En definiciones equivalentes de Ext

Question

Deje $A$ ser un abelian categoría y $X$, $Y$ dos objetos de $A$. Vamos a definir Ext de esta manera:

Ext$^i_A(X,Y)$=Hom$_{D(A)}(X[0],Y[i])$

Donde $X[0]$ es el complejo con todos los ceros, excepto en el grado 0 de donde ha $X$, e $Y[i]$ es el complejo con todos los ceros, excepto en el grado $-i$ donde ha $Y$.

Ahora me gustaría demostrar que esta definición es equivalente a la definición habitual de Ext, es decir:

tomar una resolución proyectiva de $X$: $\cdots\rightarrow P^{-1}\rightarrow P^0\rightarrow X\rightarrow 0$ a continuación, Ext$^n_A(X,Y)$ $n$th cohomology grupo de la compleja $0\rightarrow\mathrm{Hom}(P^0,Y)\rightarrow\mathrm{Hom}(P^{-1},Y)\rightarrow\mathrm{Hom}(P^{-2},Y)\rightarrow\cdots$.

Tengo una sugerencia: denotar por $K(A)$ el homotopy categoría. Parece ser útil para demostrar que tenemos un isomorfismo

$\mathrm{Hom}_{K(A)}(X^\bullet,Y^\bullet)\rightarrow\mathrm{Hom}_{D(A)}(X^\bullet,Y^\bullet)$ en los siguientes casos:

1) $Y^\bullet\in\mathrm{Ob}\;Kom^+(I)$, es decir, $Y^\bullet$ es un almacén de complejo a la izquierda de injectives objetos;

2) $X^\bullet\in\mathrm{Ob}\;Kom^-(P)$, es decir, $X^\bullet$ es un delimitada complejo de la derecha de la proyectivas de los objetos.

Estoy bastante seguro de que sólo necesitamos uno entre el 1 y el 2, y el otro es útil si queremos demostrar la caracterization de Ext con inyectiva resoluciones, pero puedo hacer que si usted podría enseñarme cómo hacerlo con las resoluciones.

Por la forma en que el mapa de $\mathrm{Hom}_{K(A)}(X^\bullet,Y^\bullet)\rightarrow\mathrm{Hom}_{D(A)}(X^\bullet,Y^\bullet)$ $f\mapsto$ la clase de equivalencia de la azotea $X\leftarrow X\rightarrow Y$ donde$id:X\rightarrow X$$f:X\rightarrow Y$.

Y si usted necesita la definición de techo con tan sólo mirar a una de mis preguntas anteriores: ¿por qué es esta composición bien definida?

Answer 1

$\DeclareMathOperator{Hom}{Hom}$El punto principal es que una resolución proyectiva $\dots \to P^{-2} \to P^{-1} \to P^{0} \xrightarrow{\alpha^0} X$ le da un cuasi-isomorfismo $\alpha \colon P^{\bullet} \to X[0]$. De hecho, la asignación de cono de $\alpha$ es exacto porque es la resolución (tal vez hasta una inmaterial signo en los diferenciales).

Un cuasi-isomorfismo se convierte en un isomorfismo en la derivada de la categoría (porque eso es lo que hemos invertido), en particular de precomposición con $\alpha^{-1}$ (o, si se prefiere: la composición con el tejado $X[0] \xleftarrow{\alpha} P^\bullet \xrightarrow{1} P^\bullet$) da un isomorfismo $$\Hom\nolimits_{D(A)}(P^\bullet,Y) \xrightarrow{\cong} \Hom\nolimits_{D(A)}(X[0],Y) $$ for every complex $Y\, en D(A)$.

De hecho, 2) de la pregunta que nos tenemos, un compuesto de isomorfismo $$ \Hom\nolimits_{K(A)}(P^\bala,Y) \xrightarrow{\cong} \Hom\nolimits_{D(A)}(P^\bala,Y) \xrightarrow{\cong} \Hom\nolimits_{D(A)}(X[0],Y) $$ para todos los complejos de $Y$ que se da explícitamente mediante el envío de un (homotopy clase de a) mapa de la cadena de $f\colon P^\bullet \to Y$ a la azotea $X[0] \xleftarrow{\alpha} P^\bullet \xrightarrow{f} Y$, por lo que sólo queda para identificar la compleja $\Hom_{K(\mathscr{A})}(P^\bullet, Y)$.

Espero que me de los signos y de los índices de derecho en lo que sigue: para cualquiera de los dos complejos de $A$ $B$ más de una categoría de aditivo $\mathscr{A}$ uno define el total $\Hom$-complejo de $\Hom\nolimits^\bullet(A,B)$ de abelian grupos por $$ \Hom\nolimits^k(a,B) = \prod_{n \in \mathbb{Z}}\Hom\nolimits_{\mathscr{Un}}(A^n,B^{n+k}) $$ con diferencial $(f^n)_{n \in \mathbb{Z}} \mapsto \left(f^{n+1}d_A^n-(-1)^{k}d_B^{n+k}f^n \right)_{n\in\mathbb{Z}}$ y es elemental para comprobar (si es que de verdad me dieron las indicaciones a la derecha) que $$\boxed{ H^k\left(\Hom\nolimits^\bullet(a,B)\right) = \Hom\nolimits_{K(\mathscr{A})}(a,B[k]) }$$ porque para $f = (f_n)_{n \in \mathbb{Z}}$ a ser un ciclo en $\Hom\nolimits^k(A,B)$ es necesario y suficiente que $f \colon A \to B[k]$ define una cadena de mapa y a ser un límite significa que es homotópica a cero. (En las convenciones de signos estoy acostumbrado a cambio de un complejo por $1$ implica la multiplicación de sus diferenciales por $-1$)

Si tomamos $A = P^\bullet$ $B=Y[0]$ $k\in\mathbb{Z}$ vemos que el $\Hom$ complejo se derrumba a $\Hom^k(P^{\bullet},Y[0]) = \Hom\nolimits_{\mathscr{A}}(P^{-k},Y)$ informática y su cohomology cantidades a tomar la cohomology de la compleja $$ \dots \0 \a \Hom\nolimits_{\mathscr{Un}}(P^0,Y) \xrightarrow{d^\ast} \Hom\nolimits_{\mathscr{Un}}(P^{-1},Y) \xrightarrow{d^\ast} \Hom\nolimits_{\mathscr{Un}}(P^{-2},Y) \xrightarrow{d^\ast} \cdots $$ que a través de $$ \operatorname{Ext}^k(X,Y) = \operatorname{Hom}_{D(A)}(X,Y[k]) \cong \operatorname{Hom}_{K(A)}(P^\bala,Y[k]) = H^k(\operatorname{Hom}^\bullet(P^\bala,Y[0])) $$ da la identificación de preguntar acerca de.