Calcolare Ext-module.
Sia \( R= \mathbb{F}_2[\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}] \) e $x$ un generatore di \( \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \). Sia inoltre $ M=(x+1)$. Calcola tutti i \( \operatorname{Ext}_R^i(M,M) \).
Il problema con questo esercizio è che non ho proprio idea di come procedere. Qualcuno potrebbe mostrarmi come si procede in questi casi in modo concreto? Grazie.
Cioè devo trovare una free resolution, applicare il funtore \( \operatorname{Hom}_R(-,M) \) alla free resolution e poi calcolarmi tutti i quozienti dei vari \( \ker / \operatorname{im} \). Il problema è che non riesco a capire come "inventarmi" la free resolution che devo prendere, una free resolution che parte da dove? Quanto lunga? E che termina con chi?
Il problema con questo esercizio è che non ho proprio idea di come procedere. Qualcuno potrebbe mostrarmi come si procede in questi casi in modo concreto? Grazie.
Cioè devo trovare una free resolution, applicare il funtore \( \operatorname{Hom}_R(-,M) \) alla free resolution e poi calcolarmi tutti i quozienti dei vari \( \ker / \operatorname{im} \). Il problema è che non riesco a capire come "inventarmi" la free resolution che devo prendere, una free resolution che parte da dove? Quanto lunga? E che termina con chi?
Risposte
Cos'è R intanto? L'algebra di gruppo di Z/2 a coefficienti in Z/2? Ma soprattutto che modulo è M? È l'ideale generato da (x+1) in R?
In generale ovviamente non c'è alcun modo di rispondere a nessuna di quelle domande che sia più esplicito della ricetta con cui si calcolano i funtori derivati.
In questo caso specifico, le group algebra su gruppi ciclici sono quozienti di anelli di polinomi, e sapendolo, una risoluzione libera è facile da trovare.
Da che punto in poi puoi fermarti nella risoluzione, è una proprietà globale dell'anello, ossia la sua dimensione coomologica.
In generale ovviamente non c'è alcun modo di rispondere a nessuna di quelle domande che sia più esplicito della ricetta con cui si calcolano i funtori derivati.
In questo caso specifico, le group algebra su gruppi ciclici sono quozienti di anelli di polinomi, e sapendolo, una risoluzione libera è facile da trovare.
Da che punto in poi puoi fermarti nella risoluzione, è una proprietà globale dell'anello, ossia la sua dimensione coomologica.
E' molto facile dimostrare che c'è un isomorfismo
\[
\mathbb{F}_2[\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}]\cong \mathbb{F}_2[T]/(T^2-1)
\] dove $T$ è una generica indeterminata; ora, la classe di \(x+1\) in \(\mathbb{F}_2[\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}]\) è esattamente la classe dell'elemento \(T+1\) nel quoziente \(\mathbb{F}_2[T]/(T^2-1)\).
\[
\mathbb{F}_2[\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}]\cong \mathbb{F}_2[T]/(T^2-1)
\] dove $T$ è una generica indeterminata; ora, la classe di \(x+1\) in \(\mathbb{F}_2[\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}]\) è esattamente la classe dell'elemento \(T+1\) nel quoziente \(\mathbb{F}_2[T]/(T^2-1)\).
Ecco una risoluzione libera di $M$:
$\ldots\rightarrow R \rightarrow R \rightarrow R\rightarrow M \rightarrow 0$
Le frecce sono moltiplicazioni per $x+1$.
$\ldots\rightarrow R \rightarrow R \rightarrow R\rightarrow M \rightarrow 0$
Le frecce sono moltiplicazioni per $x+1$.
Grazie.
Ma come hai fatto a capirlo? Cioè, c'è un modo per intuire quale risoluzione libera prendere o si va ad occhio e con l'esperienza risulta chiaro?
Pertanto applicando \( \operatorname{Hom}_R(-,M) \) ottengo
\[ \ldots \leftarrow \operatorname{Hom}_R(R,M) \leftarrow \operatorname{Hom}_R(R,M) \leftarrow \operatorname{Hom}_R(0,M) \]
E siccome tutte le frecce sono la moltiplicazione per \(x+1\) abbiamo che se \( f_i : R \to R \) è la moltiplicazione per \(x+1 \) allora e \( \operatorname{Hom}_R(f_i,M) : \operatorname{Hom}_R(R,M) \to \operatorname{Hom}_R(R,M) \) risulta essere la composizione \( \phi \mapsto \phi \circ f_i \). Calcoliamoci il \( \ker \) e \( \operatorname{im} \).
Allora abbiamo che per ogni \( \phi \in \operatorname{Hom}_R(R,M) \) e per ogni \( r \in R \) risulta che
\[ \operatorname{Hom}_R(f_i,M)(\phi)(r)=\phi(r(x+1)) = r(x+1) \phi(1) \]
e siccome \( \phi(1) \in M \) abbiamo che \( r(x+1)\phi(1) = 0 \) poiché abbiamo che \( \phi(1) = n(x+1) \) per qualche \(n \in R \) e dunque \( rn(x+1)^2 = rn (x^2 + 1) = 0 \).
Da cui deduciamo che \( \ker \operatorname{Hom}_R(f_i,M) \cong M \) e che \( \operatorname{im} \operatorname{Hom}_R(f_i,M) = 0 \).
Da cui, con \(i \geq 1\) abbiamo che \[ \operatorname{Ext}^i(M,M) = \ker f_i / \operatorname {im} f_{i-1} \cong M/0 \cong M \]
così come \[ \operatorname{Ext}^0(M,M) = \ker f_i / \operatorname {im} f_{i-1} \cong M/0 \cong M \]
siccome \( \operatorname{Hom}_R(0,M) \cong 0 \) e dunque \( \ker \operatorname{Hom}_R(f_0,M) \cong M \) e \( \operatorname{im} \operatorname{Hom}_R(f_0,M) \cong 0 \)
Ma come hai fatto a capirlo? Cioè, c'è un modo per intuire quale risoluzione libera prendere o si va ad occhio e con l'esperienza risulta chiaro?
Pertanto applicando \( \operatorname{Hom}_R(-,M) \) ottengo
\[ \ldots \leftarrow \operatorname{Hom}_R(R,M) \leftarrow \operatorname{Hom}_R(R,M) \leftarrow \operatorname{Hom}_R(0,M) \]
E siccome tutte le frecce sono la moltiplicazione per \(x+1\) abbiamo che se \( f_i : R \to R \) è la moltiplicazione per \(x+1 \) allora e \( \operatorname{Hom}_R(f_i,M) : \operatorname{Hom}_R(R,M) \to \operatorname{Hom}_R(R,M) \) risulta essere la composizione \( \phi \mapsto \phi \circ f_i \). Calcoliamoci il \( \ker \) e \( \operatorname{im} \).
Allora abbiamo che per ogni \( \phi \in \operatorname{Hom}_R(R,M) \) e per ogni \( r \in R \) risulta che
\[ \operatorname{Hom}_R(f_i,M)(\phi)(r)=\phi(r(x+1)) = r(x+1) \phi(1) \]
e siccome \( \phi(1) \in M \) abbiamo che \( r(x+1)\phi(1) = 0 \) poiché abbiamo che \( \phi(1) = n(x+1) \) per qualche \(n \in R \) e dunque \( rn(x+1)^2 = rn (x^2 + 1) = 0 \).
Da cui deduciamo che \( \ker \operatorname{Hom}_R(f_i,M) \cong M \) e che \( \operatorname{im} \operatorname{Hom}_R(f_i,M) = 0 \).
Da cui, con \(i \geq 1\) abbiamo che \[ \operatorname{Ext}^i(M,M) = \ker f_i / \operatorname {im} f_{i-1} \cong M/0 \cong M \]
così come \[ \operatorname{Ext}^0(M,M) = \ker f_i / \operatorname {im} f_{i-1} \cong M/0 \cong M \]
siccome \( \operatorname{Hom}_R(0,M) \cong 0 \) e dunque \( \ker \operatorname{Hom}_R(f_0,M) \cong M \) e \( \operatorname{im} \operatorname{Hom}_R(f_0,M) \cong 0 \)
Grazie.Un po' l'uno e un po' l'altro; chi sono i liberi di \(\text{Mod}(R)\)?
Ma come hai fatto a capirlo? Cioè, c'è un modo per intuire quale risoluzione libera prendere o si va ad occhio e con l'esperienza risulta chiaro?
Cos'è \( \operatorname{Mod}(R) \) ?
La categoria dei moduli su R!
Allora i moduli liberi sono \( R^{\oplus n} \) con \( n \in \mathbb{N} \).
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