\newpage\section{Koeffizientenwechsel} \subsection{Tensorprodukt}\label{TPro} \begin{Definition} Sei $R$ ein Ring, $M$ ein $R$-Rechtsmodul und $N$ ein $R$-Linksmodul. So definieren wir eine abelsche Gruppe $M\otimes_{R} N,$ das \defind{Tensorprodukt} von $M$ mit $N$ "uber $R,$ als Quotient der freien abelschen Gruppe $\Bbb{Z} (M\times N)$ "uber dem kartesischen Produkt $M\times N$ durch die von allen Ausdr"ucken $$\begin{array}{lcl} (mr,n)&-&(m,rn)\\ (m+m^{\prime},n)&-&(m,n)-(m^{\prime},n)\\ (m,n+n^{\prime})& - &(m,n)-(m,n^{\prime}) \end{array}$$ mit $m,m'\in M,$ $n,n'\in N,$ $r\in R$ erzeugte Untergruppe. Die Nebenklasse von $(m,n)$ schreiben wir $m\otimes n.$ \end{Definition} \begin{Bemerkung} Prinzipiell k"onnten wir auch f"ur zwei $R$-Linksmoduln $M,N$ in "ahnlicher Weise eine abelsche Gruppe $T(M,N)$ definieren als einen Quotienten wie eben mit $(rm,n)-(m,rn)$ anstelle von $(mr,n)-(m,rn).$ F"ur nichtkommutative Ringe erweist sich eine derartige Konstruktion jedoch als wenig hilfreich, da sie keine guten Eigenschaften hat: Als Illustration mag der Leser pr"ufen, da"s in dem Fall, da"s $R$ der Schiefk"orper der Quaternionen ist, alle in dieser Weise gebildeten $T(M,N)$ schlicht Null werden. \end{Bemerkung} \begin{Definition} Sei $R$ ein Ring, $M$ ein $R$-Rechtsmodul, $N$ ein $R$-Links\-mo\-dul, und $A$ eine abelsche Gruppe. Eine Abbildung $b: M\times N \ra A$ hei"st \defnoind{$R$-bilinear}\index{bilinear} genau dann, wenn f"ur alle $ m,m^{\prime} \in M,$ $ n,n^{\prime} \in N$ und $r \in R$ gilt: $$\begin{array}{lll} b(mr ,n)&=& b(m, rn)\\ b(m+m^{\prime} , n )&=& b(m , n) + b(m^{\prime}, n)\\ b(m ,n+n^{\prime}) &=& b(m, n) + b(m, n^{\prime}) \end{array}$$ \end{Definition} \begin{Satz}[\defind{Universelle Eigenschaft des Tensorprodukts}] Sei $R$ ein Ring, $M$ ein $R$-Rechtsmodul und $N$ ein $R$-Linksmodul. \begin{enumerate} \item Die Abbildung $M\times N \ra M \otimes_{R}N,$ $(m,n)\mapsto m\otimes n$ ist $R$-bilinear. \item Wann immer $b: M\times N \ra A$ eine $R$-bilineare Abbildung in eine abelsche Gruppe $A$ ist, gibt es genau einen Gruppenhomomorphismus $\tilde{b}: M \otimes_{R} N \ra A$ derart, da"s gilt $\tilde{b} (m \otimes n)= b(m,n)$ f"ur alle $m \in M,$ $n \in N.$ \end{enumerate}\end{Satz} \begin{proof}[Beweis] Standard. \end{proof} \begin{Bemerkung} Keineswegs jedes Element eines Tensorprodukts ist von der Form $m\otimes n,$ die Elemente dieser Gestalt erzeugen jedoch das Tensorprodukt als abelsche Gruppe. Besitzt weiter ein Element eines Tensorprodukts eine Darstellung in der Gestalt $m\otimes n,$ so besitzt es meist sogar viele verschiedene Darstellungen dieser Gestalt. Geben wir eine Abbildung von einem Tensorprodukt in eine abelsche Gruppe $A$ an durch eine Vorschrift der Gestalt $m\otimes n\mapsto b(m,n),$ so ist der Leser implizit gefordert, die Bilinearit"at der Abbildung $b:M\times N \ra A$ zu pr"ufen, und gemeint ist dann die durch die universelle Eigenschaft definierte Abbildung $\tilde{b}: M \otimes_{R} N \ra A.$ \end{Bemerkung} \begin{Bemerkung} Aufgrund der universellen Eigenschaft definieren speziell $R$-lineare Abbildungen $f : M \ra M^{\prime},$ $g : N \ra N^{\prime}$ einen Gruppenhomomorphismus $f\otimes g: M\otimes_{R} N \ra M^{\prime}\otimes_{R}N^{\prime},$ $m\otimes n \mapsto f(m) \otimes g(n)$ und wir erhalten so einen Funktor $$\begin{array}{ccc} (\op{Mod-} R)\times (R \op{-Mod}) & \ra & \op{Ab}\\ (M \quad , \quad N) &\mapsto & M\otimes_{R} N \end{array}$$ \end{Bemerkung} \begin{Bemerkung} Sind $S,R$ Ringe, so versteht man unter einem $S$-$R$-\defind{Bimodul} eine abelsche Gruppe $M$ mit einer Struktur als $S$-Linksmodul und einer Struktur als $R$-Rechtsmodul derart, da"s gilt $$(sm)r = s(mr) \quad \forall s \in S, m \in M, r \in R$$ Wir notieren die Kategorie aller $S$-$R$-Bimoduln als $S\op{-Mod-} R.$ Aufgrund der Funktorialit"at ist das Tensorprodukt automatisch auch ein Funktor $$(S\op{-Mod-} R)\times (R\op{-Mod-} T) \ra (S \op{-Mod-} T)$$ f"ur beliebige Ringe $S,R,T,$ die Operation von $S$ bzw.\ $T$ geschieht schlicht durch $s(m\otimes n) = (sm)\otimes n,$ $(m\otimes n)t= m\otimes (nt).$ Ist speziell $R$ ein kommutativer Ring, so ist das Tensorprodukt von zwei $R$-Moduln in nat"urlicher Weise wieder ein $R$-Modul. Diesen Fall lernt man oft zuerst kennen. \end{Bemerkung} \begin{Bemerkung} [\emph{\bf Tensorieren mit dem Grundring}]\label{TGR} Ist $R$ ein Ring und $M$ ein $R$-Modul, so ist $R\otimes_{R} M \ra M, r \otimes m \mapsto rm$ ein Isomorphismus mit Inversem $m\mapsto 1\otimes m.$ F"ur diese Eigenschaft ist es wesentlich, da"s in unseren Konventionen Ringe stets eine Eins haben und Moduln stets unit"ar sind. \end{Bemerkung} \begin{Lemma}\label{DST} \emph{\bf Tensorieren vertauscht mit direkten Summen}. Genauer definiert die offensichtliche Abbildung f"ur eine beliebige Familie von Moduln $(N_i)$ einen Isomorphismus $$M \otimes_{R} \left(\bigoplus N_{i}\right) \cong \bigoplus (M\otimes_{R} N_{i})$$ \end{Lemma} \begin{proof}[Beweis] In der Tat haben wir sowohl f"ur die linke als auch f"ur die rechte Seite $S$ offensichtliche bilineare Abbildungen $\op{can}_{i}: M\times N_{i} \ra S$ und diese sind universell: Ist irgendeine abelsche Gruppe $A$ gegeben und eine Familie von bilinearen Abbildungen $b_{i}: M\times N_{i}\ra A,$ so gibt es jeweils genau einen Gruppenhomomorphismus $\tilde{b} : S \ra A$ mit $b_{i} = \tilde{b} \circ \op{can}_{i}.$ \end{proof} \begin{Bemerkung} Das Tensorprodukt vertauscht keineswegs mit beliebigen Produkten. \end{Bemerkung} \begin{Definition} Eine Sequenz $A^{\prime} \ra A \ra A^{\prime\prime}$ von abelschen Gruppen hei"st \defind{rechtsexakt} genau dann, wenn sie exakt ist bei $A$ und wenn zus"atzlich $A\ra A^{\prime\prime}$ eine Surjektion ist. \end{Definition} \begin{Lemma}\label{RAT} \emph{\bf Das Tensorprodukt ist rechtsexakt}. Ist genauer $R$ ein Ring, $M$ ein $R$-Rechtsmodul und $N^{\prime} \ra N \twoheadrightarrow N^{\prime\prime}$ eine rechtsexakte Sequenz von $R$-Links\-mo\-duln, so ist $M \otimes_R N^{\prime} \ra M\otimes_R N \twoheadrightarrow M\otimes_R N^{\prime\prime}$ eine rechtsexakte Sequenz von abelschen Gruppen. \end{Lemma} \begin{proof}[Beweis] Da"s hier die Surjektivit"at erhalten bleibt, ist offensichtlich. Da"s die Verkn"upfung auch nach dem Tensorieren verschwindet ebenso. Wir k"urzen f"ur diesen Beweis $\otimes_R=\otimes$ ab und haben also eine Surjektion $$\op{cok} (M\otimes N^{\prime} \ra M \otimes N)\twoheadrightarrow M\otimes N^{\prime\prime}$$ Wir m"ussen zeigen, da"s sie eine Injektion ist. Nun ist aber $M\times N^{\prime\prime} \ra \op{cok},$ $(m,\overline{n})\mapsto \overline{m\otimes n} $ f"ur $n\in N$ eine wohldefinierte $R$-bilineare Abbildung und induziert folglich eine Abbildung $M\otimes N^{\prime\prime}\ra \op{cok}.$ Man sieht, da"s wir so eine inverse Abbildung zu unserer Surjektion $\op{cok} \twoheadrightarrow M \otimes N^{\prime\prime}$ erhalten haben. \end{proof} \begin{Bemerkung} Die drei vorstehenden Lemmata gelten analog auch f"ur den anderen Tensorfaktor. \end{Bemerkung} \begin{Lemma} Ist $M$ ein $R$-Rechtsmodul und $\frak{m} \subset R$ ein Rechtsideal, d.h.\ ein Untermodul des $R$-Rechtsmoduls $R,$ und betrachten wir in $M$ den Untermodul $\frak{m} M = \{\sum a_{i} m_{i} \mid a_{i} \in \frak{m}, m_{i}\in M\},$ so induziert die Multiplikation einen nat"urlichen Isomorphismus $$(R/\frak{m}) \otimes_{R} M \cong M/\frak{m} M$$ \end{Lemma} \begin{proof}[Beweis] Das folgt, indem wir auf $\frak{m} \hookrightarrow R \twoheadrightarrow R/\frak{m}$ den Funktor $\otimes_{R} M$ anwenden. \end{proof} \begin{Beispiel} Das Tensorprodukt ist im allgemeinen nicht linksexakt: Wendet man auf die Multiplikation $(2\cdot):\Bbb{Z} \hookrightarrow \Bbb{Z}$ den Funktor $\otimes_{\Bbb{Z}} \Bbb{Z}/2\Bbb{Z}$ an, so erh"alt man die Nullabbildung $\Bbb{Z}/2\Bbb{Z} \ra \Bbb{Z}/2\Bbb{Z}.$ \end{Beispiel} \begin{Definition} Eine abelsche Gruppe hei"st \defind{torsionsfrei} genau dann, wenn die Multiplikation mit jeder von Null verschiedenen ganzen Zahl auf unserer Gruppe eine Injektion induziert. \end{Definition} \begin{Lemma}\label{Tex} Ist $M$ eine torsionsfreie abelsche Gruppe und $N^{\prime} \hookrightarrow N$ eine Injektion, so ist auch $M\otimes_{\Bbb{Z}}N^{\prime} \rightarrow M\otimes_{\Bbb{Z}}N $ eine Injektion. \end{Lemma} \begin{proof}[Beweis] Ist $M$ endlich erzeugt, so ist $M$ frei nach \ref{tt} und das Lemma folgt aus \ref{DST}. Wir f"uhren nun den allgemeinen Fall darauf zur"uck. Jedes Element $t\in M\otimes_{\Bbb{Z}}N^{\prime}$ ist ja Bild eines $t_1\in M_1\otimes_{\Bbb{Z}}N^{\prime}$ f"ur eine geeignete endlich erzeugte Untergruppe $M_1\subset M.$ Geht $t$ nach Null in $M\otimes_{\Bbb{Z}}N,$ so auch in $M_2\otimes_{\Bbb{Z}}N$ f"ur eine geeignete endlich erzeugte Untergruppe $M_2\subset M$ mit $M_1\subset M_2.$ Nach dem bereits behandelten Fall verschwindet damit $t_1$ schon in $M_2\otimes_{\Bbb{Z}}N'$ und erst recht in $M\otimes_{\Bbb{Z}}N'$ und es folgt $t=0.$ \end{proof} \begin{Bemerkung} In einer Sprache, die wir sp"ater einf"uhren werden, h"ort sich dieser Beweis so an: F"ur endlich erzeugte Gruppen gilt das Lemma, da sie frei sind. Eine beliebige torsionsfreie Gruppe ist der direkte Limes ihrer endlich erzeugten Untergruppen, das Tensorprodukt kommutiert mit direkten Limites, und direkte Limites sind exakt. \end{Bemerkung} \begin{Ubung} Ist $N^{\prime} \hookrightarrow N \twoheadrightarrow N^{\prime\prime}$ eine spaltende kurze exakte Sequenz von $R$-Moduln, so bleibt die Sequenz exakt unter $M\otimes_{R}.$ Insbesondere ist also das Tensorieren "uber einem K"orper stets exakt. \end{Ubung} \begin{Ubung}\label{ETT}%\label{ET} Seien $R,S$ Ringe und $M \in \op{Mod-} S,$ $N \in S \op{-Mod-} R$ und $L \in R \op{-Mod}$ Moduln. So ist die offensichtliche Abbildung ein Isomorphismus $(M\otimes_{S} N) \otimes_{R} L \sira M\otimes_{S} (N\otimes_{R} L).$ \end{Ubung} \begin{Ubung} Sei $S\ra R$ ein Ringmomomorphismus. Ist $M$ ein $S$-Modul und $(m_i)_{i\in I}$ eine Basis von $M,$ so bilden die $1\otimes m_i$ eine Basis des $R$-Moduls $R\otimes_S M.$ \end{Ubung} \begin{Ubung} Ist $\varphi:R\ra S$ ein Ringhomomorphismus derart, da"s $S$ als Ring erzeugt wird vom Bild $\varphi(R)$ von $R$ mitsamt den Inversen der Elemente aus $\varphi(R)\cap S^\times,$ so ist f"ur $M\in \op{Mod-}S$ und $N\in S\op{-Mod}$ die kanonische Abbildung eine Bijektion $$M\otimes_R N\sira M\otimes_S N$$ Speziell erhalten wir unter den entsprechenden Voraussetzungen $M \otimes_{R} N \sira M\otimes_{R/\frak{m}} N$ und $M\otimes_\Bbb{Z} N\sira M\otimes_\DQ N.$ \end{Ubung} \begin{Ubung}\label{ReTe} Sind $M^{\prime} \ra M \twoheadrightarrow M^{\prime\prime}$ und $N^{\prime} \ra N \twoheadrightarrow N^{\prime\prime}$ rechtsexakte Sequenzen von Rechts- bzw.\ Linksmoduln "uber einem Ring $R,$ so ist auch die Sequenz $(M^{\prime}\otimes_R N )\oplus (M\otimes_R N')\ra M\otimes_R N \twoheadrightarrow M^{\prime\prime}\otimes_R N\grqq\ $ rechtsexakt. \end{Ubung} \begin{Ubung} Gegeben Vektorr"aume $V,V^{\prime}, W, W^{\prime}$ "uber einem K"orper $k$ liefert das Tensorieren von Abbildungen eine Injektion $$\op{Hom} (V,V^{\prime})\otimes_k \op{Hom} (W, W^{\prime})\hra \op{Hom} (V \otimes_k W, V^{\prime} \otimes_k W^{\prime})$$ \end{Ubung} \begin{Ubung}\label{UE0} Gegeben ein Rechtsmodul $M$ "uber einem Ring $R$ erhalten wir aus der universellen Eigenschaft des Tensorprodukts ein adjungiertes Paar von Funktoren $(M\otimes_R, \op{Ab}(M,\;))$ zwischen den Kategorien $R\op{-Mod}$ und $\op{Ab}.$ (In gr"o"serer Allgemeinheit wird das in \ref{BMA} diskutiert.) \end{Ubung} \subsection{Erste Anwendungen in der Homologietheorie} \begin{Proposition}\label{Hex} Ist $C\in\op{Ket}$ ein Kettenkomplex von abelschen Gruppen und $M$ eine abelsche Gruppe, so definiert die Vorschrift $[c]\otimes m\mapsto [c\otimes m]$ Homomorphismen $$(H_{q}C)\otimes_{\Bbb{Z}}M\ra H_{q}(C\otimes_\Bbb{Z} M) $$ Ist $M$ torsionsfrei, so sind diese Homomorphismen sogar Isomorphismen. \end{Proposition} \begin{proof}[Beweis] Die offensichtlichen vertikalen Abbildungen liefern ein kommutatives Diagramm $$\begin{array}{ccccc} (B_qC) \otimes_{\Bbb{Z}}M&\ra&(Z_qC) \otimes_{\Bbb{Z}}M &\sra&(H_{q}C) \otimes_{\Bbb{Z}} M\\ \da&&\da&&\\ B_q(C\otimes_\Bbb{Z} M)&\hra&Z_q(C\otimes_\Bbb{Z} M) &\sra &H_{q} (C \otimes_{\Bbb{Z}}M) \end{array}$$ in dem auch die obere Horizontale rechtsexakt ist nach \ref{RAT} rechtsexakt ist und das deshalb die behauptete Abbildung auf der Homologie induziert. Ist $M$ torsionsfrei, so ist die obere Horizontale auch exakt und bei Vertikalen sind Isomorphismen und induzieren deshalb einen Isomorphismus auf der Homologie. \end{proof} \begin{Bemerkung} Ist $R$ ein Ring und $X$ ein topologischer Raum, so erhalten wir kanonische Isomorphismen $R\otimes_\DZ S_{q}(X;\DZ)\sira S_{q}(X;R)$ durch die Vorschrift $r\otimes \sigma\mapsto r\sigma$ f"ur jeden Simplex $\sigma.$ \end{Bemerkung} \begin{Definition} F"ur jede abelsche Gruppe $M$ und jeden topologischen Raum $X$ definieren wir die singul"aren $q$-Ketten von $X$ mit Koeffizienten in $M$ als das Tensorprodukt $$S_{q}(X;M)=M\otimes_{\Bbb{Z}}S_{q}X $$ \end{Definition} \begin{Korollar}\label{KWW} Ist $X$ ein topologischer Raum und $M$ eine abelsche Gruppe, so liefert die Vorschrift $m\otimes [c]\mapsto [m\otimes c]$ nat"urliche Homomorphismen $$M\otimes_{\Bbb{Z}}H_{q}(X)\ra H_{q}(X;M) $$ Ist $M$ torsionsfrei, so sind diese Homomorphismen sogar Isomorphismen. \end{Korollar} \begin{proof}[Beweis] Die vorhergehende Proposition \ref{Hex} liefert uns Homomorphismen $M\otimes_{\Bbb{Z}}H_{q}(X)\ra H_{q}(M\otimes_{\Bbb{Z}}SX),$ $m\otimes [c]\mapsto [m\otimes c],$ und "Ubung \ref{SKKo} liefert uns weiter Isomorphismen $H_{q}(M\otimes_{\Bbb{Z}}SX)\sira H_{q} (X;M),$ $[m\otimes c]\mapsto [mc].$ \end{proof} \subsection{Torsionsprodukt von abelschen Gruppen} \begin{Definition}\label{TDe} Gegeben eine abelsche Gruppe $N$ betrachten wir den freien $\Bbb{Z}$-Modul $\Bbb{Z} N$ "uber der Menge $N$ und die offensichtliche Surjektion $\Bbb{Z} N \twoheadrightarrow N$ mit ihrem Kern $KN$ und bilden die kurze exakte Sequenz $$KN \hookrightarrow \Bbb{Z} N\twoheadrightarrow N,$$ die sogenannte \defind{Standardaufl\"osung} von $N.$ Gegeben eine weitere abelsche Gruppen $M$ konstruieren wir eine dritte abelsche Gruppe $M\ast_\DZ N,$ das \defind{Torsionsprodukt} von $M$ und $N,$ indem wir die Standardaufl"osung von $N$ mit $M$ tensorieren und vorne den Kern der eben nicht notwendig mehr injektiven Abbildung betrachten, in Formeln $$M \ast_\Bbb{Z} N= \ker (M \otimes_{\Bbb{Z}} KN \ra M\otimes_{\Bbb{Z}} \Bbb{Z} N)$$ \end{Definition} \begin{Bemerkung} Unser Torsionsprodukt ist in nat"urlicher Weise ein Funktor $\op{Ab}\times \op{Ab}\ra \op{Ab}.$ Wir k"urzen f"ur den Rest dieses Abschnitts $\otimes_\DZ$ ab zu $\otimes$ und $\ast_\DZ$ zu $\ast.$ Die Bezeichnung \glqq Torsionsprodukt\grqq\ kommt von einigen der Eigenschaften unserer Konstruktion her, die im folgenden Satz aufgelistet werden. \end{Bemerkung} \begin{Proposition}[Eigenschaften des Torsionsprodukts] \ \begin{enumerate} \item F"ur beliebige abelsche Gruppen $M$ und $N$ gilt $M\ast N\cong N\ast M.$ \item Sind $M$ oder $N$ torsionsfrei, so gilt $M\ast N=0.$ \item F"ur eine beliebige abelsche Gruppe $A$ und jede nat"urliche Zahl $n>0$ gilt $(\Bbb{Z}/ n \Bbb{Z}) \ast A \cong \{a \in A \mid n a =0\}.$ \item Jede kurze exakte Sequenz $M^{\prime} \hookrightarrow M \twoheadrightarrow M^{\prime\prime}$ von abelschen Gruppen definiert eine lange exakte Sequenz, die sogenannte {\bf\em Torsionssequenz}\index{Torsionssequenz} $$ \begin{array}{ccccccccc}0&\ra& M^{\prime} \ast N& \hra& M \ast N &\ra &M^{\prime\prime} \ast N&\ra& \\ &\ra &M^{\prime}\otimes N &\ra& M \otimes N& \twoheadrightarrow &M^{\prime\prime}\otimes N &\ra& 0, \end{array} $$ die nat"urlich ist in der kurzen exakten Sequenz $M^{\prime} \hookrightarrow M \twoheadrightarrow M^{\prime\prime}$ und in $N.$ Analoges gilt, wenn wir ausgehen von einer kurzen exakten Sequenz im zweiten Faktor. \item Das Torsionsprodukt vertauscht mit beliebigen direkten Summen. \end{enumerate} \end{Proposition} \begin{proof}[Beweis] Wir beginnen mit der explizit angegebenen Sequenz in 4. Nach \ref{Tex} ist $$\begin{array}{ccccc} M^{\prime}\otimes KN & \hookrightarrow & M\otimes KN &\twoheadrightarrow & M^{\prime\prime}\otimes KN\\ \downarrow & & \downarrow & & \downarrow \\ M^{\prime} \otimes \Bbb{Z} N& \hookrightarrow & M \otimes \Bbb{Z} N & \twoheadrightarrow & M^{\prime\prime} \otimes \Bbb{Z} N \end{array}$$ eine kurze exakte Sequenz von (vertikalen) Kettenkomplexen und unsere Sequenz wird konstruiert als die zugeh"orige lange exakte Homologiesequenz: Der Kern der vertikalen Morphismen ist ja jeweils ein Torsionsprodukt, und der Kokern ist wegen der Rechtsexaktheit des Tensorprodukts kanonisch isomorph zu dem entsprechenden Tensorprodukt. Das definiert die exakte Sequenz in 4. Wir zeigen nun 1 und 2 und die analoge Sequenz in 4 zusammen. Ist $M$ torsionsfrei, so folgt $M\ast N=0$ mit \ref{Tex} aus der Definition des Torsionsprodukts. Das ist schon mal die erste H"alfte von 2. Wenden wir nun die lange exakte Sequenz aus 4 an auf die Standardaufl"osung $KM\hra \Bbb{Z} M\sra M$ von $M,$ so definiert der Randoperator einen Isomorphismus $$M\ast N\sira\ker (KM \otimes_{\Bbb{Z}} N \ra \Bbb{Z} M\otimes_{\Bbb{Z}} N)$$ und wir folgern 1 und die analoge Sequenz in 4 und die andere H"alfte von 2. Nun folgt 3, wenn wir die Sequenz aus 4 betrachten f"ur die kurze exakte Sequenz $\Bbb{Z}\stackrel{n{\cdot}}{\hra}\Bbb{Z}\sra \Bbb{Z}/ n \Bbb{Z}, $ und beachten, da"s $\DZ\ast A=0$ nach 2 bereits bekannt ist. Schlie"slich folgt 5 aus der entsprechenden Aussage f"ur das Tensorprodukt \ref{DST}. \end{proof} \begin{Ubung} Das Torsionsprodukt $M \ast N$ von zwei abelschen Gruppen besitzt keine Elemente unendlicher Ordnung. (Hinweis: Man zeige $(M \ast N)\otimes_{\Bbb{Z}} \DQ =0).$ \end{Ubung} \begin{Ubung} Der Beweis der Proposition liefert uns sogar einen kanonischen Isomorphismus $\tau_{M,N}: M \ast N \sira N \ast M.$ Man zeige, da"s gilt $\tau_{M,N}\circ \tau_{N,M}=\op{id}.$ (Hinweis: Es gilt, ein gro"ses kommutatives Diagramm zu malen mit exakten Zeilen und Spalten. Das Problem ist, da"s ich mir nicht genau "uberlegt habe, ob das nicht vielmehr $-\op{id}$ sein sollte. Eigentlich k"ame mir das vern"unftiger vor.) Ich h"atte auch gerne ein glattes Argument f"ur $\tau_{M,M}=\op{id}$ (oder $-\op{id}?.$) \end{Ubung} \subsection{Das universelle Koeffiziententheorem} \begin{Satz}[\defind{Universelles Koeffiziententheorem der Homologie}] \label{UKT}\hspace{1mm}\\ Sei $X$ ein topologischer Raum und $G$ eine abelsche Gruppe. So haben wir f"ur jedes $q$ eine nat"urliche kurze exakte Sequenz $$H_{q} (X) \otimes_{\Bbb{Z}} G \hookrightarrow H_{q} (X;G) \twoheadrightarrow H_{q-1} (X) \ast_{\Bbb{Z}} G,$$ die (in unnat"urlicher Weise) spaltet. \end{Satz} \begin{Bemerkung} Dasselbe gilt f"ur relative Homologie und mit Koeffizienten in einem beliebigen Hauptidealring. Die Spaltung kann f"ur festes $X$ nat"urlich in $G$ gew"ahlt werden, aber nicht bei festem allgemeinen $G$ nat"urlich in $X.$ \end{Bemerkung} \begin{proof}[Beweis] Tensorieren wir die kurze exakte Sequenz $KG \hookrightarrow \Bbb{Z} G \twoheadrightarrow G$ "uber $\Bbb{Z}$ mit dem Komplex von freien abelschen Gruppen $SX,$ so erhalten wir mit \ref{SKKo} eine kurze exakte Sequenz von Komplexen $$SX \otimes_{\Bbb{Z}} KG \hookrightarrow S X \otimes_{\Bbb{Z}} \Bbb{Z} G \twoheadrightarrow S( X ; G)$$ Bilden wir die exakte Homologiesequenz und beachten die Isomorphismen $(H_{q} SX) \otimes_{\Bbb{Z}} \Bbb{Z} G\sira H_{q} (SX \otimes_{\Bbb{Z}} \Bbb{Z} G) $ und $(H_{q} SX) \otimes_{\Bbb{Z}} KG\sira H_{q} (SX \otimes_{\Bbb{Z}} KG) $ nach \ref{Hex}, so ergibt sich mit der Abk"urzung $H_{q}(SX) =H_{q}$ die lange exakte Sequenz $$H_{q}\otimes_{\Bbb{Z}} KG \ra H_{q}\otimes_{\Bbb{Z}} \Bbb{Z} G \ra H_{q} (X;G) \ra H_{q-1} \otimes_{\Bbb{Z}} KG \ra H_{q-1} \otimes_{\Bbb{Z}} \Bbb{Z} G$$ und dann mit der Rechtsexaktheit von $\otimes$ und der Definition von $\ast$ und \ref{Ergz} wie gew"unscht eine kurze exakte Sequenz $$H_{q} (X) \otimes_{\Bbb{Z}} G \hookrightarrow H_{q} (X;G) \twoheadrightarrow H_{q-1} (X) \ast_{\Bbb{Z}} G$$ Es bleibt zu zeigen, da"s sie spaltet. Aber die kurze exakte Sequenz $Z_{q}X \hookrightarrow S_{q} X \twoheadrightarrow B_{q-1}X$ spaltet, da $B_{q-1}X \subset S_{q-1} X$ frei ist nach \ref{UFF}, wir finden nach \ref{spalt} also ein Linksinverses $S_{q}X \twoheadrightarrow Z_{q} X$ der Einbettung der Zykel in die Ketten und das induziert die gesuchte Spaltung $H_{q} (X;G) \ra H_{q}(X) \otimes_{\Bbb{Z}} G.$ \end{proof} \begin{Bemerkung}\label{Ergz} Ist $A\ra B\ra C\ra D\ra E$ eine exakte Sequenz, so ist $(\op{cok}(A\ra B))\ra C \ra (\op{ker}(D\ra E))$ eine kurze exakte Sequenz. \end{Bemerkung} \begin{Satz}\label{UFF} Jede Untergruppe einer freien abelschen Gruppe ist frei.\index{frei!Untergruppe} \end{Satz} \begin{Bemerkung} Der anschlie"sende Beweis zeigt allgemeiner: Jeder Untermodul eines freien Moduls "uber einem Hauptidealring ist frei. Die Hauptarbeit besteht darin, auch nicht notwendig endlich erzeugte Gruppen bzw.\ Moduln zu behandeln. \end{Bemerkung} \begin{proof}[Beweis] Sei $I$ eine Menge und $U\subset \Bbb{Z} I $ eine Untergruppe. Wir betrachten die Menge aller Paare $(J,B)$ wo $J\subset I$ eine Teilmenge ist und $B$ eine $\Bbb{Z}$-Basis des Schnitts $U \cap \Bbb{Z} J.$ Diese Menge ist nicht leer und ist induktiv geordnet. Sie besitzt also nach Zorns Lemma ein maximales Element $(J_{m}, B_{m})$ und es gilt zu zeigen $J_{m} =I.$ Aber sonst sei $i\in I-J_{m}.$ Das Bild von $U \cap \Bbb{Z} (J_m \cup \{i\})$ in $\Bbb{Z} i$ unter der offensichtlichen Projektion ist von der Form $r \Bbb{Z} i$ f"ur ein $r\in\Bbb{Z}.$ Ist $r \neq 0,$ so w"ahlen wir ein Urbild $u$ von $r i$ in $U$ und $(J_{m}\cup \{i\}, B_{m} \cup \{u\})$ w"are ein gr"o"seres Paar. Ist $r=0,$ so w"are schon $(J_{m}\cup \{i\}, B_{m})$ ein gr"o"seres Paar. In jedem Fall steht $J_{m} \neq I$ im Widerspruch zur Maximalit"at von $(J_{m}, B_{m}).$ \end{proof} %%% Local Variables: %%% mode: latex %%% TeX-master: "AATOTAL" %%% End: