Por qué $\mathrm{Ext}^n_{R[t]}(X, Y)\simeq\mathrm{Ext}^n_R(X, Y)\oplus\mathrm{Ext}^{n-1}_R(X, Y)$ ?

Question

Estoy atascado en un paso de este problema

Supongamos que $R$ es un anillo y $X$ y $Y$ son $R$ -módulos. Si $X$ y $Y$ se consideran $R[t]$ (el anillo polinómico sobre $R$ ) a través del homomorfismo de anillo $R[t]\to R$ , $t\mapsto 0$ entonces $\operatorname{Ext}^n_{R[t]}(X, Y)\simeq\operatorname{Ext}^n_R(X, Y)\oplus\operatorname{Ext}^{n-1}_R(X, Y).$

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Esto es lo que tengo por el momento:

Consideremos la secuencia exacta $$0\longrightarrow R[t]\overset{\times t}{\longrightarrow}R[t]\longrightarrow R\longrightarrow 0.$$ Tensores con $X$ produce un resultado exacto (ya que $R_R$ es plana) secuencia de $R[t]$ -módulos $$0\longrightarrow R[t]\otimes_R X\overset{\times t}{\longrightarrow}R[t]\otimes_R X\longrightarrow X\longrightarrow 0.$$ A continuación, aplicando el functor derivado $R\operatorname{Hom}_{R[t]}(-,Y)$ obtenemos una secuencia exacta larga \begin{align} 0&\to\operatorname{Hom}_{R[t]}(X,Y)\to\operatorname{Hom}_{R[t]}(R[t]\otimes_RX,Y)\overset{\times t}{\to}\operatorname{Hom}_{R[t]}(R[t]\otimes_RX,Y)\\ &\to\operatorname{Ext}_{R[t]}^1(X,Y)\to\operatorname{Ext}_{R[t]}^1(R[t]\otimes_RX,Y)\overset{\times t}{\to}\operatorname{Ext}_{R[t]}^1(R[t]\otimes_RX,Y)\\ &\to\operatorname{Ext}_{R[t]}^2(X,Y)\to\operatorname{Ext}_{R[t]}^2(R[t]\otimes_RX,Y)\to\cdots \end{align} Desde $t$ aniquila $Y$ y $$\operatorname{Ext}_{R[t]}^n(R[t]\otimes_RX,Y)=\operatorname{Hom}_{D(R[t]-\mathsf{Mod})}((R[t]\otimes_RX)[-n],Y),$$ puede verse que los morfismos marcados con $\times t$ son en realidad todos $0$ . Además eligiendo una resolución proyectiva de $X$ se puede demostrar que $\operatorname{Ext}_{R[t]}^n(R[t]\otimes_RX,Y)\simeq\operatorname{Ext}_{R}^n(X,Y)$ . Hasta ahora, la secuencia exacta larga puede dividirse en secuencias exactas \begin{align} 0&\to\operatorname{Hom}_{R[t]}(X,Y)\to\operatorname{Hom}_{R}(X,Y)\to 0\\ 0&\to\operatorname{Hom}_{R}(X,Y)\to\operatorname{Ext}_{R[t]}^1(X,Y)\to\operatorname{Ext}_{R}^1(X,Y)\to 0\\ 0&\to\operatorname{Ext}_{R}^1(X,Y)\to\operatorname{Ext}_{R[t]}^2(X,Y)\to\operatorname{Ext}_{R}^2(X,Y)\to 0\\ &\cdots \end{align}

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Y estoy atascado aquí, como no ser capaz de demostrar que estas secuencias exactas cortas dividir. Así que me gustaría pedir algunas pistas de qué hacer a continuación, y gracias de antemano...

Answer 1

Este es un resumen de los comentarios anteriores, que aborda el problema de por qué esas secuencias exactas cortas se dividen. Empecemos con la secuencia exacta $$0\to R[t]\otimes_RX\overset{\times t}{\to}R[t]\otimes_RX\to X\to 0.$$ Induce un triángulo distinguido $$R[t]\otimes_RX\overset{\times t}{\to}R[t]\otimes_RX\to X\to R[t]\otimes_RX[1]$$ en $D(R[t]\operatorname{-}\mathsf{Mod})$ . Aplicación de $R\mathrm{Hom}_{R[t]}(-,Y)$ a ella, llegamos a un triángulo distinguido $(\ast)$ : $$R\mathrm{Hom}_{R[t]}(R[t]\otimes_RX, Y)[-1]\to R\mathrm{Hom}_{R[t]}(X, Y)\to R\mathrm{Hom}_{R[t]}(R[t]\otimes_RX, Y)\overset{\times t}{\to}R\mathrm{Hom}_{R[t]}(R[t]\otimes_RX, Y)$$ y queda por comprobar que $\times t$ es el morfismo cero. Para ello, elijamos una resolución proyectiva $P\overset{qis}{\twoheadrightarrow} R[t]\otimes_RX$ (es decir, $P\in K^-(R[t]\operatorname{-}\mathsf{Mod})$ con $P^{-i}$ proyectiva). De ello se deduce que $$R\mathrm{Hom}_{R[t]}(R[t]\otimes_RX, Y)\simeq\operatorname{Hom}^\bullet_{R[t]}(P,Y)$$ y por lo tanto se puede ver que el morfismo $\times t$ en $(\ast)$ es $0$ ya que $t$ aniquila $Y$ .