Sea $A$ un PID y $M$ un módulo plano (es decir, libre de torsión) sobre $A$. Entonces, para cada módulo $N$ sobre $A$, $\text{Ext}_A^1(M, N)$ es inyectivo en $A\text{-}\mathbf{Mod$}.
Es fácil cuando $M$ es finitamente generado, ya que es libre (en particular, proyectivo); por lo tanto, $\text{Ext}_A^\bullet$-acíclico. ¿Sigue el caso general por un argumento de límite colimato?
Tienes que probar que $\operatorname{Ext}_A^1(M,N)$ es divisible. Toma $a\in A$, $a\neq 0$. Dado que $M$ es libre de torsión, tenemos una secuencia exacta corta $0\to M\stackrel{a\cdot}\to M\to M/aM\to 0$ y esto da lugar a una larga secuencia exacta de homología: $\operatorname{Ext}_A^1(M,N)\stackrel{a\cdot}\to\operatorname{Ext}_A^1(M,N)\to\operatorname{Ext}_A^2(M/aM,N)=0$ (el último $\operatorname{Ext}$ es $0$ ya que un PID tiene dimensión global $\le 1$), y hemos terminado.
Estoy regresando a esta respuesta después de mucho tiempo. No veo por qué el morfismo $\text{Ext}^1_A(a\cdot, N)$ tiene que ser la multiplicación por $a$. Había pensado en usar la misma resolución $P_\bullet$ para ambos los $M$, de tal manera que el morfismo inducido tendría que ser $a\cdot$, pero claramente no puede funcionar, ya que $\text{coker}(a\cdot\colon P_0 \to P_0)$ es de torsión, por lo tanto no proyectivo (y, por lo tanto, no puede ser el término 0 para una resolución proyectiva $Q_\bullet$ de $M/aM$). De hecho, al mirar el lema del herrero, hasta he sospechado que es falso (porque tenemos un mapa de inmersión $P_0 \to P_0\otimes Q_0$).
¿Se sigue el caso general por un argumento de colímite filtrado? $\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}$ $\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}$ $\newcommand{\R}{\mathbb{R}}$ $\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}$ $\newcommand{Ext}{\operatorname{Ext}}$
No. Hablé sobre esto precisamente en clase ayer. A la luz de las propiedades correspondientes para los funtores Tor y dado que $\Ext^{\bullet}( \bigoplus_{i \in I} M_i,N) \cong \prod_{i \in I} \Ext^{\bullet}(M_i,N)$, es natural preguntarse acerca de
$\Ext^{\bullet} (\varinjlim M_i,N) \stackrel{?}{\cong} \varprojlim \Ext^{\bullet}(M_i,N)$.
Dado que para todos los módulos $N$, los módulos proyectivos son acíclicos para $\Hom(\cdot,N)$, si la propiedad de "continuidad" anterior de $\Ext$ fuera cierta, entonces todos (me refiero a los filtrados aquí) los límites directos de módulos proyectivos también serían acíclicos para $\Hom(\cdot,N)$. Según un famoso resultado de Govorov-Lazard, estos son precisamente los módulos planos, por lo que tendríamos $\Ext^n_R(M,N) = 0$ para todos los módulos planos $M$, todos los $N$, y todos los $n > 0$.
Sin embargo, hay muchas contraejemplos a esto. Mi favorito en este momento (como un recién llegado relativo a este material) es
$\Ext^1_{\Z}(\Q,\Z) \cong \R$.
(Escribir $\R$ es un poco "lírico": nos referimos, por supuesto, al grupo aditivo de $\mathbb{R}$, que se caracteriza por ser un grupo abeliano divisible libre de torsión de cardinalidad $2^{\aleph_0}$.)
Este resultado es el tema de este breve artículo de James Wiegold. Una segunda, más corta, prueba es esbozada por J. Rotman en su reseña de MathSciNet del artículo de Wiegold (dice que el resultado es "bien conocido", lo cual parece plausible). Una tercera (¿aún más corta?) prueba es esbozada al final de la sección 6.4 de estos apuntes de curso aproximados míos.
También cabe destacar que la misma sección en mis apuntes contiene una demostración de una generalización leve de tu pregunta principal: si $R$ es un dominio de Dedekind, para cada módulo libre de torsión $M$ y cada módulo $N$, $\Ext^1_R(M,N)$ es divisible. (Nota que sobre un dominio de Dedekind es cierto que libre de torsión = plano y divisible = inyectivo. Sin embargo, mantengo estas dos sustituciones, ya que el argumento en realidad utiliza "solamente" la condición de ser libre de torsión y produce "solamente" la conclusión sobre la divisibilidad).
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$\text{Ext}_A^\bullet(-,-)$ denota el funtor Ext [es.wikipedia.org/wiki/Funtor_Ext], que es tanto el funtor derivado derecho de $\text{Hom}_{A\text{-}\mathbf{Mod}}(M,-)$ como de $\text{Hom}_{(A\text{-}\mathbf{Mod})^{\text{op}}}(-, N)$. @YACP: Creo que tienes razón. Me confundo con $\text{Tor}_\bullet^A$, que en realidad lo hace.