La prueba de que el Ext $^n_\mathbb{Z}(M, \mathbb{Q})=0$ y Baer ' s criterio

Question

Que

(1) Ext $^n_\mathbb{Z}(M, \mathbb{Q})=0$ para cada módulo $M$

se deduce fácilmente el hecho de que

(2) $\mathbb{Q}$ es inyectiva.

Sin embargo, la única prueba que he visto de la inyectabilidad de $\mathbb{Q}$ se basa en el criterio de Baer. Mientras que la prueba de criterio de Baer no es difícil, parece más fuerte que la inyectabilidad de $\mathbb{Q}$ (por ejemplo, lema de Zorn de usos de prueba). ¿Hay una prueba diferente (y más sencilla preferiblemente) de (1) o (2)?

Answer 1

Que $M$ es un Grupo abeliano y considerar una extensión $$0\to\mathbb Q\to E\to M\to0$$ of abelian groups. Since $\mathbb Q\otimes_ de E\to\mathbb Q$ is flat, there is an induced exact sequence $$0\to\mathbb Q\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Q\to \mathbb Q\otimes_{\mathbb Z} E\to Q\otimes_{\mathbb Z} M\to 0$$ The latter, being a short exact sequence of rational vector spaces, splits and there is a map $\mathbb Q\otimes_ {\mathbb Z} {\mathbb Z} \mathbb Q $ such that the composition $$\mathbb Q\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Q\to\mathbb Q\otimes_{\mathbb Z}E\to\mathbb Q\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Q$$ is the identity. Now the composition $% $ $E\to \mathbb Q\otimes_{\mathbb Z}E\to\mathbb Q\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Q\to\mathbb Q$con los primeros y los últimos mapas ser los morfismos obvio, se divide la extensión original.

Sigue que $\mathrm{Ext}_{\mathbb Z}^1(M,\mathbb Q)=0$.

Answer 2

El principal uso del criterio de Baer en este caso es que los módulos inyectivo sobre $\mathbb{Z}$ son los mismos que divisible grupos. Desde $Ext$ está estrechamente relacionado con la inyectabilidad, hay mucha razón para evitar una descripción limpia de módulos inyectiva (por criterio de Baer).

Answer 3

Bueno, yo no estoy seguro de que esto es lo que realmente quieres.

El inyectiva casco de un integrante de dominio es su cociente de campo. Ver Lam "Conferencias sobre los Módulos y Anillos", por Ejemplo 3.35

Por lo tanto, $\mathbb{Q}$ es inyectiva porque es inyectiva casco de un integrante del dominio $\mathbb{Z}$.

De todos modos, no es Baer del crieterion es equivalente a la inyectividad?

Answer 4

Tengo una respuesta de un profesor en la persona de hoy, así que voy a publicar. Por favor, hágamelo saber si algo está mal con este argumento, o si usted no cree que es una forma más directa la prueba de (2) que el uso de Baer criterio. Desde $\mathbb{Z}$ es un P. I. D., se puede tomar una de dos etapas proyectiva (y gratis) en la resolución de cualquier módulo de $M$: $$0 \rightarrow P_1 \rightarrow P_0 \rightarrow M \rightarrow 0$$ Supongamos que tenemos un homomorphism $\phi: P_1 \rightarrow \mathbb{Q}$. Vamos tensor de todo con $\mathbb{Q}$. Exigimos que el hecho de que $\mathbb{Q}$ es plano, pero a mí me parece que la prueba de este hecho es más básico que la prueba de Baer criterio. Después de tensoring, tenemos la siguiente secuencia exacta $$0 \rightarrow P_1 \otimes_\mathbb{Z} \mathbb{Q} \rightarrow P_0 \otimes_\mathbb{Z} \mathbb{Q} \rightarrow ...$$ Con un homomorphism $P_1 \otimes_\mathbb{Z} \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q} \otimes_\mathbb{Z} \mathbb{Q} \cong \mathbb{Q}$. Ahora el tratamiento de la $P_1 \otimes_\mathbb{Z} \mathbb{Q}$ $\mathbb{Q}$- subespacio de $P_0 \otimes_\mathbb{Z} \mathbb{Q}$, tenemos un homomorphism en el subespacio, que puede ser extendida a todo el espacio (acaba de tomar una base para el subespacio, y extenderla a todo el espacio, enviando todos los nonsubspace vectores de la base a 0). Hemos encontrado el mapa de $P_0 \rightarrow P_0 \otimes_\mathbb{Z} \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ que estábamos buscando.