Hom puede fallar al prolongar una aplicación y tensor puede convertir una inyección en un mapa no inyectivo. Ext y Tor estudian esos defectos reemplazando un módulo por una resolución. Construiremos una resolución de grupos cíclicos y veremos por qué la misma multiplicación da un conúcleo para Ext y un núcleo para Tor.
Si necesitas repasar:
1. La pregunta inicial es qué parte de la exactitud se pierde
Sobre un anillo conmutativo R, Hom_R(−, N) invierte flechas. De 0→A→B→C→0 obtenemos 0→Hom(C, N)→Hom(B, N)→Hom(A, N), exacta hasta donde está escrita, pero el último mapa puede no ser sobreyectivo.
El tensor −⊗_R N conserva B⊗N→C⊗N→0, pero puede perder la inyectividad de A⊗N→B⊗N. Ext y Tor añaden términos a sucesiones largas que miden esos fallos.
Una aplicación de un subgrupo puede no tener prolongación entera
A=2Z⊆B=Z y h(2n)=n, con destino Z.
Sobre A
h es un homomorfismo bien definido.
Prolongar
Si H: Z→Z lo prolongara, H(1)=b sería entero y H(2)=2b.Obstrucción
Pero h(2)=1 exige 2b=1.No hay solución entera.
El mapa Hom(B, Z)→Hom(A, Z) no es sobreyectivo.
El problema no es definir una función de conjuntos, sino respetar la suma.
Un destino distinto puede eliminar esa obstrucción
La misma h, ahora con destino Q.
Ecuación
Se sigue necesitando 2H(1)=1.Solución
En Q podemos tomar H(1)=1/2 y H(n)=n/2.Comprobar
H(2n)=n coincide con h.El defecto depende también del segundo módulo.
Para esta aplicación el cambio de coeficientes permite prolongar.
Un único caso favorable no demuestra proyectividad del cociente.
2. El tensor impone bilinealidad y puede hacer desaparecer una inyección
M⊗_R N está generado por símbolos m⊗n sujetos a suma en cada entrada y al equilibrio (rm)⊗n=m⊗(rn). Su propiedad universal convierte mapas bilineales equilibrados en mapas lineales.
En particular Z⊗N≅N mediante a⊗n↦an. Si se tensoriza una multiplicación entera por m, el mapa resultante es multiplicación por m en N. Eso facilita ver un fallo de inyectividad sin cálculos abstractos.
Una inyección transformada en cero
Z → Z por ×3; tensorizar con Z/3Z.
Antes
Multiplicar por tres es inyectivo en Z.
Después
Las dos copias Z⊗Z/3Z se identifican con Z/3Z y el mapa es ×3.
Núcleo
Todo el dominio se envía a cero; el dominio tiene tres elementos. El mapa no es inyectivo.
Tensor conserva aquí el cociente, pero pierde la inyección.
El mapa cero desde un módulo no nulo tiene núcleo no nulo.
El tensor ordinario no es Tor uno
M=Z/3Z, N=Z.
Tensor
M⊗Z≅M, que tiene tres elementos.
Cambio de coeficientes
Tensorizar con Z no introduce un nuevo fallo: es el funtor identidad sobre grupos abelianos.
Adelanto
Tor₁(M, Z)=0, el grupo trivial de un elemento, como confirmará la resolución.
El tensor de grado cero y Tor de grado uno pueden ser distintos.
Escribir ambos con una palabra torsión no los identifica.
3. Una resolución sustituye el módulo por términos proyectivos y exactitud comprobada
P es proyectivo si cualquier mapa P→C se levanta a través de cualquier sobreyección B→C. Un módulo libre es proyectivo: se eligen preimágenes de las imágenes de su base y se extiende linealmente.
Todo módulo admite una sobreyección desde uno libre. Elegir otra sobreyección libre hacia su núcleo y repetir produce una resolución …→P₂→P₁→P₀→M→0. Hay que verificar exactitud y proyectividad; las composiciones consecutivas cero por sí solas no bastan.
Levantar desde un módulo libre
p: B→C sobreyectiva, f: Z²→C.
Base
f está determinado por c₁=f(1,0) y c₂=f(0,1).Preimágenes
Elegimos b₁, b₂ con p(b_i)=c_i.Extender
g(a, b)=ab₁+bb₂ es homomorfismo y p∘g=f.La libertad evita relaciones adicionales que verificar.
Z² es proyectivo.
Las dos letras de coordenadas son enteros y las de preimagen pertenecen a B.
Una composición cero puede ser una resolución equivocada
0→Z → Z → Z/3Z→0 con primera flecha ×6 y segunda el cociente.
Composición
Seis es cero módulo tres, así que la composición se anula.
Comparar
La imagen es 6Z, pero el núcleo del cociente es 3Z. El entero tres no está en la imagen.
Corregir
Reemplazar ×6 por ×3 hace coincidir imagen y núcleo y da la resolución correcta.
La validez de una resolución precede al cálculo de derivados.
Que los términos sean libres tampoco corrige una falta de exactitud.
4. Hom invierte los grados y tensor los conserva
Al aplicar Hom(−, N) queda un complejo que sube de grado: Hom(P₀, N)→Hom(P₁, N)→… . Su cohomología de grado n es Ext_Rⁿ(M, N), con núcleo de la saliente módulo imagen de la entrante.
Su homología de grado n es Tor_n^R(M, N). En grado cero se recuperan Hom(M, N) y M⊗N respectivamente. En grados positivos se mide la falta de exactitud del complejo transformado.
Leer el conúcleo en el grado correcto
Resolución de Z/5Z con P₁→P₀ dada por ×5; destino N=Z.
Hom
En grados cero y uno queda Z → Z con flecha ×5.
Grado uno
No hay término siguiente no nulo, así que el núcleo saliente es todo Z. Se divide por la imagen 5Z.
Resultado
Ext¹(Z/5Z, Z)=Z/5Z.El núcleo de ×5 habría calculado el grado cero, no este grupo.
La posición indica si se toma núcleo o conúcleo.
Ambas copias de Z se identifican por evaluar los homomorfismos en uno.
Leer el núcleo en homología uno
M=Z/5Z, N=Z/10Z.
Tensor
En grados uno y cero queda Z/10Z → Z/10Z por ×5.Grado uno
El término de grado dos es cero; no hay imagen por la que dividir.
Núcleo
5a≡0 módulo diez cuando a es par. Quedan {0,2,4,6,8}, un grupo cíclico de orden cinco.
Tor₁(Z/5Z, Z/10Z)≅Z/5Z.
Aquí el grupo se obtiene de elementos anulados, no de un cociente por la imagen.
5. La independencia de la resolución es un teorema, no una elección invisible
El teorema de comparación levanta morfismos de módulos a mapas de resoluciones proyectivas y dice que dos levantamientos del mismo mapa son homotópicos. Si f−g=dh+hd, un ciclo z cumple (f−g)(z)=d(hz), un borde; por eso las aplicaciones inducidas en homología coinciden.
Comparar dos resoluciones del mismo módulo mediante levantamientos de la identidad produce isomorfismos en los grupos calculados. Esto justifica escoger una resolución sencilla. En módulos hay suficientes proyectivos; en categorías abelianas generales esa hipótesis debe revisarse.
Añadir una pieza contractible no cambia la respuesta
Sumar a una resolución el complejo 0→Z → Z→0 con flecha identidad.
Homología de la pieza
La identidad tiene núcleo cero y conúcleo cero. La pieza no aporta homología.
Transformar
Hom y tensor siguen convirtiendo esa identidad en identidad sobre las copias correspondientes de N.
Resultado
El complejo transformado recibe una pieza sin homología. Los grupos Ext y Tor no cambian por esta adición.
Resoluciones de apariencia distinta pueden dar los mismos derivados.
Se ha añadido una pieza exacta y contractible, no un término aislado sin diferencial.
Una homotopía explica por qué dos mapas actúan igual sobre clases
f−g=dh+hd y z un ciclo, dz=0.
Aplicar
(f−g)(z)=d(hz)+h(dz).Ciclo
El segundo sumando es cero.
Borde
La diferencia es d(hz), un borde; f(z) y g(z) representan la misma clase de homología.
La igualdad inducida se prueba pasando al cociente por bordes.
No se exige que f y g sean literalmente iguales en cada término.
6. La resolución cíclica separa N/mN de los elementos anulados por m
Para m≥1, 0→Z → Z → Z/mZ→0, con flecha ×m y cociente, es una resolución libre: ×m es inyectiva y su imagen mZ es el núcleo de la reducción.
Transformarla da 
y ![\operatorname{Tor}^{\mathbb Z}_1(\mathbb Z/m\mathbb Z, N)\cong N[m]](../assets/builds/567cd5e2327763420eb0c3cfba1f44a465c95bc5f36d0596a573c2c074c449e1/math-42d3fa3d5997.svg)
, donde N[m]={n: mn=0}. Los grados mayores que uno se anulan, pues no hay términos de resolución en esos grados.
Un segundo módulo libre diferencia claramente los dos grupos
M=Z/3Z, N=Z.
Imagen
Multiplicar por tres en Z tiene imagen 3Z: el conúcleo es Z/3Z.
Núcleo
Solo cero está anulado por tres, así que el núcleo es el grupo trivial.
Conclusiones
Ext¹ es Z/3Z y Tor₁ es cero. La misma flecha produce resultados distintos porque se toman posiciones distintas.
Ext y Tor no son el mismo funtor.
El grupo cero contiene un elemento, no cero elementos.
Un módulo de torsión puede dar tamaños iguales sin identificar las construcciones
M=Z/4Z, N=Z/6Z.
Ext
4N={0,2,4}, así que N/4N tiene dos clases y es isomorfo a Z/2Z.
Tor
4a≡0 módulo seis exige a=0 o tres; el núcleo {0,3} también es isomorfo a Z/2Z.
Diferencia
Uno es un cociente de N y el otro un subgrupo de N. El tamaño y el tipo abstracto coinciden en este ejemplo.
Una coincidencia de grupos abstractos no identifica sus definiciones.
Los representantes de las dos construcciones son diferentes.
7. Ext uno clasifica extensiones con sus extremos y mapas fijados
La equivalencia exige un isomorfismo central que conmute con las flechas y sea identidad en N y M. La clase cero corresponde a escisión; la suma de Baer da la operación de grupo. Esta interpretación es un teorema.
No se cuentan solo grupos centrales abstractos. Dos extensiones pueden tener el mismo E y mapas que impidan equivalencia. También el grupo de Ext puede ser no trivial aunque algunas extensiones sí escindan.
Las dos clases de Ext¹(Z/2Z, Z) tienen representantes diferentes
Ext¹(Z/2Z, Z)≅Z/2Z.
Clase cero
La extensión Z→Z⊕Z/2Z→Z/2Z, con inclusión y proyección, escinde.Clase no cero
Z → Z → Z/2Z con primera flecha ×2 es exacta y no escinde por falta de torsión en Z.
Clasificar
Hay dos clases, y estos representantes pertenecen a clases diferentes porque una escinde y la otra no.
El cálculo de residuos y la interpretación de extensiones se complementan.
No se deduce el número de clases contando únicamente términos centrales posibles.
El mismo grupo central puede sostener extensiones no equivalentes
Extensiones con N=Z, E=Z, M=Z/4Z; inclusión ×4, y proyecciones p(n)=[n] o q(n)=[3n].
Exactas
Las dos proyecciones son sobreyectivas y tienen núcleo 4Z.
Isomorfismo permitido
Un automorfismo de Z que deje fija la inclusión ×4 debe ser la identidad, pues el otro automorfismo es cambiar el signo.
Fallo
La identidad no hace coincidir p y q: sobre uno dan [1] y [3]. No son extensiones equivalentes con esos extremos fijados.
E por sí solo no determina la clase de Ext.
La equivalencia no permite cambiar el automorfismo de los extremos.
8. Para dos grupos cíclicos, Tor uno se calcula con máximo común divisor
La condición n∣ma equivale a n₁∣m₁a, y por coprimalidad a n₁∣a.
Así el núcleo de ×m en Z/nZ está generado por [n₁], que tiene orden d. Por ello Tor₁(Z/mZ, Z/nZ)≅Z/dZ.
La fórmula determina un grupo, no solo una cuenta de soluciones.
Contar y reconocer el generador
m=8, n=12.
Divisor común
d=4, m₁=2 y n₁=3.Núcleo
Las clases anuladas por ocho son {0,3,6,9} módulo doce.
Orden
La clase tres tiene orden cuatro y genera todas. El grupo es Z/4Z.
Tor₁(Z/8Z, Z/12Z)≅Z/4Z.
Se comprueba 8·3=24, cero módulo doce.
La coprimalidad puede hacer desaparecer el grupo positivo
m=5, n=6.
Divisor
gcd(5,6)=1.Invertir
Cinco es unidad módulo seis, pues 5·5≡1.
Si 5a=0, multiplicar por cinco da a=0.Resultado
El núcleo es {0}, el grupo trivial. Hay un elemento.
Tor₁(Z/5Z, Z/6Z)=0.
Se distingue grupo nulo de conjunto vacío.
9. Las sucesiones largas sitúan el defecto junto al mapa que falla
Los grupos derivados encajan en sucesiones exactas largas. Para 0→A→B→C→0, Hom(−, N) continúa desde Hom(A, N) mediante una flecha de conexión hacia Ext¹(C, N). Tensor recibe una flecha desde Tor₁(C, N) hacia A⊗N.
La exactitud dice que la imagen de la conexión describe exactamente la obstrucción correspondiente. No es un grupo añadido sin relación con el cálculo anterior. Veámoslo en la sucesión de enteros con ×2.
La paridad mide el fallo de prolongación
Aplicar Hom(−, Z) a 0→Z → Z → Z/2Z→0, con ×2.
Mapa entre Hom
Con evaluación en uno, Hom(Z, Z)→Hom(Z, Z) es ×2.Conexión
La parte siguiente es Z → Z/2Z → 0, con conexión reducción módulo dos.
Lectura
Un valor impar no procede de multiplicar un entero por dos; su clase no nula es la obstrucción a prolongar. Los valores pares tienen obstrucción cero.
La clase de Ext distingue exactamente qué aplicaciones se prolongan.
La exactitud de la sucesión larga se usa como teorema; la fórmula de la conexión se comprueba con estos valores.
Tor recupera la inyección perdida al tensorizar
Tensorizar la misma sucesión con Z/2Z.
Mapa que falla
A⊗N→B⊗N se convierte en cero entre dos copias de Z/2Z.Núcleo
Su núcleo es todo A⊗N.
Conexión
La flecha Tor₁(Z/2Z, Z/2Z)→A⊗N es aquí un isomorfismo y su imagen es ese núcleo. El término anterior Tor₁(Z, Z/2Z) es cero.
La sucesión larga identifica dónde fue la información perdida.
La flecha final B⊗N→C⊗N sigue siendo un isomorfismo en este caso.
10. La anulación para una pareja no prueba una propiedad universal del módulo
Si el módulo con el que se tensoriza es plano, preserva exactitud y sus Tor positivos se anulan. Sobre un cuerpo los módulos son libres y no aparecen estos defectos positivos.
La cuantificación importa. Que una pareja dé cero no prueba por sí sola proyectividad o planitud. Para usar criterios por anulación hay que pedir los otros módulos y grados que corresponden al teorema, con las variables bien fijadas.
Un grupo no proyectivo puede dar Ext y Tor cero con un destino concreto
M=Z/2Z y N=Q.
Ext
Q/2Q=0 porque cada racional es el doble de otro racional.
Tor
Q[2]=0 porque ningún racional no nulo está anulado por dos.
No proyectivo
Z/2Z no es proyectivo sobre Z: si lo fuera, la proyección Z→Z/2Z admitiría sección, que ya se probó imposible.
La pareja con Q no prueba proyectividad de M.
Para N=Z, Ext¹(M, Z) sí es no trivial.
Sobre un cuerpo una resolución puede concentrarse en grado cero
M, N espacios vectoriales sobre k.
Libertad
M tiene una base y es proyectivo.
Resolución
Podemos usar P₀=M y P_i=0 para i>0.Derivados
No hay homología positiva después de Hom o tensor. Ext y Tor positivos se anulan, mientras los grupos de grado cero siguen siendo Hom(M, N) y M⊗N.
No tener defecto positivo no significa que Hom y tensor sean cero.
El resultado usa módulos sobre un cuerpo, no sobre cualquier anillo.
Ahora lo resolvemos de principio a fin.
EJEMPLO RESUELTO 1
Una extensión sobre Z
Calcula Ext¹_Z(Z/4,Z).
Resolución
Usamos 0→Z → Z → Z/4Z→0 con primera flecha ×4.Exactitud
×4 es inyectiva y su imagen 4Z es el núcleo de la reducción.
Aplicar Hom
Hom(Z, Z)≅Z en ambos términos, y el mapa transformado es ×4.
Grado uno
No hay término posterior; la cohomología de grado uno es el conúcleo de ×4.
Cociente
Ese conúcleo es Z/4Z.
Interpretación
Hay cuatro clases de extensiones con extremos fijados; la clase cero corresponde a la escindida.
Ext¹=Z/4Z.
Tiene cuatro clases de extensiones.
EJEMPLO RESUELTO 2
Detectar torsión
Calcula Tor₁_Z(Z/6,Z/4).
Resolución
Usamos la resolución de Z/6Z con flecha ×6 entre copias de Z.
Tensorizar
Con Z/4Z, el complejo tiene ×6: Z/4Z→Z/4Z.Grado uno
Tor₁ es el núcleo, ya que el término de grado dos es cero.
Resolver
6a≡0 módulo cuatro equivale a 2a≡0, con soluciones [0] y [2].
Reconocer
[2] tiene orden dos y genera el núcleo. Este es isomorfo a Z/2Z.
Comprobar
6·2=12 es cero módulo cuatro; uno y tres producen dos, que no es cero.
Tor₁≅Z/2Z.
6·2=12≡0 mod 4.
Los símbolos que hemos usado
- R
- Anillo conmutativo con identidad; todos los módulos son unitarios.
- Hom_R(M,N)
- Módulo de aplicaciones R-lineales de M a N.
- M⊗_R N
- Producto tensorial, que representa aplicaciones bilineales balanceadas sobre R.
- P_•→M
- Resolución proyectiva: complejo exacto de proyectivos que termina sobreyectivamente en M.
- Ext_Rⁿ(M,N)
- Cohomología de grado n de Hom_R(P_•,N).
- Tor_n^R(M,N)
- Homología de grado n de P_•⊗_R N.
- N[m]
- Subgrupo {n∈N:mn=0} de elementos anulados por m.
- N/mN
- Cociente por los múltiplos m n con n∈N.
Ahora te toca a ti.
Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.
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