ĐỊNH LÍ VỀ CÁC HỆ TỬ PHỔ DỤNG ĐỐI VỚI CÁC NHÓM ĐỐI ĐỒNG ĐIỀU

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

___________________

Trần Văn Vương

ĐỊNH LÍ VỀ CÁC HỆ TỬ PHỔ DỤNG
ĐỐI VỚI CÁC NHÓM ĐỐI ĐỒNG ĐIỀU

Chun ngành: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. TRẦN HUYÊN

Thành phố Hồ Chí Minh – 2008


LỜI CẢM ƠN
Xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới quý thầy đã giảng dạy, truyền đạt cho em nhiều
kiến thức trong các khóa học, nhờ đó em có điều kiện để thực hiện và hoàn thành luận văn.
Đặc biệt, TS. Trần Huyên – Người thầy đã tận tình hướng dẫn và giúp đỡ em rất nhiều
trong quá trình hoàn thiện kiến thức và hoàn thành luận văn. Em xin được gửi lời cảm ơn thật
sâu sắc đến thầy.
Cuối cùng, em xin cảm ơn quý thầy phản biện đã xem luận văn và giúp em hiểu sâu sắc
hơn vấn đề.
Xin chân thành cảm ơn!

MỞ ĐẦU
Lí do chọn đề tài
Như ta đã biết, Đại Số Đồng Điều là một phần của Tôpô Đại Số , chuyên ngành xuất hiện
từ việc đưa các cấu trúc đại số vào để tìm hiểu sâu sắc hơn về các không gian tôpô. Trong
đó, các tri thức về đồng luân dây chuyền, đồng điều đóng vai trò khá quan trọng.
Nếu K là phức các nhóm aben và G là nhóm aben tùy ý thì Hom(K,G) là một phức. Định
lí hệ tử phổ dụng là một lời giải cho bài toán tính đối đồng điều của phức Hom(K,G) thông
qua đồng điều của phức K. Không chỉ vậy, định lí hệ tử phổ dụng còn có thể mở rộng thành
một định lí tổng quát hơn, đó là định lí phân lớp đồng luân và định lí này giúp ta tính đồng
điều của phức Hom(K,L) thông qua đồng điều của các phức K và L.Vì vậy, việc hiểu rõ về
định lí hệ tử phổ dụng, định lí phân lớp đồng luân là rất cần thiết. Nó có vai trò hỗ trợ trong
việc tìm hiểu sâu hơn về Đại Số Đồng Điều và Tôpô Đại Số. Đó là lí do chọn đề tài.
Mục đích nghiên cứu
Tìm hiểu rõ về định lí hệ tử phổ dụng, định lí phân lớp đồng luân và cho thấy một vài
ứng dụng của nó.
Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu trên phạm trù các phức, Hom của các phức và những vấn đề liên quan.
Ý nghĩa khoa học và thực tiễn
Làm rõ hai định lí quan trọng của đại số đồng điều: định lí hệ tử phổ dụng và định lí phân
lớp đồng luân. Bên cạnh đó, cho thấy một vài ứng dụng của hai định lí trên trong việc tính
đồng điều của phức Hom và tìm hiểu sâu hơn về đồng luân dây chuyền.


Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Chương này nhắc lại các kiến thức cơ bản được sử dụng khi trình bày luận văn. Đó là
một số vấn đề về phức và đồng điều, hàm tử Ext, hàm tử Tor, … Phần chứng minh của các
mệnh đề, định lí có thể đọc chúng trong các tài liệu tham khảo.
1.1. Phức và đồng điều

1.1.1. Các định nghĩa
Cho R là vành tùy ý, một phức dây chuyền K các R-môđun là họ K n , n  gồm các R-môđun
K n và các R-đồng cấu  n : K n  K n 1 , được cho theo tất cả các số nguyên n sao cho  n  n 1  0 .

Như vậy, phức K là dãy vô tận về hai đầu:
n
 n 1
K :  
 K n 1 
 K n 
K n 1 


trong đó tích của 2 đồng cấu nối tiếp nhau thì bằng 0.
Chu trình n-chiều của phức K là phần tử của môđun con Cn (K)  Ker n
Bờ n-chiều của phức K là phần tử của Bn  K    n 1K n 1
Đồng điều H(K) là họ các môđun H n (K)  Ker n Im 

n 1

. Đẳng thức H n  K   0 có nghĩa

là dãy K khớp tại K n .
Phức K được gọi là tự do nếu K n là môđun tự do với mọi n   .
Cho K  K n ,  n  và K '  K 'n ,  'n  là các phức. Một biến đổi dây chuyền f : K  K ' là họ các
đồng cấu f n : K n  K 'n , n 

 sao cho: 

'

f  f n 1 n , n   .

n n

f*  H n  f  : H n  K   H n  K ' 
c  K n 1  f  c   K 'n 1

được cảm sinh từ f là một đồng cấu.
Họ các đồng cấu s  s n : K n  K 'n 1 , n   được gọi là một đồng luân dây chuyền giữa 2 biến
đổi dây chuyền f, g nếu thỏa:
 'n 1s n  s n 1 n  f n  g n

Kí hiệu : s : f g
Cho K-phức các R-môđun và G là một R-môđun. Khi đó, ta có phức các nhóm aben sau:


n 1

n



Hom(K, G) :   Hom(K n 1 , G) 
Hom(K n , G) 
 Hom(K n 1 , G)  

với n (f )  (1) n 1 f n 1 : K n 1  G .
Đồng điều của phức Hom(K,G) được gọi là đối đồng điều của phức K với hệ số trong G. Đó
là họ các nhóm aben được đánh theo chỉ số trên:

H n (K, G)  H n  Hom(K, G)   Ker

n

Im  n 1

Các phần tử của Im n 1 được gọi là đối bờ n-chiều, còn các phần tử của Kern được gọi là đối
chu trình n-chiều. Như vậy, đối chu trình n-chiều là đồng cấu f : K n  G sao cho f n 1  0 . Mọi
biến đổi dây chuyền h : K  K ' cảm sinh biến đổi dây chuyền:
h *  Hom  h,1 : Hom  K ' , G   Hom  K, G 
f  fh

1.1.2. Một số kết quả thường dùng
Định lí 1.1. Nếu s : f

g : K  K ' và s' : f '

g ' : K '  K '' là các đồng luân dây chuyền thì ánh

xạ sau đây cũng là đồng luân dây chuyền:
f ' s  s' g : f ' f

g ' g : K  K ''

Định lí 1.2. Nếu f ,g : K  K ' là các biến đổi đồng luân dây chuyền từ phức K tới phức K’ thì
với mỗi n   ta có:
Hn( f )  Hn( g ) : Hn( K )  Hn( K' ) .

Định lí 1.3. (Dãy đồng điều khớp). Đối với mỗi dãy khớp ngắn các phức:



E : 0  K 
 L 
M  0

(  , là các biến đổi dây chuyền, và dãy khớp theo nghĩa khớp tại mọi n), dãy dài các nhóm
đồng điều sau là khớp:




*
*
E ,n 1
E ,n
  H n 1( M ) 
 H n ( K ) 
 H n ( L ) 
 H n ( M ) 

 H n 1( K )  

trong đó, *  H n    ,*  H n    và  E ,n : H n  M   H n 1  K  là đồng cấu nối và được xác định
như sau:
 E ,n  clsM m   clsK   1 L  1m 

Mệnh đề 1.1. Cho K-phức các R-môđun và G là một R-môđun. Khi đó, Hom  K ,G  và
H n  K ,G  là các song hàm tử hiệp biến theo G và phản biến theo K.

1.2.

Các hàm tử Hom

Mệnh đề 1.2. Xét phạm trù các R-môđun trái, kí hiệu là R Mod và môđun X  R Mod .


1. Quy tắc đặt tương ứng mỗi môđun A  R Mod với nhóm Hom(X, A) và đặt mỗi R-đồng cấu
 : A  B với đồng cấu nhóm:

* : Hom( X , A )  Hom( X ,B )
  

là một hàm tử hiệp biến từ phạm trù R Mod tới phạm trù các nhóm aben.
2. Quy tắc đặt tương ứng mỗi môđun A  R Mod với nhóm Hom(A, X) và đặt mỗi R-đồng cấu
 : A  B với đồng cấu nhóm:

* : Hom( B, X )  Hom( A, X )
  

là một hàm tử phản biến từ phạm trù R Mod tới phạm trù các nhóm aben.
Định lí 1.4. Với mỗi môđun X và với bất kì dãy khớp ngắn


0  A 
 B 
C  0

các dãy sau đây là khớp:
*
*

0  Hom( X , A ) 
 Hom( X ,B ) 
 Hom( X ,C )
*

*



0  Hom( C, X ) 
 Hom( B, X ) 
 Hom( A, X )

Định nghĩa 1.1. Cho K và L là phức các R-môđun. Ta định nghĩa phức Hom(K,L) là phức các
nhóm aben được xác định bởi:
Hom n (K, L) 



 Hom(K

p 

p

, Lp n )

Như vậy, phần tử f  Hom n (K,L) là một họ các đồng cấu f p : K p  Lpn , p   . Bờ  H f là
họ ( H f ) p : K p  L pn 1 , ở đây ( H f ) p được xác định bởi:
( H f ) p   L f p  (1) n 1 f p 1 K , f  Hom n  K, L 

với  L và  K là các đồng cấu bờ của các phức L và K tương ứng.
Nếu g : K '  K, h : L  L' là các biến đổi dây chuyền thì:
Hom  g, h  : Hom  K, L   Hom  K ' , L' 


với Hom n  g, h    Hom  g p , h p  n  thỏa Hom n  g, h  f p   h p  n f p g p  là một biến đổi dây chuyền.
p 

Mệnh đề 1.3. Chu trình 0-chiều của phức Hom( K ,L ) là biến đổi dây chuyền f : K  L ; nó là
bờ của phần tử s  Hom1  K ,L  khi và chỉ khi s là đồng luân s : f
Từ mệnh đề 1.3, ta có hệ quả sau đây:

0.


Hệ quả. Nhóm đồng điều H 0  Hom  K ,L   là nhóm aben các lớp đồng luân của các biến đổi dây
chuyền f : K  L .
Mệnh đề 1.4. Hom(K,L) là song hàm tử hiệp biến theo L và phản biến theo K.
1.3. Hàm tử Ext
1.3.1. Các định nghĩa
Cho A và C là các môđun trên vành R. Một mở rộng của A nhờ C là dãy khớp ngắn


E   ,   : 0  A 
 B 
 C  0 các R-môđun và các R-đồng cấu.

Cấu xạ  : E  E ' của các mở rộng là bộ ba    , ,   các đồng cấu sao cho biểu đồ sau đây
giao hoán:



E : 0  A 
 B 
C  0








'

'



E ' : 0  A ' 
 B' 
 C'  0

Hai mở rộng E, E’ được gọi là toàn đẳng  E  E '  nếu A = A’, C = C’ và tồn tại cấu xạ

1A , ,1C  : E  E ' . Dễ thấy quan hệ toàn đẳng giữa các mở rộng là một quan hệ tương đương. Ta
kí hiệu Ext R  C, A  hay đơn giản hơn Ext  C, A  là tập tất cả các lớp toàn đẳng của các mở rộng A
nhờ C.
Tổng trực tiếp 0  A  A  C  C  0 là một mở rộng của A nhờ C. Mở rộng



E   ,   : 0  A 
 B 
 C  0 được gọi là chẻ ra nếu nó toàn đẳng với tổng trực tiếp với tư

cách một mở rộng.
Đồng cấu chéo, đồng cấu tổng
Đồng cấu chéo của một môđun C là đồng cấu:
   C : C  C  C, (c) = (c,c)

Đồng cấu tổng của môđun A là đồng cấu:
    : A  A  A,  a1 ,a 2 )  a1  a 2

1.3.2. Một số mệnh đề
Mệnh đề 1.5. Mọi mở rộng nhờ một môđun xạ ảnh luôn chẻ ra.
Mệnh đề 1.6. Cho A, C và C’ là các môđun trên vành R. Nếu E là mở rộng của A nhờ C và
 : C'  C là đồng cấu thì tồn tại mở rộng E’ của A nhờ C’ và cấu xạ   1A , ,   : E'  E . Cặp

  ,E  được xác định một cách duy nhất chính xác tới một toàn đẳng của E’. Kí hiệu:
'

E'  E  .


Mệnh đề 1.7. Cho A, C và C’ là các môđun trên vành R. Nếu E là mở rộng của A nhờ C và
 : A  A' là đồng cấu thì tồn tại mở rộng E’ của A’ nhờ C và cấu xạ     , ,1C  : E  E' . Cặp

  ,E  được xác định một cách duy nhất chính xác tới một toàn đẳng của E’. Kí hiệu:
'

E'  E. .

Mệnh đề 1.8. Đối với các đồng cấu ,  và mở rộng E trong các mệnh đề 1.6 và 1.7, tồn tại
toàn đẳng:   E     E  

Mệnh đề 1.9.
1. Đối với các môđun A và C cho trước, tập các lớp toàn đẳng của các mở rộng môđun A
nhờ môđun C là nhóm aben với phép toán hai ngôi cho tương ứng các lớp toàn đẳng của các
mở rộng E1 và E2 lớp toàn đẳng của mở rộng:
E1  E2   A  E1  E2   C

Lớp các mở rộng chẻ ra 0  A  A  C  C  0 là phần tử không của nhóm này, phần tử đối
của mở rộng bất kì E là  1A  E .
2. Ext  C, A  là song hàm tử hiệp biến theo A và phản biến theo C.
1.4. Hàm tử Tor
Định nghĩa 1.2. Cho G R là R-môđun phải và R C là R-môđun trái, ta xác định TornR  G,C  là
tập tất cả các bộ ba: t   , L,   . Trong đó, L là phức các môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh độ
dài n,  : L  G,  : L*  C là các biến đổi dây chuyền ( xem G, C là phức tầm thường,
L*  Hom R  L, R  ).

Nếu L' là một phức khác và  : L  L' là biến đổi dây chuyền thì ánh xạ liên hợp
* : L'*  L* cũng là biến đổi dây chuyền. Đối với các biến đổi  ' : L'  G và  : L*  C , ta xem

  ' , L,     ', L,' * 
và quan hệ bằng nhau trong TornR  G,C  là quan hệ tương đương bé nhất bảo toàn hệ thức trên.
Nếu

đã

cho

các

ánh

xạ

 : G  G ' ,  : C  C'

thì

các

qui

tắc: *  , L,     , L,   ; *  , L,     , L,   là bảo toàn hệ thức trên.
Đôi khi, nếu không sợ nhầm lẫn ta có thể viết Torn thay cho TornR .
Mệnh đề 1.10.
1. Torn  G,C  là nhóm cộng aben với phép toán được xác định như sau: với
t1 ,t2  Torn  G,C  thì


t1  t2   G *  C *  t1  t2   Torn  G,C 

2. Torn là song hàm tử hai lần hiệp biến từ phạm trù tích các R-môđun phải và R-môđun
trái đến phạm trù các nhóm aben.


Chương 2
ĐỊNH LÍ HỆ TỬ PHỔ DỤNG VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG

Nếu K là phức các nhóm aben và G là nhóm aben tùy ý thì Hom(K,G) là một phức. Định
lí hệ tử phổ dụng là một lời giải cho bài toán tính đối đồng điều của phức Hom(K,G) thông qua
đồng điều của phức K.
2.1. Bổ sung tính khớp cho phản hàm tử Hom(-, G)
Như đã biết, với mỗi môđun G, phản hàm tử Hom(-, G) chuyển mỗi dãy khớp ngắn thành
một dãy khớp chỉ về bên trái. Các kết quả sau bổ khuyết cho tính không khớp phải của phản
hàm tư Hom(-, G).
Mệnh đe 2.1. Cho A là môđun con của môđun B và E: 0  A  B  B/A = C  0 là dãy khớp


các môđun. Khi đó, đồng cấu  : A  G có thể thác triển tới đồng cấu  : B  G khi và chỉ khi
mở rộng E là chẻ ra.
Chứng minh.


Giả sử đồng cấu  : A  G thác triển được tới  : B  G . Xét biểu đồ:

E: 0  A 
 B





C  0

(*)



i

E ' : 0  G 
 G  C 
C  0

trong đó  được xác định như sau: Với b  B, (b)    b, b  . Khi đó, biểu đồ (*) giao hoán, thật






vậy:
+ a  A , ta có:


(a)    (a), (a)    (a), 0   i(a)  i  



+ b  B , ta có: (b)      b  ,   b      b     






Vậy biểu đồ (*) là giao hoán, điều đó dẫn tới E  E ' là chẻ ra.
i


 B' 
 C  0 chẻ ra thì tồn tại đồng cấu i ' : B'  G là nghịch
Ngược lại, nếu E : 0  G 

trái của i. Từ biểu đồ giao hoán:


E: 0  A 
 B 
 C0







 B' 
 E: 0  G 
 C0

i'
i


Ta suy ra i '  : B  G là thác triển của  . 


 B 

 C  0 là dãy khớp ngắn các mơđun thì với mơđun G
Mệnh đề 2.2. Nếu E: 0  A 

bất kì, ta có dãy khớp các nhóm aben sau:

E


0  Hom(C,G)  Hom(B,G) 
 Hom(A,G) 
 Ext(C,G) 
 Ext(B,G) 
 Ext(A,G) (2.1)
*

*

*

*

Chứng minh. Theo định lí (1.4), dãy (2.1) khớp tại Hom(C,G) và Hom(B,G). Ta chứng minh
dãy (2.1) khớp tại những vị trí còn lại.
Chứng minh dãy (2.1) khớp tại Hom (A,G):
Xét đồng cấu  : A  G , ta có:
  Im *   : B  G sao cho *       
  có thể thác triển tới đồng cấu  : B  G
 E chẻ ra ( do mệnh đề 2.1 )
   KerE*

Do đó: KerE*  Im * . Vậy dãy (2.1) khớp tại Hom ( A,G).
Chứng minh dãy (2.1) khớp tại Ext(C,G):
+ Do E chẻ ra nên σ*E* =(Eσ)*  0 dẫn đến Im E*  Ker* .
+ Bây giờ ta cần chứng minh Kerσ*  ImE* . Xét mở rộng bất kì E1  Ext(C,G) mà E1σ chẻ
ra. Khi đó, biểu đồ sau giao hốn:
A






 B0
E1σ: 0  G  G  B 



β
1
E1: 0  G 
 B1

β1

σ

1

 C0

trong đó  là nghịch phải của  , ta định nghĩa 1   : B  B1 . Do  là nghịch phải của  nên
11   : B  C . Do đó 11    0 . Từ đó ta có:
11  a     a   0, a  A

Vì dãy E 1 khớp nên 1  a   Ker1  Im 1 , hơn nữa 1 đơn cấu nên tồn tại duy nhất
g  G : 1  g   1  a  . Bây giờ đặt:
1 : A  G
ag

thì hiển nhiên 1 là đồng cấu và 1  11 . Xét biểu đồ sau:


E: 0  A 
 B 
 C0


 1

 β1

1
E1: 0  G 
 B1

1

 C0

Do các hình vuông giao hoán nên bộ ba (1 , 1 ,1) : E  E1 là cấu xạ các dãy khớp và vì vậy

ta có E1  1E . Vậy dãy (2.1) khớp tại thành viên Ext(C,G).
Chứng minh dãy (2.1) khớp tại Ext(B,G):
+ Ta có: **      0  Im *  Ker* .
*

+

Ta

chứng

minh:

Ker*  Im * .

Lấy

bất

kì

dãy

khớp

ngắn

1
1
E1  Ker* , E1   1 , 1  : 0  G 

 B1 
 B  0 mà E1 chẻ ra. Gọi 1, ,   là cấu xạ:

E1  E1 . Bây giờ ta cần tìm E 2  Ext  C,G  sao cho E 2  E1 . Xét biểu đồ sau:
0

i1

 A 
E1  : 0 
 G 
 G  A 
0

p2
i2


 


 G 
 B1 
 B 
0
E1 : 0 
1

1

'



2
2
 G 
 B ' 
 C 
0
E2 : 0 


0

Ta cần tìm môđun B’ và xây dựng các đồng cấu  2 , 2 và ' để được biểu đồ giao hoán trên và
E 2 là dãy khớp.
Gọi i 2 : A  G  A là nghịch phải của p 2 : G  A  A . Ta có: p 2i 2  1A .
Đặt   i 2 : A  B1 . Lấy B'  B1 / Im  và ' : B1  B'  B1 / Im  là phép chiếu. Chọn
 2  '1 : G  B'  B1 / Im  .

Khi đó:  2 (g)  '1 (g)  '  1 (g)   1 (g)  Im  .
Ta xây dựng 2 : B'  B1 / Im   C
b  Im   1 (b) .

Với định nghĩa này thì 2 là đồng cấu. Thật vậy:
Giả sử b1  Im   b 2  Im  , với b1 , b 2  B1
 b1  b 2  Im 
 a  A : b1  b 2  (a)  i 2 (a)

 1  b1  b 2   1 i 2 (a)     1 i 2 (a)    p 2  i 2 (a)     p 2i 2 (a)  0

(vì 1  p 2 và   0 )
 1 (b1 )  1 (b 2 ) .

Do đó,  2 là ánh xạ. Và dễ dàng nhận thấy 2 là đồng cấu. Hơn nữa, ta có:
c  C , do  là
toàn cấu nên b  B : (b)  c .Và do 1 là toàn
b1  B1 : 1 (b1 )  b   2  b1  Im    1 (b1 )  (b)  c . Như vậy,  2 là toàn cấu.

Như vậy ta chỉ còn phải kiểm tra tính khớp của dãy:
2
2
E 2 : 0 
 G 
 B' 
 C 
0

Giả sử:  2 (g)  0  '1 (g)  0
 '  1 (g)   0
 1 (g)  Im   0  Im 
 a  A : 1 (g)  (a)
 11 (g)  1(a)

Mà 1  1 i 2    1 i 2   p 2  i 2    p 2i 2    (**)
(vì 1  p 2 và p 2i 2  1A )
Mặt khác, 11  0 nên (a)  1(a)  11 (g)  0  a  0 (do  đơn cấu)
 1 (g)  (a)  (0)  0

 g  0 (do 1 đơn cấu).

Do đó,  2 là đơn cấu. Giờ ta cần chứng minh: Im  2  Ker 2 , ta có:
 2 2   2 '1    2'  1   1  1    11   0 (vì 11  0 )  Im  2  Ker 2

Mặt khác, lấy bất kì  b  Im    Ker2 , với b  B1 , thì:
1 (b)   2' (b)   2  b  Im    0
 1 (b)  Ker  Im 
 a  A : 1 (b)  (a)

Mà 1   (do (**))
 1 (b)  (a)  1(a)
 1  b  (a)   0

 b  (a)  Ker1  Im 1
 g  G : b  (a)  1 (g)  b  1 (g)  (a)  Im 

cấu nên


 b  Im   1 (g)  Im   '  1 (g)   '1  (g)   2 (g)  Im  2
 Ker 2  Im  2

Như vậy, Ker2  Im  2 . Và do đó dãy (2.1) khớp tại Ext(B,G).
Vậy dãy (2.1) khớp đối với bất kì G. 
Mệnh đề 2.2 khẳng định rằng hàm tử Ext là sự bổ khuyết cho tính không khớp phải của
hàm tử Hom. Tuy nhiên, khi đó Ext lại gây nên một sự không khớp mới: trong dãy (2.1), ánh xạ
Ext  B, G   Ext  A, G  không phải luôn là toàn cấu. Thật vậy, ta xét ví dụ sau:

Ví dụ. Cho R  K  x, y  là vành các đa thức 2 biến x, y với hệ số trong trường K, và <x, y> là

iđêan gồm các đa thức có hệ số tự do bằng 0 ( có thể xem như là R-môđun). Ở đây, trường K
được xét như là R-môđun với phép nhân ngoài như sau:
f(x,y).k = f(0,0).k , f(x,y)  R = K[x,y] và  k  K.
(f(0,0) là hệ số tự do của đa thức f(x,y)  R)
Ta kiểm tra với phép nhân trên thì K là R-môđun:
Thật vậy,  f(x,y),g(x,y)  R = K[x,y] và  k,h  K ta có:
+ M1: 1.k  k (vì đa thức f (x, y)  1 có hệ số tự do bằng 1)
Vì đa thức f (x, y).g(x, y) có hệ số tự do bằng tích 2 hệ số tự do của 2 đa thức f (x, y) và g( x, y)
nên:
+ M2:
[f(x,y).g(x,y)].k = [f(0,0).g(0,0)].k
= f(0,0).[g(0,0).k]
= f(x,y).[g(0,0).k]
= f(x,y).[g(x,y).k]

+ M3: f(x,y).( k + h) = f(0,0).( k + h) = f(0,0).k + f(0,0).h = f(x,y).k + f(x,y).h
Vì hệ số tự do của đa thức f (x, y)  g(x, y) bằng tổng 2 hệ số tự do của 2 đa thức f (x, y) và
g(x, y) nên:

+ M4:
[f(x,y) + g(x,y)].k = [f(0,0) + g(0,0)].k
= f(0,0).k + g(0,0).k
= f(x,y).k + g(x,y).k


Xét dãy E   ,   : 0 
  x, y  
 R 
 K 
0

 R là phép nhúng
Trong đó,  : x, y  


và  : R  K  x, y   K
f (x, y)  f (0,0)

Để kiểm tra tính khớp của E ta cần chỉ ra rằng  là toàn cấu và Ker  Im  .
+  là toàn cấu:
Xét f (x, y),g(x, y), r  r(x, y)  R  K  x, y  , vì hệ số tự do của đa thức f (x, y)  g(x, y)
bằng tổng 2 hệ số tự do của f ( x, y) và g(x, y) và hệ số tự do của đa thức r(x, y).f (x, y) bằng tích
2 hệ số tự do r(x , y) và f (x, y) nên ta có:
*  [f(x,y) + g(x,y)] = f(0,0) + g(0,0) =  [f(x,y)] +  [g(x,y)].
*  [ r.f(x,y)] =  [r(x,y).f(x,y)] = r(0,0).f(0,0) = r(x,y).f(0,0) = r. [f(x,y)].
Do đó,  là đồng cấu R-môđun.
Hơn nữa, với k  K , ta chọn f (x, y)  k  R  K  x, y  thì ta có:
  f (x, y)   f (0,0)  k

Như vậy,  là toàn cấu.
+ Ker  Im  :
Thật vậy, ta có:
f(x,y)  Ker  [f(x,y)] = 0  f(0,0) = 0  f(x,y)  <x,y> = Im


Như vậy, dãy E   ,   là khớp 0  x, y 
 R 
 K  0 là dãy khớp.

Tiếp theo ta cần chỉ ra rằng: * : Ext(R,G) 

 Ext( x, y ,G) là không toàn cấu với mọi
môđun G (tức là dãy (2.1) không khớp về bên phải).
Do R là R-môđun tự do nên Ext(R,G) = 0

với mỗi môđun G nên để chứng minh

* : Ext(R,G) 
 Ext( x, y ,G) là không toàn cấu với mọi môđun G, ta chỉ cần chỉ ra rằng

tồn tại môđun G sao cho Ext( x, y ,G)  0 hay nói cách khác <x, y> không phải là R-môđun
xạ ảnh.
Gọi M là R-môđun tự do sinh bởi {x,y} : M = Rx  Ry = K[x,y]x  K[x,y]y. Khi đó, ta có toàn
cấu sau:
p : M = K[x,y]x  K[x,y]y  <x,y>
[f(x,y).x , g(x,y).y]  f(x,y).x + g(x,y).y

Thật vậy, dễ thấy p là toàn ánh nên ta chỉ cần kiểm tra p là đồng cấu:
r = r(x,y)  R = K[x,y],[f1 (x,y).x , g1 (x,y).y], [f 2 (x,y).x , g 2 (x,y).y]  M ta có:
p [f1 (x,y).x , g1 (x,y).y] + [f 2 (x,y).x , g 2 (x,y).y]


 p [f1 (x,y) + f 2 (x,y)].x , [g1 (x,y) + g 2 (x,y)].y]
 [f1 (x,y) + f 2 (x,y)].x + [g1 (x,y) + g 2 (x,y)].y
= f1 (x,y).x + f 2 (x,y).x + g1 (x,y).y + g 2 (x,y).y
= [f1 (x,y).x + g1 (x,y).y] + [f 2 (x,y).x + g 2 (x,y).y]

= p  f1 (x,y).x , g1 (x,y).y   p f 2 (x,y).x , g 2 (x,y).y 
p  r.[f(x,y).x , g(x,y).y]

 p  r(x,y).[f(x,y).x , g(x,y).y]

 p  r(x,y).f(x,y).x , r(x,y).g(x,y).y
 r(x,y).f(x,y).x + r(x,y).g(x,y).y
= r(x,y).[f(x,y).x + g(x,y).y]
= r.p[f(x,y).x , g(x,y).y]

Vậy p là toàn cấu, do đó ta có dãy khớp sau:
i
p
0 
 Kerp 
 M  K[x, y]x  K[x, y]y 
  x, y  
 0 (**)

trong đó, i là phép nhúng.
Giả sử dãy khớp trên là chẻ ra. Khi đó, p khả nghịch phải. Cho nên tồn tại đồng cấu
q : <x,y>  M = K[x,y]x  K[x,y]y , sao cho: pq = 1<x,y> .

Ta chú ý rằng mọi đa thức f(x,y)  K[x,y] có thể viết dưới dạng là một đa thức theo x với hệ tử
n

là một đa thức theo y : f(x,y) =  f i (y)x i
i 0



 





  i 0



 i 0

 







 



 i 0

n

m

Giả sử: q(x)    fi (y)x i  x,   g i (y)x i  y 
t

l

và q(y)     fi' (y)x i  x,   g i' (y)x i  y 
  i 0

 

Khi đó:
 n
 m
  n

m

x  pq(x)  p    f i (y)x i  x,   g i (y)x i  y     f i (y)x i  x    g i (y)x i  y Bằng
  i 0
   i 0

 i 0

  i 0

cách

so

sánh hệ tử của x ta có: 1  f o (y)  g1 (y).y  f o (y)  1  g1 (y).y
Ta xem x và y như là 2 đa thức thuộc vành hệ tử R = K[x,y] , khi đó do các đa thức xy, x và y
đều thuộc iđêan <x,y> nên ta có:
 t

  l
   t

 l
 
q(xy)  xq(y)  x    f i' (y)x i  x,   g i' (y)x i  y      f i' (y)x i  x 2 ,   g i' (y)x i  xy  .
  i 0
    i 0

 i 0
 
  i 0

Hơn nữa:


q(xy)  q(yx)
 yq(x)
 n
 m
 
 y    f i (y)x i  x,   g i (y)x i  y 
  i 0
 
  i 0

 n

m
 

    f i (y)x i  xy,   g i (y)x i  y 2 

 i 0
 
  i 0


t







 i 0

l



 



   i 0

n







 i 0

m









Do đó:    fi ' ( y ) xi  x 2 ,   gi' ( y ) xi  xy      fi ( y ) xi  xy,   gi ( y) xi  y 2 
  i 0

 t

n

   f i' (y)x i  x 2    f i (y)x i  xy
 i 0

 i 0



t

 fi' (y)x i2 
i 0

n

[f (y)y]x
i 0

i 1

i

So sánh hệ tử của x ta có: 0  f o (y)y .
Tuy nhiên, rõ ràng f o ( y ) y  [1  g1 ( y ). y ] y  y  g1 ( y ). y 2 là một đa thức khác 0 vì có hệ số của y
là 1.
Điều mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử là sai, do đó dãy khớp (**) không chẻ ra. Vì vậy,
Ext(<x,y>, Kerp)  0 .

 Ext( x, y , Kerp)  0 là không toàn cấu. 
Tức là * : 0  Ext(R, Kerp) 

Vậy khi nào thì dãy (2.1) vẫn còn giữ nguyên tính khớp nếu bổ sung 0 bên phải? Mệnh
đề sau đây là một câu trả lời:


 B 
 C  0 là dãy khớp ngắn các nhóm aben và G là nhóm

Mệnh đề 2.3. Nếu E: 0  A 

aben tùy ý thì dãy (2.1):
*

*

*

*


E


0  Hom(C,G)  Hom(B,G) 
 Hom(A,G) 
 Ext(C,G) 
 Ext(B,G) 
 Ext(A,G)

vẫn còn giữ

nguyên tính khớp nếu bổ sung 0 bên phải.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh * : Ext  B,G   Ext  A,G  là toàn cấu. Để làm điều đó, ta
chọn nhóm aben tự do F và toàn cấu  : F  B với Ker  K . Đặt L  1  A  thì K  L . Thật
vậy, lấy x  K ta có:   x   0B    0A   A . Suy ra: x  1  A  .Từ đây ta có đồng cấu
'   L : L  A cũng có hạt nhân là K nên ta có biểu đồ giao hoán sau:
E1: 0  K  L 
 A0






E 2 : 0  K  F 
B  0


trong đó E1 , E 2 khớp. Do đó E1  E 2 kéo theo E1*  *E*2 . Từ đó, ta nhận được biểu đồ giao hoán
sau:
*

E2
Hom(K,G) 
 Ext(B,G)

* 
*

E1
Hom(K,G) 
 Ext(A,G)  Ext(L,G)

với dòng dưới là khớp. Tuy nhiên, vì L là nhóm con của F-tự do nên L-tự do, suy ra Ext(L,G) =
0. Do đó E1* là toàn cấu và vì thế * cũng là toàn cấu.
Vậy mệnh đề đã được chứng minh. 
2.2. Định lí hệ tử phổ dụng
2.2.1. Các mệnh đề bổ trợ
Mệnh đề 2.4. Gọi C n (K) là nhóm các chu trình n - chiều của phức K.

Khi đó:
a. Dn  K n

Cn  K 

 Bn 1  K  - nhóm các bờ (n – 1) – chiều của K.

b. Đồng cấu bờ  n : K n  K n 1 phân tích được:
jn
n
in1
K n 
 Dn 
 Cn 1  K  
 K n 1
'

Trong đó: jn là phép chiếu , in1 là phép nhúng và  'n ( k  Cn  K  )   n  k 
c. Các dãy ngắn sau là khớp:
in
jn
Tn : 0  Cn  K  
 K n 
 Dn  0
 n1
n
Sn : 0  Dn 1 
Cn  K  
 Hn( K )  0
'

Chứng minh.
a.

Xét phức:
K:

 n 1
n
 n 1
... 
K n 1 
 K n 
K n 1  ...

Do  n : K n  Im  n  Bn 1  K  là toàn cấu nên K n Ker  Bn 1  K  (định lí Nơte)
n
Hay K n
b.

Cn  K 

 Bn 1  K  .

k  K n , ta có:
i n 1 'n jn (k)  i n 1 'n  k  Cn  K    i n 1 n (k)   n (k)  i n 1 'n jn   n .

c.

i

j
 K n 
 Dn  0
Xét Tn : 0  Cn  K  
n

n

i n là phép nhúng nên đơn cấu, jn là phép chiếu nên toàn cấu.


Imi n = C n (K) = Kerj n
Vậy T n khớp.


Xét Sn : 0  D n 1 
Cn  K  
 H n (K)  0 trong đó:
'
n 1

n

 'n 1 : D n 1 

K n 1

C n 1  K 

 Cn  K 

x  K n 1 , ta có:
 'n 1  x  Cn 1  K    0   n 1 (x)  0
 x  Ker n 1  C n 1  K 
 x  Cn 1  K   0  Cn 1  K 
 Ker 'n 1  0
  'n 1 ñôn caáu

n là phép chiếu nên là toàn cấu.
Im  'n 1  Im  n 1  Kern .

Vậy S n khớp. 
Mệnh đề 2.5. Cho biểu đồ giao hoán các nhóm aben:
0
1
F 
 G0 
 G1

g0

g 1
'

'

0
1
G1' 
 G'0 

 G' 1

với F là nhóm aben tự do, dòng trên nửa khớp, dòng dưới khớp. Khi đo, tồn tại duy nhất đồng
cấu g1 : F  G1' sao cho g0 1  '1 g1 .
Chứng minh. Giả sử a i iI là cơ sở của F. Do biểu đồ giao hoán nên:  '0 g 0  g 1 0
Suy ra:  '0g 0 1  g 1 0 1
Mà dòng trên nửa khớp nên  0 1  0 kéo theo  '0 g 0 1  0
Do đó, với mọi i , ta có:
 '0 g 0 1  a i   0  g 0 1  a i   Ker '0  Im 1' (do dòng dưới khớp)
 bi  G1' : 1'  bi   g 0 1  a i 

Mà F tự do nên tồn tại duy nhất đồng cấu g1 : F  G1' thỏa g1  a i   bi , i  I
Rõ ràng: g 0 1  a i   1'  bi   1' g1  a i  , i  I
 x  F : g 0 1  x   1' g1  x 
 g 0 1  1' g1


Vậy mệnh đề đã được chứng minh. 
Mệnh đề 2.6.

Cho K là phức các nhóm aben tự do, L là phức các nhóm aben,

n : H n  K   H n  L  ,n   , là đồng cấu nhóm. Khi đó, tồn tại biến đổi dây chuyền f : K  L sao

cho  f* n  n .
i

 K n 
 Bn 1  K   0
Chứng minh. Xét dãy khớp: 0  Cn  K  

Ta có Bn 1  K  tự do vì Bn 1  K   K n 1 là nhóm aben tự do. Vì thế dãy khớp trên chẻ ra,  có
nghịch đảo phải t : Bn 1  K   K n . Do t là đơn cấu nên:
K n  Cn  K   tBn 1  K 

Đặt Cn  K   tBn 1  K  , ta có: K n  Cn  K   Cn  K 
Xét biểu đồ:
 n 1
n
Cn1  K  
Cn  K  
 H n  K  
0
K

f n1

K

n

f n'

 n 1
n
L n 1 
Cn  L  
 H n  L  
0
L

L

Dễ thấy dòng trên của biểu đồ là nửa khớp, còn dòng dưới khớp. Áp dụng mệnh đề 2.5 vào biểu
đồ trên ta có:
+ Tồn tại duy nhất đồng cấu f n' : Cn  K   C n  L  để hình vuông giữa giao hoán.
+ Tồn tại duy nhất đồng cấu f  : C  K   L n 1 để hình vuông trái giao hoán.
n 1

n 1

Ta xác định f : K  L là biến đổi dây chuyền với f n  f n'  f n : K n  Ln .
f được xác định như trên là biến đổi dây chuyền:
Ta cần chứng minh: f n 1 nK  k    nL f n  k  , k  K n
+ k  Cn  K  , ta có:
f n 1 nK  k   0 vì k  Cn  K 

 Ln f n  k    Ln f n'  k   0 (do f n'  k   C n  L  )
 f n 1 nK  k    nL f n  k  , k  Cn  K 

+ k  Cn  K  , ta có:
f n 1 nK  k   f n' 1 nK  k  (do  Kn  k   Cn  K  )

  Ln f n  k  (hình vuông trái giao hoán)
  Ln f n  k 


 f n 1 nK  k    nL f n  k  , k  Cn  K 

Từ đó ta có: f n 1 nK  k    nL f n  k  , k  K n

Vậy f là biến đổi dây chuyền.
Chứng minh:  f* n  n .
Với mọi clsz  H n  K  , ta có:

 f* n  clsz 

 cls  f n z 
 cls  f n' z 

 do z  C  K  
n

 Ln f n'  z 
 n nK  z 
 n  clsz 

Vậy mệnh đề đã được chứng minh. 
Bây giờ ta xét chu trình n chiều f  Cn  Hom(K, G)   Hom(K n , G) . Do *n 1f  f n 1  0 nên ta
có thể xem f là biến đổi dây chuyền từ phức K vào phức (G, n) ( G ở chiều thứ n, 0 ở những
chiều còn lại ). Mặt khác, nếu f  Bn  Hom(K, G)  thì tồn tại f ' : K n 1  G sao cho f '  n  f . Do đó,
f biến Cn (K) thành 0 trong G. Từ đó, suy ra tương ứng:
 : H n (K,G)  Hom  H n (K),G 

biến mỗi clsf thành f* : H n (K)  G là một ánh xạ. Hơn nữa, nếu K tự do thì  còn là một toàn
cấu. Ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.7. Nếu K là phức các nhóm aben tự do thì ánh xạ  : H n ( K ,G )  Hom  H n ( K ),G 
xác định bởi (clsf )  f* là một toàn cấu nhóm.
Chứng minh.
Chứng minh  là đồng cấu nhóm:
Với clsf , clsf ' bất kì thuộc H n (K, G) , ta có:

  clsf  clsf '     cls(f  f ') 
  f  f ' *
 f*  f '*
 (clsf )  (clsf ')

Do đó,  là đồng cấu nhóm.
Chứng minh  là toàn cấu:


Xem G là phức tầm thường với G ở chiều thứ n và 0 ở những chiều còn lại. Xét đồng cấu
 : H n  K   H n  G   G . Theo mệnh đề 2.6, tồn tại đồng cấu f : K n  G sao cho f*  . Khi đó,

tồn tại clsf  H n  K,G  sao cho:   clsf   f*  . Do đó,  là toàn cấu. 
Hơn nữa, ta còn có kết quả sau:
Mệnh đề 2.8. Đồng cấu  là tự nhiên theo các biến K và G.
Chứng minh.
Chứng minh  tự nhiên theo K:
Xét đồng cấu g : K  K ' , ta chứng minh biểu đồ sau giao hoán:

H n  K, G  
 Hom  H n  K  , G 

Hom  g* ,1G 

g*




H n  K ' , G  

 Hom H n  K '  , G



Thật vậy, xét clsh  H n  K ' , G  với h : K 'n  G là chu trình, ta có:
+ Hom  g* ,1G    clsh   Hom  g* ,1G  h *   1G h *g*   hg *
+ g*  clsh     cls  hg     hg *
Từ đó ta có: Hom  g* ,1G    g* , tức là biểu đồ trên giao hoán.
Vậy  tự nhiên theo K.
Chứng minh  tự nhiên theo G: hoàn toàn tương tự. 
2.2.2. Định lí hệ tử phổ dụng
Định lí . Giả sử K là phức của các nhóm aben tự do và G là nhóm aben tùy ý. Khi đó, đối với
mỗi chiều thứ n ta có dãy sau là khớp và chẻ ra:


0  Ext  H n 1( K ),G  
 H n ( K ,G ) 
 Hom  H n ( K ),G   0 (2.2)

trong đó, các đồng cấu  và  là tự nhiên theo các biến K và G.
Chứng minh.
Chứng minh dãy (2.2) khớp:


Với C n  K  là nhóm các chu trình n-chiều của phức K và D n  K n

Cn  K 

 Bn 1  K  , đồng cấu

i
j

bờ  n : K n  K n 1 phân tích được: K n 
 D n 
 Cn 1  K  
K n 1 , trong đó jn là phép chiếu
'
n

n

n 1

và i n 1 là phép nhúng. Ta có các dãy khớp ngắn:
in
jn
Tn : 0  Cn  K  
 K n 
 Dn  0
 n 1
n
Sn : 0  D n 1 
Cn  K  
 H n (K)  0
'

Xét biểu đồ sau:
0

0

 n 1
0  Hom  H n  K  , G   Hom  C n  K  , G  
Hom  D n 1 , G 
'*

i*n

j*n 1



...  Hom  K n 1 , G  
Hom  K n , G  
 Hom  K n 1 , G   ...
n 1

n

i*n 1

(2.3)

j*n

S n 1

Hom  Cn 1  K  , G  
 Hom  D n , G  

 Ext  H n 1  K  , G   0
*

'*

0

0

Biểu đồ này giao hoán chính xác tới dấu. Thật vậy:
+ Hình vuông dưới giao hoán:
Lấy f : K n 1  G , ta có:
j*n  '*n i*n 1 (f )  j*n  '*n (fi n 1 )  j*n (fi n 1 'n )  fi n 1 'n jn

Theo mệnh đề 2.4b, ta có i n 1 'n jn   n , do đó:
j*n  '*n i*n 1 (f )  fi n 1 'n jn  f n  n 1 (f )

+ Hình vuông trên giao hoán: hoàn toàn tương tự.
Do mệnh đề 2.2, ta có:
- Dòng trên của biểu đồ (2.3) là dãy khớp đối với S n .
- Dòng dưới của biểu đồ (2.3) là dãy khớp đối với S n-1 và 0 ở góc dưới bên phải chính
là Ext  Cn 1  K  , G   0 vì Cn-1  K   K n 1 - tự do.
- Các cột của biểu đồ (2.3) cũng là các bộ phận của các dãy khớp đối với T n-1 , T n và
T n+1 và 0 ở đỉnh giữa là Ext  D n ,G   0 vì D n - tự do.
Nhóm đối đồng điều của dòng giữa là:


H n  K, G   Ker

n

Im 

n 1 



Ker j*n 1 '*n 1i*n





Im j*n  '*n i*n 1



Vì j* là đơn cấu và i* là toàn cấu nên:

















Ker j*n 1 '*n 1i*n  Ker  '*n 1i*n , Im j*n  '*n i*n 1  Im j*n  '*n .

Do đó:
n
H  K, G   Ker
n

Xét đồng cấu n  i*n Ker( 

'* *
n 1i n

)

Im 

n 1





Ker  '*n 1i*n





Im j*n  '*n



: Ker( '*n 1i*n )  Ker '*n 1

f  fi n

Ta sẽ chứng minh: n  Im  j*n  '*n    0
Lấy f  Im( j*n  '*n ) , khi đó:
g : Cn 1 (K)  G sao cho j*n  '*n (g)  f
 g 'n jn  f
 n f  i*n f  g 'n jn i n  0

(Vì g 'n jn i n (x)  g 'n jn (x)  g 'n  x  Cn (K)   g n (x)  0 , x  Cn (K) )
Như vậy: n  Im  j*n  '*n    0 . Từ đó, n cảm sinh ra đồng cấu:
:
'



Ker  '*n 1i*n





Im j 
*
n

'*
n



 Ker '*n1

f  Im( j*n  '*n )  fi n

Lại do dòng trên khớp nên tồn tại đẳng cấu  : Ker '*n1  Hom(H n  K  , G) . Khi đó,
   ' : H n  K, G   Hom  H n  K  , G  . Thật vậy, xét clsf  H n  K, G  với f : K n  G là chu trình, ta

có:  '  clsf     fi n    fi n *  f*    clsf  . Như vậy:    ' . Hơn nữa,  ' và  là các đồng cấu tự
*

nhiên theo các biến K và G nên  cũng vậy. Nhân của  là: Ker  K er i n

Im( j  )
*
n

'*
n



Im j*n

Im( j*n  '*n )

.
Do j*n là đơn cấu nên Hom  D n , G   Im j*n ; Im  '*n  Im  j*n  'n*  , mà dòng dưới của biểu đồ (2.3) khớp
nên theo định lí Nơte ta có:


Hom  D n , G 



Im j*n

Im  '*n

Im  j*n  '*n 

 Ext  H n 1  K  , G 

 Ext  H n 1  K  , G 

 Ker  Ext  H n 1  K  , G 

Như vậy tính khớp của dãy (2.2) được chứng minh. Đồng cấu  khi đó được xác định
như sau:   j* (S*n 1 )1 . Hơn nữa j* , S*n 1 tự nhiên theo các biến K và G nên  cũng vậy.
Chứng minh dãy (2.2) chẻ ra:
Ta có: D n  Bn 1  K   K n 1 là nhóm aben tự do nên D n cũng tự do. Vì vậy, dãy
jn

n
Tn : 0  C n  K  i
 K n 
 D n  0 trong (2.3) là chẻ ra nhờ đồng cấu: n : D n  K n là nghịch

phải của jn . Khi đó: *n j*n  1 nên ánh xạ S*n 1*n là nghịch trái đối với   j*n (S*n 1 ) 1 , tức là dãy
khớp (2.2) chẻ ra.
Vậy định lí được chứng minh. 
Nhận xét: Do dãy khớp (2.2) chẻ ra nên ta có:
H n (K, G)  Ext  H n 1 (K), G   Hom  H n (K), G 

Từ đẳng cấu trên ta có thể tính được nhóm đối đồng điều H n (K, G) thông qua các nhóm đồng
điều H n 1 (K) và H n (K) .
2.3. Một vài ứng dụng của định lí hệ tử phổ dụng
2.3.1. Tính đối đồng điều của phức các không gian vectơ
Mệnh đề 2.9. Cho K là phức gồm các không gian vectơ K n trên trường F và V là không gian
vectơ nào đó trên F. Khi đó: H n ( K ,V )  Hom  H n ( K ),V  .
Chứng minh. Do K n và V là không gian vectơ trên trường F nên là nhóm aben tự do. Từ định lí
hệ tử phổ dụng, ta có dãy khớp:


0  Ext  H n 1 (K), V  
 H n (K, V) 
 Hom  H n (K), V   0

Mà V là nhóm aben tự do nên Ext  H n 1 (K), V   0
Do đó: H n (K, V)  Hom  H n (K), V  . 
2.3.2. Điều kiện đủ để hai nhóm đối đồng điều đẳng cấu nhau
Mệnh đề 2.10. Cho f : K  K ' là biến đổi dây chuyền giữa các phức K và K’ của các nhóm
aben tự do và G là nhóm aben tùy ý. Khi đó, nếu  f n * : H n ( K )  H n ( K ' ) đối với mọi n thì

H n ( K ' ,G )  H n ( K ,G ) .