Flat Base Exchange für Ext-Gruppen
Lassen $R$ sei ein unitaler kommutativer Ring mit Ideal $I$, Lassen $M$ sei eine Wohnung $R$-Modul. Dann gibt es einen Basenaustauschisomorphismus \ begin {Gleichung} Ext ^ s_R (M, R / I) \ cong Ext ^ s_ {R / I} (M \ otimes_R R / I, R / I) \ end {Gleichung} I. suchte nach einem Beweis und fand diese Notizhttp://www1.mate.polimi.it/~enrsch/EXT.pdf in dem sie ein Argument verwenden, das eine Spektralsequenz beinhaltet (Lemma 2.5).
Der Beweis ist in Ordnung, aber ich denke, es sollte ein einfacheres Argument geben, das solche Maschinen nicht einbezieht. Meine Idee ist die folgende: Betrachten Sie die kurze exakte Sequenz \ begin {Gleichung} 0 \ rightarrow I \ rightarrow R \ rightarrow R / I \ rightarrow 0 \ end {Gleichung} durch Tensoring mit M erhalten wir eine weitere ses \ begin {Gleichung} 0 \ rightarrow I \ otimes M \ rightarrow M \ rightarrow R / I \ otimes M \ rightarrow 0. \ end {Gleichung} Nun denke ich, Sie sollten das beweisen$Ext^s_R(I \otimes M, R/I)=0$ und so aus der induzierten langen exakten Sequenz ableiten $Ext^s_R(M, R/I)\cong Ext^s_R(M\otimes R/I, R/I)$, dann ist meine Hoffnung $Ext^s_R(M\otimes R/I, R/I)\cong Ext^s_{R/I}(M\otimes R/I, R/I)$. Aber ich weiß nicht, wie ich die beiden behaupteten Isomorphismen beweisen soll.
Zum $Ext^s_R(I \otimes M, R/I)=0$ Ich dachte, dass die projektive Auflösung von $I \otimes M$ sollte noch in der Form sein $I \otimes N$ für ein Modul $N$, also nehmen $Hom(-,R/I)$ wir bekommen $0$. Aber ich weiß nicht, wie ich eine solche Lösung tatsächlich erstellen soll. Die Tatsache, dass Tensoring mit$M$ Projektive nicht erhalten hilft nicht.
Antworten
Hier ist ein elementares Argument durch Dimensionsverschiebung.
Betrachten Sie eine kurze genaue Reihenfolge
$$(*): \;\;\;\;\;0 \rightarrow S \rightarrow P \rightarrow M \rightarrow 0$$
wo $P$ist projektiv. Bewirbt sich$-\otimes R/I$ ergibt eine kurze exakte Sequenz
$$(*)/I: \;\;\;\;\;0 \rightarrow S/IS \rightarrow P/IP \rightarrow M/IM \rightarrow 0$$
schon seit $\mathrm{Tor}_1^R(M, R/I)=0$. Beachten Sie außerdem, dass$S$ ist eine Wohnung $R$-Modul, da es ein Kernel einer Map zwischen flachen Modulen ist, und das gleiche gilt für $S/IS$ (als Wohnung $R/I$-Modul).
Wir können uns bewerben $\mathrm{Hom}_R(-,R/I)$ und $\mathrm{Hom}_{R/I}(-,R/I)$ zu $(*)$ und $(*)/I$, bzw. Dann erhalten wir genaue Sequenzen
$$0 \rightarrow \mathrm{Hom}_R(M,R/I) \rightarrow \mathrm{Hom}_R(P,R/I) \rightarrow \mathrm{Hom}_R(S,R/I) \rightarrow \mathrm{Ext}^1_R(M, R/I) \rightarrow 0,$$
$$0 \rightarrow \mathrm{Hom}_{R/I}(M/IM,R/I) \rightarrow \mathrm{Hom}_{R/I}(P/IP, R/I) \rightarrow \mathrm{Hom}_{R/I}(S/IS,R/I) \rightarrow \mathrm{Ext}^1_{R/I}(M/IM, R/I) \rightarrow 0,$$
und die ersten drei Terme der jeweiligen Sequenzen werden natürlich durch elementare Überlegungen miteinander identifiziert (und dies ist der Fall $s=0$des zu beweisenden Anspruchs). Dies induziert einen Isomorphismus für den verbleibenden Term und gibt$$\mathrm{Ext}^1_{R/I}(M/IM, R/I) \simeq \mathrm{Ext}^1_{R}(M, R/I).$$ So für $s=1$ist die Behauptung bewiesen.
Für höhere $s$Wir gehen durch Induktion vor. Angenommen, die Behauptung wurde für alle Wohnungen bewiesen$R$-Module und alle $1\leq s'<s$. Es bleibt zu beobachten, dass aus den kurzen exakten Sequenzen$(*)$, $(*)/I$, wir haben $$\mathrm{Ext}^s_R(M, R/I)\simeq \mathrm{Ext}^{s-1}_R(S, R/I),$$ $$\mathrm{Ext}^s_{R/I}(M/IM, R/I)\simeq \mathrm{Ext}^{s-1}_{R/I}(S/IS, R/I),$$ und seit $\mathrm{Ext}^{s-1}_R(S, R/I)\simeq \mathrm{Ext}^{s-1}_{R/I}(S/IS, R/I)$ Nach Induktionshypothese sind wir fertig.
Bemerkung: Der Funktor$\mathrm{Hom}(-, R/I)$ kann in der Tat ersetzt werden durch $\mathrm{Hom}(-, N)$ für jeden $R/I$-Modul $N$Das Argument zeigt also wirklich einen Isomorphismus $\mathrm{Ext}^s_{R/I}(M/IM, N) \simeq \mathrm{Ext}^s_{R}(M, N)$ wann immer $N$ ist ein $R/I$-Modul.