Rotman《同调代数导论》中R-模推出图的满射性证明求助

这是Rotman《同调代数导论》中的一道习题：
给定R-模范畴中的推出图：
$$\begin{array}
AA & \stackrel{g}{\longrightarrow} & C \
\downarrow{f} & & \downarrow{\beta} \
B & \stackrel{\alpha}{\longrightarrow} & D
\end{array}$$
证明：若$g$是单射，则$\alpha$是单射；若$g$是满射，则$\alpha$是满射。
我在满射部分遇到了困难，该如何解决？

别担心，我们可以从推出的核心定义出发来搞定满射的证明，两种思路供你参考：

方法一：利用R-模推出的具体构造 #

R-模的推出$D$有一个标准构造：$D = (B \oplus C)/\text{im}(f \oplus (-g))$，其中同态$f \oplus (-g): A \to B \oplus C$将任意$a \in A$映射为$(f(a), -g(a))$。而图中的$\alpha$和$\beta$是自然商同态：

• $\alpha: B \to D$，对应$b \mapsto (b, 0) + \text{im}(f \oplus (-g))$
• $\beta: C \to D$，对应$c \mapsto (0, c) + \text{im}(f \oplus (-g))$

现在要证$\alpha$是满射，任取$D$中的任意元素$[(b, c)]$（即$(b,c)$在商模中的等价类）：
因为$g$是满射，所以存在$a \in A$使得$g(a) = c$。观察$(b - f(a), 0)$这个元素，它和$(b,c)$的差为：
$$(b,c) - (b - f(a), 0) = (f(a), c) = (f(a), g(a)) = -(f(a), -g(a))$$
显然这个差属于$\text{im}(f \oplus (-g))$，因此$[(b,c)] = [(b - f(a), 0)] = \alpha(b - f(a))$。
这说明$D$中的每一个元素都能被$\alpha$映射得到，所以$\alpha$是满射。

方法二：利用推出的泛性质（范畴论视角） #

回忆推出的泛性质：对于这个交换图，若存在任意R-模$E$以及同态$u: B \to E$、$v: C \to E$满足$u \circ f = v \circ g$，则存在唯一的同态$\theta: D \to E$，使得$\theta \circ \alpha = u$且$\theta \circ \beta = v$。

我们用同态核的思路来推导：
设$\pi: D \to D/\text{im}\alpha$是自然满射投影，显然$\pi \circ \alpha = 0$（因为$\text{im}\alpha$是$\pi$的核）。
现在看$\pi \circ \beta: C \to D/\text{im}\alpha$，结合推出图的交换性$\beta \circ g = \alpha \circ f$，可得：
$$\pi \circ \beta \circ g = \pi \circ \alpha \circ f = 0 \circ f = 0$$
因为$g$是满射，这意味着$\pi \circ \beta$是零同态（满射同态的核包含整个定义域时，同态本身只能是零）。

现在考虑两个零同态：$0: B \to D/\text{im}\alpha$和$0: C \to D/\text{im}\alpha$，它们显然满足$0 \circ f = 0 \circ g$。根据泛性质，存在唯一的同态$\theta: D \to D/\text{im}\alpha$使得$\theta \circ \alpha = 0$且$\theta \circ \beta = 0$。
而我们已经有$\pi$满足这个条件，同时恒零同态也满足，根据唯一性，$\pi$必须是零同态，这意味着$D/\text{im}\alpha = 0$，即$\text{im}\alpha = D$，所以$\alpha$是满射。

两种方法都能解决问题，具体构造的方式更直观，泛性质的思路则更贴合同调代数的范畴论框架，你可以按需理解~

备注：内容来源于stack exchange，提问作者CARLOS VALLE ALCOCER