Dimensión finita de Ext¹ de módulos simples

Question

Por simplicidad deja $\Bbbk$ ser un campo de caracteristicas $0$ y deja $A$ ser un asociativo unital generado finitamente $\Bbbk$-álgebra.

¿Es cierto que para dos simples $A$-módulos $S_1, S_2$, tenemos eso $\operatorname{Ext}^1_A (S_1, S_2)$ es de dimensión finita?

Si no es así, ¿cuál sería un contraejemplo simple y qué tipo de condiciones necesitamos para asegurar esto?

(Hasta donde tengo entendido, el álgebra de Weyl $\Bbbk \langle x, y \rangle / (xy - yx - 1)$ tiene solo módulos simples de dimensión infinita, pero sus primeros grupos de extensión todavía son de dimensión finita).

Answer 1

En realidad, su afirmación sobre el álgebra de Weyl solo es cierta para módulos holonómicos simples . Resulta que hay un módulo simple no holonómico$M$ sobre el segundo álgebra de Weyl $A=A_2(\Bbb C)$ para cual $\operatorname{Ext}_A^1(M,M)$es de dimensión infinita. Este es el Corolario 1.3 de “Módulos no holonómicos sobre álgebras de Weyl y álgebras envolventes” de Stafford.

Answer 2

Es verdad si $A$es conmutativo. Podemos calcular$\text{Ext}^1(S_1, S_2)$ utilizando los tres primeros términos de una resolución libre de $S_1$; ya que$S_1$ es simple, es cíclico, por lo que el primer término de esta resolución es $A$ y el segundo término de esta resolución es cualquier conjunto finito de generadores del núcleo de $A \to S_1$, que se genera de forma finita porque $A$es noetheriano; Noetherianness también implica que podemos tomar el tercer término (y de hecho cada término) como finito libre. Entonces obtenemos una resolución libre finita nivelada

$$\cdots \to A^n \to A^m \to A \to S_1 \to 0$$

que calcula $\text{Ext}^1(S_1, S_2)$ como un subcociente de $\text{Hom}(A^m, S_2) \cong S_2^m$; por el Nullstellensatz$\dim_k S_2$ es finito entonces $\dim_k \text{Ext}^1(S_1, S_2)$también debe ser finito. Más generalmente$\dim_k \text{Ext}^n(S_1, S_2)$ es finito.

Si $A$ es no conmutativo $\dim_k S_2$ puede ser infinito y el núcleo de $A \to S_1$ puede generarse infinitamente (si $A$ no es noetheriano) por lo que este argumento falla en dos lugares.