Por que es $\hbox{Ext}_R^* (M,M) = H^*(\hbox{Hom}_R^*(P^*,P^*))$?

Question

Primero, permítanme corregir algunos de notación y convenciones.

Deje $R$ ser un anillo y $M$ a la izquierda $R$-módulo. Dado complejos de la cadena de $P^*$ $Q^*$ $R$- mod, definir $\hbox{Hom}^*_R(P^*,Q^*)$ a ser gradual del espacio tales que $\hbox{Hom}_R ^i (P^*, Q^*) = \bigoplus_n \hbox{Hom}_R(P^n, Q^{n-i})$. $\hbox{Hom}^*_R (P^*,Q^*)$ tiene un diferencial con el grado $+1$. Ahora vamos a $P^*$ ser un proyectiva resolución de $M$.

¿Por qué es $\hbox{Ext}^*_R (M,M)= H^* ( \hbox{Hom}_R^* (P^*, P^*))$?

He visto este resultado indicó en un par de lugares, pero yo no veo por qué es verdad. Creo que yo podría creer que la $\hbox{Ext}^*_R (M,M) = H^* ( \hbox{Hom}_R^*(P^*, M))$. Pero ¿por qué hay una resolución proyectiva en la segunda ranura del Total Hom y no inyectiva resolución?

Answer 1

Lo clave aquí es que el diferencial de $\hom^\bullet(P_\bullet, Q_\bullet)$ está diseñado de modo que $$H^i(\hom^\bullet(P_\bullet, Q_\bullet)) = \hom_{\mathsf{K}(R)}(P_\bullet, Q_\bullet[-i])$$ donde $\mathsf{K}(R)$ es el homotopy categoría (es posible que desee $i$ en lugar de $-i$, depende de su indización de los convenios y no puedo recordar lo que usted debe conseguir en este caso).

Si $P_\bullet$ es una resolución proyectiva, entonces es colocal con respecto a acíclicos complejos. Esto es lo que Daniel Murfet llama a un hoprojective resolución (google que el plazo para encontrar sus notas en categorías derivadas) y que tiene la propiedad de que $$\hom_{\mathsf{K}(R)}(P_\bullet, Q_\bullet[-i]) = \hom_{\mathsf{D}(R)}(P_\bullet, Q_\bullet[-i])$$ donde $\mathsf{D}(R)$ es la derivada de la categoría. Ahora si $Q_\bullet = P_\bullet$ entonces es cuasi-isomorfo a$M$, como un complejo de ($M$ como un complejo dispone de una $M$ en la posición cero y ha $0$'s en otros lugares). Cuasi-isomorphisms en $\mathsf{D}(R)$ son en realidad isomorphisms así $$H^i(\hom^\bullet(P_\bullet, P_\bullet)) = \hom_{\mathsf{D}(R)}(P_\bullet, P_\bullet[-i]) = \hom_{\mathsf{D}(R)}(P_\bullet, M[-i]) = H^i(\hom^\bullet(P_\bullet, M))$$ Ahora sólo tiene que marcar la $\hom^\bullet(P_\bullet, M)$ al $M$ es considerado como un complejo es el mismo que $\hom(P_\bullet, M)$ al $M$ es simplemente un módulo, y la homología de que la última cosa que se convierte en $\mathrm{Ext}^i(M, M)$.

Edit: Sólo para tu información, mi experiencia es con la dg-álgebras en el carácter $2$, así que me perdone si me he dejado fuera necesario $\pm1$'s, porque no me importa!

Answer 2

Quiero justificar la respuesta en user52045 comentario por una referencia: Marrón, Cohomology de Grupos, Teorema I. 8 (8.5) estados:

Si $f: C \to D$ es un cuasi-isomorfismo entre arbitraria complejos y $P$ es un valor no negativo complejo de projectives (a través de un anillo de $R$), $Hom^\ast_R(P,f): Hom^\ast_R(P,C)\to Hom^\ast_R(P,D)$ es un cuasi-isomorfismo.

Ahora vamos a $M[0]$ ser el complejo de tener $M$ en el grado 0 y cero en otro lugar. Por lo tanto una resolución proyectiva $P \to M$ es un cuasi-isomorfismo $f:P \to M[0]$ y por el teorema anterior: $$H^\ast Hom^\ast_R(P,P) \cong H^\ast Hom^\ast_R(P,M[0]) = H^\ast Hom_R(P,M)=Ext^\ast_R(M,M)$$