Lemme du serpent !

[invitecbade190]

Bonjour :
Théorème :
Soit un anneau commutatif.
Considèrons un diagramme d'homomorphismes de modules :



dans lequel les deux lignes sont supposées exactes et les deux carrés commutatifs : et . Il existe alors un homomorphisme canonique tel que l'on ait une suite exacte :


Démonstration :
On a et . En effet : si verifie alors : , donc : . De même : si : , on a : , donc : .
On a ainsi des homomorphismes : et .
On a : et . En effet : si , soit tel que . Alors, , ce qui prouve que appartient à .
De même, si , soit tel que . On a alors donc appartient à .
Il en résulte que le noyau de l’homomorphisme composé :

contient , d’où par passage au quotient, un homomorphisme canonique . De même, on en déduit un homomorphisme : .
L’homomorphisme est injectif : si , donc .
Comme est la restriction à de et comme , on a donc . Réciproquement, soit . On a donc et .
Comme la première ligne du diagramme est exacte, . Soit ainsi tel que . On a . Comme est injectif, et . Par suite, .
L’homomorphisme est surjectif : si , on peut écrire : avec . Comme est surjectif, il existe tel que . Alors, par définition de , on a , si bien que .
On a . En effet, par définition de , si , d’où :

Réciproquement, si , on a : , d’où : . On écrit : avec . Comme est surjectif, il existe tel que et . Ainsi, appartient à , donc est de la forme pour . Finalement,

d’où .
$e) $ Nous allons maintenant construire l’homomorphisme . La restriction à de fournit un homomorphisme dont l’image est contenue dans le noyau de ( si , ). Puisque
et comme est un isomorphisme, il en résulte un homomorphisme canonique que l’on compose ensuite avec la surjection canonique , d’où un homomorphisme .
Si , on a , donc . Ainsi, contient , d’où par passage au quotient un homomorphisme bien défini :

Concrètement, l’image d’un élément de par l’homomorphisme est obtenue de la façon suivante : Comme est surjectif, il existe tel que . Alors, , donc . Il existe ainsi tel que . Alors, est la classe de dans .
Montrons que .
Soit , d’où tel que . Autrement dit, et avec les notations du paragraphe précédent, , d’où et .
Réciproquement, si , on a , donc pour un certain et . On a donc . Par suite, .
Enfin, montrons que .
Soit ; avec les mêmes notations, , donc et .
Réciproquement, soit . On peut écrire . On a alors . Par suite, . Si avec , on a par définition si bien que .
Le théorème est donc démontré.

Questions :
Dans le paragraphe : , pourquoi : .
Toujours dans le paragraphe , pourquoi : .

Merci infiniment !
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[invite7553e94d]

Bonsoir.
Ce message est imbuvable ... est-il possible de le remettre en forme ?

[invitecbade190]

Bonjour
{\bf Théorème} : Soit $A $ un anneau commutatif. Considérons un diagramme d'homomorphismes de $A$-modules :
$$ \xymatrix{
0 \ar[r] & N \ar[r]^i \ar[d]_f & M \ar[r]^p \ar[d]_g & P \ar[r] \ar[d]^h & 0 \\
0 \ar[r] & N' \ar[r]^{i'} & M' \ar[r]^{p'} & P' \ar[r] & 0
} $$
dans lequel les deux lignes sont supposées exactes et les deux carrés commutatifs : $i' \circ f = g \circ i $ et $p' \circ g = h \circ p $. Il existe alors un homomorphisme canonique $\partial : \ker h \longrightarrow \mathrm{coker\,} f $ tel que l'on ait une suite exacte :
$$ \xymatrix{
0 \ar[r]& \ker f \ar[r]^{i_{*}} & \ker g \ar[r]^{p_{*}} & \ker h \ar[r]^{\partial} & \mathrm{coker\,} f \ar[r]^{i'_{*}} & \mathrm{coker\,} g \ar[r]^{p'_{*}} & \mathrm{coker\,} h \ar[r]& 0
} $$
{\bf Démonstration} :
{\bf a)} On a $i(\ker f) \subset \ker g $ et $p(\ker g) \subset \ker h $. En effet : si $x \in N $ vérifie $f(x) = 0 $ alors : $g(i(x)) = (g \circ i) (x) = (i' \circ f) (x) = i'(f(x)) = 0 $, donc : $i(x) \in \ker g $. De même : si : $y \in \ker g $, on a : $h(p(y)) = (h \circ p) (y) = (p' \circ g)(y) = p'(g(y)) = 0 $, donc : $p(y) \in \ker h $.
On a ainsi des homomorphismes : $i_{*} : \ker f \longrightarrow \ker g $ et $p_{*} : \ker g \longrightarrow \ker h $.
{\bf b)} On a : $i'(\mathrm{im\,} f) \subset \mathrm{im\,} g $ et $p'(\mathrm{im\,} g) \subset \mathrm{im\,} h $. En effet : si $x' \in \mathrm{im\,} f $, soit $x \in N $ tel que $x' = f(x) $. Alors, $i'(x') = (i' \circ f)(x) = (g \circ i)(x) = g(i(x)) $, ce qui prouve que $i'(x') \in \mathrm{im\,} g $.
De même, si $y' \in \mathrm{im\,} g $, soit $y \in M $ tel que $y' = g(y) $. On a alors $p'(y') = (p' \circ g)(y) = (h \circ p)(y) = h(p(y)) $ donc $p'(y') \in \mathrm{im\,} h $.
Il en résulte que le noyau de l’homomorphisme composé :
$$ \xymatrix{
N' \ar[r]^{i'} & M' \ar[r]& \mathrm{coker\,} g = M/ \mathrm{im\,} g
} $$
contient $\mathrm{im} (f) $, d’où par passage au quotient, un homomorphisme canonique $i'_{*} : \mathrm{coker}(f) = N' / \mathrm{im} (f) = \mathrm{coker} (g) $. De même, on en déduit un homomorphisme : $p'_{*} : \mathrm{coker} (g) \longrightarrow \mathrm{coker}(h) $, induit par $p' $.
{\bf c)} L’homomorphisme $i_{*} $ est injectif : si $i_{*}(x) = 0 $, $i(x) = 0 $ donc $x = 0 $.
Comme $p_{*} $ est la restriction à $\ker g $ de $p $ et comme $p \circ i = 0 $, on a $p_{*} \circ i_{*} = 0 $ donc $\mathrm{im\,} i_{*} \subset \ker p_{*} $. Réciproquement, soit $y \in \ker p_{*} $. On a donc $y \in \ker g $ et $p(y) = 0 $.
Comme la première ligne du diagramme est exacte, $y \in \mathrm{im\,} i $. Soit ainsi $x \in N $ tel que $y = i(x) $. On a $0 = g(y) = g(i(x)) = (g \circ i)(x) = (i' \circ f)(x) = i'(f(x)) $. Comme $i' $ est injectif, $f(x) = 0 $ et $x \in \ker f $. Par suite, $y = i(x) \in i(\ker f) = i_{*}(\ker f) $.
{\bf d)} L’homomorphisme $p'_{*} $ est surjectif : si $\xi \in \mathrm{coker\,} h $, on peut écrire : $\xi = cl(z') $ avec $z' \in P' $. Comme $p' $ est surjectif, il existe $y' \in M' $ tel que $z' = p'(y') $. Alors, par définition de $p'_{*} $, on a $\xi = p'_{*}(cl(y')) $, si bien que $\xi \in \mathrm{im\,} p'_{*} $.
On a $p'_{*} \circ i'_{*} = 0 $. En effet, par définition de $i'_{*} $, si $x' \in N', i'_{*}(cl(x')) = cl(i'(x')) $, d’où :
$$p'_{*}(i'_{*}(cl(x'))) = p'_{*}(cl(i'(x'))) = cl(p'(i'(x'))) = 0 $$
{\it Réciproquement}, si $p'_{*}(cl(y')) = 0 $, on a : $cl(p'(y')) = 0 $, d’où : $p'(y') \in \mathrm{im\,} h $. On écrit : $p'(y') = h(z) $ avec $z \in P $. Comme $p $ est surjectif, il existe $y \in M $ tel que $z = p(y) $ et $p'(y') = h(p(z)) = p'(g(z)) $. Ainsi, $y' - g(z) \in \ker p' $, donc est de la forme $i'(x') $ pour $x' \in N' $. Finalement :
$$cl(y') = cl(g(z) + i'(x')) = cl(i'(x')) = i'_{*}(x') $$
d’où $\ker p'_{*} = \mathrm{im\,} i'_{*} $.
{\bf e)} Nous allons maintenant construire l’homomorphisme $\partial $. La restriction à $p^{-1} (\ker h) = \ker ( h \circ p) $ de $g $ fournit un homomorphisme $\ker (h \circ p) \longrightarrow M $ dont l’image est contenue dans le noyau de $p' $ ( si $h(p(y)) = 0 ,\ p'(g(y)) = 0 $ ). Puisque
$\ker p' = \mathrm{im\,} i' $ et comme $i' : N' \longrightarrow \mathrm{im\,} i' $ est un isomorphisme, il en résulte un homomorphisme canonique $p^{-1} ( \ker h) \longrightarrow N' $ que l’on compose ensuite avec la surjection canonique $N' \longrightarrow \mathrm{coker\,} (f) $, d’où un homomorphisme $\gamma : p^{-1}(\ker h) \longrightarrow \mathrm{coker\,} (f) $.
Si $y = i(x) \in i(N) $, on a $g(y) = i'(f(x)) $, donc $\gamma(y) = cl(f(x)) = 0 $. Ainsi, $\ker \gamma $ contient $i(N) $, d’où par passage au quotient un homomorphisme bien défini :
$$ \partial : \ker h = p^{-1} (\ker h) / p^{-1} (0) = p^{-1} (\ker h) / i(N) \xrightarrow{\ \gamma\ } \mathrm{coker\,} f $$
Concrètement, l’image d’un élément $z $ de $\ker h $ par l’homomorphisme $\partial $ est obtenue de la façon suivante : Comme $p $ est surjectif, il existe $y \in M $ tel que $z = p(y) $. Alors, $0 = h(z) = h(p(y)) = p'(g(y)) $, donc $g(y) \in \ker p' = \mathrm{im\,} i' $. Il existe ainsi $x' \in N' $ tel que $g(y) = i'(x') $. Alors, $\partial (z) $ est la classe de $x' $ dans $\mathrm{coker\,} (f) = N' / \mathrm{im\,} f $.
{\bf f)} Montrons que $\mathrm{im\,} p_{*} = \ker \partial $.
Soit $z \in \mathrm{im\,} p_{*} $, d’où $y \in \ker g $ tel que $p(y) = z $. Autrement dit, $g(y) = 0 $ et avec les notations du paragraphe précédent, $x' = 0 $, d’où $\partial (z) = 0 $ et $z \in \ker \partial $.
{\it Réciproquement}, si $z \in \ker \partial $, on a $x' \in \mathrm{im\,} f $ , donc $x' = f(x) $ pour un certain $x \in N $ et $g(y) = i'(x') = g(i(x)) $. On a donc $y - i(x) \in \ker g $. Par suite, $z = p(y) = p(y - i(x)) \in p(\ker g) = \mathrm{im\,} p_{*} $.
{\bf g)} Enfin, montrons que $\mathrm{im\,} \partial = \ker i'_{*} $.
Soit $z \in N $ ; avec les mêmes notations, $i'( \partial (z)) = i'(cl(x')) = cl(i'(x')) = cl(g(y)) = 0 $, donc $\partial (z) \in \ker i'_{*} $ et $\mathrm{im\,} \partial \subset \ker i'_{*} $.
{\it Réciproquement}, soit $\xi ' \in \ker i'_{*} $. On peut écrire $\xi ' = cl(x') $. On a alors $i'_{*}( \xi ') = cl(i'(x')) $. Par suite, $i'(x') \in \mathrm{im\,} g $. Si $i'(x') = g(y) $ avec $y \in M $, on a par définition $\partial (p(y)) = cl(x') = \xi ' $ si bien que $\ker i'_{*} \subset \mathrm{im\,} \partial $.
Le théorème est donc démontré.

Questions :
$1) $ Dans le paragraphe : {\bf e)}, pourquoi : $\gamma (y) = cl(f(x)) = 0 $.
$2) $ Toujours dans le paragraphe {\bf e)}, pourquoi : $\ker h = p^{-1} (\ker h) / p^{-1}(0) $.

Merci infiniment !

[invitecbade190]

Bonjour
{\bf Théorème} : Soit un anneau commutatif. Considérons un diagramme d'homomorphismes de -modules :

dans lequel les deux lignes sont supposées exactes et les deux carrés commutatifs : et . Il existe alors un homomorphisme canonique tel que l'on ait une suite exacte :

{\bf Démonstration} :
{\bf a)} On a et . En effet : si vérifie alors : , donc : . De même : si : , on a : , donc : .
On a ainsi des homomorphismes : et .
{\bf b)} On a : et . En effet : si , soit tel que . Alors, , ce qui prouve que .
De même, si , soit tel que . On a alors donc .
Il en résulte que le noyau de l’homomorphisme composé :

contient , d’où par passage au quotient, un homomorphisme canonique . De même, on en déduit un homomorphisme : , induit par .
{\bf c)} L’homomorphisme est injectif : si , donc .
Comme est la restriction à de et comme , on a donc . Réciproquement, soit . On a donc et .
Comme la première ligne du diagramme est exacte, . Soit ainsi tel que . On a . Comme est injectif, et . Par suite, .
{\bf d)} L’homomorphisme est surjectif : si , on peut écrire : . Comme est surjectif, il existe tel que . Alors, par définition de , on a , si bien que .
On a . En effet, par définition de , si , d’où :

{\it Réciproquement}, si , on a : , d’où : . On écrit : avec . Comme est surjectif, il existe tel que et . Ainsi, , donc est de la forme pour . Finalement :

d’où .
{\bf e)} Nous allons maintenant construire l’homomorphisme . La restriction à de fournit un homomorphisme dont l’image est contenue dans le noyau de ( si ). Puisque
et comme est un isomorphisme, il en résulte un homomorphisme canonique que l’on compose ensuite avec la surjection canonique , d’où un homomorphisme .
Si , on a , donc . Ainsi, contient , d’où par passage au quotient un homomorphisme bien défini :

Concrètement, l’image d’un élément de par l’homomorphisme est obtenue de la façon suivante : Comme est surjectif, il existe tel que . Alors, , donc . Il existe ainsi tel que . Alors, est la classe de dans .
{\bf f)} Montrons que .
Soit , d’où tel que . Autrement dit, et avec les notations du paragraphe précédent, , d’où et .
{\it Réciproquement}, si , on a , donc pour un certain et . On a donc . Par suite, .
{\bf g)} Enfin, montrons que .
Soit ; avec les mêmes notations, , donc et .
{\it Réciproquement}, soit . On peut écrire . On a alors . Par suite, . Si avec , on a par définition si bien que .
Le théorème est donc démontré.

Questions :
$1) $ Dans le paragraphe : {\bf e)}, pourquoi : .
$2) $ Toujours dans le paragraphe {\bf e)}, pourquoi : .

Merci infiniment !

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