蛇形引理

蛇形引理是说, 在 Abel 范畴中, 如果有如下图中实现所示的交换图:(1)其中

•	$X^{\prime }\stackrel{f}{\to }X\stackrel{g}{\to }{X}^{\prime \prime }\to 0$ 和 $0\to Y^{\prime }\stackrel{u}{\to }Y\stackrel{v}{\to }{Y}^{\prime \prime }$ 均正合,
•	${\ker }^{\prime }:=\ker (X^{\prime }\to Y^{\prime })\hookrightarrow X^{\prime }$, $\ker$, ${\ker }^{\prime \prime }$, ${\mathrm{coker}}^{\prime }$, $\mathrm{coker}$, ${\mathrm{coker}}^{\prime \prime }$ 以此类推.

1陈述

定理 1.1. 对于 Abel 范畴 $\mathcal{A}$ 中的 (1), 则 ${\ker }^{\prime }\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }\stackrel{\delta }{\to }{\mathrm{coker}}^{\prime }\to \mathrm{coker}\to {\mathrm{coker}}^{\prime \prime }$ 为正合列. 如果图表中 $f:X^{\prime }\to X$ 单 (或 $v:Y\to Y^{\prime }$ 满), 则 ${\ker }^{\prime }\to \ker$(或 $\mathrm{coker}\to {\mathrm{coker}}^{\prime \prime }$) 亦然.

2证明

蛇形引理-连接态射

现在我们来构建连接态射 $\delta$, 在模范畴中连接态射 $\delta :\ker ⇢{\mathrm{coker}}^{\prime }$ 的构造为以下三步:

1.	对于给定的 $x^{\prime \prime }\in {\ker }^{\prime \prime }$, 由 $X\to X^{\prime \prime }\to 0$ 的正合性可取 $x\in X$ 使得 $x\mapsto x^{\prime \prime }$.
2.	令 $y\in Y$ 为 $x$ 在 $X\to Y$ 下的像, 由图表交换可知 $y\in \ker (Y\to Y^{\prime \prime })$.
3.	由于 $Y^{\prime }\to Y\to Y^{\prime \prime }$ 正合, 存在唯一的 $y^{\prime }\in Y^{\prime }$ 使得 $y^{\prime }\mapsto y$, 令 $y^{\prime }\mapsto {\bar{y}}^{\prime }\in {\mathrm{coker}}^{\prime }$. 利用图表的交换性和正合性, 可知第一步取的 $x$ 至多只差个 $X^{\prime }\to X$ 的像, 从而第二步的 $y$ 至多只差个 $X^{\prime }\to Y^{\prime }\hookrightarrow Y$ 的像, 从而 ${\bar{y}}^{\prime }$ 无关于 $x$ 的选取. 于是连接态射 $\delta (x^{\prime \prime })=y^{\prime }$ 是良定的.

在 Abel 范畴中虽然没有具体的元素概念, 但是注意到当我们操作模范畴时, 我们实际上是对于 “一块” 对象进行拖动, 因此我们可以全然类似地对于连接态射进行构造. $X\to X^{\prime \prime }\to 0$ 的正合性表明 $g:X\hookrightarrow X^{\prime \prime }$ 为单态射. 同理 $u:Y^{\prime }\twoheadrightarrow Y$ 为满态射, 因此可以构造图表$$0\ker (g)X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }{\ker }^{\prime \prime }0\ker (g)X{X}^{\prime \prime }00Y^{\prime }Y\mathrm{coker}(u)0{\mathrm{coker}}^{\prime }{\mathrm{coker}}^{\prime }{\bigsqcup }_{Y^{\prime }}Y\mathrm{coker}(u)0s┌gu┘t$$(2)这样, $X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }{\bigsqcup }_{Y^{\prime }}Y$ 就相当于给出 $x^{\prime \prime }\mapsto y^{\prime }$, 现在我们只需要说明 3. 中 $\delta$ 的良定性即可, 这在 Abel 范畴中实现为通过若干典范态射对其进行连接得出. 首先, 我们得到一些信息:

•	拉回 (范畴论) 保核而推出保余核表明左上角的 $\ker (g)$ 和右下角的 $\mathrm{coker}(u)$.
•	而后由 $0\to Y^{\prime }\stackrel{u}{\to }Y$ 正合可知 $Y^{\prime }=\ker (Y\twoheadrightarrow \mathrm{coker}(u))$. 从而根据核的函子性给出 $\ker (g)⇢Y^{\prime }$, 同理, 余核的函子性给出 $X^{\prime \prime }⇢\mathrm{coker}(u)$.
•	不难发现第一行与最后一行是正合的, 以第一行为例, 只需验证 $X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }$ 处的正合性即可, 而其恰为 $\ker (g)$.

从而我们知道 ${\ker }^{\prime \prime }\simeq \mathrm{coker}(s)$ 以及 ${\mathrm{coker}}^{\prime }\simeq \ker (t)$. 那么, 我们只需要说明 ${\delta }_0:X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }{\bigsqcup }_{Y^{\prime }}Y$ 这一态射穿过 $\mathrm{coker}(s)$ 以及 $\ker (t)$ 即可. 这相当于说 ${\delta }_{0}s=0$ 且 $t{\delta }_0=0$. 现在我们来说明这一点.
由 $X^{\prime }\stackrel{f}{\to }X\stackrel{g}{\to }{X}^{\prime \prime }$ 的正合性可知 $\ker (g)=\mathrm{im}(f)$. 而 $\ker (g)⇢Y^{\prime }$ 实际上可以表现为$$\mathrm{coim}(f)\ker (g)X^{\prime }X{Y}^{\prime }Y{\mathrm{coker}}^{\prime }\mathrm{coker}\simeq$$而 $X^{\prime }\to Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 为 $0$, 根据满态射定义可知 $\ker (g)⇢Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }\to \mathrm{coker}(u)$ 自然为 $0$. 对偶得到另一边的情况. 由此给出连接态射$$X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }\twoheadrightarrow \mathrm{coker}(s)\stackrel{\exists !}{\to }\ker (t)\hookrightarrow {\mathrm{coker}}^{\prime }{\bigsqcup }_{Y^{\prime }}Y$$

蛇形引理

现在就可以正式的说明什么是蛇形引理了. 为在 Abel 范畴中证明定理 1.1, 我们需要在 Abel 范畴中说明如何给出正合列. 不难发现对于复形 $X^{\prime }\stackrel{f}{\to }X\stackrel{g}{\to }{X}^{\prime \prime }$. 其为复形相当于在说 $\mathrm{im}(f)\subset \ker (g)$, 而正合相当于说 $\mathrm{im}(f)$ 完全占满 $\ker (g)$. 从而对于任意使得 $\mathrm{im}(h)\subset \ker (g)$ 的态射 $S\stackrel{h}{\to }X$, 都有 $h^{-1}(\mathrm{im}(f))\twoheadrightarrow S$. 因此我们可以使用这一逼近的思想来说明如何得到正合的复形, 将上述讨论形式的写出得到

引理 2.1. 设 $X^{\prime }\stackrel{f}{\to }X\stackrel{g}{\to }{X}^{\prime \prime }$ 为复形, 则此复形正合当且仅当对任何满足 $gh=0$ 的态射 $S\stackrel{h}{\to }X$, 存在态射 $S^{\prime }\to X^{\prime }$ 和满态射 $S^{\prime }\twoheadrightarrow S$ 使得下图交换$$S^{\prime }S{X}^{\prime }X.hf$$

注 2.2. 注意到这种证明方法如果要用在后文的证明中, 则你需要找出一个已经正合的序列来得到这一满射.

再添加一个技术性的引理, 就可以对于蛇形引理进行证明

引理 2.3. 考虑实线部分的图表$$XCY{X}^{\prime }{C}^{\prime }{Y}^{\prime }eamb{e}^{\prime }{m}^{\prime }$$并且假设 $e$ 和 $e^{\prime }$ 满 (或 $m$ 和 $m^{\prime }$ 单)

1.	若存在虚线所述之 $\phi$ 使得图表左半 (或右半) 交换, 则另一半也交换; 此 $\phi$ 若存在则唯一.
2.	若 $a$ 满 (或 $b$ 单), 且 $\phi$ 存在

现在, 我们可以来证明蛇形引理.

证明.

证明. 后半部分是显然的, 只需证明前半部分所给出的正合列即可. 根据对偶性, 只需说明 ${\ker }^{\prime }\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 是正合的. 事实上 ${\ker }^{\prime }\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }$ 的正合性证明也相当简单.

•

首先证明 ${\ker }^{\prime }\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }$ 正合, 那么就需要说明其为复形, 不难发现其由 $X^{\prime }\to X\to X^{\prime \prime }$ 诱导, 因此自然为复形. 接下来说明其正合性, 这就要求找到某个 $S^{\prime }$, 现在假定存在 $S$ 使得 $S\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }$ 为 $0$. 而复合上 $\ker \to X$ 可知 $S\to X\to X^{\prime \prime }$ 为 $0$, 根据 $X^{\prime }\to X\to X^{\prime \prime }$ 的正合性得到因此得到图表$$S^{\prime }S{X}^{\prime }X{X}^{\prime \prime }.\psi 0fg$$接下来说明 $S^{\prime }\to X^{\prime }$ 穿过 ${\ker }^{\prime }$, 为此只需说明 $S^{\prime }\to X^{\prime }\to Y^{\prime }$ 为 $0$ 即可, 而 $Y^{\prime }\twoheadrightarrow Y$ 以及 $S^{\prime }\to S\to \ker \to X\to Y$ 为 $0$, 从而由图表的交换性以及满态射性质可知 $S^{\prime }\to X^{\prime }\to Y^{\prime }$ 为 $0$. 从而得到图表$$S^{\prime }S{\ker }^{\prime }\ker {\ker }^{\prime \prime }{X}^{\prime }X{X}^{\prime \prime }.\psi 0fg$$使用引理 2.3 就可以直接得到上半部分图表的交换性. 这样就完成了 ${\ker }^{\prime }\to \ker \to {\ker }^{\prime \prime }$ 的正合性验证.

•

接下来证明比较复杂的 $\ker \to {\ker }^{\prime \prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 一段. 这一段的复杂源于涉及连接态射的构造, 首先我们确定目标, 对于 $S\stackrel{\psi }{\to }{\ker }^{\prime \prime }\stackrel{\delta }{\to }{\mathrm{coker}}^{\prime }$ 为 $0$ 的 $S$ 仍然需要给出某个$$S_{0}S\ker {\ker }^{\prime \prime }{\mathrm{coker}}^{\prime }\psi 0\delta$$目前只有 $X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }\to {\ker }^{\prime \prime }\to 0$ 的正合性, 可以给出交换图表$$S_{1}SX{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }{\ker }^{\prime \prime }0\psi 0$$那么接下来要做的就是想方设法将 $S_1$ 与 $X\to Y$ 扯上关系, 相当于说我们要考虑$$S_1\to X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }\to X\to Y.$$不难发现其复合上 $Y\stackrel{v}{\to }{Y}^{\prime \prime }$ 后为 $0$(根据图表的交换性, 这相当于说经过 $X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }\to {\ker }^{\prime \prime }\to X^{\prime \prime }\to Y^{\prime \prime }$) 从而其穿过 $\ker (v)\simeq \mathrm{im}u\simeq Y^{\prime }$($u$ 为单), 即 $S_1\stackrel{\xi }{\to }{Y}^{\prime }\stackrel{u}{\to }Y$. 接下来构造 $S^{\prime }\to X^{\prime }$, 然后复合上 $f:X^{\prime }\to X$ 和 $g:Y^{\prime }\to Y$ 就行了 (当然, 考虑 $S^{\prime }\to X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }=X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }\to X\to Y$ 也能给出态射, 但是不难发现我们没有道理说明其穿过 $\ker$). 但是在此之前需要说明 $S\to Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 为 $0$ (不然它不是个复形, $X^{\prime }\to Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 的正合性无从施展). 因此考虑$$S{\ker }^{\prime \prime }{\mathrm{coker}}^{\prime }{S}_{1}X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }{\mathrm{coker}}^{\prime }{\bigsqcup }_{Y^{\prime }}YXY.\psi \delta {\delta }_0$$由假设可知第一行的合成为 $0$. 从而由满态射和单态射的泛性质立刻得知第二行的合成也为 $0$. 考虑图表 (2) 的左下角可知这相当于说$$S_1\to Y^{\prime }\to Y\to {\mathrm{coker}}^{\prime }{\bigsqcup }_{Y^{\prime }}Y$$为 $0$, 从而 $S_1\to Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 为 $0$. 现在对于 $X^{\prime }\to Y^{\prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 这一正合列, 可得$$S^{\prime }{S}_1{X}^{\prime }{Y}^{\prime }{\mathrm{coker}}^{\prime }XY\mathrm{coker}k\xi 0fu$$现在我们就得到了两个从 $S^{\prime }\to X$ 的态射, 分别为前文构造的 $k$ 以及在构造之前提到的 $S^{\prime }\to X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }=X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }\to X\to Y$. 现在我们来试图勾连这两个态射, 记 $X^{\prime }\stackrel{a}{\to }{Y}^{\prime }$ 且 $X\stackrel{b}{\to }Y$ $$S_0,S_{1}X{\times }_{X^{\prime \prime }}{\ker }^{\prime \prime }{X}^{\prime }{Y}^{\prime }XXYk\lambda \lambda afubb$$可知图表的交换性, 从而有 $b\lambda =bfk$. 因此 $\lambda -fk:S_0\to X$ 穿过 $\ker =\ker (b)\hookrightarrow X$ 分解. 现在就得到了图表$$S_0{S}_{1}S\ker {\ker }^{\prime \prime }{X}^{\prime }{X}^{\prime \prime }.\lambda -fk\psi g$$其交换性是显然的, 不难发现 $S^{\prime }=S_0$, 因此证明了 $\ker \to {\ker }^{\prime \prime }\to {\mathrm{coker}}^{\prime }$ 的正合性.

$\square$

3相关概念

•	四引理
•	$3\times 3$ 引理
•	五引理

术语翻译

蛇形引理 • 英文 snake lemma