Corrigé 3 - GR-HE | EPFL

Prisca Rosa Dotti 15 octobre 2013 Série 3
Exercice 2 (The 5-Lemma)
Soit
f 1
A 1 A 2 A 3 A 4 A 5
f 2
f 3
f 4
– 1 – 2 – 3 – 4 – 5
g 1 g 2 g 3 g 4
B 1 B 2 B 4 B 4 B 5
un diagramme commutative dans Ab avec lignes exactes. Montrer que si
– – 2 et – 4 sont des isomorphismes,
– – 1 est surjectif, et
– – 5 est injectif,
alors – 3 est un isomorphisme.
Démonstration. On montre que – 3 est injectif. Soit a œ ker(– 3 ) A 3 ,
comme le diagramme est commutatif, on a que 0=(g 3 – 3 )(a) =(– 4 f 3 )(a)
et on en tire que f 3 (a) œ ker(– 4 ). Comme – 4 est injectif f 3 (a) =0,i.e.
a œ ker(f 3 ). Comme les lignes sont exactes, a œ ker(f 3 ) = Im(f 2 ), par
conséquent il existe b œ A 2 tel que a = f 2 (b). Ainsi on a :
0=– 3 (a) =(– 3 f 2 )(b) =(g 2 – 2 )(b)
Donc – 2 (b) œ ker(g 2 ). Par exactitude des lignes, – 2 (b) œ ker(g 2 )=Im(g 1 )
et donc il existe c œ B 1 qui satisfait g 1 (c) =– 2 (b). Par surjectivité de – 1 ,il
existe d œ A 1 tel que – 1 (d) =c. Donc
– 2 (b) =g 1 (c) =(g 1 – 1 )(d) =(– 2 f 1 )(d)
(on a utilisé la commutativité du diagramme pour la dernière égalité) et par
injectivité de – 2 , on obtient que b = f 1 (d), i.e.queb œ Im(f 1 )=ker(f 2 ).
Grâce au fait que les lignes sont exactes on peut conclure que
a = f 2 (b) =f 2 (f 1 (d)) = 0.
Ainsi – 3 est bien injectif.
Maintenant on montre que – 3 est surjectif. Soit a œ B 3 , alors g 3 (a) œ B 4 .
Par surjectivité de – 4 ,ilexisteb œ A 4 tel que g 3 (a) =– 4 (b) et donc par
exactitude des lignes g 4 (– 4 (b)) = 0. Comme le diagramme est commutatif
on a
0=(g 4 – 4 )(b) =(– 5 f 4 )(b)
et en utilisant l’injectivité de – 5 on en déduit que f 4 (b) =0,i.e.b œ ker(f 4 )=
Imf 3 . Donc il existe c œ A 3 qui satisfait f 3 (c) =b et on a
g 3 (a ≠ – 3 (c)) = g 3 (a) ≠ g 3 (– 3 (c))
= – 4 (b) ≠ – 4 (f 3 (c))
= – 4 (b) ≠ – 4 (b) =0,
1

Prisca Rosa Dotti 15 octobre 2013 Série 3
i.e. a ≠ – 3 (c) œ ker(g 3 )=Im(g 2 ). Comme – 2 est surjectif, il existe e œ A 2
tel que – 2 (e) =d et par conséquent on a
– 3 (f 2 (e)+c) =– 3 (f 2 (e)) + – 3 (c)
= g 2 (– 2 (e)) + – 3 (c)
= g 2 (d)+– 3 (c)
= a ≠ – 3 (c)+– 3 (c) =a
C’est à dire que, comme f 2 (e) +c œ A 3 ,ilexisteunélémentdeA 3 qui a
comme image par – 3 a. Donc – 3 est surjectif.
On a ainsi montré que – 3 est un homomorphisme bijectif de groupes abéliens,
i.e. un isomorphisme.
2

Homotopie et homologie
Exercise set 03
Nathan Scheinmann
3. Let ·ú : E ú æ E Õ ú be a morphism of homology theories on Top rel ,i.e.,·ú = {·n | n Ø 0},
where, for every n, ·n : E n æ E Õ n is a natural transformation such that ·n≠1ˆn = ˆÕn·n.
Apply the 5-Lemma to proving that if:
(·n) (X,ÿ) : E n (X, ÿ) æ E Õ n(X, ÿ)
is an isomorphism for all topological spaces X, then:
is an isomorphism for all pairs (X, A).
(·n) (X,A) : E n (X, A) æ E Õ n(X, A)
Proof. In view of using the 5-Lemma, we write the following diagram for all n œ N ú :
E n,j
E n (A, ÿ) E n (X, ÿ) E n (X, A) E n≠1 (A, ÿ) E n≠1 (X, ÿ)
(·n) (A,ÿ) (·n) (X,ÿ)
E n(Id X ,U A )
(·n) (X,A)
(ˆn) (X,A)
(·n≠1 ) (A,ÿ)
E n≠1,j
(·n≠1 ) (X,ÿ)
E Õ n,j E Õ n (Id X,U A ) (ˆÕn) (X,A) E Õ n≠1,j
En(A, Õ ÿ) En(X, Õ ÿ) En(X, Õ A) En≠1 Õ (A, ÿ) EÕ n≠1 (X, ÿ).
To apply the 5-Lemma, we need to check the following assumptions:
1. The diagram commutes,
2. The rows are exact,
3. (·n) (A,ÿ) surjective,
4. (·n≠1 ) (X,ÿ) injective,
5. (·n≠1 ) (A,ÿ) and (·n) (X,ÿ) isomorphisms.
The fact that the first, second and fourth square of the diagram commute follows directly from
the hypothesis that ·n is a natural transformation between the two functors E n and E Õ n. The
third square of the diagram commutes as ·n≠1ˆn = ˆÕn·n.
The second condition is a straightforward application of [H2], the exactitude axiom for the
homology theories E ú and E Õ ú. Moreover, conditions 3. to 5. hold by our hypothesis on ·n,
which is that (·n) (X,ÿ) is an isomorphism for all topological spaces X. Hence, by the 5-Lemma,
(·n) (X,A) is an isomorphism for all n œ N ú .
For the case n=0, we get the following diagram:
E 0,j
E 0 (A, ÿ) E 0 (X, ÿ) E 0 (X, A) 0
(·0) (A,ÿ) (·0) (X,ÿ)
E 0 (Id X ,U A )
E Õ 0,j E Õ 0 (Id X,U A )
(·0) (X,A)
E0 Õ (A, ÿ) EÕ 0 (X, ÿ) EÕ 0 (X, A) 0.
A very similar argument shows that an analogue of the 5-Lemma holds and so the result
follows.

Corrigé série 3, exercice 4
Jonathan Moustakis
3décembre2013
Nous montrons le point a) etb) enmêmetemps.Considéronslacourtesuite
exacte
j
p
0 A B C 0
Dans Ab. Etmontronsquelestroisassertionssuivantessontéquivalentes.
1) Il existe un homomorphisme r : B → A tel que r ◦ j = Id A .
2) Il existe un homomorphisme s : C → B tel que p ◦ s = Id C .
3) Il existe un isomorphisme ϕ : A⊕C −→ ∼=
B,telqueϕ◦ι A = j et p◦ϕ = π C ,
où ι A : A↩→ A ⊕ C et π C : A ⊕ C → C sont respectivement l’inclusion et
la projection naturelle.
Démonstration. 3) ⇒ 1)
Notons π A : A ⊕ C → A, laprojectionnaturelleetϕ −1 : B → A ⊕ C, l’inverse
de ϕ qui est donné par hypothèse. Posons r := π A ◦ ϕ −1 .
j
0 A B C 0
ι A
π A
A ⊕ C
Alors, on a : r ◦ j = π A ◦ ϕ −1 ◦ j = π A ◦ ϕ −1 ◦ ϕ ◦ ι A = π A ◦ ι A = Id A .
3) ⇒ 2)
Notons ι C : C↩→ A ⊕ C, l’inclusionnaturelleetposonss := ϕ ◦ ι C .
j
ϕ
ϕ −1
0 A B C 0
ϕ
p
p
ϕ −1 π C
A ⊕ C
ι C
On a : p ◦ s = p ◦ ϕ ◦ ι C = π C ◦ ι C = Id C .
1) ⇒ 3)
∀b ∈ B, b = b−(j◦r)(b)+(j◦r)(b). Or (j◦r)(b) ∈ Im(j) etb−(j◦r)(b) ∈ Ker(r),
car r(b − (j ◦ r)(b)) = r(b) − r((j ◦ r)(b)) = r(b) − (r ◦ j) (r(b)) = r(b) − r(b) =0.
} {{ }
Id A
1

De plus, Im(j) ∩ Ker(r) ={0}. Eneffet,sib ∈ Im(j) ∩ Ker(r), alors ∃a ∈ A tel
que j(a) =b et r(b) =0alors,0=r(b) =r(j(a)) = (r ◦ j)(a) =a et donc b =0.
Ceci montre que
B = Im(j) ⊕ Ker(r).
Donc, ∀b ∈ B, b peut être exprimé par un certain a ∈ A et k ∈ Ker(r) tels
que b = j(a) +k. Puisque la suite est exacte, on a Im(j) =Ker(p). La suite
p
B C 0
implique que p et surjectif. Ainsi, ∀c ∈ C, ∃b = j(a)+k
tel que c = p(b) =p(j(a) +k) =(p ◦ j)(a) +p(k) =p(k). Par conséquent,
∀c ∈ C, ∃k ∈ Ker(r) telquec = p(k) etp(Ker(r)) = C. Sip(k) =0avec
k ∈ Ker(r), alors k ∈ Im(j). Or Im(j) ∩ Ker(r) = {0} donc k = 0. Par
conséquent, la restriction p| Ker(r) : Ker(r) → C est un isomorphisme et on a
Ker(r) ∼ = C. Finalement,puisqueKer(j) ={0} par exactitude de la suite, on a
que A ∼ = Im(j). On trouve ainsi, que
B ∼ = A ⊕ C.
2) ⇒ 3) Nous procédons d’une manière analogue que le cas précédent.
∀b ∈ B, b = b−(s◦p)(b)+(s◦p)(b). Or (s◦p)(b) ∈ Im(s)etb−(s◦p)(b) ∈ Ker(p),
car p(b − (s ◦ p)(b)) = p(b) − p((s ◦ p)(b)) = p(b) − (p ◦ s) (p(b)) = p(b) − p(b) =0.
} {{ }
Id C
De plus, Im(s) ∩ Ker(p) ={0}. Eneffet,si∃c ∈ C tel que s(c) ∈ Im(s) et
s(c) ∈ Ker(p), on a 0 = p(s(c)) = (p ◦ s)(c) =c. Doncs(c) =s(0) = 0. Ceci
montre que
B ∼ = Im(s) ⊕ Ker(p) ∼ = Ker(p) ⊕ Im(s).
Donc, ∀b ∈ B, b peut être exprimé par un certain c ∈ C et k ∈ Ker(p) tels
que b = s(c) +k. PuisqueKer(j) ={0} par exactitude de la suite, on a que
A ∼ = Im(j). De plus, Im(j) =Ker(p). Par conséquent, A ∼ = Ker(p). Finalement,
puisque s est une section, s est injective. Par conséquent, Im(s) ∼ = C.Cecimontre
que
B ∼ = A ⊕ C
Ceci montre les point a) etb).
c) Exemple 1 : Considérons la suite
·2 p
0 Z/2Z Z/4Z Z/2Z 0.
p
Où Z/4Z Z/2Z
est défini par p([x] 4 )=[x] 2 .Cesapplications,sontbien
définies. En effet, si [x] 2 =[x ′ ] 2 ,alorsx ′ = x +2k avec k ∈ Z. Parconséquent,
[x ′ ] 2 ↦→ [2x ′ ] 4 =[2(x +2k)] 4 =[2x +4k] 4 =[2x] 4 .
Il en est de même pour l’homomorphisme p. Si[x] 4 =[x ′ ] 4 ,alorsx ′ = x +4k
avec k ∈ Z. Donc,
[x ′ ] 4 ↦→ [x ′ ] 2 =[x +4k] 2 =[x] 2 .
2

Il nous faut montrer que l’homomorphisme Im(·2) ⊂ Ker(p). On a
[0] 2
·2
[0] 4 ∈ Ker(p),
[1] 2
·2
[2] 4 ∈ Ker(p).
On a bien Im(·2) ⊂ Ker(p), de plus Im(·2) est injective car Ker(·2) = {[0] 2 }.
Montrons maintenant que Ker(p) ⊂ Im(·2). Soit [x] 4 ∈ Z/4Z tel que [x] 2 =[0] 2 .
donc 2 divise x, i.e.,x =2k avec k ∈ Z. Donc[x] 4 =[2k] 4 .Parconséquent,
[k] 2
·2
[2k] 4 ,cequimontrequeKer(p) ⊂ Im(·2). La surjectivité de p est
immédiate. Ceci montre donc que la suite est bien exacte. Montrons à présent
qu’elle n’est pas scindée. Nous avons montré dans le point précédent que la suite
est scindée si et seulement si Z/2Z ⊕ Z/2Z ∼ = Z/4Z. MaisZ/4Z est cyclique
alors que Z/2Z ⊕ Z/2Z ne l’est pas. Par conséquent, la suite n’est pas scindée.
Exemple 2 : Considérons la suite
ι p
0 2Z Z Z/2Z 0.
Où ι :2Z ↩→ Z est l’inclusion naturelle et l’homomorphisme p : Z → Z/2Z
est défini par p(x) =[x] 2 .L’inclusionestbiendéfinie(coursd’algèbrede2ème
année). On vérifie de la même manière qu’à l’exemple 1) que l’homomorphisme
p est bien défini. De plus l’injectivité de ι et la surjectivité de p sont immédiats.
Il nous faut montrer à présent que la suite est exacte. Soit x ∈ 2Z, i.e.,∃k ∈ Z
tel que x =2k. Orp(x) =p(2k) =[2k] 2 =[0] 2 .DoncIm(ι) ⊂ Ker(p). Montrons
que Ker(p) ⊂ Im(ι). Soit x ∈ Z tel que p(x) =[x] 2 =[0] 2 ,i.e.,2divisex.
Donc ∃m ∈ Z tel que x =2m. Ilsuffitdeconsidérer2m ∈ 2Z. Onaalors,
i(2m) =2m ∈ Ker(p). Ainsi, Ker(p) ⊂ Im(ι). La suite est bien exacte mais
n’est pas scindée. En effet, nous avons montré au point b) del’exercice4,que
la suite est scindée si est seulement si Z ∼ = 2Z ⊕ Z/2Z. Considérons l’élément
(0, [1] 2 ) ∈ Z ⊕ Z/2Z. Nousavons(0, [1] 2 )+(0, [1] 2 )=(0, 0), i.e., 2Z ⊕ Z/2Z a
un élément d’ordre 2. Or Z n’a aucun élément d’ordre 2. Ceci implique donc que
Z≇2Z ⊕ Z/2Z et donc que la suite n’est pas scindée.
3