Calcule $\operatorname{Ext}(\mathbb{Z}/n,\mathbb{Z}/m)$ para $n,m \geq 2$ .

Question

Fácilmente que una presentación gratuita de $\mathbb{Z}/n$ es $\mathbb{Z}$ con $p:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z}/n$ dado por el mapa cociente. Y obviamente el núcleo de esto es $\ker(p)=n\mathbb{Z}$ . Por lo tanto, tenemos una secuencia exacta corta, $$0\rightarrow n\mathbb{Z}\xrightarrow{i}\mathbb{Z}\xrightarrow{p}\mathbb{Z}/n\rightarrow 0$$ donde $i$ es la inclusión. Esto nos da la secuencia exacta, $$0\rightarrow\operatorname{Hom}(\mathbb{Z}/n,\mathbb{Z}/m)\xrightarrow{p^*}\operatorname{Hom}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m)\xrightarrow{i^*}\operatorname{Hom}(n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m)$$ Y podemos definir $\operatorname{Ext}(\mathbb{Z}/n,\mathbb{Z}/m)=\operatorname{Hom}(n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m)/\text{im}(i^*)$ .

1. ¿Tiene sentido lo anterior? ¿Es ésta la forma correcta de enfocar el problema?
2. En caso afirmativo, ¿cuál es $\operatorname{Hom}(n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m)$ y cuál es la imagen de $i^*$ ?

Answer 1

Es mejor considerar $0\to\mathbb{Z}\xrightarrow{\mu_n}\mathbb{Z}\xrightarrow{p}\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\to 0$ donde $\mu_n$ es la multiplicación por $n$ porque $\mu_n^*$ es de nuevo la multiplicación por $n$ . Así se obtiene $$ 0\to \operatorname{Hom}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \xrightarrow{p^*} \operatorname{Hom}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \xrightarrow{\mu_n} \operatorname{Hom}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) $$ Ahora ya sabes que $\operatorname{Hom}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ de una manera "canónica" por lo que lo que necesita para calcular la imagen de $$ \mu_n\colon\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} $$ que es $(n\mathbb{Z}+m\mathbb{Z})/m\mathbb{Z}=d\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ donde $d=\gcd(m,n)$ . Por fin, $\operatorname{Ext}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$ .

Answer 2

En realidad, es más cierto que $${\rm Ext}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},A)\cong A/nA$$ para cualquier grupo abeliano $A$ . Aquí está la prueba (esencialmente la generalización del argumento de @egreg)

Considerar la resolución $\mathbb{Z}\overset{\times n}{\to}\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}/n$ . Aplicar $\hom(-,A)$ para obtener la secuencia $$0\to \hom(\mathbb{Z},A)\overset{(\times n)^*}{\to} \hom(\mathbb{Z},A)\to 0\to ...$$ Pero $\hom(\mathbb{Z},A)\cong A$ ya que un homomorfismo $\varphi:\mathbb{Z}\to A$ se determina unívocamente por el lugar al que envía $1\in \mathbb{Z}$ . El mapa inducido $(\times n)^*$ envía un elemento $a\in A$ a $na\in A$ . Por lo tanto, $${\rm Ext}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},A)\cong A/nA\;.$$

Aplicando esto a $A=\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ obtenemos $\mathbb{Z}/\gcd(n,m)\mathbb{Z}$ .