = 1 .

Aufgabe 40

(1) Die Aussage ist richtig.

Sind a und d Isomorphismen, dann ist (\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & d \end{matrix}) (\begin{matrix}a^{−1} & 0 \\ 0 & d^{−1} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) und (\begin{matrix}a^{−1} & 0 \\ 0 & d^{−1} \end{matrix} ) (\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & d \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}). Also

ist (\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & d \end{matrix}) ein Isomorphismus, mit (\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & d \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}a^{−1} & 0 \\ 0 & d^{−1} \end{matrix} ).

Sei umgekehrt (\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & d \end{matrix}) ein Isomorphismus. Sei (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & d \end{matrix}) (\begin{matrix}u & v \\ w & x \end{matrix}) = (\begin{matrix}au & av \\ dw & dx \end{matrix}) und (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) =

(\begin{matrix}u & v \\ w & x \end{matrix}) (\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & d \end{matrix}) = (\begin{matrix}ua & vd \\ wa & xd \end{matrix}). Es folgt, daß a ein Isomorphismus ist mit a^{−1} = u und daß d ein Isomorphismus ist mit d^{−1} = x. (Ferner folgt v = 0 und w = 0.)

(2) Die Aussage ist falsch.

Die inverse Implikation trifft zu. Seien a und d Isomorphismen. Es wird (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) (\begin{matrix}a^{−1} & −a^{−1}bd^{−1} \\ 0 & d^{−1} \end{matrix} ) =

(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) und (\begin{matrix}a^{−1} & −a^{−1}bd^{−1} \\ 0 & d^{−1} \end{matrix} ) (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}). Also ist (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) ein Isomorphismus, mit (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix})^{−1} =

(\begin{matrix}a^{−1} & −a^{−1}bd^{−1} \\ 0 & d^{−1} \end{matrix} ).

Die direkte Implikation trifft nicht zu. Betrachte e.g. in A = Q-Mod den Morphismus

Q ⊕ 0 ^{\overline{}^{( \begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} )}} 0 ⊕ Q. Dies ist ein Isomorphismus mit dem Inversen Q ⊕ 0 ^{\overline{}^{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}} 0 ⊕ Q. In der

Tat ist (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}), da 0_{0} = 1_{0} ; und genauso (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}).

(3) Die Aussage ist richtig. Falls a und d Isomorphismen sind, so haben wir bereits beim Beweis der zutreffenden inversen Implikation in (2) gesehen, daß dann auch (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) ein Isomorphismus ist.

Sei umgekehrt (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) ein Isomorphismus. Sei (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) (\begin{matrix}u & v \\ w & x \end{matrix}) = (\begin{matrix}au+bw & av+bx \\ dw & dx \end{matrix}) und (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) =

(\begin{matrix}u & v \\ w & x \end{matrix}) (\begin{matrix}a & b \\ 0 & d \end{matrix}) = (\begin{matrix}ua & ub+vd \\ wa & wb+xd \end{matrix}). Da X = X′ und da ua = 1, ist X ^{\overline{}^{a}} X eine Retraktion und somit nach Voraussetzung ein Isomorphismus. Aus wa = 0 folgt w = 0. Es ist dx = 1 und xd = wb + xd = 1. Also ist auch d ein Isomorphismus.

Aufgabe 41

Zeigen wir, daß (End_{A}(X), +, ·) ein Ring ist, wobei (+) resp. (·) die Morphismenaddition resp. -komposition aus A bezeichnet.

(Ring 1) Dank Bemerkung 106 ist (End_{A}(X), +) eine abelsche Gruppe.

(Ring 2) Assoziativität von (·) folgt aus der Assoziativität der Komposition in A, i.e. (Kat 4).

(Ring 3) Das neutrale Element bezüglich (·) ist id_{X} , cf. (Kat 1,2).

(Ring 4) Distributivität von (+, ·) folgt aus Bemerkung 105.

Zeigen wir, daß (Hom_{A}(X, Y), +, ·, ∗) ein End_{A}(X)-End_{A}(Y)-Bimodul ist, wobei (+) durch die Morphismenaddition in A gegeben ist und wobei sowohl (·) als auch (∗) durch die Komposition in A gegeben sind.

(BiMod 1)

(LMod 1) Dank Bemerkung 106 ist (Hom_{A}(X, Y), +) eine abelsche Gruppe.

(LMod 2) Assoziativität folgt aus der Assoziativität der Komposition in A, i.e. (Kat 4).

(LMod 3) Es verhält sich id_{X} multiplikativ neutral gemäß (Kat 2).

(LMod 4) Distributivität von (+, ·) folgt aus Bemerkung 105.

(BiMod 2)

(RMod 1) Siehe (LMod 1) oben.

(RMod 2) Assoziativität folgt aus der Assoziativität der Komposition in A, i.e. (Kat 4).

(RMod 3) Es verhält sich id_{Y} multiplikativ neutral gemäß (Kat 2).

(RMod 4) Distributivität von (+, ∗) folgt aus Bemerkung 105.

(BiMod 3) Die Assoziativität der beiden Skalarmultiplikationen (·) und (∗) folgt aus der Assoziativität der Komposition in A, i.e. (Kat 4).

Übrigens. Seien R und S Ringe. Ein R-Linksmodul ist auffaßbar als eine abelsche Gruppe M, zusammen mit einem Ringmorphismus R^{∘} → End_{Z} M, r ↦ r · (−). Ein S-Rechtsmodul ist auffaßbar als eine abelsche Gruppe M, zusammen mit einem Ringmorphismus S → End_{Z} M, r ↦ (−)∗r. Ein R-S-Bimodul ist auffaßbar als eine abelsche Gruppe M, zusammen mit einem Ringmorphismus R^{∘} ⊗_{Z} S → End_{Z} M, r ⊗ s ↦ r · (−) ∗ s; cf. Aufgabe 25.

Aufgabe 42

Wir zeigen (1) ⇒ (2). Da F additiv ist, sind (^{F π_{1}} ^{F π_{2}} ) und (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix} ) sich invertierende Isomorphismen.

Sei Y ∈ Ob B. Seien Y ^{\overline{}^{s_{1}}} F X_{1} und Y ^{\overline{}^{s_{2}}} F X_{2} Morphismen in B. Sei s := (^{s_{1}} ^{s_{2}} ) (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix} ). Es wird

s · F π_{1} = (^{s_{1}} ^{s_{2}} ) (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix} ) F π_{1} = (^{s_{1}} ^{s_{2}} ) (\begin{matrix}F (ι_{1}π_{1}) \\ F (ι_{2}π_{1}) \end{matrix}) = (^{s_{1}} ^{s_{2}} ) (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) = s_{1} .

Analog wird s · F π_{2} = s_{2} .

Sei nun umgekehrt Y ^{\overline{}^{s̃}} F (X_{1} ⊕ X_{2}) mit s̃ · F π_{1} = s_{1} und s̃ · F π_{2} = s_{2} gegeben. Dann wird

s̃ = s̃(^{F π_{1}} ^{F π_{2}} ) (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix} ) = (^{s̃·F π_{1}} ^{s̃·F π_{2}} ) (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix} ) = (^{s_{1}} ^{s_{2}} ) (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix} ) = s .

Wir zeigen (1) ⇐ (2). Seien X_{1} , X_{2} ∈ Ob A gegeben, und werde die direkte Summe X_{1} ⊕X_{2} betrachtet.

Es genügt zu zeigen, daß (^{F π_{1}} ^{F π_{2}} ) monomorph ist; cf. Bemerkung 109. Sei t (^{F π_{1}} ^{F π_{2}} ) = 0. Dann ist 0 = t (^{F π_{1}} ^{F π_{2}} ) = (^{t·F π_{1}} ^{t·F π_{2}} ), und also t·F π_{1} = 0 = 0·F π_{1} und t·F π_{2} = 0 = 0·F π_{2}. Nach Voraussetzung an F π_{1} und F π_{2} folgt, daß t = 0 ist.

Aufgabe 43

Sei Z \overline{}^{(^{u v})}_{∼} X ⊕ Y. Seien X ⊕ Y ^{\overline{}^{π_{X}}} X und X ⊕ Y ^{\overline{}^{π_{Y}}} Y die Projektionen auf die Summanden; i.e. π_{X} = (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}), π_{Y} = (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}). Wir erhalten folgendes kommutative Diagramm.

\xymatrix{F Z \ar[r]^{αZ} \ar[d]^{≀}_{F ( u v)} & GZ \ar[d]_{≀}^{G( u v)} \\ F (X ⊕ Y) \ar[r]^{α(X⊕Y)} \ar[d]^{≀}_{_{(_{F π_{X} F π_{Y}} )}} & G(X ⊕ Y) \ar[d]_{≀}^{_{(_{Gπ_{X} Gπ_{Y}} )}} \\ F X ⊕ F Y \ar[r]^{_{( \begin{matrix}αX & 0 \\ 0 & αY \end{matrix} )}} & GX ⊕ GY}

In der Tat kommutiert das obere Viereck dank der Natürlichkeit von α. Das untere Viereck kommutiert wegen

α(X⊕Y) (^{Gπ_{X}} ^{Gπ_{Y}} ) = (^{(α(X⊕Y))(Gπ_{X})} ^{(α(X⊕Y))(Gπ_{Y} )}) = (^{(F π_{X})(αX)} ^{(F π_{Y} )(αY)}) = (^{F π_{X}} ^{F π_{Y}} ) (\begin{matrix}αX & 0 \\ 0 & αY \end{matrix} ) .

Sind αX und αY Isomorphismen, so auch (\begin{matrix}αX & 0 \\ 0 & αY \end{matrix} ) und damit auch αZ. Ist umgekehrt αZ ein Isomorphismus, so auch (\begin{matrix}αX & 0 \\ 0 & αY \end{matrix} ) und damit αX und αY. Cf. Aufgabe 40.(1).

Aufgabe 44

(1) Zunächst einmal halten wir fest, daß 0_{A} auch in A/N ein Nullobjekt ist, da zu und von diesem Objekt nur ein repräsentierender Morphismus existiert. Wir können also 0_{A/N} := 0_{A} wählen. Zeigen wir, daß die Kategorie A/N additiv ist. Zu (Add 1). Seien X_{1} , X_{2} ∈ Ob(A/N) = Ob A. Wir bilden X_{1} ⊕ X_{2} in A, zusammen mit Inklusionsmorphismen ι_{1} , ι_{2} und Projektionsmorphismen π_{1} , π_{2} .

Wir behaupten, daß X_{1} ⊕ X_{2} zusammen mit den gleichnamigen Restklassen ι_{1} , ι_{2} , π_{1} und π_{2} eine direkte Summe ist.

Zu (Sum 1). Sei S ∈ Ob(A/N) = Ob A. Seien S ^{\overline{}^{s_{1}}} X_{1} und S ^{\overline{}^{s_{2}}} X_{2} Morphismen in A, welche Morphismen in A/N repräsentieren. Dann sind die Gleichheiten (^{s_{1}} ^{s_{2}} ) π_{1} = s_{1} und (^{s_{1}} ^{s_{2}} ) π_{2} = s_{2} bereits in A gültig, also a fortiori auch in A/N.

Zu zeigen bleibt die Eindeutigkeit. Sei S^{\overline{}^{(^{s̃_{1} s̃_{2}} )}} X_{1} ⊕ X_{2} mit s̃_{1} = ( s̃_{1} s̃_{2} ) π_{1} ≡_{N} s_{1} und s̃_{2} =

( s̃_{1} s̃_{2} ) π_{2} ≡_{N} s_{2} . Zu zeigen ist, daß ( s̃_{1} s̃_{2} ) ≡^{!}_{N} (^{s_{1}} ^{s_{2}} ), i.e. daß (^{s̃_{1}−s_{1}} ^{s̃_{2}−s_{2}} ) ≡^{!}_{N} 0.

Wir können (S ^{\overline{}^{s̃_{1}−s_{1}}} X_{1}) = (S ^{\overline{}^{u_{1}}} N_{1} ^{\overline{}^{v_{1}}} X_{1}) und (S ^{\overline{}^{s̃_{2}−s_{2}}} X_{2}) = (S ^{\overline{}^{u_{2}}} N_{2} ^{\overline{}^{v_{2}}} X_{2}) faktorisieren. Also wird

( \xymatrix{S \ar[r]^{^{(^{s̃_{1}−s_{1} s̃_{2}−s_{2}} )}} & X_{1} ⊕ X_{2}} ) = ( \xymatrix{S \ar[r]^{^{(^{u_{1} u_{2}} )}} & N_{1} ⊕ N_{2} \ar[r]^{^{( \begin{matrix}v_{1} & 0 \\ 0 & v_{2} \end{matrix} )}} & X_{1} ⊕ X_{2}} ) ,

und N_{1} ⊕ N_{2} ∈ Ob N. Somit ist in der Tat (^{s̃_{1}−s_{1}} ^{s̃_{2}−s_{2}} ) ≡^{!}_{N} 0. Zu (Sum 2). Dual zu (Sum 1). Zu (Sum 3). Vererbt sich von A. Dies zeigt die Behauptung. Zu (Add 2). Sei X ∈ Ob A. Bemerken wir zunächst, daß, ausführlich geschrieben,

(\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) + Null_{A, N} (X ⊕ X, X ⊕ X) = (\begin{matrix}1 +Null_{A, N} (X,X) & 0 +Null_{A, N} (X,X) \\ 1 +Null_{A, N} (X,X) & 1 +Null_{A, N} (X,X) \end{matrix}) ,

wie Komposition der linken Seite mit ι_{i} und π_{j} in A/N für i, j ∈ {1, 2} zeigt. Da (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) in A ein Isomorphismus ist, ist nun auch R (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) + _{A/N} (X ⊕ X, X ⊕ X) in A/N ein Isomorphismus.

Zeigen wir, daß der Funktor A ^{\overline{}^{R}} A/N additiv ist. Beachte, daß R auf den Objekten identisch operiert. Zunächst ist R0_{A} = 0_{A} = 0_{A/N} , wie schon festgestellt.

Seien X_{1} , X_{2} ∈ Ob A. Es ist zu zeigen, daß R(X_{1} ⊕X_{2}) ^{\overline{}^{(^{Rπ_{1} Rπ_{2}} )}} RX_{1} ⊕RX_{2} monomorph ist. Da direkte Summen in A/N nach dem eben Gezeigten wie in A gebildet werden, und da das auch für die Repräsentanten der Inklusions- und Projektionsmorphismen zutrifft, ist dieser Morphismus gleich

\xymatrix{X_{1} ⊕ X_{2} \ar[r]^{^{(^{( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )} )}} & X_{1} ⊕ X_{2} ,}

i.e. gleich der Identität, welche insbesondere monomorph ist. Cf. Bemerkung 115.

(2) Zur Eindeutigkeit.

Da A ^{\overline{}^{R}} A/N auf den Morphismen surjektiv abbildet, ist F̄ durch die Bedingung F̄ ∘ R = F eindeutig festgelegt. Zur Existenz. Setze F̄RX = F̄X := F X für X ∈ Ob(A/N) = Ob A.

Setze F̄(RX ^{\overline{}^{Rf}} RX′) := F (X ^{\overline{}^{f}} X′) für X ^{\overline{}^{f}} X′ in A. Dies ist wohldefiniert, da aus Rf = Rf̃ folgt, daß wir eine Faktorisierung

(X ^{\overline{}^{f−f̃}} X′) = (X ^{\overline{}^{u}} N ^{\overline{}^{v}} X′)

mit N ∈ Ob N haben, und sich folglich

(F X ^{\overline{}^{F f−F f̃}} F X′) = (F X ^{^{F (f−f̃)}\overline{}}F X′) = (F X ^{\overline{}^{F u}} \underbrace{F N}_{≃ 0} ^{\overline{}^{F v}} F X′) = 0

ergibt, wobei X [figure: f; f̃] X′ in A. Es ist F̄ ein Funktor, da zum einen für X ∈ Ob A

F̄(RX ^{\overline{}^{id_{RX} = R id_{X}}} RX) = F (X ^{\overline{}^{id^{X}}} X) = (F X ^{\overline{}^{F id_{X} = id_{F X}}} F X)

ist, und sich für X ^{\overline{}^{f}} X′ ^{\overline{}^{f′}} X′′ in A zum anderen

F̄(RX ^{\overline{}^{(Rf)(Rf′)}} RX′′) = F̄(RX ^{\overline{}^{R(ff′)}} RX′′)
= F (X ^{\overline{}^{ff′}} X′′)
= F (X ^{^{f}\overline{}}X′ ^{\overline{}^{f′}} X′′)
= (F X ^{\overline{}^{F f}} F X′ ^{\overline{}^{F f′}} F X′′)
= (F̄RX ^{\overline{}^{F̄Rf}} F̄RX′ ^{\overline{}^{F̄Rf′}} F̄RX′′)

ergibt. Nach Konstruktion ist F̄ ∘ R = F. Schließlich ist F̄0_{A/N} = F̄R0_{A} = F 0_{A} ≃ 0_{B} und

(^{F̄π_{1}} ^{F̄π_{2}} ) = (^{F̄Rπ_{1}} ^{F̄Rπ_{2}} ) = (^{F π_{1}} ^{F π_{2}} ) : F (X_{1} ⊕ X_{2}) \overline{}F X_{1} ⊕ F X_{2}

ein Isomorphismus für X_{1} , X_{2} ∈ Ob(A/N) = Ob A. Also ist F̄ additiv. Cf. Bemerkung 116.(1).

(3) Zur Eindeutigkeit. Da A ^{\overline{}^{R}} A/N auf den Objekten identisch, und damit insbesondere surjektiv abbildet, ist ᾱ durch die Bedingung ᾱRX = αX für X ∈ Ob A eindeutig festgelegt. Zur Existenz. Wir setzen ᾱX := αX für X ∈ Ob(A/N) = Ob A. Wir haben die Natürlichkeit von (αX)_{X∈Ob(A/N)} zu zeigen. Repräsentiert X ^{\overline{}^{f}} X′ einen Morphismus gleichen Namens in A/N, so wird in der Tat

(F̄f)(ᾱX′) = (F f)(αX′) = (αX)(Gf) = (ᾱX)(Ḡf) .

Cf. Bemerkung 116.(2).

Aufgabe 45

(1) Schreibe F := _{Z}(−, Q/Z) : Z-Mod^{∘} \overline{}Z-Mod. Es ist F ein additiver Funktor; cf. Beispiel 113.(3). Jedes Objekt von Z/k-mod ist isomorph zu einer direkten Summe zyklischer abelscher Gruppen der Form Z/ℓ mit ℓ | k; cf. Aufgabe 16, Bemerkung 40. Wollen wir also zeigen, daß F zu einem Funktor F_{k} von Ob Z/k-mod nach Ob Z/k-mod einschränkt, genügt es zu zeigen, daß F (Z/ℓ) in Ob Z/k-mod liegt. Aber es ist

F (Z/ℓ) = _{Z}(Z/ℓ, Q/Z) = \{Z/ℓ \overline{}Q/Z , z + ℓZ \overline{}z · \frac{a}{ℓ} + Z : a ∈ Z\} .

Folglich ist

\begin{matrix}Z/ℓ & \overline{}^{σ_{ℓ}}_{∼} & F (Z/ℓ) \\ a + ℓZ & \overline{} & (z + ℓZ \overline{}z · \frac{a}{ℓ} + Z) . \end{matrix}

Behauptung. Es ist F_{k}^{2} ≃ id : Z/k-mod \overline{}Z/k-mod. Gemäß Beispiel 93 haben wir eine Transformation von id_{Z-Mod} nach _{Z}(_{Z}(−, Q/Z), Q/Z) = F^{2}, die bei X ∈ Ob Z-Mod gegeben ist durch

\begin{matrix}X & ^{\overline{}^{τX}} & F^{2}X = _{Z}(_{Z}(X, Q/Z), Q/Z) \\ x & \overline{} & (f \overline{}xf) . \end{matrix}

Es bleibt zu zeigen, daß τX für X ∈ Ob Z/k-mod ein Isomorphismus ist. Mit Aufgabe 43 genügt es zu zeigen, daß τ(Z/ℓ) ein Isomorphismus ist für ℓ | k. Betrachte

Z/ℓ ^{\overline{}^{τ(Z/ℓ)}} F^{2}(Z/ℓ) = _{Z}(_{Z}(Z/ℓ, Q/Z), Q/Z)
b + ℓZ  \overline{}((z + ℓZ \overline{}z · \frac{a}{ℓ} + Z) \overline{}\frac{ab}{ℓ} + Z) .

Es haben Urbild- und Bildbereich wegen Z/ℓ ≃ F (Z/ℓ) ≃ F^{2}(Z/ℓ) gleichviele Elemente; cf. σ_{ℓ} von oben. Bleibt also die Injektivität von τ(Z/ℓ) zu zeigen. Kommt b + ℓZ unter τ(Z/ℓ) auf null, so ist insbesondere \frac{b}{ℓ} + Z = 0, wie man erkennt, wenn man a = 1 setzt. Also ist b ∈ ℓZ, i.e. b + ℓZ = 0. Dies zeigt die Injektivität. Dies zeigt die Behauptung. Die Behauptung zeigt auch gleich, daß F_{k} eine Äquivalenz von Z/k-mod^{∘} nach Z/k-mod ist.

(2) Beachte, daß t := s · ℓ · m^{−1} in Z liegt.

Für a ∈ Z wird (w + mZ \overline{}w · \frac{a}{m} + Z) ∈ F (Z/m) unter F s = _{Z}(s, Q/Z) geschickt auf

(z + ℓZ \overline{}sz + mZ \overline{}sz · \frac{a}{m} + Z) = (z + ℓZ \overline{}z · \frac{at}{ℓ} + Z) ∈ F (Z/ℓ) .

Unter dem Isomorphismus σ_{m} aus (1) entspricht (w + mZ \overline{}w · \frac{a}{m} + Z) dem Element a + mZ. Unter dem Isomorphismus σ_{ℓ} aus (1) entspricht (z + ℓZ \overline{}z · \frac{at}{ℓ} + Z) dem Element at + ℓZ. Also haben wir folgendes kommutative Viereck.

\xymatrix{F (Z/ℓ) \ar[d]_{σ_{ℓ}}^{≀} & F (Z/m) \ar[l]_{F s} \ar[d]^{σ_{m}}_{≀} \\ Z/ℓ & Z/m \ar[l]_{t}}

(3) Setze t_{i,j} := s_{i,j} · ℓ_{i} · m_{j}^{−1} für i ∈ [1, p] und j ∈ [1, q]. Wir haben folgendes kommutative Diagramm.

[figure: F (⨁_{i} Z/ℓ_{i}); ≀; _{(_{F ι_{1} ... F ι_{p}})}; F (⨁_{j} Z/m_{j}); F ((s_{i,j})_{i,j}); ≀; _{(_{F ι_{1} ... F ι_{q}})}; ⨁_{i} F (Z/ℓ_{i}); ≀; _{( ..._{σ_{ℓp}}^{σ_{ℓ_{1}}} )}; ⨁_{j} F (Z/m_{j}); (F s_{i,j})_{j,i}; ≀; _{( ..._{σ_{mq}}^{σ_{m_{1}}} )}; ⨁_{i} Z/ℓ_{i}; ⨁_{j} Z/m_{j}; (t_{i,j})_{j,i}]

Das untere Viereck darin kommutiert dank (2). Das obere Viereck darin kommutiert, da für α ∈ [1, p]

(^{F ι_{1}} ^{...} ^{F ι_{q}}) (F s_{i,j})_{j,i} π_{α} = ∑_{j}(F ι_{j})(F s_{α,j})
= ∑_{j} F (s_{α,j}ι_{j})
= F ( ∑_{j} s_{α,j}ι_{j})
= F ( (^{s_{α,1}} ^{...} ^{s_{α,q}}) )
= F (ι_{α}(s_{i,j})_{i,j})
= F ((s_{i,j})_{i,j})F ι_{α}
= F ((s_{i,j})_{i,j}) (^{F ι_{1}} ^{...} ^{F ι_{p}}) π_{α}

ist; cf. auch Bemerkung 112.

(4) Es bildet

\xymatrix{Z/2 ⊕ Z/16 \ar[r]^{^{( \begin{matrix}2 & 4 \\ 2 & 2 \end{matrix} )}} & Z/4 ⊕ Z/8}

unter F gemäß (3) ab auf einen Morphismus isomorph zu

\xymatrix{Z/2 ⊕ Z/16 & Z/4 ⊕ Z/8 . \ar[l]_{^{( \begin{matrix}1 & 8 \\ 1 & 4 \end{matrix} )}}}

Wie in Aufgabe 17 können wir diesen zu folgender rechtsexakter Sequenz ergänzen.

\xymatrix{Z/4 & Z/2 ⊕ Z/16 \ar[l]_{^{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}} & Z/4 ⊕ Z/8 \ar[l]_{^{( \begin{matrix}1 & 8 \\ 1 & 4 \end{matrix} )}}}

Diese bildet unter F gemäß (3) ab auf eine Sequenz isomorph zu

\xymatrix{Z/4 \ar[r]^{^{(^{0 4} )}} & Z/2 ⊕ Z/16 \ar[r]^{^{( \begin{matrix}2 & 4 \\ 2 & 2 \end{matrix} )}} & Z/4 ⊕ Z/8 .}

Da F = _{Z}(−, Q/Z), ist nach Lemma 52.(2) die resultierende Sequenz isomorph zu einer linksexakten in Z-Mod, und somit selbst linksexakt.

Da F_{16}^{2} ≃ id auf Z/16-mod, ist es zwingend, daß zweimaliges Anwenden von F (und zweier isomorpher Ersetzungen) unseren Morphismus bis auf Isomorphie zurückgibt. Daß unser Verfahren genau den Ausgangsmorphismus zurückgibt, und nicht nur bis auf einen Isomorphismus, ist hingegen ein glücklicher Umstand.

(5) Es bildet

\xymatrix{Z/2 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8 \ar[r]^{^{( \begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix} )}} & Z/4 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8}

unter F gemäß (3) ab auf einen Morphismus isomorph zu

\xymatrix{Z/2 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8 & Z/4 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8 . \ar[l]_{^{( \begin{matrix}1 & 2 & 4 \\ 1 & 2 & 4 \\ 1 & 1 & 4 \end{matrix} )}}}

Wie in Aufgabe 17 können wir diesen zu folgender rechtsexakter Sequenz ergänzen.

\xymatrix{Z/8 & Z/2 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8 \ar[l]_{^{( \begin{matrix}4 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )}} & Z/4 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8 . \ar[l]_{^{( \begin{matrix}1 & 2 & 4 \\ 1 & 2 & 4 \\ 1 & 1 & 4 \end{matrix} )}}}

Diese bildet unter F gemäß (3) ab auf eine Sequenz isomorph zu

\xymatrix{Z/8 \ar[r]^{^{(^{1 0 1} )}} & Z/2 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8 \ar[r]^{^{( \begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix} )}} & Z/4 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8 .}

Nach Lemma 52.(2), beachte F = _{Z}(−, Q/Z), ist die resultierende Sequenz isomorph zu einer linksexakten in Z-Mod, und somit selbst linksexakt.

Sei A ^{\overline{}^{f}} B in Z-mod. Nach Homomorphiesatz, Lemma 30, können wir

(A ^{\overline{}^{f}} B) = (A ^{\overline{}^{ρ_{ι}}} C_{ι} [figure: j] B)

zerlegen mit einem eindeutig bestimmten j. Wir erinnern uns daran, daß in Aufgabe 17 die repräsentierende Matrix von A ^{\overline{}^{ρ_{ι}}} C_{ι} als eine ganzzahlig invertierbare Matrix T konstruiert wurde. Ist f von F repräsentiert, so repräsentiert T^{−1}F die Abbildung j. Denn repräsentiert der ganzzahlige Vektor x ein Element in C_{ι}, so repräsentiert xT^{−1} ein Urbild von x in A, und dessen Bild in B unter f wird wiederum von xT^{−1}F repräsentiert. Also ist T^{−1}F eine repräsentierende Matrix von j. Im Beispiel von Aufgabe 17.(4) und Aufgabe 45.(5) wird T = (\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}), und es repräsentiert T einen

Morphismus von Z/2 ⊕ Z/4 ⊕ Z/8 nach Z/1 ⊕ Z/2 ⊕ Z/4. Mit T^{−1} = (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) und F = (\begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix}) erhalten

wir T^{−1}F = (\begin{matrix}4 & 4 & 8 \\ 2 & 2 & 4 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix}). Weglassen des Summanden Z/1 ≃ 0 gibt also

(Z/2⊕Z/4⊕Z/8^{\overline{}^{( \begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix} )}} Z/4⊕Z/4⊕Z/8) = (Z/2⊕Z/4⊕Z/8^{\overline{}^{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}} Z/2⊕Z/4[figure: ^{( \begin{matrix}2 & 2 & 4 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix} )}]Z/4⊕Z/4⊕Z/8) .

Die Kongruenzen zu überprüfen, die besagen, daß T^{−1}F in der Tat einen Morphismus repräsentiert, ist eine gute Probe. Eine weitere gute Probe ergibt sich aus den Gleichungen |K_{f} ||C_{ι}| = |A| und |C_{ι}||C_{f} | = |B|; bei Bedarf auch aus der daraus hervorgehenden Gleichung |A|/|B| = |K_{f} |/|C_{f} |.

Aufgabe 46

(1) Die Aussage ist richtig. Wir konstruieren eine Äquivalenz von Z-free^{∘} nach Z-free. Beachte, daß wir _{Z}(Z^{⊕k}, Z^{⊕ℓ}) mit Z^{k×ℓ} identifizieren können, wobei k, ℓ ⩾ 0. Auf den Objekten schicken wir Z^{⊕k} nach Z^{⊕k} für k ⩾ 0. Einen Morphismus A ∈ Z^{k×ℓ} von Z^{⊕k} nach Z^{⊕ℓ} schicken wir auf den Morphismus A^{t} ∈ Z^{ℓ×k} Dies ist ein Funktor, strikt dicht, voll und treu. Somit liegt eine Äquivalenz vor; cf. Lemma 96.(1).

Dies ist eine Matrixbeschreibung von _{Z}(−, Z) : Z-free^{∘} ^{\overline{}^{∼}} Z-free (cum grano salis).

(2) Die Aussage ist richtig. Dank (1) genügt es zu zeigen, daß jeder Morphismus einen Kern hat. Dank Aufgabe 10 ist jeder Morphismus in Z-free bis auf Isomorphie in Δ_{1}^{k} , Z-free von der Form

Z^{⊕k} ^{\overline{}^{A = (a_{i,j})_{i,j}}} Z^{⊕ℓ} mit a_{i,j} = ∂_{i,j}d_{i} für i ∈ [1, k], j ∈ [1, ℓ], wobei noch d_{i} ≠ 0 genau dann wenn i ∈ [1, m] für ein gewisses m ∈ [1, min(k, ℓ)] angenommen werden kann.

Ein Kern dieses Morphismus ist gegeben durch Z^{⊕(k−m)} ^{\overline{}^{U = (u_{i,j})_{i,j}}} Z^{⊕k} mit u_{i,j} = ∂_{i+m, j} für i ∈ [1, m], i.e. U = (^{0} ^{E_{k−m}}). Denn eine Matrix T ∈ Z^{t×m}, wobei t ⩾ 0, erfüllt genau dann T A = 0, wenn ihre ersten m Spalten verschwinden, so daß wir diesenfalls T = (^{0} ^{T′}) mit T′ ∈ Z^{t×(k−m)} schreiben und eindeutig T = (^{0} ^{T′}) = T′ (^{0} ^{E_{k−m}}) faktorisieren können.

(3) Die Aussage ist falsch.

Es ist Z ^{\overline{}^{2}} Z ein Monomorphismus, da für einen Morphismus S ∈ Z^{s×1} von Z^{⊕s} nach Z, wobei s ⩾ 0, aus S · 2 = 0 folgt, daß S = 0.

Es ist Z ^{\overline{}^{2}} Z kein Kern. Annahme, Z ^{\overline{}^{2}} Z ist der Kern eines Morphismus T ∈ Z^{1×t} von Z

nach Z^{⊕t}, wobei t ⩾ 0. Dann ist 2 · T = 0 und also T = 0. (In anderen Worten, Z ^{\overline{}^{2}} Z ist

epimorph.) Daraus aber folgt, daß Z ^{\overline{}^{2}} Z ein Isomorphismus ist; cf. Bemerkung 119.(4, 2). Dies aber trifft nicht zu, da es kein x ∈ Z mit 2x = 1 gibt. Wir sind an einem Widerspruch angelangt.

(4) Die Aussage ist falsch.

Dank (1) folgt dies daraus, daß die Aussage (3) falsch ist.

(5) Die Aussage ist falsch.

Denn da dank (3) nicht jeder Monomorphismus in Z-free ein Kern ist, ist (Ab 2) nicht erfüllt.

Aufgabe 47

(1) Da f monomorph ist, gibt es dank (Ab 2) ein Y ^{\overline{}^{g}} Z mit f Kern von g. Da fg = 0, gibt es

dank r Cokern von f ein s mit rs = g. Sei nun T ^{\overline{}^{t}} Y mit tr = 0 gegeben. Dann ist auch

tg = trs = 0s = 0. Also gibt es ein T ^{\overline{}^{t′}} X mit t′f = t. Aus der Monomorphie von f folgt die diesbezügliche Eindeutigkeit von t′.

[figure: T; t; t′; X; •; f; Y; r; g; C; s; Z]

Man kann alternativ auch Lemma 122 auf (f, g) und (i′, r) anwenden.

(2) Da f epimorph ist, ist C ≃ 0 ; cf. Bemerkung 119.(3^{∘}, 2^{∘}). Da f monomorph ist, ist mit (1) aber f ein Kern zu Y \overline{}0 . Also ist f ein Isomorphismus; cf. Bemerkung 119.(4, 2).

(3) Da if = 0, erhalten wir zunächst ein C′ ^{\overline{}^{q}} Y mit r′q = f. Da r′ epimorph ist, folgt aus r′qr =

fr = 0 = r′0, daß qr = 0. Also gibt es ein C′ ^{\overline{}^{f̃}} K′ mit f̃i′ = q, also mit r′f̃i′ = f. Da r′ epiund i′ monomorph ist, ist f̃ durch diese Gleichung auch festgelegt. Wir haben zu zeigen, daß f̃ ein Isomorphismus ist.

Wir behaupten, daß f̃ ein Epimorphismus ist. Es genügt zu zeigen, daß Cf̃ ≃^{!} 0 ; cf. Bemerkung 119.(5^{∘}, 4^{∘}).

Schreibe ρ := ρf̃. Schreibe ι := ι_{ρ}. Da f̃ρ = 0, gibt es ein eindeutiges C′ ^{\overline{}^{f̃′}} K_{ρ} mit f̃′ι = f̃.

Schreibe ρ′ := ρ_{ιi′} . Es ist fρ′ = r′f̃i′ρ′ = r′f̃′ιi′ρ′ = 0. Also gibt es ein C ^{\overline{}^{s}} C_{ιi′} mit rs = ρ′. Wir haben folgendes kommutative Diagramm konstruiert.

[figure: Cf̃; C_{ιi′}; X; r′; C′; f̃; f̃′; K′; •; i′; ρ; Y; r; ρ′; C; s; K_{ρ}; •; ι; •; ιi′]

Dank (1) ist ιi′ ein Kern von ρ′. Nun ist i′ρ′ = i′rs = 0. Also gibt es ein K′ ^{\overline{}^{j}} K_{ρ} mit jιi′ = i′, we-

gen i′ monomorph also mit jι = id_{K′} . Es folgt 0 = jιρ = ρ, i.e. (K′ ^{\overline{}^{ρ}} Cf̃) = (K′ \overline{}0 \overline{}Cf̃). Es folgt 0 \overline{}Cf̃, und da dies sowohl eine Coretraktion als auch ein Epimorphismus ist, ist es ein Isomorphismus. Dies zeigt die Behauptung. Dual hierzu ist f̃ auch ein Monomorphismus. Mit (2) können wir schließen, daß f̃ insgesamt ein Isomorphismus ist. Cf. Lemma 123.

Cf. [11, 12.4.5, 12.4.6.b].

Beachte, daß (1) und (2) auch aus (3) folgen.

Aufgabe 48

Dank Dualität genügt es, (Ab 1, 2) nachzuweisen.

Zu (Ab 1). Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in B gegeben. Sei K ^{\overline{}^{i}} X ein in A genommener und in B liegender Kern von f. Dieser ist a fortiori auch ein Kern von f in B.

Zu (Ab 2). Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ein Monomorphismus in B.

Wir behaupten, daß f auch in A monomorph ist. Sei K ^{\overline{}^{i}} X ein in A genommener und in B liegender Kern von f. Wir haben zu zeigen, daß K ≃^{!} 0 in A, i.e. K ≃^{!} 0 in B; cf. Bemerkung 119.(3, 2). Aber K ist, wie schon für (Ab 1) gesehen, auch ein Kern von f in B, woraus K ≃ 0 in A folgt; cf. Bemerkung 119.(3, 2). Dies zeigt die Behauptung.

Sei nun Y ^{\overline{}^{r}} C ein in A genommener und in B liegender Cokern von f. Da f in A monomorph ist, ist f in A ein Kern von r; cf. Aufgabe 47.(1). A fortiori ist f auch in B ein Kern von r.

Aufgabe 49

Sei Z′ ^{\overline{}^{i}} Z ^{\overline{}^{r}} Z′′ eine kurz exakte Sequenz in A. Zu zeigen ist, daß

A(X, Z′) ^{\overline{}^{_{A}(X,i)}} _{A}(X, Z) ^{\overline{}^{_{A}(X,r)}} _{A}(X, Z′′) .

linksexakt ist. Wir können hierzu die alte Definition 47.(2) heranziehen; cf. Beispiel 127.

Es ist _{A}(X, i) injektiv, da i monomorph ist.

Es ist Im _{A}(X, i) ⊆ Kern _{A}(X, r), da ir = 0.

Zeigen wir, daß auch Im _{A}(X, i) ⊇ Kern _{A}(X, r). Sei f ∈ _{A}(X, Z) im Kern von _{A}(X, r), i.e. sei fr = 0. Da i ein Kern zu r ist, gibt es ein f′ mit f′i = f, i.e. mit f′ _{A}(X, i) = f. Somit ist f ∈ Im _{A}(X, i).

Insgesamt ist also Im _{A}(X, i) = Kern _{A}(X, r).

Aufgabe 50

(1) Zeigen wir, daß D, A additiv ist.

Für X ∈ Ob D, A und u ^{\overline{}^{α}} v in D schreiben wir X(u ^{\overline{}^{α}} v) =: (X_{u} ^{\overline{}^{X_{α}}} X_{v}).

Für X ^{\overline{}^{f}} Y in D, A und u ∈ Ob D schreiben wir (X ^{\overline{}^{f}} Y)u =: (X_{u} ^{\overline{}^{f_{u}}} Y_{u}).

Es ist also X_{α}f_{v} = f_{u}Y_{α} stets.

Wir sehen einen Funktor von D nach A als “Diagramm auf D mit Werten in A ” an.

Setze 0(u ^{\overline{}^{α}} v) := (0 \overline{}0) für u ^{\overline{}^{α}} v in D. Dies liefert einen Funktor 0 ∈ Ob D, A . Für alle X ∈ Ob D, A gibt es genau einen Morphismus X \overline{}0, denn das einzige hierzu in Frage kommende Tupel ist in der Tat natürlich. Dual hierzu gibt es auch genau einen Morphismus 0 \overline{}X. Also ist 0 ein Nullobjekt in D, A . Für X, Y ∈ Ob D, A ist dementsprechend der

Nullmorphismus durch (X ^{\overline{}^{0}} Y)_{u} = (X_{u} ^{\overline{}^{0}} Y_{u}) für u ∈ Ob D gegeben.

Zu (Add 1). Seien X, Y ∈ D, A gegeben.

Sei u ∈ Ob D. Wir haben direkte Summen X_{u}⊕Y_{u} für u ∈ Ob D, zusammen mit Inklusionsmorphis-

men X_{u} ^{\overline{}^{ι_{u,1}}} X_{u} ⊕ Y_{u} und Y_{u} ^{\overline{}^{ι_{u,2}}} X_{u} ⊕ Y_{u}, sowie Projektionsmorphismen X_{u} ⊕ Y_{u} ^{\overline{}^{π_{u,1}}} X_{u}

und X_{u} ⊕ Y_{u} ^{\overline{}^{π_{u,2}}} Y_{u}.

Setze (X ⊕ Y)_{u} := X_{u} ⊕ Y_{u} für u ∈ Ob D. Für u ^{\overline{}^{α}} v setzen wir

((X ⊕ Y)_{u}^{\overline{}^{(X⊕Y)_{α}}} (X ⊕ Y)_{v}) := (X_{u} ⊕ Y_{u}^{\overline{}^{( \begin{matrix}X_{α} \\ & Y_{α} \end{matrix} )}}X_{v} ⊕ Y_{v}) .

Dann ist X ⊕ Y ∈ Ob D, A . Denn zum einen ist (X ⊕ Y)_{id} = (\begin{matrix}id \\ & id \end{matrix}) = id. Zum anderen ist für

gegebene u ^{\overline{}^{α}} v ^{\overline{}^{β}} w in D auch

(X ⊕ Y)_{α}(X ⊕ Y)_{β} = (\begin{matrix}X_{α} \\ & Y_{α} \end{matrix} ) (\begin{matrix}X_{β} \\ & Y_{β} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}X_{α}X_{β} \\ & Y_{α}Y_{β} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}X_{αβ} \\ & Y_{αβ} \end{matrix} ) = (X ⊕ Y)_{αβ} .

Setze ι_{1} : X \overline{}X ⊕ Y durch (ι_{1})_{u} := ι_{1,u} für u ∈ Ob D. Es ist ι_{1} ein Morphismus in D, A , i.e.

eine Transformation, da für u ^{\overline{}^{α}} v in D sich

ι_{1,u}(X ⊕ Y)_{α} = (^{1 0}) (\begin{matrix}X_{α} \\ & Y_{α} \end{matrix} ) = (^{X_{α}} ^{0}) = X_{α} (^{1 0}) = X_{α}ι_{1,v}

ergibt. Analog resp. dual dazu können wir ι_{2} : Y \overline{}X ⊕ Y durch (ι_{2})_{u} := ι_{2,u}, sowie π_{1} : X ⊕ Y \overline{}X durch (π_{1})_{u} := π_{1,u} und π_{2} : X ⊕ Y \overline{}X durch (π_{2})_{u} := π_{2,u} festlegen.

Zu (Sum 1). Seien Transformationen S ^{\overline{}^{ξ}} X und S ^{\overline{}^{η}} Y gegeben.

Zur Existenz des Induzierten. Setze S ^{\overline{}^{(^{ξ η})}} X ⊕ Y durch (^{ξ η})_{u} = (^{ξ_{u}} ^{η_{u}}) für u ∈ Ob D. Dies ist

eine Transformation, da für u ^{\overline{}^{α}} v in D sich

\begin{aligned}(^{ξ η})_{u} (X ⊕ Y)_{α} & = (^{ξ_{u}} ^{η_{u}}) (\begin{matrix}X_{α} \\ & Y_{α} \end{matrix} ) = (^{ξ_{u}X_{α}} ^{η_{u}Y_{α}}) \\ & = (^{S_{α}ξ_{v}} ^{S_{α}η_{v}}) = S_{α} (^{ξ_{v}} ^{η_{v}}) = S_{α} (^{ξ η})_{v} \end{aligned}

ergibt. Ferner ist in der Tat (^{ξ η}) π_{1} = ξ, da sich bei u ∈ Ob D

((^{ξ η}) π_{1})_{u} = (^{ξ_{u}} ^{η_{u}}) π_{1,u} = ξ_{u}

ergibt. Genauso wird auch (^{ξ η}) π_{2} = η.

Zur Eindeutigkeit des Induzierten. Sei umgekehrt ein S ^{\overline{}^{ζ}} X ⊕ Y mit ζπ_{1} = ξ und ζπ_{2} = η gegeben. Bei u ∈ Ob D ist dann ζ_{u}π_{1,u} = (ζπ_{1})_{u} = ξ_{u} und ζ_{u}π_{2,u} = (ζπ_{2})_{u} = η_{u}, also insgesamt ζ_{u} = (^{ξ_{u}} ^{η_{u}}). Zu (Sum 2). Dual zu (Sum 1). Zu (Sum 3). Es ist ι_{1}π_{1} = 1, da bei u ∈ Ob D sich (ι_{1}π_{1})_{u} = ι_{1,u}π_{1,u} = 1 ergibt. Es ist ι_{1}π_{2} = 0, da bei u ∈ Ob D sich (ι_{1}π_{2})_{u} = ι_{1,u}π_{2,u} = 0 ergibt. Genauso wird auch ι_{2}π_{1} = 0 und ι_{2}π_{2} = 1. Zu (Add 2). Sei X ∈ Ob D, A . Wir behaupten, daß (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1_{X} & 0_{X,X} \\ 1_{X} & 1_{X} \end{matrix} ) : X ⊕ X \overline{}X ⊕ X durch (\begin{matrix}1_{X} & 0_{X,X} \\ 1_{X} & 1_{X} \end{matrix} )_{u} = (\begin{matrix}1_{Xu} & 0_{Xu,Xu} \\ 1_{Xu} & 1_{Xu} \end{matrix} ) für u ∈ Ob D gegeben ist. In der Tat wird

ι_{1,u} (\begin{matrix}1_{X} & 0_{X,X} \\ 1_{X} & 1_{X} \end{matrix} )_{u} π_{1,u} = (ι_{1} (\begin{matrix}1_{X} & 0_{X,X} \\ 1_{X} & 1_{X} \end{matrix} ) π_{1})_{u} = (1_{X})_{u} = 1_{X_{u}} ,

usf. Daher ist (\begin{matrix}1_{X} & 0_{X,X} \\ 1_{X} & 1_{X} \end{matrix} )_{u} ein Isomorphismus für alle u ∈ Ob D. Mit Bemerkung 92 folgt, daß (\begin{matrix}1_{X} & 0_{X,X} \\ 1_{X} & 1_{X} \end{matrix} ) eine Isotransformation, i.e. ein Isomorphismus in D, A ist. Zeigen wir, daß C(A) additiv ist. Wir wissen mittlerweile, daß Z^{k}, A additiv ist. Darin ist C(A) eine volle Teilkategorie. Es genügt zu zeigen, daß C(A) darin eine volle additive Teilkategorie ist.

Zum einen ist unser Nullobjekt in Z^{k}, A in der Tat ein Komplex, i.e. in Ob C(A). Bleibt zum anderen zu zeigen, daß die direkte Summe zweier Komplexe wieder ein Komplex ist. Seien also X, Y ∈ Ob C(A) gegeben. Sei n ∈ Z. Wir haben zu zeigen, daß der Morphismus n \overline{}n + 2 unter X ⊕ Y auf einen Nullmorphismus abgebildet wird. Wir erhalten

((X ⊕ Y)^{n} \overline{}(X ⊕ Y)^{n+2})
= ((X ⊕ Y)^{n} \overline{}(X ⊕ Y)^{n+1} \overline{}(X ⊕ Y)^{n+2})
= (X^{n} ⊕ Y^{n} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}d_{X}^{n} \\ & d_{Y}^{n} \end{matrix} )}} X^{n+1} ⊕ Y^{n+1} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}d_{X}^{n+1} \\ & d_{Y}^{n+1} \end{matrix} )}} X^{n+2} ⊕ Y^{n+2})
= (X^{n} ⊕ Y^{n} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}d_{X}^{n}d_{X}^{n+1} \\ d_{Y}^{n} d_{Y}^{n+1} \end{matrix} )}} X^{n+2} ⊕ Y^{n+2})
= (X^{n} ⊕ Y^{n} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}0 \\ & 0 \end{matrix} )}} X^{n+2} ⊕ Y^{n+2}) .

(2) Zeigen wir, daß D, A abelsch ist. Mit (1) wissen wir, daß D, A additiv ist. Dank Dualität genügt es nun, (Ab 1, 2) zu zeigen.

Zu (Ab 1). Sei X ^{\overline{}^{f}} Y in D, A gegeben. Wir konstruieren einen Kern K von f. Sei K_{u} [figure: i_{u}] X_{u}

ein Kern von X_{u} ^{\overline{}^{f_{u}}} Y_{u} für u ∈ Ob D. Für u ^{\overline{}^{α}} v in D konstruieren wir

\xymatrix{K_{u} \ar[d]_{K_{α}} \ar[r]|{•}^{i_{u}} & X_{u} \ar[d]_{X_{α}} \ar[r]^{f_{u}} & Y_{u} \ar[d]^{Y_{α}} \\ K_{v} \ar[r]|{•}^{i_{v}} & X_{v} \ar[r]^{f_{v}} & Y_{v} ;}

cf. Bemerkung 124.(2). Dies definiert einen Funktor K, da wegen der Eindeutigkeit des auf den

Kernen Induzierten auch K_{id} = id und K_{αβ} = K_{α}K_{β} für u ^{\overline{}^{α}} v ^{\overline{}^{β}} w in D ist; für ersteres beachte man K_{id} i_{u} = i_{u} = id i_{u}; für letzteres beachte man K_{αβ} i_{w} = i_{u}X_{αβ} = i_{u}X_{α}X_{β} = K_{α} i_{v}X_{β} = K_{α}K_{β} i_{w}.

Da nach Konstruktion i_{u}X_{α} = K_{α}i_{v} ist für u ^{\overline{}^{α}} v in D, ist i in der Tat eine Transformation.

Wir behaupten, daß i ein Kern von f ist. Sei T ^{\overline{}^{t}} X mit tf = 0 gegeben. Für u ∈ Ob D ist dann t_{u}f_{u} = (tf)_{u} = 0. Da i_{u} nach Konstruktion ein Kern von f_{u} ist, gibt es folglich ein t′_{u} : T_{u} \overline{}K_{u}

mit t′_{u}i_{u} = t_{u}. Für u ^{\overline{}^{α}} v in D ist t′_{u}K_{α}i_{v} = t′_{u}i_{u}X_{α} = t_{u}X_{α} = T_{α}t_{v} = T_{α}t′_{v}i_{v}, und also, wegen i_{v} monomorph, t′_{u}K_{α} = T_{α}t′_{v}. Somit ist t′ : T \overline{}K eine Transformation mit t′i = t. Die Eindeutigkeit von t′ bezüglich t′i = t folgt aus der Monomorphie von i_{u} für u ∈ Ob D. Dies zeigt die Behauptung.

Zu (Ab 2). Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ein Monomorphismus. Wir haben zu zeigen, daß f ein Kern eines Morphismus in D, A ist. Nach Bemerkung 119.(3) ist 0 \overline{}X ein Kern von f. Nach Bemerkung 119.(2) ist der in (Ab 1) konstruierte Kern von f also isomorph zu 0. Folglich ist K_{f_{u}} ≃ 0 für alle u ∈ Ob D. Nach Bemerkung 119.(5, 3) folgt, daß f_{u} monomorph ist für u ∈ Ob D.

Dual zur Konstruktion für (Ab 1) erhalten wir einen Cokern Y ^{\overline{}^{r}} C von X ^{\overline{}^{f}} Y mit r_{u} Cokern von f_{u} für u ∈ Ob D. Nach Aufgabe 47.(1) ist f_{u} ein Kern von r_{u}. Nach Konstruktion für (Ab 1)

ist f ein Kern von r, da für u ^{\overline{}^{α}} v in D der eindeutige Morphismus ξ mit ξf_{v} = f_{u}Y_{α} gleich X_{α} ist. Zeigen wir, daß C(A) abelsch ist. Wir wissen mittlerweile, daß C(A) eine volle additive Teilkategorie der abelschen Kategorie Z^{k}, A ist.

Mit Dualität und Aufgabe 48 genügt es zu zeigen, daß wenn K ^{\overline{}^{i}} X der in Z^{k}, A wie oben

konstruierte Kern eines Morphismus X ^{\overline{}^{f}} Y in C(A) ist, dann K ∈ Ob C(A) liegt, und damit

K ^{\overline{}^{i}} X sich in C(A) befindet. Sei also n ∈ Z gegeben. Wir haben zu zeigen, daß der Morphismus n \overline{}n + 2 unter K auf einen Nullmorphismus abgebildet wird. Wir erhalten, wenn wir die vereinbarte Differentialnotation für K schon vorwegnehmen,

(K^{n} \overline{}K^{n+2} [figure: i^{n+2}] X^{n+2})
= (K^{n} ^{\overline{}^{d_{K}^{n}}} K^{n+1} ^{\overline{}^{d_{K}^{n+1}}} K^{n+2} [figure: i^{n+2}] X^{n+2})
= (K^{n} ^{\overline{}^{d_{K}^{n}}} K^{n+1} [figure: i^{n+1}] X^{n+1} ^{\overline{}^{d_{X}^{n+1}}} X^{n+2})
= (K^{n} [figure: i^{n}] X^{n} ^{\overline{}^{d_{X}^{n}}} X^{n+1} ^{\overline{}^{d_{X}^{n+1}}} X^{n+2})
= (K^{n} ^{\overline{}^{0}} X^{n+2}) .

Damit ist auch K^{n} \overline{}K^{n+2} selbst null.

Aufgabe 51

(1) Da r epimorph ist und g′′ als Retraktion epimorph ist, ist auch rg′′ = gs epimorph, und also auch s epimorph. Da i monomorph ist und f′ als Coretraktion monomorph ist, ist auch f′i = jf monomorph, und also auch j monomorph. Bleibt zu zeigen, daß j ein Kern von s ist. Zum einen ist js = jsf′′g′′ = jfrg′′ = f′irg′′ = 0. Sei zum anderen ein t mit ts = 0 gegeben. Dann ist tfr = tsf′′ = 0, und folglich gibt es ein t̃ mit tf = t̃i. Setze t′ := t̃g′. Es wird t′j = t̃g′j = t̃ig = tfg = t. Es ist t′ durch t′j = t auch eindeutig bestimmt, da j monomorph ist.

[figure: X′; •; i; g′; X; r; g; X′′; g′′; Y′; •; j; f′; Y; s; f; Y′′; f′′; T; t′; t̃; t]

(2) Sei ip = 1. Es ist i(1 − pi) = 0. Also gibt es ein q mit rq = 1 − pi. Da rqr = (1 − pi)r = r, ist qr = 1. Beachte ferner, daß qpi = q(1 − rq) = 0, und folglich qp = 0.

[figure: X′; •; i; X; r; p; X′′; q]

Wir erhalten die folgenden Morphismen von Sequenzen; i.e. in folgendem Diagramm kommutieren alle Vierecke.

[figure: X′; •; i; X; r; _{(_{p r})}; X′′; X′; •; _{(_{1 0} )}; X′ ⊕ X′′; _{(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})}; _{( \begin{matrix}i \\ q \end{matrix} )}; X′′; X′; •; i; X; r; X′′]

Diese invertieren sich gegenseitig, da (^{p r}) (\begin{matrix}i \\ q \end{matrix}) = pi + rq = 1 und (\begin{matrix}i \\ q \end{matrix}) (^{p r}) = (\begin{matrix}ip & ir \\ qp & qr \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}).

(3) Sei V ^{\overline{}^{n}} U mit mn = 1.

Sei U azyklisch. Für i ∈ Z erhalten wir mittels Bemerkung 124.(2) Morphismen von Sequenzen wie folgt.

[figure: I_{d_{V}^{i−1}}; •; ḋ_{V}^{i−1}; b; V^{i}; d̄_{V}^{i}; m^{i}; I_{d_{V}^{i}}; I_{d_{U}^{i−1}}; •; ḋ_{U}^{i−1}; c; U^{i}; d̄_{U}^{i}; n^{i}; I_{d_{U}^{i}}; I_{d_{V}^{i−1}}; •; ḋ_{V}^{i−1}; V^{i}; d̄_{V}^{i}; I_{d_{V}^{i}}]

Wegen der Eindeutigkeit der Induzierten komponieren diese beiden Morphismen zur Identität auf der zu V gehörigen Sequenz.

Da die zu U gehörige Sequenz kurz exakt ist, gilt dies nach (1) auch für die zu V gehörige. Also ist auch V azyklisch.

Sei U split azyklisch. Dann ist ḋ_{U}^{i−1} eine Coretraktion für alle i ∈ Z, da die entsprechende Aussage in einem zu U isomorphen Komplex der Form wie in Beispiel 131.(2) gilt. Sei etwa ḋ_{U}^{i−1}s = 1. Dann ist

ḋ_{V}^{i−1}m^{i}sc = bḋ_{U}^{i−1}sc = bc = 1 .

Also ist auch ḋ_{V}^{i−1} eine Coretraktion. Es folgt mit (2), daß die zu V gehörige Sequenz isomorph zu

I_{d_{V}^{i−1}} ^{\overline{}^{(^{1 0} )}} I_{d_{V}^{i−1}} ⊕ I_{d_{V}^{i}} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}} I_{d_{V}^{i}} ist, wobei es einen Isomorphismus gibt, der Identitäten auf den äußeren Termen stehen hat.

Verwendet man diese Isomorphismen für alle i ∈ Z, so erkennt man, daß V split azyklisch ist.

(4) Seien zum einen V und V′ split azyklisch.

Sei i ∈ Z gegeben. Es ist I_{d_{V}^{i}} ^{\overline{}^{ḋ_{V}^{i}}} V^{i+1} eine Coretraktion, da die entsprechende Aussage in einem

zu V isomorphen Komplex der Form wie in Beispiel 131.(2) gilt. Genauso ist I_{d_{V ′}^{i}} ^{\overline{}^{ḋ_{V ′}^{i}}} V^{′i+1} eine Coretraktion. Die Faktorisierung

d_{V ⊕V′}^{i} = (\begin{matrix}d_{V}^{i} \\ & d_{V ′}^{i} \end{matrix} ) = ( d̄_{V}^{i} ; d̄_{V ′}^{i} ) ( ḋ_{V}^{i} ; ḋ_{V ′}^{i} )

in einen Epimorphismus, gefolgt von einem Monomorphismus zeigt, daß aus ḋ_{V}^{i} und ḋ_{V′}^{i} Coretraktion folgt, daß ḋ_{V ⊕V′}^{i} eine Coretraktion ist.

Ferner ist (( ḋ_{V}^{i} ; ḋ_{V ′}^{i} ) , ( d̄_{V}^{i+1} ; d̄_{V ′}^{i+1} )) kurz exakt. Dazu zeigen wir, daß ( ḋ_{V}^{i} ; ḋ_{V ′}^{i} ) ein Kern von

( d̄_{V}^{i+1} ; d̄_{V ′}^{i+1} ) ist. Ist (^{t} ^{t′}) ( d̄_{V}^{i+1} ; d̄_{V ′}^{i+1} ) = (^{0 0}), so ist td̄_{V}^{i+1} = 0 und also t = t̂ḋ_{V}^{i} für ein t̂, da

(ḋ_{V}^{i} , d̄_{V}^{i+1}) kurz exakt ist. Analog ist t′ = t̂′ḋ_{V′}^{i} für ein t̂′. Insgesamt ist also (^{t} ^{t′}) = ( t̂t̂′) ( ḋ_{V}^{i} ; ḋ_{V ′}^{i} ).

Die Eindeutigkeit von ( t̂t̂′) bezüglich dieser Gleichung folgt aus der Monomorphie von ( ḋ_{V}^{i} ; ḋ_{V ′}^{i} ).

Dank (2) hat dies V ⊕ V′ split azyklisch zur Folge.

Sei zum anderen V ⊕ V′ split azyklisch. Dann ist V ^{\overline{}^{(^{1 0} )}} V ⊕ V′ eine Coretraktion. Dank (3) ist V split azyklisch.

Aufgabe 52

Sei i ein Kern und r ein Cokern von x. Sei j ein Kern und s ein Cokern von y. Sei k ein Kern und t ein Cokern von z. Vervollständige zu folgendem kommutativen Diagramm.

[figure: K; •; i; u; L; •; j; v; M; •; k; X; f; x; Y; g; y; Z; z; X′; f′; r; Y′; g′; s; Z′; t; C; p; D; q; E]

Wir verwenden das Kern-Cokern-Kriterium aus Lemma 134 kommentarlos.

(1) Die Aussage ist richtig.

Sind (X, X′, Y, Y′) und (Y, Y′, Z, Z′) Pullbacks, dann sind u und v Isomorphismen und p und q Monomorphismen. Also ist auch uv ein Isomorphismus und pq ein Monomorphismus. Somit ist (X, X′, Z, Z′) ein Pullback.

(2) Die Aussage ist falsch.

Sei A eine nichttriviale abelsche Kategorie, wie e.g. Z-Mod. Seien Y nicht isomorph zu 0, aber sei X = X′ = Y′ = Z = Z′ = 0. Es ist (X, X′, Z, Z′) = (0, 0, 0, 0) ein Pullback, nicht aber (X, X′, Y, Y′) = (0, 0, Y, 0), da u ein Monomorphismus, aber kein Epimorphismus ist.

(3) Die Aussage ist richtig.

Zum einen folgt aus (X, X′, Z, Z′) Pullback, daß pq monomorph ist, und also, daß p monomorph ist. Zum anderen folgt aus (X, X′, Z, Z′) und (Y, Y′, Z, Z′) Pullbacks, daß uv und v Isomorphismen sind, und somit auch u = (uv)v^{−1}. Also ist auch (X, X′, Y, Y′) ein Pullback.

(4) Die Aussage ist falsch.

Sei A eine nichttriviale abelsche Kategorie, wie e.g. Z-Mod. Sei Y′ nicht isomorph zu 0, aber sei X = X′ = Y = Z = Z′ = 0. Es sind (X, X′, Z, Z′) = (0, 0, 0, 0) und (X, X′, Y, Y′) = (0, 0, 0, Y′) Pullbacks, nicht aber (Y, Y′, Z, Z′) = (0, Y′, 0, 0), da q kein Monomorphismus ist.

(5) Die Aussage ist richtig.

Da (X, X′, Z, Z′) ein Pullback ist, ist uv ein Isomorphismus. Folglich ist u(v(uv)^{−1}) = 1, und somit u eine Coretraktion. Da (X, X′, Y, Y′) ein Pushout ist, ist u ein Epimorphismus. Insgesamt ist u ein Isomorphismus. Also ist auch v = u^{−1}(uv) ein Isomorphismus.

Da (X, X′, Z, Z′) ein Pullback ist, ist pq ein Monomorphismus. Da (X, X′, Y, Y′) ein Pushout ist, ist p ein Isomorphismus. Folglich ist auch q = p^{−1}(pq) ein Monomorphismus.

Also sind u und p Isomorphismen, und somit (X, X′, Y, Y′) ein Quadrat. Ferner ist v ein Isomorphismus und q ein Monomorphismus. Folglich ist (Y, Y′, Z, Z′) ein Pullback.

(6) Die Aussage ist falsch.

Sei A eine nichttriviale abelsche Kategorie, wie e.g. Z-Mod. Sei Y′ nicht isomorph zu 0, aber

sei X = X′ = Y = 0. Dann ist (X, X′, Y, Y′) ein Pullback, da 0 ^{\overline{}^{u}} 0 ein Isomorphismus und

0 ^{\overline{}^{p}} Y′ ein Monomorphismus ist. Es ist zwar f ein Isomorphismus, also insbesondere epimorph,

aber 0 ^{\overline{}^{f′}} X nicht epimorph.

(7) Die Aussage ist richtig.

Denn es sind K ≃ 0, L ≃ 0 und C ≃ 0. Folglich ist u ein Isomorphismus und p ein Monomorphismus. Somit ist (X, X′, Y, Y′) ein Pullback.

Aufgabe 53

Zeigen wir, daß F 0 ≃ 0. Es ist 0 ^{\overline{}^{1}} 0 ^{\overline{}^{1}} 0 kurz exakt. Also ist auch F 0 ^{\overline{}^{1}} F 0 ^{\overline{}^{1}} F 0 kurz exakt. Insbesondere ist 1_{F 0} = 1_{F 0}1_{F 0} = 0. Also sind F 0 \overline{}0 und 0 \overline{}F 0 sich gegenseitig invertierende Isomorphismen.

Zeigen wir, daß F additiv ist. Seien X, Y ∈ Ob A gegeben. Wir haben folgenden Morphismus kurz exakter Sequenzen.

[figure: F X; •; F ( 1 0 ); F (X ⊕ Y); F ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} ); _{(_{F π_{1} F π_{2}} )}; F Y; F X; •; _{(_{1 0} )}; F X ⊕ F Y; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; F Y]

Das Schlangenlemma, Lemma 136, zeigt nun, daß (^{F π_{1}} ^{F π_{2}} ) ein Isomorphismus ist; cf. Definition 110.

Aufgabe 54

(1) Es ist Z/k-mod eine volle additive Teilkategorie von Z/k-Mod, da 0 endlich ist, und da die direkte Summe zweier endlicher Z/k-Moduln wieder endlich ist, und in Z/k-mod a fortiori (Sum 1-3) erfüllt. Dank Aufgabe 48 genügt es zu zeigen, daß die in Z/k-Mod genommenen Kern- und Cokernobjekte eines Morphismus in Z/k-mod bereits in Z/k-mod liegen. Da Z/k-mod dank Aufgabe 45.(1) äquivalent zu Z/k-mod^{∘} ist, genügt es, dies für den Kern zu zeigen. Aber ein Teilmodul eines endlichen Moduls ist endlich.

Man sieht natürlich auch direkt, daß der in Z/k-Mod genommene Cokern eines Morphismus in Z/k-mod wieder in Z/k-mod liegt.

(2) Da Z/k-mod dank Aufgabe 45.(1) äquivalent zu Z/k-mod^{∘} ist, vermittels einer Äquivalenz, unter welcher laut Aufgabe 45.(3) (Z/k)^{⊕n} bis auf Isomorphie auf sich selbst geschickt wird, genügt es, (ii) ⇔ (iii) zu zeigen. (ii) ⇐ (iii). Es genügt zu zeigen, daß (Z/k)^{⊕n} in Z/k-mod projektiv ist für n ⩾ 0. Dies ist aber laut Aufgabe 28.(3) sogar in Z/k-Mod der Fall, also auch in Z/k-mod, da Epimorphismen in Z/k-mod auch in Z/k-Mod noch epimorph sind. (ii) ⇒ (iii). Es ist X nach Aufgabe 16.(2) isomorph zu ⨁_{i∈[1,m]} Z/ℓ_{i} für ein m ⩾ 0 und gewisse Teiler ℓ_{i} ⩾ 2 von k; cf. §1.2.7. Es genügt zu zeigen, daß ⨁_{i∈[1,m]} Z/ℓ_{i} nicht projektiv ist in Z/k-mod, falls ℓ_{i} < k ist für ein i ∈ [1, m]. Dank Bemerkung 141 genügt es zu zeigen, daß Z/ℓ nicht projektiv ist in Z/k-mod, falls ℓ ein Teiler von k mit ℓ ∈ [2, k − 1] ist. Annahme, es ist Z/ℓ projektiv. Dann hat id_{Z/ℓ} ein Urbild unter

Z/k-mod(Z/ℓ, Z/k) ^{\overline{}^{^{Z/k-mod}(Z/ℓ,1)}} _{Z/k-mod}(Z/ℓ, Z/ℓ) ,

in anderen Worten, es gibt ein Z/ℓ ^{\overline{}^{c}} Z/k mit (Z/ℓ ^{\overline{}^{c}} Z/k ^{\overline{}^{1}} Z/ℓ) = (Z/ℓ ^{\overline{}^{1}} Z/ℓ).

Der Repräsentant c ∈ Z ist durch k/ℓ teilbar, c = d(k/ℓ) für ein d ∈ Z. Es ist also d(k/ℓ) = c = c · 1 ≡_{ℓ} 1 in Z. Da k eine Primpotenz ist, gibt es eine Primzahl p mit k = p^{α} für ein α > 0. Ferner ist ℓ = p^{β} für ein β ∈ [1, α − 1]. Also ist 0 ≡_{p} dp^{α−β} ≡_{p^{β}} 1, und wir haben einen Widerspruch.

(3) Nein, dies ist nicht der Fall.

Es ist Z/k nicht projektiv in Z-Mod. Denn wäre dem so, so wäre Z ^{\overline{}^{1}} Z/k eine Retraktion. Aber es ist _{Z}(Z/k, Z) = {0}, und somit ist dem nicht so. Es ist Z/k nicht injektiv in Z-Mod. Annahme, doch. Sei p Primteiler von k. Da Z/k injektiv ist,

ist der Monomorphismus Z/k ^{\overline{}^{p}} Z/kp eine Coretraktion. Also gibt es ein a ∈ Z mit pa ≡_{k} 1. Da p ein Teiler von k ist, folgt 0 ≡_{p} pa ≡_{p} 1, und wir haben einen Widerspruch.

(4) Da Z/k-mod äquivalent zu Z/k-mod^{∘} ist, genügt es zu zeigen, daß Z/k-mod genügend Projektive hat. Sei X ∈ Ob Z/k-mod. Es ist X nach Aufgabe 16.(2) isomorph zu ⨁_{i∈[1,m]} Z/ℓ_{i} für ein m ⩾ 0 und gewisse Teiler ℓ_{i} ≠ 1 von k. Es genügt, einen Epimorphismus von einem Projektiven nach ⨁_{i∈[1,m]} Z/ℓ_{i} in Z/k-mod anzugeben. Dafür können wir e.g.

⨁_{i∈[1,m]} Z/k \overline{}^{( ..._{1}^{1} )} ⨁_{i∈[1,m]} Z/ℓ_{i}

anführen; cf. (2).

Aufgabe 55

(1) Gebe es ein Tupel (X^{i} ^{\overline{}^{h^{i}}} Y^{i−1})_{i∈Z} von Morphismen in A so, daß h^{i}d+dh^{i−1} = f^{i} für alle i ∈ Z. Dann komponieren die beiden Morphismen von Komplexen

( \xymatrix{X \ar[d]^{c_{X}} \\ C_{X} \ar[d] \\ Y} ) := ( \xymatrix{⋯ \ar[r]^{d} & X^{i−1} \ar[r]^{d} \ar[d]^{_{(_{1 d})}} & X^{i} \ar[r]^{d} \ar[d]^{_{(_{1 d})}} & X^{i+1} \ar[r]^{d} \ar[d]^{_{(_{1 d})}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{_{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}} & X^{i−1} ⊕ X^{i} \ar[r]^{_{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}} \ar[d]^{_{( \begin{matrix}h^{i−1}d \\ h^{i} \end{matrix} )}} & X^{i} ⊕ X^{i+1} \ar[r]^{_{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}} \ar[d]^{_{( \begin{matrix}h^{i}d \\ h^{i+1} \end{matrix} )}} & X^{i+1} ⊕ X^{i+2} \ar[r]^{_{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}} \ar[d]^{_{( \begin{matrix}h^{i+1}d \\ h^{i+2} \end{matrix} )}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{d} & Y^{i−1} \ar[r]^{d} & Y^{i} \ar[r]^{d} & Y^{i+1} \ar[r]^{d} & ⋯} )

zu f, mithin faktorisiert f über einen split azyklischen Komplex und verschwindet also in K(A). Sei umgekehrt f = 0 in K(A), i.e. faktorisiere f über einen split azyklischen Komplex, o.E. wie folgt.

[figure: ⋯; d; X^{i−1}; d; _{(_{u^{i−1} v^{i−1}} )}; X^{i}; d; _{(_{u^{i} v^{i}})}; X^{i+1}; d; _{(_{u^{i+1} v^{i+1}} )}; ⋯; ⋯; _{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}; T^{i−1} ⊕ T^{i}; _{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}a^{i−1} \\ b^{i−1} \end{matrix} )}; T^{i} ⊕ T^{i+1}; _{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}a^{i} \\ b^{i} \end{matrix} )}; T^{i+1} ⊕ T^{i+2}; _{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}a^{i+1} \\ b^{i+1} \end{matrix} )}; ⋯; ⋯; d; Y^{i−1}; d; Y^{i}; d; Y^{i+1}; d; ⋯]

Sei also f^{i} = u^{i}a^{i} + v^{i}b^{i} für i ∈ Z.

Aus den kommutativen Vierecken des oberen Komplexmorphismus entnehmen wir, daß v^{i} = du^{i+1} für i ∈ Z. Aus den kommutativen Vierecken des unteren Komplexmorphismus entnehmen wir, daß b^{i}d = a^{i+1} für i ∈ Z. Setze h^{i} := u^{i}b^{i−1} für i ∈ Z. Es ergibt sich

f^{i} = u^{i}a^{i} + v^{i}b^{i} = u^{i}b^{i−1}d + du^{i+1}b^{i} = h^{i}d + dh^{i+1} .

(2) Zu zeigen ist nur, daß aus X ≃ 0 in K(A) folgt, daß X split azyklisch ist. Es folgt aus X ≃ 0 in K(A), daß id_{X} = 0_{X,X} in K(A), daß also id_{X} in C(A) über einen split azyklischen Komplex A faktorisiert. Somit gibt es eine Coretraktion X \overline{}A in C(A). Dank Aufgabe 51.(3) ist X also split azyklisch.

Aufgabe 56

(1) Ad (i) ⇒ (ii). Sei _{B}(F (−), =) ^{\overline{}^{Φ}} _{A}(−, G(=)) eine Isotransformation von Funktoren von A^{∘} × B nach (Sets). Wir schreiben Φ_{X,Y} := Φ(X, Y) für (X, Y) ∈ Ob(A^{∘} × B), i.e. für X ∈ Ob A und

Y ∈ Ob B. Die Natürlichkeit von Φ besagt für X′ ^{\overline{}^{f}} X in A und Y ^{\overline{}^{g}} Y′ in B, daß

\xymatrix{_{B}(F X, Y) \ar[r]^{Φ_{X,Y}} \ar[d]_{(F f)(−)g} & _{A}(X, GY) \ar[d]^{f(−)(Gg)} \\ _{_{B}(F X′, Y′)} \ar[r]^{Φ_{X′,Y ′}} & _{_{A}(X′, GY′)}}

kommutiert, i.e. daß für F X ^{\overline{}^{s}} Y stets ((F f)sg)Φ_{X′,Y′} = f((s)Φ_{X,Y})(Gg) ist. Für X ∈ Ob A setzen wir εX := (1_{F X})Φ_{X,F X} : X \overline{}GF X. Wir haben zu zeigen, daß ε :=

(εX)_{X∈Ob A} eine Transformation ist. Sei hierzu X ^{\overline{}^{f}} X′ in A vorgegeben. Wir haben zu zeigen, daß f(εX′) = (εX)(GF f). In der Tat wird

f(εX′) = f((1_{F X′})Φ_{X′,F X′})
= ((F f)1_{F X′})Φ_{X,F X′}
= (1_{F X}(F f))Φ_{X,F X′}
= (1_{F X})Φ_{X,F X}(GF f)
= (εX)(GF f) .

Für Y ∈ Ob B setzen wir ηY := (1_{GY})Φ_{GY,Y}^{−1} : F GY \overline{}Y. Dual zu ε ist auch η := (ηY)_{Y ∈Ob B} eine Transformation. Nun berechnen wir für Y ∈ Ob B

(εGY)(GηY) = ((1_{F GY})Φ_{GY,F GY})(GηY)
= (1_{F GY} (ηY))Φ_{GY,Y}
= (ηY)Φ_{GY,Y}
= 1_{GY} .

Dual ergibt sich auch (F εX)(ηF X) = 1_{F X} für X ∈ Ob A.

Ad (i) ⇐ (ii). Sei X ∈ Ob A und Y ∈ Ob B. Für F X ^{\overline{}^{s}} Y in B setzen wir

(s)Φ_{X,Y} := (εX)(Gs) .

Umgekehrt setzen wir für X ^{\overline{}^{t}} GY in A

(t)Φ′_{X,Y} := (F t)(ηY) .

Wir haben zu zeigen, daß sich Φ_{X,Y} und Φ′_{X,Y} wechselseitig invertieren und daß Φ := (Φ_{X,Y})_{(X,Y)∈Ob(A^{∘}×B)} natürlich ist. Zunächst wird

((s)Φ_{X,Y})Φ′_{X,Y} = ((εX)(Gs))Φ′_{X,Y}
= (F εX)(F Gs)(ηY)
= (F εX)(ηF X)s
= s .

Dual dazu ist auch ((t)Φ′_{X,Y})Φ_{X,Y} = t.

Seien nun X′ ^{\overline{}^{f}} X in A und Y ^{\overline{}^{g}} Y′ in B und F X ^{\overline{}^{s}} Y in B gegeben. Wir erhalten

((F f)sg)Φ_{X′,Y′} = (εX′)(GF f)(Gs)(Gg)
= f(εX)(Gs)(Gg)
= f((s)Φ_{X,Y})(Gg) .

(2) Es gibt ein id_{A} \overline{}^{α}_{∼} G ∘ F.

Für X ∈ Ob A und Y ∈ Ob B haben wir eine Bijektion

[figure: _{B}(F X, Y); Φ_{X,Y}; ∼; _{A}(X, GY); s; (αX)(Gs)]

da αX ein Isomorphismus ist und G gemäß Lemma 96.(1) voll und treu ist. Wie in der letzten Rechnung unter (1) sieht man, daß Φ := (Φ_{X,Y})_{(X,Y)∈Ob(A^{∘}×B)} eine Transformation ist, denn für

X′ ^{\overline{}^{f}} X in A und Y ^{\overline{}^{g}} Y′ in B und F X ^{\overline{}^{s}} Y in B ergibt sich

((F f)sg)Φ_{X′,Y′} = (αX′)(GF f)(Gs)(Gg)
= f(αX)(Gs)(Gg)
= f((s)Φ_{X,Y})(Gg) .

Cf. auch [8, Aufg. 10.(2).]

(3) Es ist _{A}(−, G(=)) ≃ _{B}(F (−), =) ≃ _{A}(−, G̃(=)). Der Funktor

H := _{A}(−, =) : A \overline{}Â , X \overline{}_{A}(−, X)

ist voll und treu; cf. Aufgabe 36.(2). Es gibt ein H ∘ G \overline{}^{α}_{∼} H ∘ G̃. Für Y ∈ Ob B sei GY ^{\overline{}^{βY}} G̃Y durch HβY := αY definiert. Da αY ein Isomorphismus ist und H voll und treu, ist βY ein

Isomorphismus; cf. Bemerkung 90. Bleibt die Natürlichkeit von (βY)_{Y ∈Ob B} zu zeigen. Sei Y ^{\overline{}^{g}} Y′ in B gegeben. Es wird

H((Gg)(βY′)) = (HGg)(αY′) = (αY)(HG̃g) = H((βY)(G̃g)) ,

wegen H treu mithin (Gg)(βY′) = (βY)(G̃g).

(4) Es gibt ein _{B}(F (−), =) \overline{}^{Φ}_{∼} _{A}(−, G(=)), notiert wie in (1). Sei Y ∈ Ob B. Es ist _{B}(F 0_{A}, Y) ≃ _{B}(0_{A}, GY) einelementig, also F 0_{A} initial, also F 0_{A} ≃ 0_{B}; cf. Bemerkung 81.(1). Für X ∈ Ob A und Y ∈ Ob B ist (0_{F X,Y})Φ_{X,Y} = (0_{F X,F X}0_{F X,Y})Φ_{X,Y} = ((F 0_{X,X})0_{F X,Y})Φ_{X,Y} = 0_{X,X}((0_{F X,Y})Φ_{X,Y} ) = 0_{X,GY} .

Seien X_{1}, X_{2} ∈ Ob A gegeben. Wir wollen zeigen, daß (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix} ) : F X_{1} ⊕ F X_{2} \overline{}F (X_{1} ⊕ X_{2})

epimorph ist; cf. Bemerkung 109.(2). Sei F (X_{1} ⊕ X_{2}) ^{\overline{}^{u}} Y mit 0 = (\begin{matrix}F ι_{1} \\ F ι_{2} \end{matrix} ) u = (\begin{matrix}(F ι_{1})u \\ (F ι_{2})u \end{matrix}) gegeben. Dann ist

0_{X_{1} , GY} = (0_{F X_{1} , Y})Φ_{X_{1} , Y} = ((F ι_{1})u)Φ_{X_{1} , Y} = ι_{1}((u)Φ_{X_{1}⊕X_{2} , Y} ) ,

und genauso 0_{X_{2},GY} = ι_{2}((u)Φ_{X_{1}⊕X_{2} , Y} ). Es folgt

(u)Φ_{X_{1}⊕X_{2} , Y} = 0_{X_{1}⊕X_{2} , GY} = (0_{F (X_{1}⊕X_{2}),Y})Φ_{X_{1}⊕X_{2} , Y} ,

und somit u = 0.

Sei X ∈ Ob A und Y ∈ Ob B. Wir behaupten, daß _{B}(F X, Y)  \overline{}^{Φ_{X,Y}}_{∼}  _{A}(X, GY) ein Isomorphismus

abelscher Gruppen ist. Seien F X [figure: g; g′] Y in B gegeben. Dank (4^{∘}) ist G additiv. Es wird

(g + g′)Φ_{X,Y} = (1_{F X}(g + g′))Φ_{X,Y}
= ((1_{F X})Φ_{X,F X})G(g + g′)
= ((1_{F X})Φ_{X,F X})(Gg + Gg′)
= ((1_{F X})Φ_{X,F X})(Gg) + ((1_{F X})Φ_{X,F X})(Gg′)
= (1_{F X}g)Φ_{X,Y} + (1_{F X}g′)Φ_{X,Y}
= (g)Φ_{X,Y} + (g′)Φ_{X,Y} ;

cf. Bemerkung 111. Dies zeigt die Behauptung, und so auch abermals die oben gesehene Tatsache, daß (0_{F X,Y} )Φ_{X,Y} = 0_{X,GY} für X ∈ Ob A und Y ∈ Ob B.

(5) Es gibt ein _{B}(F (−), =) \overline{}^{Φ}_{∼} _{A}(−, G(=)), notiert wie in (1). Gemäß (4) und (4^{∘}) sind F und G additiv.

Sei X′ ^{\overline{}^{i}} X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz in A. Wir haben zu zeigen, daß F r ein Cokern

von F i ist. Sei hierzu F X ^{\overline{}^{t}} T in B mit (F i)t = 0 gegeben. Es ist i((t)Φ_{X,T} ) = ((F i)t)Φ_{X′,T} = (0_{F X′,T})Φ_{X′,T} = 0_{X′,GT} ; letztere Gleichheit folgt hierbei aus der Lösung zu (4). Da r ein Cokern

zu i ist, gibt es ein X′′ ^{\overline{}^{u}} GT in A mit (t)Φ_{X,T} = ru. Es folgt

((F r)((u)Φ_{X′′,T}^{−1} ))Φ_{X,T} = r(((u)Φ_{X′′,T}^{−1} )Φ_{X′′,T} ) = ru = (t)Φ_{X,T} ,

und somit (F r)((u)Φ_{X′′,T}^{−1} ) = t. Für die Eindeutigkeit dieser Faktorisierung bleibt zu zeigen, daß F r

epimorph ist. Ist (F r)v = 0_{F X,T} für ein F X′′ ^{\overline{}^{v}} T in B, so wird r((v)Φ_{X′′,T} ) = ((F r)v)Φ_{X,T} = (0_{F X,T})Φ_{X,T} = 0_{X,GT} , also (v)Φ_{X′′,T} = 0_{X′′,GT} , also v = 0_{F X′′,T} .

Aufgabe 57

Wir erinnern an (F εX)(ηF X) = 1_{F X} für X ∈ Ob A und (εGY)(GηY) = 1_{GY} für Y ∈ Ob B; cf. Aufgabe 56.(1.ii).

(1) Da F voll ist, gibt es ein GF X ^{\overline{}^{a}} X mit F a = ηF X. Aus id_{F X} = (F εX)(ηF X) folgt also

(ηF X) = (ηF X)(F εX)(ηF X) = (F (a(εX)))(ηF X) ,

und somit

id_{GF X} = (εGF X)(GηF X)
= (εGF X)(GF (a(εX)))(GηF X)
= a(εX)(εGF X)(GηF X)
= a(εX) .

(2) Sei X ∈ Ob A. Da F voll ist, gibt es ein GF X ^{\overline{}^{a}} X mit F a = ηF X und id_{GF X} = a(εX) ; cf.

Lösung zu (1). Aus

F id_{X} = id_{F X} = (F εX)(ηF X) = F ((εX)a)

folgt wegen F treu auch id_{X} = (εX)a. Also ist εX ein Isomorphismus mit (εX)^{−1} = a. Somit ist ε eine Isotransformation; cf. Bemerkung 92.

(3) Es sind F und G additiv, cf. Aufgabe 56.(4, 4^{∘}).

Sei Y′ ^{\overline{}^{i}} Y ^{\overline{}^{p}} Y′′ eine Sequenz in B. Es respektiert G Cokerne, dies nach Voraussetzung, und Kerne, dies mit dem dualen Argument zur Lösung zu Aufgabe 56.(5).

Zu (Ab 1) für A. Gegeben sei X_{1} ^{\overline{}^{x}} X_{2} in A. Wir wollen zeigen, daß das Kompositum

(GK_{F x} ^{\overline{}^{Gι_{F x}}} GF X_{1}^{\overline{}^{(εX_{1})^{−1}}} X_{1}) ein Kern von X_{1} ^{\overline{}^{x}} X_{2} ist. Da (εX_{1})(GF x) = x(εX_{2}), genügt es zu zeigen, daß Gι_{F x} ein Kern von GF x ist; cf. (2). Dies folgt, da G Kerne respektiert.

Zu (Ab 1^{∘}) für A. Gegeben sei X_{1} ^{\overline{}^{x}} X_{2} in A. Wir wollen zeigen, daß das Kompositum

(X_{2} ^{\overline{}^{εX_{2}}} GF X_{2} ^{\overline{}^{Gρ_{F x}}} GC_{F x}) ein Cokern von x ist. Da (εX_{1})(GF x) = x(εX_{2}), genügt es zu zeigen, daß Gρ_{F x} ein Cokern von GF x ist; cf. (2). Dies folgt, da G Cokerne respektiert.

\xymatrix{GK_{F x} \ar[r]^{Gι_{F x}} \ar[dr] & GF X_{1} \ar[r]^{GF x} & GF X_{2} \ar[r]^{Gρ_{F x}} & GC_{F x} \\  & X_{1} \ar[r]^{x} \ar[u]^{εX_{1}}_{≀} & X_{2} \ar[ur] \ar[u]_{εX_{2}}^{≀}}

Zu (Ab 2, 2^{∘}) für A. Es genügt zu zeigen, daß in A der Homomorphiesatz gilt, i.e. daß für einen

gegebenen Morphismus X_{1} ^{\overline{}^{x}} X_{2} in A der induzierte Morphismus von C_{ι_{x}} nach K_{ρ_{x}} ein Isomorphismus ist; cf. Lemma 123. Denn dies liefert für x monomorph, daß x ein Kern von ρ_{x} ist; dual liefert dies für x epimorph, daß x ein Cokern von ι_{x} ist; cf. Bemerkung 119. Da (εX_{1})(GF x) = x(εX_{2}), genügt es zu zeigen, daß in A der Homomorphiesatz für GF x gilt; cf. (2) und Bemerkung 124.(2). Da G Kerne und Cokerne respektiert, folgt dies daraus, daß in B der Homomorphiesatz für F x gilt. Somit ist gezeigt, daß A abelsch ist. Es ist F rechtsexakt; cf. Aufgabe 56.(5). Es ist G exakt, da G Kerne und Cokerne respektiert.

Aufgabe 58

(1) Sei _{B}(F (−), =) \overline{}^{Φ}_{∼} _{A}(−, G(=)) mit 1_{GY} Φ_{GY,Y}^{−} = ηY : F GY \overline{}Y für Y ∈ Ob A.

Sei _{B}(F (−), =) \overline{}^{Φ̃}_{∼} _{A}(−, G(=)) mit 1_{GY} Φ̃_{GY,Y}^{−} = η̃Y : F GY \overline{}Y für Y ∈ Ob A.

Für Y ∈ Ob B setzen wir uY := ηY Φ̃_{GY,Y} : GY \overline{}GY und ũY := η̃Y Φ_{GY,Y} : GY \overline{}GY. Dann ist

\begin{aligned}(uY)Φ̃_{Y,GY}^{−} & =^{1.} & (uY · 1_{GY})Φ̃_{Y,GY}^{−} = F uY · 1_{GY} Φ̃_{Y,GY}^{−} = F uY · η̃Y \\ & =^{2.} & ηY Φ̃_{GY,Y} Φ̃_{Y,GY}^{−} = ηY . \end{aligned}

Genauso ist F ũY · ηY = η̃Y. Bleibt zu zeigen, daß uY und ũY sich gegenseitig invertieren für Y ∈ Ob B und daß das Tupel (uY)_{Y ∈Ob B} natürlich ist. Für Y ∈ Ob B ist

1_{GY} = (ηY)Φ_{Y,GY}
= (F uY · η̃Y)Φ_{Y,GY}
= (F uY · F ũY · ηY)Φ_{Y,GY}
= (F (uY · ũY) · ηY)Φ_{Y,GY}
= (uY · ũY) · ηY Φ_{Y,GY}
= uY · ũY .

Genauso folgt ũY · uY = 1_{GY}. Sei Y ^{\overline{}^{y}} Y′ gegeben. Es wird

uY · Gy = ηY Φ̃_{GY,Y} · Gy
= 1_{GY} Φ_{GY,Y}^{−} Φ̃_{GY,Y} · Gy
= (1_{GY} Φ_{GY,Y}^{−} · y)Φ̃_{GY,Y′}
= (1_{GY} · Gy)Φ_{GY,Y′}^{−} Φ̃_{GY,Y′}
= (Gy · 1_{GY′})Φ_{GY,Y′}^{−} Φ̃_{GY,Y′}
= (F Gy · 1_{GY′}Φ_{GY′,Y′}^{−})Φ̃_{GY,Y′}
= Gy · 1_{GY′}Φ_{GY′,Y′}^{−} Φ̃_{GY′,Y′}
= Gy · ηY′Φ̃_{GY′,Y′}
= Gy · uY′ .
\xymatrix{GY \ar[r]^{uY} \ar[d]_{Gy} & GY \ar[d]^{Gy} \\ GY′ \ar[r]^{uY′} & GY′}

(2) Sei A = Z/2-mod. Sei B = Z/4-mod.

Der Inklusionsfunktor F : A [figure] B ist voll und treu. Wir konstruieren Adjungierte unter Zuhilfenahme von Lemma 62. Sei M := _{Z/4}Z/2_{Z/2} . Es ist F isomorph zu M ⊗_{Z/2} −. Folglich ist F linksadjungiert zu _{Z/4}(M, −), und damit auch zum Funktor Z/4-mod \overline{}Z/2-mod : X \overline{}\{ x ∈ X : 2x = 0 \}, auf Morphismen die Einschränkungen. Dieser Funktor schickt den Epimorphismus Z/4 ^{\overline{}^{1}} Z/2 bis auf Isomorphie nach Z/2 ^{\overline{}^{0}} Z/2, ist also nicht exakt. Sei N := _{Z/2}Z/2_{Z/4} . Es ist F isomorph zu _{Z/2}(N, −). Folglich ist F rechtsadjungiert zu N ⊗_{Z/4} −, und damit auch zum Funktor Z/4-mod \overline{}Z/2-mod : X \overline{}X/2X, auf Morphismen die Induzierten. Dieser Funktor schickt den Monomorphismus Z/2 ^{\overline{}^{2}} Z/4 bis auf Isomorphie nach Z/2 ^{\overline{}^{0}} Z/2, ist also nicht exakt.

(3) Sei A = Z-free; cf. Aufgabe 46.(2). Sei B = Z-mod. Sei G : A \overline{}B der Inklusionsfunktor dieser vollen Teilkategorie. Sei T : B \overline{}B auf Objekten Y ∈ Ob B definiert durch

T Y := { y ∈ Y : es gibt ein z ∈ Z ∖ {0} mit zy = 0 }

und auf Morphismen Y′ ^{\overline{}^{b}} Y in B durch

T b := b|_{T Y′}^{T Y} .

Nach dem Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen ist F Y := Y/T Y eine freie abelsche Gruppe. Wir können also F : B \overline{}A auf Y′ ^{\overline{}^{b}} Y in B definieren durch folgenden Morphismus split kurz exakter Sequenzen in B.

[figure: T Y′; •; T b; Y′; rY′; b; GF Y′; GF b; T Y; •; Y; rY; GF Y]

Hierbei sei rY : Y → Y/T Y = F Y = GF Y, y ↦ y + T Y, die Restklassenabbildung. Es ist für X ∈ Ob A und Y ∈ Ob B

[figure: _{A}(F Y, X); ∼; _{B}(Y, GX); c; rY · Gc ,]

da _{B}(−, GX) die split kurz exakte Sequenz (T Y, Y, GF Y) in eine kurz exakte Sequenz mit verschwindendem Cokern überführt und da _{B}(GF Y, GX) = _{A}(F Y, X) ist. Dies definiert eine Isotransformation von _{A}(F (−), =) nach _{B}(−, G(=)). Denn für Y′ ^{\overline{}^{b}} Y in B, F Y ^{\overline{}^{c}} X in A und X ^{\overline{}^{a}} X′ in A wird

F b · c · a \overline{}rY′ · GF b · Gc · Ga = b · (rY · Gc) · Ga

abgebildet. Folglich ist F ⊣ G. Wir behaupten, daß F Monomorphismen respektiert. Obiger Morphismus split kurz exakter Sequenzen mit Q tensoriert wird zu einem Morphismus split kurz exakter Sequenzen mit verschwindenden Kernen. Dies zeigt, daß aus Y′ ^{\overline{}^{b}} Y monomorph folgt, daß Q⊗_{Z}GF b monomorph ist. Dies wiederum zeigt, daß Q ⊗_{Z} Kern GF b verschwindet. Da dieser Kern aber ebenfalls frei und endlich erzeugt über Z ist, folgt Kern GF b = 0. Das zeigt die Behauptung. Da Z ^{\overline{}^{2}} Z in A mono- und epimorph ist, ohne ein Isomorphismus zu sein, ist A nicht abelsch. Es wird F (Z ^{\overline{}^{2}} Z ^{\overline{}^{1}} Z/2) ≃ (Z ^{\overline{}^{2}} Z \overline{}0). Folglich respektiert F Kerne nicht. Es wird G(Z ^{\overline{}^{2}} Z \overline{}0) = (Z ^{\overline{}^{2}} Z \overline{}0). Folglich respektiert G Cokerne nicht.

Aufgabe 59 Wir sind in folgender Situation, wobei das entsprechende Diagramm für (f̃′, f̃, f̃′′) und der Morphismus zwischen dem zu (f′, f, f′′) und dem zu (f̃′, f̃, f̃′′) gehörenden Diagramm gedanklich ergänzt werden muß.

[figure: K′; •; i′; α; K; •; i; β; K′′; •; i′′; X′; m; f′; X; p; f; u; X′′; f′′; K′′; •; λ; γ; = λμ; T; v; b; μ; Y′; •; n; r′; •; a; Y; q; r; Y′′; r′′; C′; C′; δ; C; ε; C′′]

Es wird αkĩ = αix = i′mx = i′x′m̃ = k′ĩ′m̃ = k′α̃ĩ, also αk = k′α̃.

Es wird βk′′ĩ′′ = βi′′x′′ = ipx′′ = ixp̃ = kĩp̃ = kβ̃ĩ′′, also βk′′ = kβ̃.

Dual ist δc = c′δ̃ und εc′′ = cε̃.

Es bleibt γc′ =^{!} cγ̃ zu zeigen.

Es ist m(xũ) = x′m̃ũ = x′f̃′ã = f′(y′ã). Da (X′, X, Y′, T) ein Pushout ist, gibt es ein t mit ut = xũ und at = y′ã.

Da (X′, X, Y′, T) ein Pushout ist, ist (\begin{matrix}u \\ −a \end{matrix}) epimorph; cf. Lemma 134^{∘}.

Es ist tṽ = vy, da zum einen a(tṽ) = y′ãṽ = y′ñ = ny = a(vy) und zum anderen u(tṽ) = xũṽ = xf̃ = fy = u(vy).

Es ist tb̃ = bx′′, da zum einen a(tb̃) = y′ãb̃ = 0 = a(bx′′) und zum anderen u(tb̃) = xũb̃ = xp̃ = px′′ = u(bx′′).

Somit ist die Situation selbstdual; man hätte zur Konstruktion von t auch verwenden können, daß (T̃, X̃′′, Ỹ , Ỹ′′) ein Pullback ist.

Wir wollen nun zeigen, daß folgendes Diagramm kommutiert.

[figure: K′′; •; λ; k′′; T; μ; t; C′; c′; K̃′′; •; λ̃; T̃; μ̃; C̃′]

Dank Dualität genügt es, das rechte Viereck als kommutativ nachzuweisen.

In der Tat ist μc′ = tμ̃, da zum einen u(μc′) = 0 = xũμ̃ = u(tμ̃) und zum anderen a(μc′) = r′c′ = y′r̃′ = y′ãμ̃ = a(tμ̃).

Damit ist das zur Aufgabe gestellte Diagramm als kommutativ nachgewiesen.

Es seien nun zwei Konstruktionen von γ gemäß Beweis zum Schlangenlemma aus Lemma 136 gegeben, in welchen während der Konstruktionen möglicherweise verschiedene Wahlen getroffen wurden, in welchen aber dasselbe i′′ und dasselbe r′ gewählt wurde. Dann können wir (x′, x, x′′) := (1, 1, 1), (y′, y, y′′) := (1, 1, 1) und (f̃′, f̃, f̃′′) := (f′, f, f′′) einsetzen, und im einen Diagramm die eine, im anderen Diagramm die andere Konstruktion verwenden. Wir erhalten zunächst k′′ = 1 wegen der übereinstimmenden Wahl i′′ = ĩ′′, und c′ = 1 wegen der übereinstimmenden Wahl r′ = r̃′. Nun haben wir insbesondere das kommutative Viereck

[figure: K′′; γ; 1 = k′′; C′; c′ = 1; K′′ = K̃′′; γ̃; C̃′ = C′]

Es folgt γ = γ̃.

Aufgabe 60

Was die Definition der Funktoren Z^{k} und H^{k} angeht, sei auf §5.4.2 verwiesen.

Wir behaupten zunächst, daß Z^{k} : C(A) \overline{}A ein additiver Funktor ist. Es ist Z^{k}0 ≃ 0. Wir haben zu zeigen, daß für X, Y ∈ C(A) der Morphismus (^{Z^{k}π_{1}} ^{Z^{k}π_{2}} ) : Z^{k}(X⊕Y) \overline{}Z^{k}X⊕Z^{k}Y ein Monomorphismus ist.

Hierzu betrachten wir folgendes Viereck.

[figure: Z^{k}(X ⊕ Y); _{(_{Z^{k}π_{1} Z^{k}π_{2}} )}; •; ι_{d{k \atop X⊕Y}}; X^{k} ⊕ Y^{k}; Z^{k}X ⊕ Z^{k}Y; •; _{( \begin{matrix}ι_{d^{k}_{X}} & 0 \\ 0 & ι_{d^{k}_{Y}} \end{matrix} )}; X^{k} ⊕ Y^{k}]

Dieses kommutiert wegen (Z^{k}π_{1})ι_{d_{X}^{k}} = ι_{d_{X⊕Y}^{k}} π_{1}^{k} aus der Definition von Z^{k}π_{1} , wegen (Z^{k}π_{2})ι_{d_{Y}^{k}} = ι_{d_{X⊕Y}^{k}} π_{2}^{k} aus der Definition von Z^{k}π_{2} und wegen (^{π_{1}^{k}} ^{π_{2}^{k}}) = ( ( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )) = id_{X^{k}⊕Y^{k}} . Aus der Monomorphie von ι_{d_{X⊕Y}^{k}} folgt die Monomorphie von (^{Z^{k}π_{1}} ^{Z^{k}π_{2}} ). Also ist Z^{k} additiv, was die Behauptung zeigt.

Dual dazu ist übrigens auch Z̃^{k} : C(A) → A ein additiver Funktor.

Wir behaupten nun, daß H^{k} : C(A) \overline{}A ein additiver Funktor ist. Zunächst ist H^{k}0 ≃ 0. Wir haben zu zeigen, daß für X, Y ∈ C(A) der Morphismus (\begin{matrix}H^{k}ι_{1} \\ H^{k}ι_{2} \end{matrix} ) : H^{k}X ⊕ H^{k}Y \overline{}H^{k}(X ⊕ Y) ein Epimorphismus ist. Hierzu betrachten wir folgendes Viereck

[figure: Z^{k}(X ⊕ Y); h̄_{X⊕Y}^{k}; H^{k}(X ⊕ Y); Z^{k}X ⊕ Z^{k}Y; _{( \begin{matrix}h̄_{X}^{k} & 0 \\ 0 & h̄_{Y}^{k} \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}Z^{k}ι_{1} \\ Z^{k}ι_{2} \end{matrix} )}; ≀; H^{k}X ⊕ H^{k}Y; _{( \begin{matrix}H^{k}ι_{1} \\ H^{k}ι_{2} \end{matrix} )}]

Dieses kommutiert wegen (Z^{k}ι_{1})h̄_{X⊕Y}^{k} = h̄_{X}^{k}(H^{k}ι_{1}) aus der Definition von H^{k}ι_{1} und wegen (Z^{k}ι_{2})h̄_{X⊕Y}^{k} =

h̄_{Y}^{k} (H^{k}ι_{2}) aus der Definition von H^{k}ι_{2} . Da Z^{k} additiv ist, ist (\begin{matrix}Z^{k}ι_{1} \\ Z^{k}ι_{2} \end{matrix} ) ein Isomorphismus. Aus der Epimor-

phie von h̄_{X⊕Y}^{k} folgt nun die Epimorphie von (\begin{matrix}H^{k}ι_{1} \\ H^{k}ι_{2} \end{matrix} ). Also ist H^{k} additiv, was die Behauptung zeigt.

Aufgabe 61

Wir werden kommentarlos verwenden, daß X ∈ Ob C(A) genau dann azyklisch ist, wenn H^{k}X ≃ 0 für alle k ∈ Z ; cf. Bemerkung 143.

(1) Die Aussage ist richtig.

Seien X′ und X′′ azyklisch. Sei k ∈ Z. Es sind H^{k}X′ und H^{k}X′′ isomorph zu 0. Die lang exakte Homologiesequenz

⋯ \overline{}H^{k}X′ \overline{}H^{k}X \overline{}H^{k}X′′ \overline{}⋯

gibt also eine kurz exakte Sequenz 0 \overline{}H^{k}X \overline{}0 ; cf. Lemma 145. Es folgt 0 ^{\overline{}^{∼}} H^{k}X. Insgesamt ist also auch X azyklisch.

Seien X und X′′ azyklisch. Sei k ∈ Z. Es sind H^{k−1}X′′ und H^{k}X isomorph zu 0. Die lang exakte Homologiesequenz

⋯ \overline{}H^{k−1}X′′ \overline{}H^{k}X′ \overline{}H^{k}X \overline{}⋯

gibt also eine kurz exakte Sequenz 0 \overline{}H^{k}X′ \overline{}0 ; cf. Lemma 145. Es folgt 0 ^{\overline{}^{∼}} H^{k}X′. Insgesamt ist also auch X′ azyklisch.

Dual folgt aus X′ und X azyklisch, daß X′′ azyklisch ist.

(2) Die Aussage ist falsch.

Sei A eine abelsche Kategorie mit einem Objekt U ≄ 0. (Man kann e.g. A = Z-Mod und U = Z nehmen.) Betrachte die folgenden, vertikal eingetragenen Morphismen von Komplexen.

[figure: ⋯; 0; 0; U; 1; 1; U; 0; ⋯; ⋯; 0; •; 0; •; U; •; 1; 0; •; 0; •; ⋯; ⋯; 0; U; 1; U; 0; 0; ⋯]

Der obere und der untere Komplex sind split azyklisch. Das Homologieobjekt des mittleren Komplexes an der Stelle U ist dagegen isomorph zu U und also nicht zu 0. Also ist der mittlere Komplex nicht azyklisch. Nun ist der obere Komplexmorphismus epimorph, der untere monomorph. Der mittlere Komplex ist also isomorph zu I_{f} , wenn f das Kompositum der beiden Komplexmorphismen bezeichnet. Insbesondere verschwindet die Homologie von I_{f} nicht an jeder Stelle. Somit ist I_{f} nicht azyklisch.

Aufgabe 62

Wir verwenden die Charakterisierung einer injektiven Auflösung aus Bemerkung 151.(2.iii); und dual, einer projektiven Auflösung.

Wir verwenden die Argumente zu “dicht” und “voll” aus dem Beweis zur Auflösungsäquivalenz, Lemma 149, und die Konstruktion aus dem Hufeisenlemma, Lemma 153.

(1) Wir finden e.g. die projektive Auflösung

\xymatrix{⋯ \ar[r]^{16} & Z/64 \ar[r]^{4} \ar[d]^{2} & Z/64 \ar[r]^{16} \ar[d]^{4} & Z/64 \ar[r]^{4} \ar[d]^{2} & Z/64 \ar[d]^{4} \ar@{.>}[r]^{1} & Z/4 \ar@{.>}[d]^{4} \\ ⋯ \ar[r]^{8} & Z/64 \ar[r]^{8} & Z/64 \ar[r]^{8} & Z/64 \ar[r]^{8} & Z/64 \ar@{.>}[r]^{1} & Z/8}

und die injektive Auflösung

\xymatrix{Z/4 \ar@{.>}[d]^{4} \ar@{.>}[r]^{16} & Z/64 \ar[r]^{4} \ar[d]^{2} & Z/64 \ar[r]^{16} \ar[d]^{4} & Z/64 \ar[r]^{4} \ar[d]^{2} & Z/64 \ar[r]^{16} \ar[d]^{4} & ⋯ \\ Z/8 \ar@{.>}[r]^{8} & Z/64 \ar[r]^{8} & Z/64 \ar[r]^{8} & Z/64 \ar[r]^{8} & Z/64 \ar[r]^{8} & ⋯}

Hierbei gehören die gepunktelten Teile nicht zur Auflösung. Die Komplexe sind durch Nullen ergänzt zu denken. Cf. Aufgabe 54.

(2) Wir finden e.g. die projektive Auflösung

[figure: ⋯; 0; (\begin{matrix}Q \\ 0 \\ 0 \end{matrix}); (\begin{matrix}Q \\ Q \\ 0 \end{matrix}); ρ; (\begin{matrix}Q \\ Q \\ 0 \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \\ 0 \end{matrix}); f; ⋯; 0; _{(\begin{matrix}Q \\ 0 \\ 0 \end{matrix})}; _{(\begin{matrix}Q \\ Q \\ Q \end{matrix})}; ρ; (\begin{matrix}Q \\ Q \\ Q \end{matrix}) / (\begin{matrix}Q \\ 0 \\ 0 \end{matrix})]

Hierbei gehören die gepunktelten Teile nicht zur Auflösung. Die Komplexe sind durch Nullen ergänzt zu denken.

(3) Wir konstruieren wie folgt.

[figure: Z/2; •; 4; •; 2; Z/8; •; _{(_{1 0} )}; 2; Z/8; •; _{(_{1 0} )}; 4; Z/8; •; _{(_{1 0} )}; 2; Z/8; •; _{(_{1 0} )}; 4; ⋯; Z/4; •; _{(_{2 4} )}; 1; Z/8 ⊕ Z/8; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}2 & 0 \\ −1 & 2 \end{matrix} )}; Z/8 ⊕ Z/8; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}4 & 0 \\ 2 & 4 \end{matrix} )}; Z/8 ⊕ Z/8; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}2 & 0 \\ −1 & 2 \end{matrix} )}; Z/8 ⊕ Z/8; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}4 & 0 \\ 2 & 4 \end{matrix} )}; ⋯; Z/2; •; 4; Z/8; 2; Z/8; 4; Z/8; 2; Z/8; 4; ⋯]

Hierbei gehören die gepunktelten Teile nicht zur Auflösung. Die Komplexe sind durch Nullen ergänzt zu denken. Die unteren linken Einträge der Differentiale des mittleren Komplexes sind dabei so gewählt, daß das Kompositum zweier Differentiale resp. des ersten Morphismus mit dem ersten konstruierten Differential verschwinden.

Aufgabe 63

Ohne Einschränkung ist

\begin{aligned}(X^{′k} [figure: i^{k}] X^{k} ^{\overline{}^{r^{k}}} X^{′′k}) & = & (X^{′k} ^{\overline{}^{(^{1 0} )}} X^{′k} ⊕ X^{′′k} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}} X^{′′k}) \\ (X̃^{′k} [figure: ĩ^{k}] X^{k} ^{\overline{}^{r̃^{k}}} X̃^{′′k}) & = & (X̃^{′k} ^{\overline{}^{(^{1 0} )}} X̃^{′k} ⊕ X̃^{′′k} ^{\overline{}^{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}} X̃^{′′k}) \end{aligned}

für k ⩾ 0. Schreibe ferner

[figure: d; =:; (\begin{matrix}d & 0 \\ v^{k} & d \end{matrix}); :; X^{′k} ⊕ X^{′′k}; X^{′k+1} ⊕ X^{′′k+1}; d; =:; (\begin{matrix}d & 0 \\ ṽ^{k} & d \end{matrix}); :; X̃^{′k} ⊕ X̃^{′′k}; X̃^{′k+1} ⊕ X̃^{′′k+1}]

für k ⩾ 0. Beachte, daß sich dd = 0 zu v^{k}d + dv^{k+1} = 0 und ṽ^{k}d + dṽ^{k+1} = 0 für k ⩾ 0 übersetzt.

Wir machen den Ansatz

f^{k} := (\begin{matrix}f^{′k} & 0 \\ ω^{k} & f^{′′k} \end{matrix} ) : X^{′k} ⊕ X^{′′k} \overline{}X̃^{′k} ⊕ X̃^{′′k}

mit noch zu bestimmendem ω^{k} : X^{′′k} \overline{}X̃^{′k} für k ⩾ 0. Können wir die ω^{k} so bestimmen, daß f = (f^{k})_{k∈Z} ein Komplexmorphismus wird, so ist bereits nach Konstruktion auch if = f′ĩ und fr̃ = rf′′ erfüllt.

Zu ω^{0}. Es ist

\begin{aligned}(X^{−1} ^{\overline{}^{d}} X^{0}) & = & (X^{−1}  \overline{}^{(^{e r^{−1}d})} X^{′0} ⊕ X^{′′0}) \\ (X̃^{−1} ^{\overline{}^{d}} X̃^{0}) & = & (X̃^{−1}  \overline{}^{(^{ẽ r̃^{−1}d})} X̃^{′0} ⊕ X̃^{′′0}) \end{aligned}

mit i^{−1}e = d : X^{′−1} \overline{}X^{′0} und ĩ^{−1}ẽ = d : X̃^{′−1} \overline{}X̃^{′0}. Beachte, daß sich dd = 0 zu ed + r^{−1}dv^{0} = 0 und ẽd + r̃^{−1}dṽ^{0} = 0 übersetzt.

Wir suchen ein ω^{0} : X^{′′0} \overline{}X̃^{′0}, für welches (^{e} ^{r^{−1}d}) (\begin{matrix}f^{′0} & 0 \\ ω^{0} & f^{′′0} \end{matrix} ) =^{!} f^{−1} ( ẽ ^{r̃^{−1}d}), i.e. r^{−1}dω^{0} =^{!} f^{−1}ẽ−ef^{′0}.

Nun ist aber

i^{−1}(f^{−1}ẽ − ef^{′0}) = f^{′−1}ĩ^{−1}ẽ − df^{′0}
= f^{′−1}d − f^{′−1}d
= 0 .

Also faktorisiert f^{−1}ẽ − ef^{′0} über den Cokern r^{−1} von i^{−1}. Da X^{′′−1} ^{\overline{}^{d}} X^{−1} monomorph ist und X̃^{′0} injektiv, faktorisiert f^{−1}ẽ − ef^{′0} weiter über r^{−1}d.

Zu ω^{1}. Wir suchen ein ω^{1} : X^{′′1} \overline{}X̃^{′1}, für welches (\begin{matrix}d & 0 \\ v^{0} & d \end{matrix}) (\begin{matrix}f^{′1} & 0 \\ ω^{1} & f^{′′1} \end{matrix} ) =^{!} (\begin{matrix}f^{′0} & 0 \\ ω^{0} & f^{′′0} \end{matrix} ) (\begin{matrix}d & 0 \\ ṽ^{0} & d \end{matrix}), i.e. dω^{1} =^{!}

ω^{0}d + f^{′′0}ṽ^{0} − v^{0}f^{′1}. Da (d, d̄) rechtsexakt, ḋ monomorph und X̃^{′1} injektiv ist, sowie r^{−1} epimorph, genügt es, r^{−1}d(ω^{0}d + f^{′′0}ṽ^{0} − v^{0}f^{′1}) =^{!} 0 zu zeigen. In der Tat wird

r^{−1}d(ω^{0}d + f^{′′0}ṽ^{0} − v^{0}f^{′1}) = r^{−1}dω^{0}d + r^{−1}df^{′′0}ṽ^{0} − r^{−1}dv^{0}f^{′1}
= (f^{−1}ẽ − ef^{′0})d + f^{−1}r̃^{−1}dṽ^{0} + edf^{′1}
= f^{−1}(ẽd + r̃^{−1}dṽ^{0})
= f^{−1} · 0
= 0 .

Zu ω^{2}. Wir suchen ein ω^{2} : X^{′′2} \overline{}X̃^{′2}, für welches (\begin{matrix}d & 0 \\ v^{1} & d \end{matrix}) (\begin{matrix}f^{′2} & 0 \\ ω^{2} & f^{′′2} \end{matrix} ) =^{!} (\begin{matrix}f^{′1} & 0 \\ ω^{1} & f^{′′1} \end{matrix} ) (\begin{matrix}d & 0 \\ ṽ^{1} & d \end{matrix}), i.e.

dω^{2} =^{!} ω^{1}d + f^{′′1}ṽ^{1} − v^{1}f^{′2}. Da (d, d̄) rechtsexakt, ḋ monomorph und X̃^{′2} injektiv ist, genügt es, d(ω^{1}d + f^{′′1}ṽ^{1} − v^{1}f^{′2}) =^{!} 0 zu zeigen. In der Tat wird

d(ω^{1}d + f^{′′1}ṽ^{1} − v^{1}f^{′2}) = dω^{1}d + df^{′′1}ṽ^{1} − dv^{1}f^{′2}
= (ω^{0}d + f^{′′0}ṽ^{0} − v^{0}f^{′1})d + f^{′′0}dṽ^{1} + v^{0}df^{′2}
= f^{′′0}ṽ^{0}d + f^{′′0}dṽ^{1}
= 0 .

Usf.

Aufgabe 64 Sei X′ [figure: i] X [figure: r] X′′ zunächst nur eine kurz exakte Sequenz in C(A). Sei k ∈ Z. Sei Z^{k}X′′ ^{\overline{}^{γ}} Z̃^{k+1}X′ der Konnektor für den Morphismus kurz exakter Sequenzen

(X^{′k}, X^{k}, X^{′′k}) ^{\overline{}^{(d_{X′}^{k} , d_{X}^{k} , d_{X′′}^{k})}} (X^{′k+1}, X^{k+1}, X^{′′k+1})

bezüglich Z^{k}X′′ [figure: ι_{d{k \atop X′′}}] X^{′′k} und X^{′k+1} ^{\overline{}^{ρ_{d{k \atop X′}}}} Z̃^{k+1}X; cf. Aufgabe 59. Wir behaupten, daß

(Z^{k}X′′ ^{\overline{}^{γ}} Z̃^{k+1}X′) = (Z^{k}X′′ ^{\overline{}^{h̄_{X′′}^{k}}} H^{k}X′′ ^{\overline{}^{∂_{(i,r)}^{k}}} H^{k+1}X′ [figure: ḣ_{X′}^{k+1}] Z̃^{k+1}X′) .

Wir haben folgendes kommutative Viereck von Sequenzen.

(∗)  [figure: (X^{′k}, X^{k}, X^{′′k}); (ρ_{d{k−1 \atop X′}} d̂_{X′}^{k} , ρ_{d{k−1 \atop X}} d̂_{X}^{k} , ρ_{d{k−1 \atop X′′}} d̂_{X′′}^{k}); (ρ_{d{k−1 \atop X′}} , ρ_{d{k−1 \atop X}} , ρ_{d{k−1 \atop X′′}}); (Z^{k+1}X′, Z^{k+1}X, Z^{k+1}X′′); (Z̃^{k}X′, Z̃^{k}X, Z̃^{k}X′′); (d̂_{X′}^{k} , d̂_{X}^{k} , d̂_{X′′}^{k}); (Z^{k+1}X′, Z^{k+1}X, Z^{k+1}X′′)]

Links sind beide Sequenzen rechtsexakt, rechts sind beide Sequenzen linksexakt. Nun ist ι_{d_{X′′}^{k}} : Z^{k}X′′ [figure] X^{′′k} ein Kern von ρ_{d_{X′′}^{k−1}} d̂_{X′′}^{k} . Es ist ḣ_{X′′}^{k} : H^{k}X′′ [figure] Z̃^{k}X′′ ein Kern von d̂_{X′′}^{k} . Es ist ι_{d_{X′′}^{k}} ρ_{d_{X′′}^{k−1}} = h̄_{X′′}^{k} ḣ_{X′′}^{k} , also ist h̄_{X′′}^{k} der auf diesen Kernen induzierte Morphismus.

Nun ist h̄_{X′}^{k+1} : Z^{k+1}X′ \overline{}H^{k+1}X′ ein Cokern von ρ_{d_{X′}^{k−1}} d̂_{X′}^{k} . Es ist h̄_{X′}^{k+1} : Z^{k+1}X′ \overline{}H^{k+1}X′ ein Cokern von d̂_{X′}^{k} . Es ist id_{Z^{k+1}X′} h̄_{X′}^{k+1} = h̄_{X′}^{k+1} id_{H^{k+1}X′} , also ist id_{H^{k+1}X′} der auf diesen Cokernen induzierte Morphismus. Sei ϑ : Z^{k}X′′ \overline{}H^{k+1}X′ der Konnektor der oberen Zeile von (∗) bezüglich des angeführten Kerns ι_{d_{X′′}^{k}} und des angeführten Cokerns h̄_{X′}^{k+1} ; cf. Aufgabe 59. Es ist ∂_{(i,r)}^{k} : Z^{k}X′′ \overline{}H^{k+1}X′ der Konnektor der unteren Zeile von (∗) bezüglich des angeführten Kerns ḣ_{X′′}^{k} und des angeführten Cokerns h̄_{X′}^{k+1} ; cf. §5.4.4. Aufgabe 59 liefert folgendes kommutative Viereck.

\xymatrix{Z^{k}X′′ \ar[d]_{h̄_{X′′}^{k}} \ar[r]^{ϑ} & H^{k+1}X′ \ar[d]^{_{id_{H^{k+1}X′}}} \\ H^{k}X′′ \ar[r]^{∂_{(i,r)}^{k}} & H^{k+1}X′}

Wir haben folgendes kommutative Viereck von Sequenzen.

(∗∗)  [figure: (X^{′k}, X^{k}, X^{′′k}); (ρ_{d{k−1 \atop X′}} d̂_{X′}^{k} , ρ_{d{k−1 \atop X}} d̂_{X}^{k} , ρ_{d{k−1 \atop X′′}} d̂_{X′′}^{k}); (Z^{k+1}X′, Z^{k+1}X, Z^{k+1}X′′); (ι_{d{k+1 \atop X′}} , ι_{d{k+1 \atop X}} , ι_{d{k+1 \atop X′′}}); (X^{′k}, X^{k}, X^{′′k}); (d_{X′}^{k} , d_{X}^{k} , d_{X′′}^{k}); (X^{′k+1}, X^{k+1}, X^{′′k+1})]

Links sind beide Sequenzen rechtsexakt, rechts sind beide Sequenzen linksexakt. Nun ist ι_{d_{X′′}^{k}} : Z^{k}X′′ [figure] X^{′′k} ein Kern von ρ_{d_{X′′}^{k−1}} d̂_{X′′}^{k} . Es ist ι_{d_{X′′}^{k}} : Z^{k}X′′ [figure] X^{′′k} ein Kern von d_{X′′}^{k} . Es ist ι_{d_{X′′}^{k}} id_{X^{′′k}} = id_{Z^{k}X′′} ι_{d_{X′′}^{k}} , also ist id_{Z^{k}X′′} der auf diesen Kernen induzierte Morphismus. Nun ist h̄_{X′}^{k+1} : Z^{k+1}X′ \overline{}H^{k+1}X′ ein Cokern von ρ_{d_{X′}^{k−1}} d̂_{X′}^{k} . Es ist ρ_{d_{X′}^{k}} : X^{′k+1} \overline{}Z̃^{k+1}X′ ein Cokern von d_{X′}^{k} . Es ist ι_{d_{X′}^{k+1}}ρ_{d_{X′}^{k}} = h̄_{X′}^{k+1}ḣ_{X′}^{k+1}, also ist ḣ_{X′}^{k+1} der auf diesen Cokernen induzierte Morphismus. Es ist ϑ : Z^{k}X′′ \overline{}H^{k+1}X′ der Konnektor der oberen Zeile von (∗∗) bezüglich des angeführten Kerns ι_{d_{X′′}^{k}} und des angeführten Cokerns h̄_{X′}^{k+1} ; cf. Aufgabe 59.

Es ist γ : Z^{k}X′′ \overline{}Z̃^{k+1}X′ der Konnektor der unteren Zeile von (∗∗) bezüglich Z^{k}X′′ [figure: ι_{d{k \atop X′′}}] X^{′′k} und X^{′k+1} ^{\overline{}^{ρ_{d{k \atop X′}}}} Z̃^{k+1}X; cf. Aufgabe 59. Aufgabe 59 liefert folgendes kommutative Viereck.

\xymatrix{Z^{k}X′′ \ar[d]_{_{id_{Z^{k}X′′}}} \ar[r]^{ϑ} & H^{k+1}X′ \ar[d]^{ḣ_{X′}^{k+1}} \\ Z^{k}X′′ \ar[r]^{γ} & Z^{k+1}X′}

Die beiden resultierenden kommutativen Vierecke zeigen die Behauptung.

Sei nun X′ [figure: i] X [figure: r] X′′ eine punktweise split kurz exakte Sequenz in C(A). Sei k ∈ Z. Punktweise isomorphe Ersetzung zeigt, daß es einen Isomorphismus

[figure: X′; •; i; X; r; φ; ≀; X′′; X′; •; ĩ; X̃; r̃; X′′]

gibt, in welchem die untere Sequenz von der Form

\xymatrix{⋮ \ar[d]_{d} & ⋮ \ar[d]_{_{( \begin{matrix}d & 0 \\ w^{k−1} & d \end{matrix} )}} & ⋮ \ar[d]_{d} \\ X^{′k} \ar[r]^{_{(_{1 0} )}} \ar[d]_{d} & X^{′k} ⊕ X^{′′k} \ar[d]_{_{( \begin{matrix}d & 0 \\ w^{k} & d \end{matrix} )}} \ar[r]^{_{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}} & X^{′′k} \ar[d]_{d} \\ X^{′k+1} \ar[r]^{_{(_{1 0} )}} \ar[d]_{d} & X^{′k+1} ⊕ X^{′′k+1} \ar[d]_{_{( \begin{matrix}d & 0 \\ w^{k+1} & d \end{matrix} )}} \ar[r]^{_{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}} & X^{′′k+1} \ar[d]_{d} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮}

ist. Sei k ∈ Z. Sei Z^{k}X′′ ^{\overline{}^{γ}} Z̃^{k+1}X′ der Konnektor für den Morphismus kurz exakter Sequenzen

(X^{′k}, X^{k}, X^{′′k}) ^{\overline{}^{(d_{X′}^{k} , d_{X}^{k} , d_{X′′}^{k})}} (X^{′k+1}, X^{k+1}, X^{′′k+1})

sowie für den Morphismus

(X^{′k}, X̃^{k}, X^{′′k}) ^{\overline{}^{(d_{X′}^{k} , dk ; X̃ , d_{X′′}^{k})}} (X^{′k+1}, X̃^{k+1}, X^{′′k+1})

bezüglich Z^{k}X′′ [figure: ι_{d{k \atop X′′}}] X^{′′k} und X^{′k+1} ^{\overline{}^{ρ_{d{k \atop X′}}}} Z̃^{k+1}X; cf. Aufgabe 59. Es wird

h̄_{X′′}^{k}∂_{(i,r)}^{k}ḣ_{X′}^{k+1} = γ = h̄_{X′′}^{k}∂_{(ĩ,r̃)}^{k}ḣ_{X′}^{k+1} ,

und also

∂_{(i,r)}^{k} = ∂_{(ĩ,r̃)}^{k} .

Somit dürfen wir annehmen, daß (i, r) = (ĩ, r̃). Wir behaupten, daß γ = −ι_{d} w^{k}ρ_{d} ist. Konstruiere hierzu folgendes Diagramm wie in §4.5.3.

[figure: Z^{k}X′′; •; ι_{d}; X^{′k}; _{(_{1 0} )}; d; X^{′k} ⊕ X^{′′k}; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}d & 0 \\ w^{k} & d \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}d & 0 \\ w^{k} & 1 \end{matrix} )}; X^{′′k}; d; Z^{k}X′′; •; _{(_{0 ι_{d}})}; γ; X^{′k+1} ⊕ X^{′′k}; _{( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & d \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}ρ_{d} \\ −w^{k}ρ_{d} \end{matrix} )}; X^{′k+1}; •; _{(_{1 0} )}; ρ_{d}; •; _{(_{1 0} )}; X^{′k+1} ⊕ X^{′′k+1}; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; X^{′′k+1}; Z̃^{k}X′; Z̃^{k}X′]

Dies zeigt die Behauptung. Betrachte den Morphismus von Komplexen X′′ ^{\overline{}^{w}} X′[1], gegeben durch

\xymatrix{⋯ \ar[r]^{d} & X^{′′k} \ar[r]^{d} \ar[d]_{w^{k}} & X^{′′k+1} \ar[r]^{d} \ar[d]_{w^{k+1}} & X^{′′k+2} \ar[r]^{d} \ar[d]_{w^{k+2}} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r]^{−d} & X^{′k+1} \ar[r]^{−d} & X^{′′k+2} \ar[r]^{−d} & X^{′′k+3} \ar[r]^{−d} & ⋯}

Wir behaupten, daß (H^{k}X′′ ^{\overline{}^{∂_{(i,r)}^{k}}} H^{k+1}X′) = H^{k}(X′′ ^{\overline{}^{−w}} X′[1]) ist für k ∈ Z. Es genügt zu zeigen, daß

h̄_{X′′}^{k}∂_{(i,r)}^{k}ḣ_{X′}^{k+1} =^{!} −h̄_{X′′}^{k}(H^{k}w)ḣ_{X′}^{k+1}

ist. Aber

h̄_{X′′}^{k}(H^{k}w)ḣ_{X′}^{k+1} = (Z^{k}w)h̄_{X′}^{k+1}ḣ_{X′}^{k+1} = (Z^{k}w)ι_{d}ρ_{d} = ι_{d}w^{k}ρ_{d} = −γ

und

h̄_{X′′}^{k}∂_{(i,r)}^{k}ḣ_{X′}^{k+1} = γ .

Dies zeigt die Behauptung. Der Morphismus von Komplexen X′′ ^{\overline{}^{−w}} X′[1] löst nun die Aufgabe.

Aufgabe 65

(1) Wir haben folgendes kommutatives Diagramm.

[figure: Y; ^{(^{0 1} )}; X ⊕ Y; ^{( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}f & 0 \\ 1 & g \end{matrix} )}; X; fg; Y; _{(_{1 g})}; Y ⊕ Z; _{( \begin{matrix}g \\ −1 \end{matrix} )}; ≀; _{( \begin{matrix}1 & g \\ 0 & −1 \end{matrix} )}; Z; Y; _{(_{1 0} )}; Y ⊕ Z; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; Z]

Dessen untere Hälfte zeigt, daß mit der unteren auch die mittlere Zeile eine kurz exakte Sequenz

ist; beachte (\begin{matrix}1 & g \\ 0 & −1 \end{matrix})^{2} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}). Es folgt, daß (X ⊕Y, Y ⊕Z, X, Z) ein Quadrat ist; cf. Korollar 135.(1).

(2) Schreibe kurz m := (\begin{matrix}f & 0 \\ 1 & g \end{matrix}). Aus (1) erhalten wir mit Korollar 135.(1) folgendes kommutative Diagramm.

[figure: K_{m}; •; ι_{m}; p; ∼; K_{fg}; •; ι_{fg}; X ⊕ Y; _{( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}f & 0 \\ 1 & g \end{matrix} )}; □; X; fg; Y ⊕ Z; _{( \begin{matrix}g \\ −1 \end{matrix} )}; ρ_{m}; Z; ρ_{fg}; C_{m}; q; ∼; C_{fg}]

Bilde dazuhin folgendes kommutative Diagramm.

[figure: K_{f}; •; ι_{f}; •; r; K_{m}; •; ι_{m}; s; K_{g}; •; ι_{g}; X; _{(_{1 0} )}; f; X ⊕ Y; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{(\begin{matrix}f & 0 \\ 1 & g \end{matrix})}; Y; g; Y; _{(_{1 0} )}; ρ_{f}; Y ⊕ Z; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; ρ_{m}; Z; ρ_{g}; C_{f}; u; C_{m}; v; C_{g}]

Der Konnektor ist gemäß einer Behauptung aus der Lösung zu Aufgabe 64 gegeben durch −ι_{g} ρ_{f} . Laut Schlangenlemma 136 ist also die Sequenz (r, s, −ι_{g} ρ_{f}, u, v) exakt, mit r monomorph und v epimorph.

Bilde folgendes kommutative Diagramm.

[figure: K_{g}; •; ι_{g}; ι_{g} ρ_{f}; C_{f}; ũ; Y; g; ρ_{f}; K_{fg}; •; ι_{fg}; s̃; X; fg; f; Z; ρ_{fg}; ρ_{g}; C_{fg}; ṽ; K_{f}; •; ι_{f}; •; r̃; C_{g}]

Um das Umfangssequenzlemma 132 abzuleiten, genügt es nun zu zeigen, daß rp und r̃, daß p^{−}s und s̃, daß uq und ũ sowie daß q^{−}v und ṽ jeweils bis auf Vorzeichen übereinstimmen. Es folgt rp =^{!} r̃ aus

rp ι_{fg} = rι_{m} (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) = ι_{f} (^{1 0}) (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) = ι_{f} = r̃ι_{fg}

und der Monomorphie von ι_{fg}. Wir behaupten, daß −p^{−}s =^{!} s̃ ist.

Es ist ι_{m} (\begin{matrix}f \\ 1 \end{matrix} ) = 0, also ι_{m} (\begin{matrix}f \\ 0 \end{matrix} ) = −ι_{m} (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) = −sι_{g}.

Es ist p^{−}ι_{m} (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) = ι_{fg}.

Insgesamt wird

s̃ι_{g} = ι_{fg} f = p^{−}ι_{m} (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) f = p^{−}ι_{m} (\begin{matrix}f \\ 0 \end{matrix} ) = −p^{−}sι_{g}

Da ι_{g} monomorph ist, zeigt dies die Behauptung. Es folgt uq =^{!} ũ aus

ρ_{f}uq = (^{1 0}) ρ_{m}q = (^{1 0}) (\begin{matrix}g \\ −1 \end{matrix}) ρ_{fg} = gρ_{fg} = ρ_{f} ũ

und der Epimorphie von ρ_{f} . Es folgt −q^{−}v =^{!} −ṽ aus

−ρ_{fg} q^{−}v = (^{0 1}) (\begin{matrix}g \\ −1 \end{matrix}) ρ_{fg} q^{−}v = (^{0 1}) ρ_{m}qq^{−}v = (^{0 1}) ρ_{m}v = (^{0 1}) (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) ρ_{g} = ρ_{g} = ρ_{fg}ṽ

und aus der Epimorphie von ρ_{fg}.

Aufgabe 66

(1) Anwendung von _{A}(Z/16, −) auf die in Aufgabe 62.(1) gefundene injektive Auflösung des Morphismus Z/4 ^{\overline{}^{4}} Z/8 in Z/64-mod gibt nach isomorpher Ersetzung folgenden Morphismus von Komplexen.

[figure: ⋯; 0; Z/16; 4; 2; Z/16; 0; 4; Z/16; 4; 2; Z/16; 0; 4; ⋯; ⋯; 0; \underbrace{Z/16}_{Pos. 0}; 8; Z/16; 8; Z/16; 8; Z/16; 8; ⋯]

Beachte hierzu, daß Z/16 ^{\overline{}^{∼}} _{A}(Z/16, Z/64), z \overline{}(1 \overline{}4z). Darauf ist nun H^{2} anzuwenden. Bis auf Isomorphie erhalten wir auf Z^{2} und Z̃^{2} folgendes.

[figure: Z/4; •; 4; 4; Z/16; 2; Z/16; 0; 4; Z/16; 4; 2; 1; Z/16; 4; Z/8; •; 2; Z/8; Z/16; 8; Z/16; 8; 1; Z/16]

Bis auf Isomorphie ergibt sich also auf H^{2} folgendes.

[figure: Z/4; 1; 4; Z/4; •; 4; 0; Z/16; 2; Z/8; 1; Z/4; •; 2; Z/8]

Also ist

( Ext_{A}^{2}(Z/8, Z/8) ^{\overline{}^{Ext_{A}^{2}(Z/8,1)}} Ext_{A}^{2}(Z/8, Z/4)) ≃ (Z/4 ^{\overline{}^{0}} Z/4) .

(2) Da projektive Auflösungen in Z/64-mod auch projektive Auflösungen in Z/64-Mod sind, können wir stattdessen das Bild von Z/4 ^{\overline{}^{4}} Z/8 unter L_{3}F berechnen, wobei

F := (Z/8 ⊗_{Z/64} −)|_{Z/64-mod} : Z/64-mod \overline{}Z-Mod

Anwenden von F auf die in Aufgabe 62.(1) gefundene injektive Auflösung des Morphismus Z/4 ^{\overline{}^{4}} Z/8 in Z/64-mod gibt nach isomorpher Ersetzung folgenden Morphismus von Komplexen.

[figure: ⋯; 4; Z/8; 0; 4; Z/8; 4; 2; Z/8; 0; 4; Z/8; 4; 2; Z/8; 4; 0; ⋯; ⋯; 0; Z/8; 0; Z/8; 0; Z/8; 0; Z/8; 0; \underbrace{Z/8}_{Pos. 0}; 0; ⋯]

Beachte hierzu, daß Z/8 ^{\overline{}^{∼}} Z/8 ⊗_{Z/64} Z/64 = F (Z/64), z \overline{}z ⊗ 1. Für w ∈ Z kommutiert damit

\xymatrix{Z/8 \ar[d]_{≀} \ar[r]^{w} & Z/8 \ar[d]_{≀} \\ Z/8 ⊗_{Z/64} Z/64 \ar[r]^{Z/8⊗w} \ar[r]^{Z/8⊗w} \ar[r]^{Z/8⊗w} \ar[r]^{Z/8⊗w} & Z/8 ⊗_{Z/64} Z/64 .}

Auf jenen Morphismus von Komplexen ist nun H_{3} anzuwenden. Bis auf Isomorphie erhalten wir auf Z_{3} und Z̃_{3} folgendes.

[figure: Z/4; •; 2; 4; Z/8; 2; Z/8; 0; 4; Z/8; 4; 2; 1; Z/8; 4; Z/8; •; 1; Z/8; Z/8; 0; Z/8; 0; 1; Z/8]

Bis auf Isomorphie ergibt sich also auf H_{3} folgendes.

[figure: Z/4; 1; 4; Z/4; •; 2; 4; Z/8; 2; Z/8; 1; Z/8; •; 1; Z/8]

Im Ergebnis ist also

( Tor_{3}^{Z/64}(Z/8, Z/4) ^{\overline{}^{Tor_{3}^{Z/64}(Z/8,4)}} Tor_{3}^{Z/64}(Z/8, Z/8)) ≃ (Z/4 ^{\overline{}^{4}} Z/8) .

(3) Vorbemerkung. Sei S ein Ring. Seien e, f ∈ S mit e^{2} = e und f^{2} = f. Dann sind

[figure: eS; ⊗_{S}; Sf; ∼; eSf; es; ⊗; tf; estf; esf; ⊗; f; esf]

sich beidseitig invertierende Morphismen in Z-Mod. Ende der Vorbemerkung.

Schreibe e_{1} := (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}), e_{2} := (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}), e_{3} := (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}). Schreibe e_{1,2} := (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}). Beachte, daß e_{1}e_{1,2} =

e_{2} und e_{1,2}e_{2} = e_{1} . Wir haben kurz exakte Sequenzen e_{2}R [figure: e_{1,2}(−)] e_{1}R ^{\overline{}^{p}} X und Re_{1} [figure: (−)e_{1,2}] Re_{2} ^{\overline{}^{q}} Y . Aus dem kommutativen Diagramm mit rechtsexakten Spalten

\xymatrix{e_{2}R ⊗_{R} Re_{1} \ar[r]^{id ⊗(−)e_{1,2}} \ar[d]_{e_{1,2}(−)⊗id} & e_{2}R ⊗_{R} Re_{2} \ar[d]^{e_{1,2}(−)⊗id} \\ e_{1}R ⊗_{R} Re_{1} \ar[r]^{id ⊗(−)e_{1,2}} \ar[d]_{p⊗id} & e_{1}R ⊗_{R} Re_{2} \ar[d]^{p⊗id} \\ X ⊗_{R} Re_{1} \ar[r]^{id ⊗(−)e_{1,2}} & X ⊗_{R} Re_{2}}

wird durch isomorphe Ersetzung gemäß Vorbemerkung das Diagramm

\xymatrix{e_{2}Re_{1} \ar[r]^{(−)e_{1,2}} \ar[d]_{e_{1,2}(−)} & e_{2}Re_{2} \ar[d]^{e_{1,2}(−)} \\ e_{1}Re_{1} \ar[r]^{(−)e_{1,2}} \ar[d] & e_{1}Re_{2} \ar[d] \\ X ⊗_{R} Re_{1} \ar[r]^{id ⊗(−)e_{1,2}} & X ⊗_{R} Re_{2}}

mit rechtsexakten Spalten. Da e_{i}Re_{j} ≃ Q für i ⩽ j und e_{i}Re_{j} ≃ 0 für i > j, läßt sich dieses wiederum isomorph ersetzen durch

\xymatrix{0 \ar[r] \ar[d] & Q \ar[d]^{1} \\ Q \ar[r]^{1} \ar[d] & Q \ar[d] \\ X ⊗_{R} Re_{1} \ar[r]^{id ⊗(−)e_{1,2}} & X ⊗_{R} Re_{2} ,}

wiederum mit rechtsexakten Spalten. Es folgt

X ⊗_{R} (Re_{1} ^{\overline{}^{(−)e_{1,2}}} Re_{2} ) ≃ (Q \overline{}0) .

Da nun

⋯ 0 \overline{}Re_{1} ^{\overline{}^{(−)e_{1,2}}} Re_{2}

eine projektive Auflösung von Y ist, folgt

Tor_{k}^{R}(X, Y) ≃ \{ \begin{matrix}Q & if k = 1 \\ 0 & if k ≠ 1 \end{matrix}

für k ⩾ 0.

(4) Anwendung von _{A}(Z/4, −) auf die in Aufgabe 62.(1) berechnete Hufeisenauflösung gibt nach isomorpher Ersetzung folgende punktweise split kurz exakte Sequenz von Komplexen.

[figure: 0; Z/4; •; _{(_{1 0} )}; 2; Z/4; •; _{(_{1 0} )}; 0; Z/4; •; _{(_{1 0} )}; 2; Z/4; •; _{(_{1 0} )}; 0; ⋯; 0; Z/4 ⊕ Z/4; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}2 & 0 \\ −1 & 2 \end{matrix} )}; Z/4 ⊕ Z/4; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 2 & 0 \end{matrix} )}; Z/4 ⊕ Z/4; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}2 & 0 \\ −1 & 2 \end{matrix} )}; Z/4 ⊕ Z/4; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}0 & 0 \\ 2 & 0 \end{matrix} )}; ⋯; 0; Z/4; 2; Z/4; 0; Z/4; 2; Z/4; 0; ⋯]

Gemäß Lösung zu Aufgabe 64 können wir die Verbindungsmorphismen berechnen als von der Homologie auf folgendem Komplexmorphismus induziert.

\xymatrix{⋯ \ar[r] & 0 \ar[r] \ar[d] & 0 \ar[r] \ar[d] & Z/4 \ar[d]_{1} \ar[r]^{2} & Z/4 \ar[d]_{−2} \ar[r]^{0} & Z/4 \ar[d]_{1} \ar[r]^{2} & Z/4 \ar[d]_{−2} \ar[r]^{0} & ⋯ \\ ⋯ \ar[r] & 0 \ar[r] & Z/4 \ar[r]^{2} & Z/4 \ar[r]^{0} & Z/4 \ar[r]^{2} & Z/4 \ar[r]^{0} & Z/4 \ar[r]^{2} & ⋯}

Durch Anwenden von Homologiefunktoren berechnen wir die lang exakte Ext_{A}^{∗}(Z/4, −)-Sequenz auf Z/2 ^{\overline{}^{2}} Z/4 ^{\overline{}^{1}} Z/2 , i.e. die Sequenz

0 \overline{}Ext_{A}^{0}(Z/4, Z/2) ^{\overline{}^{Ext_{A}^{0}(Z/4,2)}} Ext_{A}^{0}(Z/4, Z/4) ^{\overline{}^{Ext_{A}^{0}(Z/4,1)}} Ext_{A}^{0}(Z/4, Z/2) ^{\overline{}^{δ_{(2,1);_{A}(Z/4,−)}^{0}}} Ext_{A}^{1}(Z/4, Z/2) ^{\overline{}^{Ext_{A}^{1}(Z/4,2)}} Ext_{A}^{1}(Z/4, Z/4) ^{\overline{}^{Ext_{A}^{1}(Z/4,1)}} Ext_{A}^{1}(Z/4, Z/2) ^{\overline{}^{δ_{(2,1);_{A}(Z/4,−)}^{1}}} Ext_{A}^{2}(Z/4, Z/2) ^{\overline{}^{Ext_{A}^{2}(Z/4,2)}} Ext_{A}^{2}(Z/4, Z/4) ^{\overline{}^{Ext_{A}^{2}(Z/4,1)}} Ext_{A}^{2}(Z/4, Z/2) ^{\overline{}^{δ_{(2,1);_{A}(Z/4,−)}^{2}}}

⋯,

bis auf Isomorphie zu

0 \overline{}Z/2 ^{\overline{}^{2}} Z/4 ^{\overline{}^{1}} Z/2 ^{\overline{}^{0}}
Z/2 ^{\overline{}^{1}} Z/2 ^{\overline{}^{0}} Z/2 ^{\overline{}^{1}}
Z/2 ^{\overline{}^{0}} Z/2 ^{\overline{}^{1}} Z/2 ^{\overline{}^{0}}
Z/2 ^{\overline{}^{1}} Z/2 ^{\overline{}^{0}} Z/2 ^{\overline{}^{1}} ⋯,

periodisch fortgesetzt.

Aufgabe 67 Bemerkung 124.(2), angewandt auf das Viereck f^{k+1}f^{0} = f^{1}f^{k} für k ⩾ 0, gibt die Kette

X = I_{f^{0}} [figure] I_{f^{1}} [figure] I_{f^{2}} [figure] · · · .

Es folgt, daß es ein n′ ⩾ 0 gibt mit I_{f^{n′}} ^{\overline{}^{∼}} I_{f^{n′+m}} für alle m ⩾ 0. Daraus wiederum folgt, daß C_{f^{n′}} ^{\overline{}^{∼}} C_{f^{n′+m}} für alle m ⩾ 0. Bemerkung 124.(2), angewandt auf das Viereck f^{k}f^{1} = f^{0}f^{k+1} für k ⩾ 0, gibt die Kette

X = I_{f^{0}}  \overline{}I_{f^{1}}  \overline{}I_{f^{2}}  \overline{}· · · .

Es folgt, daß es ein n′′ ⩾ 0 gibt mit I_{f^{n′′}} ^{\overline{}^{∼}} I_{f^{n′′+m}} für alle m ⩾ 0. Daraus wiederum folgt, daß K_{f^{n′′}} ^{\overline{}^{∼}} K_{f^{n′′+m}} für alle m ⩾ 0. Sei n := max{n′, n′′, 1}.

Es gibt C_{f^{n}}  \overline{}^{φ}_{∼} C_{f^{2n}} mit ρφ = ρ. Es gibt K_{f^{n}}  \overline{}^{ψ}_{∼} K_{f^{2n}} mit ψι = ι.

Wenden wir nun das Umfangssequenzlemma, Lemma 132, auf das kommutative Dreieck f^{n}f^{n} = f^{2n} an, so erhalten wir folgendes.

[figure: K_{f^{n}}; •; ι; C_{f^{n}}; X; f^{n}; ρ; K_{f^{2n}}; •; ι; X; f^{2n}; f^{n}; X; ρ; ρ; C_{f^{2n}}; φ; K_{f^{n}}; •; ι; ψ; C_{f^{n}}]

Folglich ist K_{f^{n}} \overline{}^{ιρ}_{∼} C_{f^{n}} . Sei f^{n} = (f^{n})¯ (f^{n})˙ die gewählte Faktorisierung in einen Epi- und einen Monomorphismus; cf. Bemerkung 124.(1). Wir erhalten folgenden Morphismus kurz exakter Sequenzen.

[figure: K_{f^{n}}; •; ^{(^{1 0} )}; K_{f^{n}} ⊕ I_{f^{n}}; ^{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; I_{f^{n}}; K_{f^{n}}; •; ι; X; (f^{n}); ¯ ≀; _{(_{ρ(ιρ)^{−1} (f^{n})}¯ )}; I_{f^{n}} .]

Ferner ist ( \begin{matrix}ι \\ (f^{n}) \end{matrix}˙ ) (^{ρ(ιρ)^{−1}} ^{(f^{n})}¯ ) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & (f^{n})˙ (f^{n}) \end{matrix}¯ ). Um zu zeigen, daß ( \begin{matrix}ι \\ (f^{n}) \end{matrix}˙ ) ein Isomorphismus ist, genügt es also zu zeigen, daß (f^{n})˙ (f^{n})¯ ein Automorphismus von I_{f^{n}} ist. Mit Lemma 122 und der dazu dualen Aussage, angewandt auf das Diagramm aus den kurz exakten Sequenzen (ι, (f^{n})¯ ) und ((f^{n})˙ , ρ), folgt dies.

Aufgabe 68

(1) Wir wollen eine Transformation a^{k} : G ∘ H^{k} \overline{}H^{k} ∘ C(G) bestimmen.

Sei U ∈ Ob C(A). Konstruieren wir a^{k}U. Da G rechtsexakt ist, sind Gρ_{d_{U}^{k−1}} und ρ_{Gd_{U}^{k−1}} bei-

des Cokerne von Gd_{U}^{k−1}. Also gibt es einen Isomorphismus c^{k}U : GZ̃^{k}U ^{\overline{}^{∼}} Z̃^{k}C(G)U mit (Gρ_{d_{U}^{k−1}})(c^{k}U) = ρ_{Gd_{U}^{k−1}} . Aus

(Gρ_{d_{U}^{k−1}})(c^{k}U)(d̂_{C(G)U}^{k})(ι_{Gd_{U}^{k+1}}) = (ρ_{Gd_{U}^{k−1}})(d̂_{C(G)U}^{k})(ι_{Gd_{U}^{k+1}})
= Gd_{U}^{k}
= (Gρ_{d_{U}^{k−1}})(Gd̂_{U}^{k})(Gι_{d_{U}^{k+1}})

und Gρ_{d_{U}^{k−1}} epimorph entnehmen wir, daß (c^{k}U)(d̂_{C(G)U}^{k})(ι_{Gd_{U}^{k+1}}) = (Gd̂_{U}^{k})(Gι_{d_{U}^{k+1}}). Da

(Gḣ_{U}^{k})(c_{U}^{k})((d̂_{C(G)U}^{k})(ι_{Gd_{U}^{k+1}})) = (Gḣ_{U}^{k})(Gd̂_{U}^{k})(Gι_{d_{U}^{k+1}}) = 0

und da (ḣ_{C(G)U}^{k} , (d̂_{C(G)U}^{k})(ι_{Gd_{U}^{k+1}})) linksexakt ist, gibt es ein a^{k}U : GH^{k}U \overline{}H^{k}C(G)U mit

(a^{k}U)(ḣ_{C(G)U}^{k}) = (Gḣ_{U}^{k})(c^{k}U).

[figure: GH^{k}U; Gḣ_{U}^{k}; a^{k}U; GZ̃^{k}U; c^{k}U; ≀; (Gd̂_{U}^{k})(Gι_{d{k+1 \atop U}}); GU^{k−1}; Gd_{U}^{k−1}; G U^{k}; Gd_{U}^{k}; Gρ_{d{k−1 \atop U}}; ρ_{Gd{k−1 \atop U}}; GU^{k+1}; Z̃^{k}C(G)U; (d̂_{C(G)U}^{k})(ι_{Gd{k+1 \atop U}}); H^{k}C(G)U; •; ḣ_{C(G)U}^{k}]

Sei nun U ^{\overline{}^{s}} V in C(A) gegeben.

Aus

(Gρ_{d_{U}^{k−1}})(c^{k}U)(Z̃^{k}C(G)s) = (ρ_{Gd_{U}^{k−1}})(Z̃^{k}C(G)s)
= (Gs^{k})(ρ_{Gd_{V}^{k−1}})
= (Gs^{k})(Gρ_{d_{V}^{k−1}})(c^{k}V)
= G(s^{k}ρ_{d_{V}^{k−1}})(c^{k}V)
= G(ρ_{d_{U}^{k−1}}(Z̃^{k}s))(c^{k}V)
= (Gρ_{d_{U}^{k−1}})(GZ̃^{k}s)(c^{k}V)

und aus Gρ_{d_{U}^{k−1}} epimorph entnehmen wir, daß (c^{k}U)(Z̃^{k}C(G)s) = (GZ̃^{k}s)(c^{k}V). Somit ist c^{k} eine

Transformation von G ∘ Z̃^{k} nach Z̃^{k} ∘ C(G). Aus

(a^{k}U)(H^{k}C(G)s)(ḣ_{C(G)V}^{k}) = (a^{k}U)(ḣ_{C(G)U}^{k})(Z̃^{k}C(G)s)
= (Gḣ_{U}^{k})(c^{k}U)(Z̃^{k}C(G)s)
= (Gḣ_{U}^{k})(GZ̃^{k}s)(c^{k}V)
= (GH^{k}s)(Gḣ_{V}^{k})(c^{k}V)
= (GH^{k}s)(a^{k}V)(ḣ_{C(G)V}^{k})

und aus ḣ_{C(G)V}^{k} monomorph entnehmen wir, daß (a^{k}U)(H^{k}C(G)s) = (GH^{k}s)(a^{k}V). Somit ist a^{k} eine Transformation von G ∘ H^{k} nach H^{k} ∘ C(G).

(2) Sei nun G exakt. Sei k ∈ Z. Dann ist Gḣ_{U}^{k} ein Kern von (Gd̂_{U}^{k})(Gι_{d_{U}^{k+1}}). E.g. mit dem Schlangen-

lemma, Lemma 136, angewandt auf den Morphismus von kurz exakten Sequenzen von (Gḣ_{U}^{k} , \overline{Gd̂_{U}^{k}}) nach (ḣ_{C(G)U}^{k} , \overline{d̂_{C(G)U}^{k}}), erkennen wir, daß Kern und Cokern von a^{k}U beide isomorph zu 0 sind. Folglich ist a^{k} eine Isotransformation von G ∘ Z̃^{k} nach Z̃^{k} ∘ C(G).

Es ist uns ein Quasiisomorphismus X ^{\overline{}^{f}} Y in C(A) gegeben. Wir haben zu zeigen, daß H^{k}C(G)f ein Isomorphismus ist für k ∈ Z. Aber mit H^{k}f ist auch (GH^{k}f) ein Isomorphismus, so daß aus (GH^{k}f)(a^{k}Y) = (a^{k}X)(H^{k}C(G)f) in der Tat folgt, daß H^{k}C(G)f ein Isomorphismus ist.

Aufgabe 69

Wähle idÃ \overline{}^{α̃}_{∼} H^{0} ∘ IRes; cf. §6.1.2.

Wähle X \overline{}^{a}_{∼} H^{0}I. Sei Konz X ^{\overline{}^{e}} I der durch

(X ^{\overline{}^{e^{0}}} I^{0}) := (X \overline{}^{a}_{∼} H^{0}I ^{\overline{}^{ḣ_{I}^{0}}} I^{0})

definierte Morphismus von Komplexen. Es ist e ein Quasiisomorphismus; cf. Bemerkung 161.

Sei Ĩ′ [figure: ĩ] Ĩ ^{\overline{}^{r̃}} Ĩ′′ eine Hufeisenauflösung in C(A) der kurz exakten Sequenz Y′ [figure: i] Y ^{\overline{}^{r}} Y′′ aus A mit Ĩ′ = IRes Y′ und Ĩ′′ = IRes Y′′, bezüglich α̃Y′ und α̃Y′′.

Wähle (Y′, Y, Y′′)  \overline{}^{(b′,b,b′′)}_{∼}  H^{0}(Ĩ′, Ĩ, Ĩ′′) mit b′ = α̃Y′ und b′′ = α̃Y′′.

Sei Konz(Y′, Y, Y′′) ^{\overline{}^{(f′,f,f′′)}} (Ĩ′, Ĩ, Ĩ′′) der durch

\begin{aligned}& ((Y′, Y, Y′′) ^{\overline{}^{(f^{′0},f^{0},f^{′′0})}} (Ĩ^{′0}, Ĩ^{0}, Ĩ^{′′0})) \\ := & ((Y′, Y, Y′′) ^{\overline{}^{(b′,b,b′′)}} (H^{0}Ĩ′, H^{0}Ĩ, H^{0}Ĩ′′) ^{\overline{}^{(ḣ0 ; Ĩ′ , ḣ0 ; Ĩ , ḣ0 ; Ĩ′′)}} (Ĩ^{′0}, Ĩ^{0}, Ĩ^{′′0})) \end{aligned}

definierte Morphismus kurz exakter Sequenzen von Komplexen. Es sind f′, f und f′′ Quasiisomorphismen; cf. Bemerkung 161.

Wir haben folgende vertikal eingetragene Morphismen kurz exakter Sequenzen von Komplexen; cf. §6.2.3, §6.2.2.

[figure: tF^{CC}(Konz X, Ĩ′); •; tF^{CC}(Konz X,ĩ); tF^{CC}(e,Ĩ′); tF^{CC}(Konz X, Ĩ); tF^{CC}(Konz X,r̃); tF^{CC}(e,Ĩ); tF^{CC}(Konz X, Ĩ′′); tF^{CC}(e,Ĩ′′); tF^{CC}(I, Ĩ′); •; tF^{CC}(I,ĩ); tF^{CC}(I, Ĩ); •; tF^{CC}(J,r̃); tF^{CC}(I, Ĩ′′); tF^{CC}(I, Konz Y′); •; tF^{CC}(I,Konz i); tF^{CC}(I,f′); tF^{CC}(I, Konz Y); •; tF^{CC}(I,Konz i); tF^{CC}(I,f); tF^{CC}(I, Konz Y′′); tF^{CC}(I,f′′)]

Nach Bemerkung 178 sind alle vertikalen Morphismen Quasiisomorphismen; cf. auch Argument für Behauptung in Beweis zu Satz 180.

Nach Bemerkung 146 ist die lang exakte Homologiesequenz zur unteren Zeile isomorph zur lang exakten Homologiesequenz zur oberen Zeile.

Die untere Zeile ist isomorph zur kurz exakten Sequenz F (I, Y′) ^{\overline{}^{F (I,i)}} F (I, Y) ^{\overline{}^{F (I,r)}} F (I, Y′′); cf. Bemer-

kung 177. Die obere Zeile ist isomorph zur kurz exakten Sequenz F (X, Ĩ′)^{\overline{}^{F (X,ĩ)}} F (X, Ĩ)^{\overline{}^{F (X,r̃)}} F (X, Ĩ′′).

Erneut mit Bemerkung 146 können wir also festhalten, daß die zu F (I, Y′) ^{\overline{}^{F (I,i)}} F (I, Y) ^{\overline{}^{F (I,r)}} F (I, Y′′)

gehörige lang exakte Homologiesequenz isomorph ist zur zu F (X, Ĩ′)^{\overline{}^{F (X,ĩ)}} F (X, Ĩ)^{\overline{}^{F (X,r̃)}} F (X, Ĩ′′) gehörigen.

Im Beweis zu Lemma 165 haben wir schließlich gezeigt, daß letztere isomorph ist zur lang exakten

R^{∗}F (X, −)-Sequenz auf Y′ [figure: i] Y ^{\overline{}^{r}} Y′′.

Aufgabe 70

Betrachte folgende Konstruktion des Konnektors γ aus dem Beweis zum Schlangenlemma, Lemma 136.

[figure: Kern f′′; •; ι; X′; m; f′; X; p; f; u; X′′; f′′; Kern f′′; •; λ; γ; = λμ; T; v; b; μ; Y′; •; n; ρ; •; a; Y; q; Y′′; Cokern f′; Cokern f′]

Gemäß Aufgabe 59 können wir die Vervollständigung zum Pushout (X′, X, Y′, T) und alle weiteren Morphismen frei wählen, solange nur ein kommutatives Diagramm entsteht und (a, b) kurz exakt, (λ, v) linksexakt und (u, μ) rechtsexakt ist. Dies wollen wir nun schrittweise tun.

Da (X′, X, Y′, T) ein Pushout ist, ist b durch die Bedingungen ab = 0 und ub = p von a, u und p bereits eindeutig festgelegt wird; cf. Lemma 134.(2^{∘}). Ferner ist μ durch die Bedingungen aμ = ρ und uμ = 0 festgelegt.

Da (T, X′′, Y, Y′′) gemäß Beweis zu Lemma 136 ein Pullback ist, ist λ durch die Bedingungen λb = ι und λv = 0 festgelegt.

Schreibe I := Im (^{m} ^{f′}). Schreibe T := (X ⊕ Y′)/I. Sei u : X \overline{}T, x \overline{}(x, 0) + I. Sei a : Y′ \overline{}T, y′ \overline{}(0, −y′) + I. Es sind u und a beide R-linear. Es ist (X′, X, Y′, T) ein Pushout, da die Diagonalsequenz

X′ ^{\overline{}^{(^{m f′})}} X ^{\overline{}^{( \begin{matrix}u \\ −a \end{matrix} )}} T

nach Konstruktion rechtsexakt ist; beachte (x, y′) (\begin{matrix}u \\ −a \end{matrix}) = xu − y′a = (x, 0) − (0, −y′) + I = (x, y′) + I.

Sei v : T \overline{}Y, (x, y′) + I \overline{}xf − y′n. Dies ist eine wohldefinierte R-lineare Abbildung, da für x′ ∈ X′ für das Element x′ (^{m} ^{f′}) = (x′m, x′f′) in der Tat x′mf − x′f′n = 0 gilt. Es ist av = n, da y′av = ((0, −y′) + I)v = y′n für y′ ∈ Y′. Es ist uv = f, da xuv = ((x, 0) + I)v = xf für x ∈ X.

Sei b : T \overline{}X′′, (x, y′) + I \overline{}xp. Dies ist eine wohldefinierte R-lineare Abbildung, da für x′ ∈ X′ für das Element x′ (^{m} ^{f′}) = (x′m, x′f′) in der Tat x′mp = 0 gilt. Es ist ub = p, da xub = ((x, 0) + I)b = xp für x ∈ X. Es ist ab = 0, da y′ab = ((0, −y′) + I)b = 0 für y′ ∈ Y′.

Sei μ : T \overline{}Cokern f′, (x, y′) \overline{}− y′ + Im f′. Dies ist eine wohldefinierte R-lineare Abbildung, da für x′ ∈ X′ für das Element x′ (^{m} ^{f′}) = (x′m, x′f′) in der Tat −x′f′ + Im f′ = 0 gilt. Es ist aμ = ρ, da y′aμ = ((0, −y′) + I)μ = y′ + Im f′ = y′ρ ist für y′ ∈ Y′. Es ist uμ = 0, da xuμ = ((x, 0) + I)μ = 0 + Im f′ = 0 ist.

Zur Definition von λ. Sei x′′ ∈ Kern f′′. Sei x ∈ X mit xp = x′′. Es ist xfq = xpf′′ = x′′f′′ = 0, weswegen es genau ein y′ ∈ Y′ mit y′n = xf gibt. Setze x′′λ = (x, y′) + I. Sind x, x̃ ∈ X mit xp = x̃p = x′′, dann ist x − x̃ = x′m für ein x′ ∈ X′. Seien y′, ỹ′ ∈ Y′ mit y′n = xf, ỹ′n = x̃f. Es wird x′f′n = x′mf = xf − x̃f = (y′ − y)n, mithin x′f′ = y′ − y. Somit wird (x, y′) − (x̃, ỹ′) = (x′m, x′f′) ∈ I. Also ist λ wohldefiniert.

Zur R-Linearität von λ. Seien x′′, x̃′′ ∈ Kern f′′. Seien r, r̃ ∈ R. Seien x, x̃ ∈ X mit xp = x′′ und x̃p = x̃′′. Seien y′, ỹ′ ∈ Y′ mit y′n = xf und ỹ′n = x̃f. Es ist (rx + r̃x̃)p = r(xp) + r̃(x̃p) = rx + r̃x̃. Es ist (ry′+r̃ỹ′)n = r(y′n)+r̃(ỹ′n) = r(xf)+r̃(x̃f) = (rx+r̃x̃)f. Also ist (rx+r̃x̃)λ = (rx+r̃x̃, ry′+r̃ỹ′)+I = r((x, y′) + I) + r̃((x̃, ỹ′) + I) = r(xλ) + r̃(x̃λ).

Es ist λv = 0 und λb = ι. Denn ist x′′ ∈ Kern f′′, ist x ∈ X mit xp = x′′, ist y′ ∈ Y′ mit y′n = xf, so ist x′′λv = ((x, y′) + I)v = xf − y′n = 0 und x′′λb = ((x, y′) + I)b = xp = x′′ = x′′ι.

Nun zur verlangten Beschreibung des Konnektors γ. Ist x′′ ∈ Kern f′′, ist x ∈ X mit xp = x′′, ist y′ ∈ Y′ mit y′n = xf, so wird

x′′γ = x′′λμ = ((x, y′) + I)μ = −y′ + Im f′ .

Aufgabe 71

Es ist 0 ∈ Ob Z-mod.

Sei X′ [figure: i] X ^{\overline{}^{r}} X′′ eine kurz exakte Sequenz in Z-Mod; cf. Beispiel 127.

Sind zum einen X′ und X′′ endlich erzeugt, so auch Kern r = Im i ≃ X′, und also auch X; cf. Aufgabe 13.(1).

Sei zum anderen X endlich erzeugt. Sei demgemäß Z^{⊕m} ^{\overline{}^{f}} X für ein m ⩾ 0 gegeben. Dann ist auch Z^{⊕m} ^{\overline{}^{fr}} X′′ epimorph, und also X′′ endlich erzeugt. Bilde ferner folgenden Pullback; cf. Lemma 134, Korollar 135.

[figure: Y; •; i′; f′; X′; •; i; Z^{⊕m}; f; X]

Gemäß Aufgabe 13.(2) ist Y ≃ Im i′ ⊆ Z^{⊕m} endlich erzeugt. Da f′ epimorph ist, ist, wie eben gesehen, auch X′ endlich erzeugt.

Somit ist Z-mod eine dicke Teilkategorie von Z-Mod.

Aufgabe 72

Wir erinnern an die Einheit id_{A} ^{\overline{}^{ε}} G ∘ F und die Coeinheit F ∘ G ^{\overline{}^{η}} id_{B}, sowie an (F εX)(ηF X) = 1_{F X} für X ∈ Ob A und (εGY)(GηY) = 1_{GY} für Y ∈ Ob B; cf. Aufgabe 56.(1.ii).

Wir erinnern daran, daß F und G additiv sind; cf. Aufgabe 56.(4). Ferner ist F rechtsexakt und G linksexakt; cf. Aufgabe 56.(5). Da G nach Voraussetzung Epimorphismen respektiert, ist G mithin exakt.

(1) Wir wollen zeigen, daß K eine dicke Teilkategorie von B ist.

Da G additiv ist, ist G0 ≃ 0, i.e. 0 ∈ Ob K.

Sei X′ [figure] X \overline{}X′′ eine kurz exakte Sequenz mit X′, X′′ ∈ Ob K. Wir haben zu zeigen, daß

X ∈^{!} Ob K.

Da G exakt ist, ist auch GX′ [figure] GX \overline{}GX′′ eine kurz exakte Sequenz. Da GX′ ≃ 0 und GX′′ ≃ 0, folgt GX ≃ 0, i.e. X ∈ Ob K.

Also ist K eine dicke Teilkategorie von B. Wir verfügen somit über die abelsche Quotientenkategorie B//K und über den exakten Lokalisierungsfunktor L : B \overline{}B//K, y \overline{}1\y/1 ; cf. Lemma 223, Bemerkung 224.

Nach Konstruktion ist GY ≃ 0 für alle Y ∈ Ob K.

Gemäß universeller Eigenschaft der Quotientenkategorie, Lemma 225.(1), gibt es genau einen ex-

akten Funktor B//K ^{\overline{}^{¯Ḡ}} A mit ¯ Ḡ ∘ L = G, wie verlangt.

(2) Vorab bemerken wir, daß F GY ^{\overline{}^{ηY}} Y ein K-Quasiisomorphismus ist für Y ∈ Ob B. Denn GηY = (εGY)^{−1} ist ein Isomorphismus; cf. Aufgabe 57.(2). Wegen G exakt folgt GK_{ηY} ≃ K_{GηY} ≃ 0 und GC_{ηY} ≃ C_{GηY} ≃ 0. Somit ist in der Tat K_{ηY} ∈ Ob K und C_{ηY} ∈ Ob K.

Wir wollen zeigen, daß ¯ Ḡ dicht, voll und treu ist; cf. Lemma 96.(1).

Zur Dichtheit. Es ist G dicht, da ε : id_{A} \overline{}G ∘ F eine Isotransformation ist; cf. Aufgabe 57.(2). Da L identisch auf den Objekten abbildet und da ¯ Ḡ ∘ L = G nach (1), ist auch ¯ Ḡ dicht.

Zur Vollheit. Seien Y_{1} , Y_{2} ∈ Ob B und ¯ ḠY_{1} ^{\overline{}^{u}} ¯ ḠY_{2} in A gegeben. Wir haben einen Morphismus in B//K zu finden, der unter ¯ Ḡ auf u abgebildet wird.

Beachte zunächst, daß ( ¯ḠY_{1} ^{\overline{}^{u}} ¯ ḠY_{2}) = (GY_{1} ^{\overline{}^{u}} GY_{2}). Es wird

¯Ḡ((ηY_{1})^{−1}\(F u)(ηY_{2})) = (GηY_{1})^{−1}(GF u)(GηY_{2}) = (εGY_{1})(GF u)(εGY_{2})^{−1} = u

wegen der Natürlichkeit von ε; cf. Lemma 225.(1).

\xymatrix{F GY_{1} \ar[r]^{F u} \ar@{=>}[d]_{ηY_{1}} & F GY_{2} \ar@{=>}[d]^{ηY_{2}} & GF GY_{1} \ar[r]^{GF u} & GF GY_{2} \\ Y_{1} & Y_{2} & GY_{1} \ar[r]^{u} \ar[u]^{εGY_{1}}_{≀} & GY_{2} \ar[u]_{εGY_{2}}^{≀}}

Zur Treuheit. Sei ein Morphismus y/s in B//K mit ¯ Ḡ(y/s) = 0 gegeben. Wir haben y/s =^{!} 0 zu zeigen.

Es ist 0 = ¯ Ḡ(y/s) = (Gy)(Gs)^{−1}, und somit Gy = 0.

Zu zeigen ist, daß es einen K-Quasiisomorphismus t mit ty = 0 gibt; cf. Bemerkung 221.

Verlaufe Y_{1} ^{\overline{}^{y}} Y_{2} . In der Tat wird

(ηY_{1})y = (F Gy)(ηY_{2}) = (F 0)(ηY_{2}) = 0

wegen der Natürlichkeit von η.

Aufgabe 73

Sei X ^{\overline{}^{f}} Y ein Morphismus.

Da F exakt ist, liefert die lang exakte Sequenz

0 \overline{}K_{f} ^{\overline{}^{ι_{f}}} X ^{\overline{}^{f}} Y ^{\overline{}^{ρ_{f}}} C_{f} \overline{}0

die lang exakte Sequenz

0 \overline{}F K_{f} ^{\overline{}^{F ι_{f}}} F X ^{\overline{}^{F f}} F Y ^{\overline{}^{F ρ_{f}}} F C_{f} \overline{}0 .

Wir behaupten, daß aus F f Isomorphismus folgt, daß f selbst ein Isomorphismus ist. In der Tat, ist F f ein Isomorphismus, so ist F K_{f} ≃ 0 und F C_{f} ≃ 0 ; cf. Bemerkung 119.(2, 3, 2^{∘}, 3^{∘}). Also ist auch K_{f} ≃ 0 und C_{f} ≃ 0. Somit ist f monomorph und epimorph; cf. Bemerkung 119.(3, 5, 3^{∘}, 5^{∘}). Folglich ist f ein Isomorphismus; cf. Aufgabe 47.(2). Dies zeigt die Behauptung.

Wir haben nun zu zeigen, daß aus F f = 0 folgt, daß f = 0 ist. In der Tat, ist F f = 0, so sind F ι_{f} und F ρ_{f} Isomorphismen; cf. Bemerkung 119.(2, 4, 2^{∘}, 4^{∘}). Dank unserer Behauptung sind daher auch ι_{f} und ρ_{f} Isomorphismen. Also ist f = 0 ; cf. e.g. Bemerkung 119.(4, 5, 4^{∘}, 5^{∘}).

Aufgabe 74

Betrachte die Z-lineare Abbildung

[figure: X := ∐_{k∈Z_{⩾1}} Z; r; Q; (z_{k})_{k⩾1}; ∑_{k⩾1} z_{k} · k^{−1}]

Diese ist surjektiv, mithin epimorph.

Für ℓ ⩾ 1 sei

[figure: X = ∐_{k∈Z_{⩾1}} Z; π_{ℓ}; Z; (z_{k})_{k⩾1}; z_{ℓ}]

die Projektion. Diese ist Z-linear.

Annahme, Q ist projektiv. Dann gibt es eine Z-lineare Abbildung Q ^{\overline{}^{i}} X mit ir = id; cf. Definition 63. Insbesondere ist 1ir = 1. Also gibt es ein ℓ ⩾ 1 mit 1iπ_{ℓ} ∈ Z ∖ {0}. Wähle x ∈ Z ∖ {0} derart, daß x^{−1}(1iπ_{ℓ}) ∈ Q ∖ Z liegt. Dann ist

x^{−1}iπ_{ℓ} = x^{−1}(1iπ_{ℓ}) ∈ Q ∖ Z ,

und zugleich, als Bildelement von iπ_{ℓ},

x^{−1}iπ_{ℓ} ∈ Z .

Wir sind bei einem Widerspruch angelangt.

Cf. Lemma 67.

Aufgabe 75

Auf Objekten müssen wir F̂X := F X für X ∈ Ob(A/N) = Ob A setzen.

Auf Morphismen genügt es, nachzuweisen, daß für f, g ∈ _{A}(X, Y) mit Rf = Rg folgt, daß F f = F g. Denn dann dürfen wir F̂Rf := F f setzen, was wegen F Funktor einen Funktor F̂ definiert, der F̂ ∘R = F erfüllt. Die diesbezügliche Eindeutigkeit von F̂ folgt aus der Surjektivität von R auf Morphismen.

Sei also g = f + uv, wobei N ∈ Ob N und X ^{\overline{}^{u}} N ^{\overline{}^{v}} Y. Betrachte in A das Diagramm

\xymatrix{ & Y \ar[d]_{_{(_{1 0} )}} \\ X \ar[r]^{_{(_{f u})}} & Y ⊕ N \ar[r]^{_{( \begin{matrix}1 \\ v \end{matrix} )}} \ar[r]_{_{( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} )}} & Y .}

Dabei ist R (^{1 0}) ein Isomorphismus, invertiert von R (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}). Also ist auch F (^{1 0}) ein Isomorphismus. Es wird

F (\begin{matrix}1 \\ v \end{matrix}) = (F (^{1 0}))^{−1} · F (^{1 0}) · F (\begin{matrix}1 \\ v \end{matrix})
= (F (^{1 0}))^{−1} · F ((^{1 0}) (\begin{matrix}1 \\ v \end{matrix}))
= (F (^{1 0}))^{−1}
= (F (^{1 0}))^{−1} · F ((^{1 0}) (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}))
= (F (^{1 0}))^{−1} · F (^{1 0}) · F (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})
= F (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) .

Somit wird

F g = F (f + uv)
= F ((^{f u}) (\begin{matrix}1 \\ v \end{matrix}))
= F (^{f u}) · F (\begin{matrix}1 \\ v \end{matrix})
= F (^{f u}) · F (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})
= F ((^{f u}) (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}))
= F f .

Cf. Lemma 225.

Aufgabe 76

(1) Wir sehen das Diagramm als (horizontale) kurz exakte Sequenz von (vertikal verzeichneten, mit Nullen fortgesetzen) Komplexen lesen. Die lang exakte Homologiesequenz hat auf dem linken und dem rechten Komplex nur Nullterme, also auch in der Mitte; cf. Lemma 145. Mit anderen Worten, es bildet die Sequenz (f, g) einen azyklischen Komplex; i.e. es ist (f, g) kurz exakt; cf. Bemerkung 143.

Daß die Bedingung fg = 0 i.a. nicht entfallen darf, zeigt das kommutative Diagramm

[figure: X; X; 0; X; _{(_{1 0} )}; X ⊕X; _{( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} )}; _{( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} )}; X; 0; X; _{(_{1 1} )}; X]

für ein X ≄ 0 in A.

(2) Wir haben zu zeigen, daß x′f ein Kern von (^{g} ^{y′′}) ist.

Sei T ^{\overline{}^{t}} Y mit t (^{g} ^{y′′}) = 0 gegeben, i.e. mit tg = 0 und ty′′ = 0. Da x′f = f′y′ ein Monomor-

phismus ist, genügt es, ein T ^{\overline{}^{s}} X′ mit sx′f = t zu finden.

Da tg = 0 ist und da dank (1) die Sequenz (f, g) kurz exakt ist, gibt es ein T ^{\overline{}^{a}} X mit af = t.

Da ty′′ = 0 ist und da die Sequenz (y′, y′′) kurz exakt ist, gibt es ein T ^{\overline{}^{b}} Y′ mit by′ = t.

Insgesamt ist also af = by′. Mit Kern-Cokern-Kriterium ist (X′, X, Y′, Y) ein Pullback; cf. Lem-

ma 134. Also gibt es ein T ^{\overline{}^{s}} X′ mit sf′ = b und sx′ = a. Folglich ist s x′f = af = t.

(3) Sei (x′′, f′′) eine Bildfaktorisierung von fy′′. Dies liefert einen Morphismus kurz exakter Sequenzen. Eintragen der lang exakten Sequenz aus dem Schlangenlemma liefert auf den Cokernen g′, g resp. g′′ die kurz exakte Sequenz (z′, z′′) ; cf. Lemma 136.

Aufgabe 77

Vorüberlegung. Sei p ⩾ 2 prim. Für m ∈ Z schreiben wir m =: p^{v_{p}(m)} · m′ mit m′ teilerfremd zu p.

Für α ⩾ 1 ist v_{p}(p^{α} − s) = v_{p}(s) für s ∈ [1, p^{α} − 1], und somit

v_{p}((\begin{matrix}p^{α} \\ j \end{matrix} ))

= v_{p}(p^{α}) + (v_{p}(p^{α} − 1) − v_{p}(1)) + (v_{p}(p^{α} − 2) − v_{p}(2)) + ⋯ + (v_{p}(p^{α} − j + 1) − v_{p}(j − 1)) − v_{p}(j)
= α − v_{p}(j)

für j ∈ [1, p^{α}].

Falls p ⩾ 3, dann ist j − v_{p}(j) ⩾ 2 für j ⩾ 2, da p^{u} − u ⩾ 2 für u ⩾ 1, denn dies trifft für u = 1 zu, und es ist \frac{d}{du}(p^{u} − u) = ln(p) · p^{u} − 1 > 0 für u ⩾ 1. Somit ist p^{α+2} ein Teiler von (\begin{matrix}p^{α} \\ j \end{matrix} ) · p^{j} für j ∈ [2, p^{α}].

Falls p = 2, dann ist 2j − v_{2}(j) ⩾ 3 für j ⩾ 2, da 2^{u+1} − u ⩾ 3 für u ⩾ 1, denn dies trifft für u = 1 zu, und es ist \frac{d}{du}(2^{u+1} − u) = ln(2) · 2^{u+1} − 1 > 0 für u ⩾ 1. Somit ist 2^{α+3} ein Teiler von (\begin{matrix}p^{α} \\ j \end{matrix} ) · 2^{2j} für j ∈ [2, p^{α}].

(1) Nach Aufgabe 51.(2) genügt es zu zeigen, daß i eine Coretraktion ist. Dafür genügt es zu zeigen, daß Ai ein direkter Summand von E ist, da dann mit der Projektion π auf diesen Summanden sich i · (π · (i|^{Ai})^{−}) = 1 ergibt.

Es hat E eine Untergruppe isomorph zu A. Nach Aufgabe 21.(2) hat E damit einen direkten Summanden A′ mit A ⊆ A′, also mit |A′| einem Vielfachen von |A|, aber mit übereinstimmenden Mengen von Primteilern von |A′| und von |A|. Da |E| = |A| · |B| und da |A| und |B| teilerfremd sind, folgt |A| = |A′| und also A = A′.

(2) Sei nun p ⩾ 3 prim.

Aus der Algebra wissen wir, daß U(F_{p}) = U(Z/p) isomorph zu Z/(p − 1) ist; denn wäre diese Gruppe nichtzyklisch, dann gäbe es nach Aufgabe 21.(2) einen Teiler d von p − 1 mit d < p − 1 derart, daß X^{d} − 1 ∈ F_{p}[X] alle Elemente von F_{p} ∖ {0} als Nullstellen hätte. Sei nun o.E. k ⩾ 2. Schreibe U_{p}(Z/p^{k}) := { y + p^{k}Z : y ≡_{p} 0 }. Wir haben eine kurz exakte Sequenz

U_{p}(Z/p^{k}) [figure] U(Z/p^{k}) \overline{}U(Z/p)
x + p^{k}Z \overline{}x + pZ ,

wobei |U_{p}(Z/p^{k})| = p^{k−1} und |U(Z/p)| = p − 1 ist. Dank (1) genügt es also zu zeigen, daß U_{p}(Z/p^{k}) ≃ Z/p^{k−1} ist, i.e. daß U_{p}(Z/p^{k}) ein Element von Ordnung p^{k−1} enthält, welches also zur p^{k−2}-ten Potenz nicht verschwindet. O.E. ist k ⩾ 3. Dank Vorüberlegung wird mit α = k − 2

(1 + p)^{p^{k−2}} ≡_{p^{k}} (\begin{matrix}p^{k−2} \\ 0 \end{matrix} ) · p^{0} + (\begin{matrix}p^{k−2} \\ 1 \end{matrix} ) · p^{1} = 1 + p^{k−1} ≢_{p^{k}} 1 .

(3) Sei nun p = 2. Es ist U(Z/4) = ⟨−1 + 4Z⟩ ≃ Z/2. Sei nun o.E. k ⩾ 3. Schreibe U_{4}(Z/2^{k}) := { y + 2^{k}Z : y ≡_{4} 0 }. Wir haben eine kurz exakte Sequenz

U_{4}(Z/2^{k}) [figure] U(Z/2^{k}) \overline{}U(Z/4)
x + 2^{k}Z \overline{}x + 4Z ,

wobei |U_{4}(Z/2^{k})| = 2^{k−2} und |U(Z/4)| = 2 ist. Letzterer Morphismus ist eine Retraktion, mit Coretraktion U(Z/2^{k}) \overline{}U(Z/4), −1 + 2^{k}Z \overline{}− 1 + 4Z. Dank Aufgabe 51.(2)^{∘} genügt es also zu zeigen, daß U_{4}(Z/2^{k}) ≃ Z/2^{k−2} ist, i.e. daß U_{4}(Z/2^{k}) ein Element von Ordnung 2^{k−2} enthält, welches also zur 2^{k−3}-ten Potenz nicht verschwindet. O.E. ist k ⩾ 4. Dank Vorüberlegung wird mit α = k − 3

(1 + 4)^{2^{k−3}} ≡_{2^{k}} (\begin{matrix}2^{k−3} \\ 0 \end{matrix} ) · 4^{0} + (\begin{matrix}2^{k−3} \\ 1 \end{matrix} ) · 4^{1} = 1 + 2^{k−1} ≢_{2^{k}} 1 .

Literatur

[1] Baer, R., Abelian groups that are direct summands of every containing abelian group, Bull. Am. Math. Soc. 46, 1940.

[2] Bühler, T., Exact Categories, Exp. Math. 28 (1), p. 1–69 (s.a. arxiv:0811.1480v2), 2010.

[3] Cartan, H.; Eilenberg, S., Homological Algebra, Princeton University Press, 1956.

[4] Freyd, P., Stable Homotopy, Proc. Conf. Categorical Algebra, La Jolla, p. 121-172, Springer, 1965.

[5] Grothendieck, A., Sur quelques points d’Algebre Homologique, Tôhoku Math. J., 2nd ser., 9, p. 119–221, 1957.

[6] Künzer, M., Galoistheorie, Skript, Koblenz, 2009.

[7] Künzer, M., Topologie, Skript, Koblenz, 2009.

[8] Künzer, M., Cohomologie von Gruppen, Skript, Aachen, 2006.

[9] Mitchell, B., Theory of categories, Academic Press, 1965.

[10] Roggenkamp, K.W., Homologische Algebra, Skript, Stuttgart, 1975.

[11] Schubert, H., Kategorien I, Heidelberger Taschenbücher, 1970.

[12] Serre, J.-P., Groupes d’homotopie et classes de groupes abéliens, Ann. of Math. (2) 58, p. 258–294, 1953.

[13] Thomas, S., On the 3-arrow calculus for homotopy categories, arXiv:1001.4536, 2010.

[14] Yoneda, N. On the homology theory of modules, J. Fac. Sci. Univ. Tokyo. Sect. I, 7, p. 193–227, 1954.

[15] Verdier, J.-L., Des catégories dérivées des catégories abéliennes, hrsg. von G. Maltsiniotis, Astérisque 239, 2006 (verfaßt 1967).

[16] Weibel, C., An introduction to Homological Algebra, Cambridge University Press, 1994.

Das grundlegende Werk über Homologische Algebra stammt von Henri Cartan und Samuel Eilenberg [3]. Cartan erinnerte sich wie folgt.

“Samuel Eilenberg died in New York on January 30, 1998, after spending two years in a state of precarious health. I would like to write here of the mathematician and especially of the friend that I gradually discovered in the course of a close collaboration that lasted at least five years and that taught me many things.

I met Sammy for the first time at the end of December 1947 […]. Of course, Eilenberg was not unknown to me, because since the end of the war I had begun to be interested in algebraic topology. Notably I had studied the article in the 1944 Annals of Mathematics in which Eilenberg set forth his theory of singular homology (one of those theories which immediately takes on a definitive shape). I had, for my part, reflected on the “Künneth formula”, which gives the Betti numbers and the torsion coefficients of the product of two simplicial complexes. In fact, that formula amounts to a calculation of the homology groups of the tensor product of two graded differential groups as a function of the homology groups of each of them. The solution involves not only the tensor product of the homology groups of the factors but also a new functor of these groups, the functor Tor. At the time of my first meeting with Sammy, I was quite happy with telling that to him.

This was the point of departure for our collaboration, by means of postal mail at first. Then Sammy came to spend the year 1950-51 in Paris. He took part in my seminar at the École Normale, devoted that year to cohomology of groups, spectral sequences, and sheaf theory. Sammy gave two lectures on spectral sequences. Armand Borel and Jean-Pierre Serre took an active part in this seminar also.

Independently of the seminar, Sammy and I had work sessions with the aim of writing an article that would develop some of the new ideas born out of the Künneth formula. […] It was always he who wrote everything up as we went along in precise and concise English. After the notion of satellites of a functor came that of derived functors, with their axiomatic characterization. Gradually the theory included several existing theories (cohomology of groups, cohomology of Lie algebras, in the sense of Chevalley and Eilenberg, cohomology of associative algebras). […]

Sammy knew how to put his friends to work. I think I remember that he persuaded Steenrod to contribute the preface of our book, where the evolution of the ideas is explained perfectly. He arranged also for other colleagues to collaborate in the writing of the chapter devoted to finite groups. Our initial project of a mere article for a journal was transformed; it became a book that we would propose to a publisher and for which it would be necessary to find a title that captured its content. We finally agreed on the term Homological Algebra. The text was given to Princeton University Press in 1953. I do not know why the book appeared only in 1956.” (Interview in Notices AMS, Nov. 1998)

Der in loc. cit. gewählte Rahmen der Modulkategorien erwies sich trotz bereits zahlreicher Anwendungen als zu eng gefaßt. Buchsbaum, in einem Anhang zu [3], und Grothendieck [5] entwickelten daraufhin den Begriff der abelschen Kategorie. Für weitere Entwicklungen konsultiere man die Einleitung zu Verdiers Dissertation [15].

Die Tatsache, daß Modulkategorien genügend Injektive haben, geht auf Baer zurück [1].

Das Yoneda-ext entstammt der Arbeit [14] von Yoneda.

Die Lokalisierungstheorie abelscher Kategorien wurde von Serre [12] initiiert und von Grothendieck [5] zum erstenmal explizit ausgeführt. In größerer Allgemeinheit wird Lokalisierungstheorie e.g. in der Arbeit [13] behandelt, nach der ich mich weitgehend gerichtet habe.

Die Freyd-Kategorie einer schwach abelschen Kategorie entstammt der Arbeit [4, §3] von Freyd. Siehe auch [15, II.§3].

In den Büchern von Mitchell [9] und Schubert [11] findet man u.a. die Theorie der additiven und der abelschen Kategorien in Lehrbuchform. Das neuere Buch von Weibel [16] ist ähnlich umfassend wie das von Cartan-Eilenberg [3].