Elemento neutro en $\operatorname{Ext}(\mathcal{F},\mathcal{G})$

Question

Dejemos que $(X, \mathcal{O}_X)$ un espacio anillado y $ \mathcal{F}, \mathcal{G} \in (\mathcal{O}_X\mathcal{-Mod})$ dos arbitrarios $\mathcal{O}_X$ -módulos. Los bifunctores canónicos

$$\operatorname{Ext}^i(-,-): (\mathcal{O}_X\mathcal{-Mod})^{op} \times \mathcal{O}_X\mathcal{-Mod} \to \operatorname{Ab}$$

son funtores derivados del bifunctor $\operatorname{Hom}_{\mathcal{O}_X}(-,-): (\mathcal{O}_X\mathcal{-Mod})^{op} \times \mathcal{O}_X\mathcal{-Mod} \to \operatorname{Ab}$ .

On puede demostrar que $\operatorname{Ext}^1(\mathcal{F},\mathcal{G})= \operatorname{Ext}(\mathcal{F},\mathcal{G})$ tiene una interpretación como conjunto de clases de extensiones $0 \to \mathcal{F} \to ? \to \mathcal{G} \to 0$ . Pero además se afirma que $\operatorname{Ext}(\mathcal{F},\mathcal{G})$ tiene estructura de grupos abelianos.

Cómo se define la operación de grupo en y qué es el elemento neutro en $\operatorname{Ext}(\mathcal{F},\mathcal{G})$ ? Como una conjetura natural para el elemento neutro se puede considerar la extensión de la división $0 \to \mathcal{F} \to \mathcal{F} \oplus \mathcal{G} \to \mathcal{G} \to 0$ ya que esta extensión siempre existe y, por lo tanto, puede considerarse una especie de elección "canónica". Por supuesto, esto es sólo una conjetura. Estoy buscando un argumento formal de por qué esta elección da efectivamente el elemento neural de $\operatorname{Ext}(\mathcal{F},\mathcal{G})$ .

Answer 1

Dejemos que $\mathcal{E,E'}$ sean dos extensiones de $\mathcal{G}$ por $\mathcal{F}$ : $$0\to \mathcal{F}\xrightarrow{f}\mathcal{E}\xrightarrow{g}\mathcal{G}\to 0$$ $$0\to \mathcal{F}\xrightarrow{f'}\mathcal{E'}\xrightarrow{g'}\mathcal{G'}\to 0$$

Considere los mapas $i:\mathcal{F}\to\mathcal{E\oplus E'}$ dado en una sección $s$ por $i(s)=(f(s),-f'(s))$ y el mapa $p:\mathcal{E\oplus E'}\to\mathcal{G}$ dado por $p(s,s')=g(s)-g'(s')$ . La suma Baer de $\mathcal{E,E'}$ viene dada por $\ker p/\operatorname{im} i$ .

Supongamos ahora que $\mathcal{E'}$ es la extensión trivial : $$0\to\mathcal{F}\xrightarrow{j}\mathcal{F\oplus G}\xrightarrow{q}\mathcal{G}\to 0$$

Entonces $\ker p$ es la subserie de $\mathcal{E\oplus F\oplus G}$ de las secciones $(s_1,s_2,s_3)$ tal que $g(s_1)-q(s_2,s_3)=0$ o de forma equivalente $g(s_1)=s_3$ . Definir un mapa $u:\ker p\to \mathcal{E}$ tal que $(s_1,s_2,s_3)\mapsto s_1+f(s_2)$ . Tenemos $u\circ i(s)=u(f(s),-s,0)=f(s)-f(s)=0$ por lo que el mapa $u$ factores como un mapa $\ker p/\operatorname{im}i$ .

Compruebe que $u$ es un morfismo de extensiones. Como tal, es automáticamente un isomorfismo. Pero en aras de la exhaustividad, podemos escribir su inversa: viene dada por $v:\mathcal{E}\to \mathcal{E\oplus F\oplus G}/\operatorname{im}i$ dado por $v(s)=(s,0,g(s))$ . Compruebe que $p\circ v=0$ para que $v$ factor a través de $\ker p/\operatorname{im}i$ .

Trivialmente tenemos $u\circ v=\operatorname{id}$ . También tenemos $v\circ u(s_1,s_2,s_3)=v(s_1+f(s_2))=(s_1+f(s_2),0,g(s_1+f(s_2)))$ . Ahora $g(s_1+f(s_2))=g(s_1)$ desde $g\circ f=0$ y $g(s_1)=s_3$ desde $(s_1,s_2,s_3)\in\ker p$ . Por lo tanto, $v\circ u(s_1,s_2,s_3)=(s_1+f(s_2),0,s_3)=(s_1,s_2,s_3)+(f(s_2),-f(s_2),0)$ . Pero $(f(s_2),-f(s_2),0)=i(s_2,s_3)=0$ en $\ker p/\operatorname{im} i$ . De ello se desprende que $v\circ u=\operatorname{id}$ como se esperaba.