Este es el esquema de la prueba que utilizaré. La referencia es el libro de Weibel Introducción al álgebra homológica , sección 4.5, Complejos de Koszul. Cada paso tiene el lugar correspondiente en Weibel para buscar. También recomiendo la obra de Bruns y Herzog Anillos Cohen-Macaulay .
- (Notación 4.5.1) Definir $H_{q}(x,M):=H_{q}(K(x)\otimes_{R}M)$ y $H^{q}(x,M):=H^{q}(\mathrm{Hom}(K(x),M))$ donde $K(x)$ es el complejo de Koszul $K(x_{1})\otimes_{R} K(x_{2})\otimes_{R}\cdots\otimes_{R} K(x_{d})$ cuando $x=(x_{1},\ldots,x_{d})$ .
- (Ejercicio 4.5.2) Demuestre que existen isomorfismos $H_{p}(x,M)\cong H^{d-p}(x,M)$ .
- (Corolario 4.5.5) Si $x=(x_{1},\ldots,x_{d})$ es una secuencia regular, entonces $K(x)$ es una resolución libre de $k$ y $H_{p}(x,M)=\mathrm{Tor}_{p}^{R}(k,M)$ y $H^{p}(x,M)=\mathrm{Ext}_{R}^{p}(k,M)$ . Por 2., tenemos el resultado.
1.
Dejemos que $K(x_{i})$ sea el complejo $0\to R\xrightarrow{\cdot x_{i}}R\to0$ . Si $x=(x_{1},\ldots,x_{d})$ , defina $K(x):=K(x_{1})\otimes_{R}\cdots\otimes_{R}K(x_{d})$ donde el producto tensorial de los complejos $(P_{\bullet},\partial_{P})$ y $(Q_{\bullet},\partial_{Q})$ se define como el complejo doble $\{P_{p}\otimes_{R}Q_{q}\}_{p,q}$ con diferenciales horizontales $\partial_{P}\otimes\mathrm{id}_{Q}$ y los diferenciales verticales $(-1)^{p}\mathrm{id}_{P}\otimes\partial_{Q}$ . Tenga en cuenta que el grado $p$ parte de $K(x)$ , $K_{p}(x)$ , es un programa gratuito $R$ -módulo generado por los símbolos
$$ e_{i_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{i_{p}}:=1\otimes\cdots\otimes e_{x_{i_{1}}}\otimes\cdots\otimes e_{x_{i_{p}}}\otimes\cdots\otimes 1\;(i_{1}<\cdots i_{p}); $$
es decir, $K_{p}(x)\cong\Lambda^{p}R^{d}$ El $p$ el producto exterior de $R^{n}$ . Por lo tanto, $K_{p}(x)\cong R^{d\choose p}$ .
Definamos ahora la homología y cohomología de Koszul: $H_{q}(x,M):=H_{q}(K(x)\otimes_{R}M) $ y $H^{q}(x,M):=H^{q}(\mathrm{Hom}(K(x),M))$ .
2.
Vamos a mostrar $H_{p}(x,M)\cong H^{d-p}(x,M)$ para todos $p\in\{0,\ldots d\}$ . En primer lugar, observe que $K_{d}(x)\cong R^{d\choose d}=R$ bajo el isomorfismo explícito \begin{align*} \omega_{d}:K_{d}(x)&\to R\\ e_{i_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{i_{d}}&\mapsto1. \end{align*}
Escriba $(K_{\ell}(x))^{*}$ para el dual de $K_{\ell}(x)$ ; es decir, $(K_{\ell}(x))^{*}=\mathrm{Hom}_{R}(K_{\ell}(x),R)$ . Observe que
$$ R\cong\mathrm{Hom}(R,R)=\mathrm{Hom}\left(R^{d\choose0},R\right)\cong\mathrm{Hom}(K_{0}(x),R)=(K_{0}(x))^{*}. $$
Así, el mapa anterior es $\omega_{d}:K_{d}(x)\to(K_{0}(x))^{*}$ y esto se generaliza; podemos definir mapas \begin{align*} \omega_{i}:K_{p}(x)&\to(K_{d-p}(x))^{*}\\ t&\mapsto(\omega_{p}(t))(y)=\omega_{d}(t\wedge y) \end{align*} para $t\in K_{p}(x)$ y $y\in K_{d-p}(x)$ . Ahora, vea que para los generadores $e_{j_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{j_{p}}\in K_{p}(x)$ y $e_{k_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{k_{d-p}}\in K_{d-p}(x)$ tenemos \begin{align*} (\omega_{p}(e_{j_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{j_{p}}))(e_{k_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{k_{d-p}})&=\omega_{d}(e_{j_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{j_{p}}\wedge e_{k_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{k_{d-p}})\\ &=\begin{cases} 0&\text{if }e_{j_{\ell}}=e_{k_{m}}\text{ for some }j_{\ell}\neq k_{m};\\ \omega_{d}((-1)^{\kappa}e_{i_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{i_{d}})=(-1)^{\kappa}&\text{else}, \end{cases} \end{align*} donde $\kappa$ es el número de veces que los elementos $e_{j_{\ell}}$ y $e_{k_{m}}$ necesario para desplazarse con el fin de poner $$ e_{j_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{j_{p}}\wedge e_{k_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{k_{d-p}} $$ en el orden $$ e_{i_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{i_{d}}, $$ el elemento base de $K_{d}(x)$ . Por lo tanto, $\omega_{i}$ toma generadores $e_{j_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{j_{p}}$ de $K_{p}(x)$ a los generadores $(-1)^{\kappa}(e_{k_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{k_{d-p}})^{*}$ en $(K_{d-p}(x))^{*}$ y por lo tanto $\omega_{i}:K_{p}(x)\to(K_{d-p}(x))^{*}$ es un isomorfismo.
Para nuestro siguiente paso, consideremos el diagrama (los mapas verticales son isomorfismos por el trabajo anterior): $$ \newcommand{\ra}[1]{\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\xrightarrow{\quad#1\quad}\!\!\!\!\!\!\!\!} \newcommand{\da}[1]{\left\downarrow{\scriptstyle#1}\vphantom{\displaystyle\int_0^1}\right.} % \begin{array}{llllllllllll} K(x): & 0 & \ra{} & K_{d}(x) & \ra{\partial_{d}} & K_{d-1}(x) & \ra{\partial_{d-1}} & \cdots & \ra{\partial_{2}} & K_{1}(x) & \ra{\partial_{1}} & K_{0}(x) & \ra{} & 0\\ &&&\da{\omega_{d}}&&\da{\omega_{d-1}}&&&&\da{\omega_{1}}&&\da{\omega_{0}}&&\\ (K(x))^{*}: & 0 & \ra{} & (K_{0}(x))^{*} & \ra{\partial_{0}^{*}} & (K_{1}(x))^{*} & \ra{\partial_{1}^{*}} & \cdots & \ra{\partial_{d-1}^{*}} & (K_{d-1}(x))^{*} & \ra{\partial_{d}^{*}} & (K_{d}(x))^{*} & \ra{} & 0\\ \end{array} $$ donde $\partial_{\bullet}^{*}=\mathrm{Hom}(\partial_{\bullet},R)$ . Reclamamos lo siguiente:
(i) Los cuadrados anteriores conmutan hasta el signo; es decir, $\omega_{p-1}\partial_{p}=(-1)^{p-1}\partial_{d-p+1}^{*}\omega_{p}$ para todos $p\in\{0,\ldots d\}$ .
(ii) $K(x)\cong(K(x))^{*}$ como complejos.
(iii) Si $M$ es un $R$ -módulo, entonces $K(x)\otimes_{R}M\cong\mathrm{Hom}(K(x),M)$ .
(iv) Por lo tanto, $$ H_{p}(x,M)=H_{p}(K(x)\otimes_{R}M)\cong H^{d-p}(\mathrm{Hom}(K(x),M))=H^{d-p}(x,M), $$ como se desee. Procedemos:
(i) Fijar $p$ . Debemos demostrar que $\omega_{p-1}\partial_{p}=(-1)^{p-1}\partial_{d-p+1}^{*}\omega_{p}$ . Lo haremos en los generadores. Sea $e_{j_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{j_{p}}\in K_{p}(x)$ . Sea $e_{k_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{k_{d-p}}\in K_{d-p}(x)$ . Observe que \begin{align*} \omega_{p-1}\partial_{p}(e_{j_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{j_{p}})&=\omega_{p-1}\left(\sum_{\ell=1}^{p}x_{j_{\ell}}e_{j_{1}}\wedge\cdots\wedge\hat{e_{j_{\ell}}}\wedge\cdots\wedge e_{j_{p}}\right)\\ &=\sum_{\ell=1}^{p}x_{j_{\ell}}\omega_{p-1}\left(e_{j_{1}}\wedge\cdots\wedge\hat{e_{j_{\ell}}}\wedge\cdots\wedge e_{j_{p}}\right)\\ &=\sum_{\ell=1}^{p}x_{j_{\ell}}(-1)^{\kappa+p-1}\left(e_{k_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{k_{d-p}}\wedge e_{j_{\ell}}\right)^{*}, \end{align*} ya que los desaparecidos $e_{j_{\ell}}$ significa que hay un $p-1$ términos para conmutar el pasado. Por otro lado, \begin{align*} (-1)^{p-1}\partial_{d-p+1}^{*}\omega_{p}(e_{j_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{j_{p}})&=(-1)^{p-1}\partial_{d-p+1}^{*}\left((-1)^{\kappa}(e_{k_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{k_{d-p}})\right)^{*}\\ &=(-1)^{p-1+\kappa}\partial_{d-p+1}^{*}\left((e_{k_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{k_{d-p}})^{*}\right)\\ &=(-1)^{p-1+\kappa}\sum_{\ell=1}^{p}x_{j_{\ell}}(e_{k_{1}}\wedge\cdots\wedge e_{k_{d-p}}\wedge e_{j_{\ell}})^{*}. \end{align*} Así, los cuadrados conmutan hasta el signo, como se desea.
(ii) Dado que $\omega_{p}:K_{p}(x)\to(K_{d-p}(x))^{*}$ es un isomorfismo, dejando que $\tilde{\omega_{p}}=(-1)^{p(p-1)/2}\omega_{p}$ soluciona el problema del signo y, por lo tanto, da el isomorfismo deseado de los complejos.
(iii) Que $M$ y $N$ sea $R$ -módulos, $N\cong R^{\alpha}$ para algunos $\alpha\in\mathbb{N}$ . Existe un isomorfismo $N^{*}\otimes M\cong\mathrm{Hom}(N,M)$ . (Ejercicio: ¡demuéstralo!) Ahora, como $K_{\bullet}(x)\cong R^{\alpha}$ para $\alpha\in\mathbb{N}$ tenemos $(K(x))^{*}\otimes M\cong\mathrm{Hom}(K(x),M)$ y por (ii), $(K(x))^{*}\cong K(x)$ . Por lo tanto, para cada $R$ -Módulo $M$ , $$ K(x)\otimes_{R}M\cong(K(x))^{*}\otimes_{R}M\cong\mathrm{Hom}(K(x),M), $$ como se desee.
(iv) Ya que los complejos son isomorfos por (iii), y los diferenciales conmutan con el isomorfismo por (i) y (ii), $H_{p}(x,M)\cong H^{d-p}(x,M)$ como anhelamos demostrar.
3.
Nuestra afirmación de que $H_{p}(x,M)=\mathrm{Tor}_{p}(k,M)$ y $H^{p}(x,M)=\mathrm{Ext}^{p}(k,M)$ ciertamente da la conclusión deseada. Es a su vez un corolario de la siguiente afirmación: si $x=(x_{1},\ldots x_{d})$ es una secuencia regular en $R$ entonces $H_{q}(x,R)=0$ para $q\neq0$ y $H_{0}(x,R)=R/xR$ . Esto es una consecuencia de la fórmula de Kunneth para los complejos de Koszul. Se demuestra en Weibel, Corolario 4.5.4.
Si tomamos esta afirmación, entonces nuestro resultado se sigue, ya que muestra que el complejo de Koszul es una resolución acíclica de $R/\frak{m}$$ =k$ . Así, por definición, para calcular Tor o Ext, tomamos una resolución acíclica de $k$ que podemos elegir para ser $K(x)$ y, a continuación, cualquier tensor por $M$ o tomar Hom, respectivamente, y luego calcular la (co)homología. Y, por definición, la (co)homología de Koszul es el tensado $K(x)$ por $M$ o tomando Hom, y luego calculando la (co)homología.
Así, finalmente, se muestra el resultado.
