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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% Abreviaturas
\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\FF{\mathbb{F}}
\newcommand\HH{\mathbb{H}}
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\newcommand\abs[1]{\lvert#1\rvert}
\newcommand\absx[1]{\left\lvert#1\right\rvert}
\newcommand\gen[1]{\left\langle#1\right\rangle}
\newcommand\gens[1]{\langle#1\rangle}
\newcommand\divides{\mid}
\newcommand\notdivides{\nmid}
\renewcommand\emptyset{\varnothing}
\newcommand\ot{\otimes}

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\DeclareMathOperator{\AGL}{AGL}
\DeclareMathOperator{\SL}{SL}
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\hyphenation{tales vemos induce}

\Materia{Álgebra II}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2014}
\Titulo{Segundo parcial}


\begin{document}

\maketitleParcial
\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

\item Sea $A$ un anillo y considere el siguiente diagrama de $A$-módulos a izquierda:
\[
 \xymatrix{
  & & & 0 \ar[d] & \\
  & & & K'\ar[d]^{\iota'} & \\
  & & & P'\ar[d]^{\phi'} & \\
 0 \ar[r] & K\ar[r] & P\ar[r]^\phi & M\ar[d]\ar[r]  & 0 \\
   &   &   & 0 
 }
\]
donde la fila y la columna son sucesiones exactas cortas. Además
$P$ y $P'$ son módulos proyectivos. Pruebe que $K\oplus P'\cong K'\oplus P$.
  \begin{Indicacion}
    Considere el $A$-módulo $X=\{(p,p')\in P\times P': \phi(p)=\phi(p')\}$ y uselo
    para completar el diagrama convenientemente.
  \end{Indicacion}
\begin{Solucion}
 Es fácil ver que $X$ es un $A$-módulo. Además las proyecciones se restringen a
 $X$ y dan morfismos $\pi:X\to P$ y $\pi':X\to P'$ que resultan sobreyectivos.
 
 Vale que $\ker \pi \cong K'$. En efecto, si $(p,p')\in\ker\pi$ entonces $p=\pi(p,p')=0$.
 Como $(p,p')\in X$ vemos que $\phi'(p')=\phi(0)=0$. Como la sucesión vertical es exacta,
 existe $k'\in K'$ tal que $\iota'(k')=p'$. De esta manera obtenemos un morfismo
 $\ker\pi\to K'$ que resulta un isomorfismo (ejercicio).
 
 Análogamente $\ker\pi'\cong K$. Haciendo esto obtuvimos dos sucesiones exactas cortas
 $0\to K \to X \to P'\to 0$ y $0\to K' \to X \to P\to 0$. Estas dos sucesiones se parten
 pues $P$ y $P'$ son proyectivos. Por lo tanto $K\oplus P'\cong X \cong K'\oplus P$
 como queríamos.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\item Sean $A$ un anillo y $M$ un $A$-módulo a izquierda finitamente presentado.
Supongamos que el conjunto $\{m_1,\cdots,m_n\}\subseteq M$ genera a $M$.
Sea $K$ el núcleo del morfismo $f:A^n \to M$ dado por $f(e_i)=m_i$.
Notar que la información del enunciado se puede codificar en el diagrama de filas exactas
\[
 \xymatrix{ & A^s \ar[r] & A^r \ar[r] & M\ar@{=}[d] \ar[r] & 0\\
           0 \ar[r] &K \ar[r] & A^n \ar[r] & M \ar[r] & 0\\
 }
\]
Pruebe que $K$ es finitamente generado
(en particular ser finitamente presentado no depende de los generadores elegidos).
\begin{Solucion}
 Como $A^s$ y $A^r$ son libres (y en particular proyectivos) podemos completar el
 diagrama del enunciado a un diagrama conmutativo de filas exactas
 \[
 \xymatrix{ & A^s\ar[d]^g \ar[r] & A^r \ar[r]\ar[d]^f & M\ar@{=}[d] \ar[r] & 0\\
           0 \ar[r] &K \ar[r] & A^n \ar[r] & M \ar[r] & 0\\
 }
\]
El lema de la serpiente nos da una sucesión exacta larga
\[
 \ker g \to \ker f \to  \ker\id \to \coker g \to \coker f \to \coker\id
\]
pero como $\ker\id=\coker\id=0$ concluimos que hay un isomorfismo
$\coker g \cong \coker f$. Esto nos permite armar una sucesión exacta corta
\[
 0\to A^s \to K \to \coker f\to 0
\]
en las que tanto $A^s$ como $\coker f$ son finitamente generados. Concluimos
que $K$ también es finitamente generado.
\end{Solucion}
\begin{Solucion}
 Si cambiamos la primera fila por $0\to K' \to A^r\to M\to 0$ donde $K'$ es el
 núcleo de $A^r\to M$, estamos en condiciones de usar el primer ejercicio del parcial
 para concluir que $K\oplus A^r \cong A^n\oplus K'$. Además sabemos que $K'$ es
 finitamente generado (pues recibe un epi de $A^s$) y por lo tanto
 $K\oplus A^r \cong A^n\oplus K'$ es finitamente generado. Como $K$ es un sumando directo
 de un finitamente generado resulta, también, finitamente generado.
\end{Solucion}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%      
\item Sea $G$ un grupo abeliano finitamente generado
\begin{ejitems}
\item Pruebe que si $G$ es finito, entonces $G\cong \hom_\ZZ(G,\QQ/\ZZ)$.
\item Encuentre un grupo abeliano finitamente generado tal que
      $G\ncong \hom_\ZZ(G,\QQ/\ZZ)$.
\item Pruebe que si $G$ es finito, entonces la evaluación
\[
 ev:G\to \hom_\ZZ(\hom_\ZZ(G,\QQ/\ZZ),\QQ/\ZZ)
\]
es un isomorfismo.
\end{ejitems}
\begin{Solucion}
 Como $G$ es finitamente generado, el teorema de estructura nos dice que
 $G$ es suma directa de grupos cíclicos. Además sabemos que
 $\hom(M\oplus N,T)\cong \hom(M,T)\oplus \hom(N,T)$. Estas dos cosas implican que basta
 probar el resultado para $G$ un grupo cíclico.
 Vale que $\hom(\ZZ/n\ZZ, M)\cong \{x\in M: nx=0\}$. Por lo tanto
 \[
  \hom(\ZZ/n\ZZ, \QQ/\ZZ)\cong \{x\in \QQ/\ZZ: nx=0\} =
  \{\frac{a}{n} \in \QQ/\ZZ:0\leq a\leq n-1\}\cong\ZZ/n\ZZ.
 \]
 
 Poniendo $G=\ZZ$ obtenemos un contraejemplo para el segundo item.
 
 En el tercer item, es fácil ver que $ev$ es un morfismo y que el codominio es isomorfo
 al dominio (usando dos veces el primer item). Para ver que es un isomorfismo alcanza
 con ver que es inyectivo o sobreyectivo. Lo más fácil es ver que es inyectivo. Supongamos
 que $ev(g)=0$, esto quiere decir que $f(g)=0$ para todo morfismo $f:G\to\QQ/\ZZ$.
 Si $g\neq 0$ entonces podemos definir $f:\gen{g}\to \QQ/\ZZ$ de manera que
 $f(g)=\frac{1}{n}$ donde $n$ es el orden de $g$. Ahora extendemos este morfismo a todo
 $G$ (usando el teorema de estructura o el hecho de que $\QQ/\ZZ$ es un $\ZZ$-módulo
 inyectivo).

\end{Solucion}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}
\item Sea $f:M\to N$ un morfismo de $A$-módulos.
\begin{enumerate}
\item Si $M$ es simple, entonces $f$ es o bien nula o bien inyectva.
\item Si $N$ es simple, entonces $f$ es o bien nula o bien sobreyectiva.
\item Si $M$ y $M$ son simples, entonces $f$ es o bien nula o bien un
isomorfismo.
\end{enumerate}
\item Si $M$ es un $A$-módulo simple, $\End_A(M)$ es un anillo de división.
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Se dice que un complejo de $A$-m\'odulos $(C,d)$ \textit{es contractil} si existe una
familia de morfismos $s_n:C_n\to C_{n+1}$ tales que $\id_C=sd+ds$.
Pruebe que todo complejo ac\'iclico de $A$-m\'odulos libres acotado inferiormente
es contractil.
\begin{Solucion}
 Supongamos que $C_n=0$ para todo $n<0$. Definimos $s_n=0$ para todo $n<0$. Para definir
 $s_0$, consideremos el diagrama
 \[
  \xymatrix
  {
    C_1 \ar[r]\ar@{=}[d] &
    C_0 \ar[r]\ar@{=}[d]\ar@{..>}[ld]^{s_0} &
    0 \ar[ld]^{s_{-1}}
    \\
    C_1 \ar[r] & C_0 \ar[r] & 0
  }
 \]
 La condición $\id=sd+ds$ queda ahora $\id_{C_0}=d_1s_0$. Como $d_1$ es epi y $C_0$ es
 libre (en particular proyectivo) $d_1$ resulta una retracción y por lo tanto existe
 $s_0$ que verifica lo pedido.
 
 La construcción de $s_n$ para todo $n$ es por inducción. Ya tenemos construido $s_0$,
 supongamos construidos $s_k$ para todo $k<n$ y construyamos $s_n$. Para eso miramos
 el diagrama
  \[
  \xymatrix
  {
    C_{n+1} \ar[r]\ar@{=}[d] &
    C_n \ar[r]\ar@{=}[d]\ar@{..>}[ld]^{s_n} &
    C_{n-1} \ar[ld]^{s_{n-1}} \ar@{=}[d]
    \\
    C_{n+1} \ar[r] &
    C_n \ar[r] &
    C_{n-1}
  }
 \]
 Queremos construir $s_n:C_n\to C_{n+1}$ tal que $d_{n+1}s_n=\id-s_{n-1}d_n$.
 Sea $f=\id-s_{n-1}d_n$, usando la hipótesis inductiva es fácil ver que $d_nf=0$ y por
 lo tanto podemos pensar $f:C_n\to \ker d_n=\im d_{n+1}$. Esto nos permite considerar
 el diagrama
 \[
 \xymatrix{
   &  C_n\ar[d]^f\ar@{..>}[ld]_{s_n}
  \\
  C_{n+1} \ar[r]^-{d_{n+1}} &
  \im d_{n+1} \ar[r]&
  0
  }
 \]
La existencia de la flecha punteada es consecuencia de que $C_n$ es proyectivo y que la
(co)restricción de $d_{n+1}$ es epi. Es claro que la flecha que construimos satisface
lo pedido.
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
