Cálculo de $\operatorname{Tor}_1$ y $\operatorname{Ext}^1$

Question

¿Puede dar algunos ejemplos de cálculo de los functores derivados $\operatorname{Tor}_1$ y $\operatorname{Ext}^1$ para algunos casos sencillos, por ejemplo $R=\mathbb{Z}$ o $R=\mathbb{Z}[G]$ para algún grupo finito $G$ ?

Answer 1

He aquí un sencillo ejemplo $\mathrm{Tor}_n^R$ para $R = \mathbb Z$ :

Ejemplo 1: $\mathrm{Tor}_n^{\mathbb Z} (\mathbb Z / 2 \mathbb Z, \mathbb Z / 2 \mathbb Z)$

(i) Elija una resolución proyectiva (en este caso libre) de $\mathbb Z / 2 \mathbb Z$ :

$$ \dots \to 0 \to \mathbb Z \xrightarrow{\cdot 2} \mathbb Z \xrightarrow{\pi} \mathbb Z / 2 \mathbb Z \to 0$$

(ii) Eliminar $M = \mathbb Z / 2 \mathbb Z$ y aplicar $- \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z / 2 \mathbb Z$ para obtener

$$ 0 \to \mathbb Z \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z/ 2 \mathbb Z \xrightarrow{id \otimes (\cdot 2)} \mathbb Z \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z / 2 \mathbb Z \to 0$$

A continuación, simplifique utilizando $R \otimes_R M \cong M$ para obtener $$ 0 \to \mathbb Z / 2 \mathbb Z \xrightarrow{f} \mathbb Z / 2 \mathbb Z \to 0$$

Encuentre $f$ por ejemplo, utilizando el isomorfismo $R \otimes_R M \cong M , r \otimes m \mapsto rm $ :

$$ \mathbb Z / 2 \mathbb Z \to \mathbb Z \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z / 2 \mathbb Z \xrightarrow{id \otimes (\cdot 2)} \mathbb Z \otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z / 2 \mathbb Z \to \mathbb Z / 2 \mathbb Z$$

donde tenemos los mapas $m \mapsto 1 \otimes m, 1 \otimes m \mapsto 1 \otimes 2m , 1 \otimes 2m \mapsto 2m$ en este orden.

Por lo tanto, vemos que $f \equiv 0$ .

(iii) Por lo tanto, obtenemos

$$ \mathrm{Tor}_0^{\mathbb Z} (\mathbb Z/2 \mathbb Z , \mathbb Z/ 2 \mathbb Z ) = \mathbb Z / 2 \mathbb Z\otimes_{\mathbb Z} \mathbb Z / 2 \mathbb Z$$

$$ \mathrm{Tor}_n^{\mathbb Z} (\mathbb Z / 2 \mathbb Z, \mathbb Z / 2 \mathbb Z) = 0 \text{ for } n \geq 2$$

$$ \mathrm{Tor}_1^{\mathbb Z}(\mathbb Z / 2 \mathbb Z, \mathbb Z/ 2 \mathbb Z ) = \mathrm{ker}0 / \mathrm{im}f = \mathbb Z / 2 \mathbb Z$$

Answer 2

He aquí un ejemplo algo más complicado que el de los grupos abelianos libres. Calcularemos $\textrm{Ext}_{\Bbb{Z}/4}^1(\Bbb{Z}/2,\Bbb{Z}/2)$ .

Considere $\Bbb{Z}/2$ como $\Bbb{Z}/4$ - la propiedad universal de los cocientes nos da un mapa (llamémoslo $g_0$ ) de $\Bbb{Z}/4 \to \Bbb{Z}/2$ . Entonces obtenemos continuando un proceso similar una resolución libre de $\Bbb{Z}/2$ por libre $\Bbb{Z}/4$ módulos

$$\ldots \stackrel{g_3}{\longrightarrow} (\Bbb{Z}/4)^8 \stackrel{g_2}{ \longrightarrow} (\Bbb{Z}/4)^2 \stackrel{g_1}{ \longrightarrow } \Bbb{Z}/4 \stackrel{g_0}{\longrightarrow} \Bbb{Z}/2 \longrightarrow 0$$

donde el mapa $g_1$ envía $(1,0)$ à $0$ y $(0,1)$ à $2$ , $g_2$ envía cada generador canónico a un elemento del núcleo de $g_1$ etc. Ahora tomamos $\textrm{Hom}(-,\Bbb{Z}/2)$ (donde están ahora nuestros homs $\Bbb{Z}/4$ - homs) de esta secuencia exacta para obtener el complejo de cadena

$$\ldots \stackrel{g_3^\ast}{\longleftarrow} \textrm{Hom}((\Bbb{Z}/4)^8 ,\Bbb{Z}/2) \stackrel{g_2^\ast}{ \longleftarrow} \textrm{Hom}( (\Bbb{Z}/4)^2 ,\Bbb{Z}/2) \stackrel{g_1^\ast} { \longleftarrow } \textrm{Hom}(\Bbb{Z}/4,\Bbb{Z}/2) \stackrel{g_0^\ast}{\longleftarrow} \textrm{Hom}(\Bbb{Z}/2,\Bbb{Z}/2) \\ \hspace{5.5in}\longleftarrow 0$$

En primer lugar tenemos $\textrm{Ext}_{\Bbb{Z}/4}^0(\Bbb{Z}/2,\Bbb{Z}/2)$ siendo isomorfo a $\textrm{Hom}(\Bbb{Z}/2,\Bbb{Z}/2) \cong \Bbb{Z}/2.$

Para calcular $\textrm{Ext}^1$ observe en primer lugar que $g_1^\ast$ es el mapa cero. Pues si $f : \Bbb{Z}/4 \to \Bbb{Z}/2$ precomponiéndolo con $g_1$ da que

$$f \circ g_1= 0$$

porque la imagen de $g_1$ es el conjunto de dos puntos $\{0,2\}$ . Cualquier $f :\Bbb{Z}/4 \to \Bbb{Z}/2$ evaluado en este conjunto es cero. Queda por determinar el núcleo de $g_2^\ast$ .

Obsérvese ahora que cada uno de los homs es isomorfo a una suma directa de $\Bbb{Z}/2$ 's. En el caso del cálculo del núcleo de $g_2^\ast$ obtenemos que $g_2^\ast$ es un mapa de $\textrm{Hom}((\Bbb{Z}/4)^2,\Bbb{Z}/2) \cong \textrm{Hom}((\Bbb{Z}/4),\Bbb{Z}/2)^2$ à

$$\textrm{Hom}((\Bbb{Z}/4)^8,\Bbb{Z}/2) \cong \textrm{Hom}((\Bbb{Z}/4),\Bbb{Z}/2)^8.$$

Ahora sólo tenemos que calcular el núcleo del mapa asociado $$h : \textrm{Hom}((\Bbb{Z}/4),\Bbb{Z}/2)^2 \to \textrm{Hom}((\Bbb{Z}/4),\Bbb{Z}/2)^8.$$

El núcleo de este mapa está formado por la tupla 0 y la tupla $(\varphi,\varphi)$ donde $\varphi : \Bbb{Z}/4 \to \Bbb{Z}/2$ que envía $1$ à $1$ .

De ello se deduce que

$$\textrm{Ext}_{\Bbb{Z}/4}^1(\Bbb{Z}/2,\Bbb{Z}/2) \cong \Bbb{Z}/2.$$

Answer 3

Un ejemplo sencillo: $\text{Ext}_{Z}^{i}(Z/2,Z)$

Todas las referencias en este post se refieren a Introducción al álgebra homológica, Rotman

Obsérvese que por el Teorema 6.67, $\text{Ext}_{Z}^{i}(Z/2,Z) \cong \text{ext}_{Z}^{i}(Z/2,Z)$ por lo que tenemos dos formas de calcularlo.

De la primera manera:

Toma $\text{Ext}_{Z}^{i}(Z/2,Z)$ calculando la resolución inyectiva de Z, obtenemos $0 \rightarrow Z \rightarrow Q \rightarrow Q/Z \rightarrow 0 \rightarrow ...$ . Nótese que Q y Q/Z son Z-módulos inyectivos ya que Z es PID (Prop 3.34).

A continuación, aplique el functor $Hom_Z(Z/2,-)$ a la resolución inyectiva eliminada, tenemos $0 \rightarrow Hom(Z/2,Q) \rightarrow Hom(Z/2,Q/Z) \rightarrow 0 \rightarrow ...$

Por lo tanto $\text{Ext}_{Z}^{1}(Z/2,Z) \cong Hom_Z(Z/2,Z)$ según el teorema 6.45

$\text{Ext}_{Z}^{n}(Z/2,Z) \cong 0$ si $n \geq 2$

Puede comprobar que $Hom(Z/2,Q) \cong 0$ y $ Hom(Z/2,Q/Z) \cong Z/2Z$

Por lo tanto $\text{Ext}_{Z}^{n}(Z/2,Z) \cong Z/2Z$

Segundo camino: Tome $\text{ext}_{Z}^{i}(Z/2,Z)$ ,

Tomar resolución proyectiva de Z/2, $... 0\rightarrow Z \rightarrow^{f} Z \rightarrow Z/2 \rightarrow 0, f: 1 \rightarrow 2$

A continuación, aplique el functor $Hom_Z(-,Z)$ a la resolución eliminada, tenemos

$0 \rightarrow Hom(Z,Z) \rightarrow Hom(Z,Z) \rightarrow 0 \rightarrow ...$

De ahí que obtengamos los mismos resultados.