Bourbaki

Bài tập 4, § 16

Nhãn 00JZ, cố định. Trích dẫn là [Bourbaki, Tag 00JZ].

Đại số, VIII, p. 326

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G. Với mọi Z\mathbf{Z}[H]-môđun N, ký hiệu N~\widetilde{N} là nhóm HomZ[H](Z[G],N)_{\mathbf{Z}[H]}(\mathbf{Z}[G],N) được trang bị một cấu trúc môđun Z\mathbf{Z}[G] suy ra từ cấu trúc môđun phải Z\mathbf{Z}[G] trên Z[G]\mathbf{Z}[G].

a) Chứng minh rằng N~\widetilde{N} có thể được đồng nhất với môđun con Z\mathbf{Z}[G] của F(G,N)\mathscr{F}(G,N) (Bài tập 3) gồm các ánh xạ ff sao cho f(hg)=hf(g)f(hg) =hf(g) với mọi h∈Hh\in H và g∈Gg\in G. Nếu A là một nhóm Abel, thì Z\mathbf{Z}[G]-môđun F(H~,A)\mathscr{F}\widetilde{(H},A) đẳng cấu chính tắc với F(G,A)\mathscr{F}(G,A).

b) Cho 0→N′→iN→pN′′→00\rightarrow N'\rightarrow^iN\overset{p}{\rightarrow}N''\rightarrow 0 là một dãy khớp các Z\mathbf{Z}[H]-môđun; dãy

′' Hom(1,i,i) Hom(1,p,p)′′''

0⟶N~−−−⟶N~−−−⟶N~⟶0 0\longrightarrow \widetilde{N}---\longrightarrow \widetilde{N}---\longrightarrow \widetilde{N}\longrightarrow 0

là khớp (lưu ý rằng Z\mathbf{Z}[H]-môđun Z[G]\mathbf{Z}[G] là tự do).

c) Cho uN:N~→Nu_N:\widetilde{N}\rightarrow N là ánh xạ f↦f(1)f\mapsto f(1); nó tương thích với đơn ánh chính tắc i:H→Gi: H\rightarrow G (Bài tập 2). Chứng minh rằng đồng cấu

Hq(i,uN):Hq(G,N~)→Hq(H,N) H^q(i, u_N) : H^q(G,\widetilde{N})\rightarrow H^q(H,N)

là song ánh với mọi q⩾0q\geqslant 0 (trước hết xét trường hợp q=0q= 0 rồi suy luận quy nạp theo qq dùng điều trên; Bài tập 3, c); và Bài tập 2, c)).

d) Giả sử rằng H có chỉ số hữu hạn nn trong G. Cho M là một Z\mathbf{Z}[G]-môđun, mà ta xem như một Z\mathbf{Z}[H]-môđun bởi hạn chế vô hướng. Cho f∈M~f\in \widetilde{M}; phần tử g−1f(g)g^{-1}f(g) chỉ phụ thuộc vào lớp phải HgHg của gg. Đặt π(f)=∑Hg∈H\Gg−1f(g)\pi (f) =\sum_{Hg\in H\backslash G}g^{-1}f(g). Chứng minh rằng π\pi là một đồng cấu tuyến tính Z\mathbf{Z}[G] từ M~\widetilde{M} đến M. Với mọi số nguyên q⩾0q\geqslant 0, ký hiệu Corq:Hq(H,M)→Hq(G,M)^q: H^q(H,M)\rightarrow H^q(G,M) là đồng cấu Hq(π)∘Hq(i,uM)−1H^q(\pi )\circ H^q(i, u_M)^{-1} (“đồng cấu đối hạn chế”).

e) Chứng minh rằng tự đồng cấu Corq∘^q\circ Resq^q của Hq(G,M)H^q(G,M) là phép nhân với nn (trước hết xét trường hợp q=0q= 0 rồi sau đó xét trường hợp tổng quát như trong chứng minh của c)). f ) Giả sử G là hữu hạn; chứng minh rằng với mọi Z\mathbf{Z}[G]-môđun M và mọi số nguyên q⩾1q\geqslant 1, nhóm Hq(G,M)H^q(G,M) bị triệt tiêu bởi cấp của G.

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Được trích dẫn bởi

Không có.

Trích dẫn đến

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5.4-mini. Chưa được người kiểm tra. Mô hình này là bản rút gọn của mô hình đã viết phần còn lại của ngôn ngữ này.