Lanjutan Exact Kanan dari Tensor Product.

21:00:00  

Akhirnya saya sudah bisa menggambar commutative diagram, mari kita lanjutkan bukti bahwa fungtor $(\cdot) \otimes N$ adalah exact kanan.

Untuk kemudahan penulisan, karena $Hom(N,P)$ juga merupakan $R$-Module, kita definisikan $\mathfrak{F}_X(M) = Hom(M,Hom(N,P))$, dimana $\mathfrak{F}_X(M')$ dan $\mathfrak{F}_X(M'')$ didefinisikan secara similar. 

Perhatikan diagram
$$\xymatrix{ M \ar[d] \ar[r]^f & M^{\prime} \ar[d] \ar[r]^g & M^{\prime \prime} \ar[d] \ar[r] & 0 \ar[d] \\ \mathfrak{F}_X(M) \ar[d]^{\psi} & \mathfrak{F}_X(M') \ar[l]_{\varphi_f(\lambda) = \lambda \circ f} \ar[d]^{\psi'} & \mathfrak{F}_X(M'') \ar[l]_{\varphi_g(\mu) = \mu \circ g} \ar[d]^{\psi''} &0 \ar[d]\ar[l] \\ Hom(M \otimes N, P)\ar[d] &Hom(M^{\prime} \otimes N, P)\ar[d] \ar[l]_{v} & Hom(M^{\prime \prime} \otimes N, P) \ar[l]_{w} \ar[d] &0 \ar[l] \ar[d] \\ M \otimes N \ar[r] & M^{\prime} \otimes N \ar[r] & M^{\prime \prime} \otimes N \ar[r] &0}$$

Kita akan "menginduksi" ke-exact-an dari baris pertama pada diagram diatas, ke baris kedua, ketiga dan keempat.

Catatan bahwa module $P$ pada diagram diatas adalah "sebarang module",  ini berarti baris ketiga/kedua dibaca  "exact untuk sebarang module $P$".

Perhatikan bahwa pemetaan $\psi, \psi^{\prime}$ dan $\psi^{\prime \prime}$ diperoleh dari fungtoriality di post sebelumnya, dan seperti yang telah dibuktikan semuanya merupakan isomorphism, kita definisikan pemetaan $w$ dan $v$ sebagai: 

$$w = \psi^{\prime} \circ \varphi_g \circ (\psi^{\prime \prime} )^{-1} \qquad v = \psi \circ \varphi_f \circ (\psi^{\prime})^{-1}$$

yakni kita membuat ketiga kotak ditengah membentuk diagram komutatif, atau dengan kata lain disini $\psi, \psi^{\prime}$ dan $\psi^{\prime \prime}$ adalah komponen Natural Transformation dari fungtor $\mathfrak{F}$ ke fungtor $((\cdot) \otimes N, P)$.

Hal ini dapat digunakan untuk membuktikan bahwa baris ketiga dari diagram diatas membentuk barisan exact. 

Baris 1 exact $\Longrightarrow$ Baris 2 exact

Kita pakai hasil  berikut :

Untuk sebarang $X \in Mod_R$, contravariant functor $\mathfrak{F}_X : Mod_R \rightarrow Mod_R$ yang diberikan $M \rightarrow Hom(M, X)$, adalah exact kanan, yakni
$$\xymatrix{ M \ar[r]^f & M^{\prime} \ar[r]^g & M^{\prime \prime} \ar[r] & 0 }$$
adalah barisan exact maka barisan $$\xymatrix{0 \ar[r] & Hom(M'',X) \ar[r]^{\varphi_g(\mu)=\mu \circ g} & Hom(M',X) \ar[r]^{\varphi_f(\lambda)=\lambda \circ f} & Hom(M,X)}$$
juga exact. 

Bukti: 

Pertama-tama kita buktikan $ker(\varphi_g) = \{0\}$, ini mudah karena jika $\varphi_g(\mu)=0$ maka diperoleh $(\mu \circ g)(m) = 0$ untuk setiap $m \in M'$, tapi karena $g$ surjective maka ini berarti untuk setiap $m_2 \in M^{\prime \prime}$ berlaku $\mu(m_2) = 0$, sehingga $\mu=0$, terbukti  $ker(\varphi_g) = \{0\}$. 

Selanjutnya akan dibuktikan $ker(\varphi_f) = img(\varphi_g)$. Untuk $\varphi_g(\lambda) \in img(\varphi_g)$ dimana $\lambda \in Hom(M'', X)$, diperoleh $$\varphi_f(\varphi_g(\lambda)) = (\varphi_g(\lambda)) \circ f = \lambda \circ  g \circ f$$

tapi karena $img(f) = ker(g)$, maka $\lambda \circ g \circ f = 0$, sehingga diperoleh $\varphi_g(\lambda) \in ker(\varphi_f)$, jadi $img(\varphi_g) \subseteq ker(\varphi_f)$. 

Misalkan $\lambda \in Hom(M',X)$ sedemikian sehingga $\varphi_f(\lambda)=0$,  diperoleh $(\lambda \circ f)(m) = 0$ untuk setiap $m \in M$.  Kita harus membuktikan $\lambda \in img(\varphi_g)$, yakni terdapat $\mu \in Hom(M^{\prime \prime}, X)$ sedemikian sehingga $\mu \circ g = \lambda$.  Kita definisikan saja $\mu$ sebagai:

$$\mu(x) = \lambda(y) \qquad \text{Jika $x=g(y)$ }$$

perhatikan bahwa eksistensi dari $y$ diberikan oleh sifat surjective dari $g$, agar $\mu$ well-defined misalkan $g(y_1)=x_1$ dan  $g(y_2)=x_2$ dimana $x_1=x_2$ maka 

$$0=x_1-x_2 = g(y_1) - g(y_2) = g(y_1-y_2)$$

jadi $y_1-y_2 \in ker(g) = img(f)$, sehingga diperoleh $y_1-y_2 = f(m)$ untuk suatu $m \in M$, ini berarti $$\lambda(y_1-y_2) = \lambda (f(m)) = (\lambda\circ f)(m) = 0 \Longrightarrow \lambda(y_1) = \lambda(y_2) \Longrightarrow \mu(x_1)=\mu(x_2)$$

Jadi $\mu$ well-defined dan merupakan linear map karena komposisi dari dua linear map, terlebih lagi untuk setiap $y \in M^{\prime}$ diperoleh  $(\mu \circ g)(y) = \mu(g(y)) = \lambda(y)$.  $\blacksquare$.

Dengan menggunakan $X=Hom(N,P)$ pada teorema diatas, maka kita peroleh baris 2 diagram diatas exact apapun $R$-module $P$ nya.

Baris 2 exact  $\Longrightarrow$ Baris 3 exact untuk setiap $P$

Perhatikan bahwa $w = \psi^{\prime} \circ \varphi_g \circ (\psi^{\prime \prime} )^{-1}$, yakni komposisi dari pemetaan injective, maka $w$ juga injective.  Lalu karena $v \circ w = \psi \circ \varphi_f \circ \varphi_g \circ (\psi^{\prime \prime} )^{-1}$ dan $img(\varphi_g) = ker(\varphi_f)$ maka untuk setiap $x \in Hom(M^{\prime \prime} \otimes N,P)$ berlaku $$(v \circ w)(x) = \psi \circ \varphi_f \circ (\varphi_g ( (\psi^{\prime \prime} )^{-1} (x)) ) = \psi(0) = 0 ,$$
jadi $img(w) \subseteq ker(v)$.

Sebaliknya untuk setiap $x \in Hom(M^{\prime} \otimes N,P)$ dengan $v(x)=0$ , maka
$$(\varphi_f \circ (\psi^{\prime})^{-1} ) (x) = (\psi^{-1} \circ v )(x) = \psi^{-1}(0) = 0$$

sehingga diperoleh $(\psi^{\prime})^{-1} (x) \in ker (\varphi_f) = img(\varphi_g)$.

Ini berarti
$$(\psi^{\prime})^{-1} (x) = \varphi_g (\mu) \text{ untuk suatu } \mu \in \mathfrak{F}_X(M'') \Longrightarrow x = \psi^{\prime} \circ \varphi_g (\mu)$$ Misalkan $y = \psi^{\prime \prime}(\mu)$, dengan sifat isomorphism diperoleh $\mu =( \psi^{\prime \prime})^{-1}(y)$, sehingga $$x= \psi^{\prime} \circ \varphi_g \circ( \psi^{\prime \prime})^{-1}(y) = w(y)$$ sehingga $x \in img(w)$.

Baris 3 exact untuk setiap $P$ $\Longrightarrow$ Baris 4 exact

Kita akan buktikan

Misalkan $A$, $B$, dan $C$ adalah $R$-module maka jika untuk setiap $X$ barisan
  $$\xymatrix{& Hom(C',X) \ar[r]^{\varphi_g(\mu)=\mu \circ g} & Hom(B,X) \ar[r]^{\varphi_f(\lambda)=\lambda \circ f} & Hom(A,X)}$$
 exact maka diperoleh
$$\xymatrix{ A \ar[r]^f & B \ar[r]^g & C}$$
juga exact

Bukti:

Kita gunakan cara yang sama ketika membuktikan Lemma Yoneda. Karena hipotesa menyatakan berlaku untuk semua $X$, maka kita boleh melihat ketika $X=C$. Ini berarti 

$$g= id_{C} \circ g = \varphi_g( id_{C} ) \in img(\varphi_g) = ker(\varphi_f)$$

Sehingga $\varphi_f(g)=0$, jadi $g \circ f = 0$, diperoleh $img(f) \subseteq ker(g)$. 

Kita kemudian pilih $X$ sedemikian sehingga terdapat linear map $\lambda : B \rightarrow X$ mempunyai kernel tepat sama dengan $img(f)$. Hal ini diberikan oleh pemetaan canonical $\lambda: B \rightarrow B/ img(f)$,  $b \rightarrow img(f)+b$.   

Dengan pemetaan canonic diatas $(\lambda \circ f)(a) = img(f)+f(a) = img(f)=0$, jadi pemetaan canonic merupakan anggota $ker(\varphi_f)=img(\varphi_g)$, sehingga diperoleh $\lambda = \mu \circ g$ untuk suatu $\mu \in Hom(C, B/img(f))$. Sedangkan untuk setiap $m_1 \in ker(g)$, kita peroleh $0=(\mu \circ g)(m_1) = \lambda(m_1)$, jadi $m_1 \in ker(\lambda)=img(f)$, sehingga terbukti $ker(g) \subseteq img(f)$. $\blacksquare$

q.e.d

Apabila kita gunakan teorema diatas dengan $(A,B,C)=(M\otimes N, M^{\prime} \otimes N, M^{\prime \prime} {\otimes} N)$ dan ketika $(A,B,C) = ( M^{\prime} \otimes N, M^{\prime \prime} \otimes N , 0)$ maka diperoleh

$$\xymatrix{M \otimes N \ar[r] & M^{\prime} \otimes N \ar[r] & M^{\prime \prime} \otimes N \ar[r] &0}$$

barisan  exact.

ShareShare on Facebook

TweetShare on Twitter

Pin ItShare on Pinterest