Troca de base plana para grupos Ext
Deixei $R$ seja um anel comutativo unital com ideal $I$, deixei $M$ ser um apartamento $R$-módulo. Então existe um isomorfismo de troca de base \ begin {equation} Ext ^ s_R (M, R / I) \ cong Ext ^ s_ {R / I} (M \ otimes_R R / I, R / I) \ end {equation} I procurei uma prova e encontrei esta notahttp://www1.mate.polimi.it/~enrsch/EXT.pdf em que eles usam um argumento envolvendo uma seqüência espectral (lema 2.5).
A prova é boa, mas acho que deveria haver um argumento mais fácil, não envolvendo tal maquinário. Minha ideia é a seguinte: considere a sequência exata curta \ begin {equation} 0 \ rightarrow I \ rightarrow R \ rightarrow R / I \ rightarrow 0 \ end {equation} tensorando com M obtemos outro ses \ begin {equation} 0 \ rightarrow I \ otimes M \ rightarrow M \ rightarrow R / I \ otimes M \ rightarrow 0. \ end {equation} Agora acho que você deve provar isso$Ext^s_R(I \otimes M, R/I)=0$ e assim deduzir a partir da longa sequência exata induzida $Ext^s_R(M, R/I)\cong Ext^s_R(M\otimes R/I, R/I)$, então minha esperança é $Ext^s_R(M\otimes R/I, R/I)\cong Ext^s_{R/I}(M\otimes R/I, R/I)$. Mas não sei como provar os dois isomorfismos alegados.
Para $Ext^s_R(I \otimes M, R/I)=0$ Eu pensei que a resolução projetiva de $I \otimes M$ ainda deve estar na forma $I \otimes N$ para algum módulo $N$, levando assim $Hom(-,R/I)$ Nós temos $0$. Mas não sei como realmente produzir tal resolução. O fato de que tenso com$M$ não preserva projetivos não ajuda.
Respostas
Aqui está um argumento elementar por mudança de dimensão.
Considere uma sequência curta e exata
$$(*): \;\;\;\;\;0 \rightarrow S \rightarrow P \rightarrow M \rightarrow 0$$
Onde $P$é projetivo. Aplicando$-\otimes R/I$ produz uma sequência curta e exata
$$(*)/I: \;\;\;\;\;0 \rightarrow S/IS \rightarrow P/IP \rightarrow M/IM \rightarrow 0$$
Desde a $\mathrm{Tor}_1^R(M, R/I)=0$. Além disso, observe que$S$ é um apartamento $R$-módulo, pois é um kernel de um mapa entre módulos planos, e o mesmo vale para $S/IS$ (como um apartamento $R/I$-módulo).
Podemos aplicar $\mathrm{Hom}_R(-,R/I)$ e $\mathrm{Hom}_{R/I}(-,R/I)$ para $(*)$ e $(*)/I$, resp. Então obtemos sequências exatas
$$0 \rightarrow \mathrm{Hom}_R(M,R/I) \rightarrow \mathrm{Hom}_R(P,R/I) \rightarrow \mathrm{Hom}_R(S,R/I) \rightarrow \mathrm{Ext}^1_R(M, R/I) \rightarrow 0,$$
$$0 \rightarrow \mathrm{Hom}_{R/I}(M/IM,R/I) \rightarrow \mathrm{Hom}_{R/I}(P/IP, R/I) \rightarrow \mathrm{Hom}_{R/I}(S/IS,R/I) \rightarrow \mathrm{Ext}^1_{R/I}(M/IM, R/I) \rightarrow 0,$$
e os três primeiros termos das respectivas sequências são naturalmente identificados um com o outro por considerações elementares (e este é o caso $s=0$da alegação a ser provada). Isso induz um isomorfismo no termo restante, dando$$\mathrm{Ext}^1_{R/I}(M/IM, R/I) \simeq \mathrm{Ext}^1_{R}(M, R/I).$$ Então para $s=1$, a alegação é comprovada.
Para mais alto $s$, procedemos por indução. Suponha que a reivindicação foi provada para todos os$R$-módulos e tudo $1\leq s'<s$. Resta observar que a partir das sequências exatas curtas$(*)$, $(*)/I$, temos $$\mathrm{Ext}^s_R(M, R/I)\simeq \mathrm{Ext}^{s-1}_R(S, R/I),$$ $$\mathrm{Ext}^s_{R/I}(M/IM, R/I)\simeq \mathrm{Ext}^{s-1}_{R/I}(S/IS, R/I),$$ e desde $\mathrm{Ext}^{s-1}_R(S, R/I)\simeq \mathrm{Ext}^{s-1}_{R/I}(S/IS, R/I)$ segura por hipótese de indução, estamos prontos.
Observação: o functor$\mathrm{Hom}(-, R/I)$ pode ser de fato substituído por $\mathrm{Hom}(-, N)$ para qualquer $R/I$-módulo $N$, ou seja, o argumento realmente mostra um isomorfismo $\mathrm{Ext}^s_{R/I}(M/IM, N) \simeq \mathrm{Ext}^s_{R}(M, N)$ sempre que $N$ é um $R/I$-módulo.