Longitud finita módulo y clasificado local de la dualidad

Question

En la prueba del Teorema 20.18 en Eisenbud Álgebra Conmutativa, el siguiente hecho se indica:

Si $S=k[X_1,\ldots,X_r]$ $N$ es de una longitud finita graduales $S$-módulo, a continuación,

$$\operatorname{Ext}_S^r(N,S(-r)) \cong \operatorname{Hom}_k(N,k).$$

Se dice que esto es la continuación de Ejercicio 2.4, pero no veo por qué no...

(Creo que uno tiene el hecho de que si $N$ es de longitud finita, a continuación,$\operatorname{Ext}^j(N,S)=0, \,\, \forall j<r$.)

Answer 1

$\def\Ext{\operatorname{Ext}}$A probar su última declaración, notificación usted puede demostrar por inducción sobre la longitud de $N$, a partir del cálculo de $\Ext_S(k,S)$ que usted puede hacer trivialmente por el uso de la Koszul resolución de $k$. (Si usted sabe acerca de la Künneth fórmula para $\Ext$, esto puede ser reducido para el cálculo de $\Ext_{k[X]}(k,k[X])$, con una variable, como $\Ext_{k[X_1,\dots,X_n]}(k,k[X_1,\dots,X_n])\cong\Ext_{k[X]}(k,k[X])^{\otimes n}$, pero en realidad, no hay necesidad de hacer esto, ya que el cálculo requerido es casi inmediata)

Si $N$ es de longitud $n>1$, e $0\subsetneq N'\subsetneq N$ es un no-cero adecuada submódulo, tenemos una breve secuencia exacta $0\to N'\to N\to N/N'\to 0$, y por inducción sabemos que $\Ext^j(N',S)=\Ext^j(N/N',S)=0$ todos los $j<r$, por lo que la larga secuencia exacta para Ext da lo que la conclusión deseada por $\Ext^j(N,S)$.

Este es probablemente el oficial de la prueba del hecho, no lo sé.

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Para probar su primera fórmula, aviso de que lo que nos han mostrado, junto con el hecho de que $\operatorname{gldim}S=r$ implica que el $F=\Ext^r(\mathord-,S)$ es un functor exacto en la categoría de $\mathcal{A}$ de longitud finita gradual de los módulos, así como a $G=\hom_k(\mathord-,k)=\hom_S(\mathord-,k)=\Ext^0_S(\mathord-,k)$ es.

Hay una natural mapa de $\Ext^0(M,k)\to \Ext^r(M,S)$ dado por Yoneda producto con la clase de la $r$-extensión dada por el complejo de Koszul, que es un elemento de $\Ext^r(k,S)$. Este mapa es un isomorfismo al $M$ es simple, por lo general tonterías -los Cinco Lema, de hecho - implica que es un isomorfismo en todos los de $\mathcal A$.