可換環論・ホモロジー代数の問題

$M$ の射影分解. $R=\mathbb{Z}/36$ 上で、$R\to M$, $1\mapsto 1$ の核は $6R=\{0,6,12,18,24,30\}$（位数 $6$）である。$6$ 倍写像 ${\mu }_6:R\to R$ について、$6x\equiv 0(\mathrm{mod}36)$ $⟺$ $x\equiv 0(\mathrm{mod}6)$ なので $\mathrm{Ker}{\mu }_6=6R$、また $\mathrm{Im}{\mu }_6=6R$。よって
$$\cdots \stackrel{6}{\to }R\stackrel{6}{\to }R\stackrel{6}{\to }R⟶M⟶0$$
は $M$ の自由分解（周期的）である。

${\mathrm{Hom}}_R(-,N)$ をとる. ${\mathrm{Hom}}_R(R,N)\cong N$ であり、${\mu }_6$ から誘導される写像は $N$ 上の $6$ 倍写像である。よって複体
$$0\to N\stackrel{6}{\to }N\stackrel{6}{\to }N\stackrel{6}{\to }\cdots$$
のコホモロジーとして、$n\ge 1$ で
$${\mathrm{Ext}}_R^n(M,N)\cong \frac{\mathrm{Ker}(6:N\to N)}{\mathrm{Im}(6:N\to N)}.$$

計算. $N=\mathbb{Z}/12$ において
- $\mathrm{Ker}(6)=\{x:6x\equiv 0(\mathrm{mod}12)\}=\{0,2,4,6,8,10\}$（位数 $6$）、
- $\mathrm{Im}(6)=\{0,6\}$（位数 $2$）。

よって ${\mathrm{Ext}}_R^2(M,N)$ の位数は $6/2=3$ である。

（別解: $R\cong \mathbb{Z}/4\times \mathbb{Z}/9$ と分解すると、$\mathbb{Z}/4$ 成分では ${\mathrm{Ext}}_{\mathbb{Z}/4}^2(\mathbb{Z}/2,\mathbb{Z}/4)=0$、$\mathbb{Z}/9$ 成分では ${\mathrm{Ext}}_{\mathbb{Z}/9}^2(\mathbb{Z}/3,\mathbb{Z}/3)\cong \mathbb{Z}/3$ となり、同じ結果を得る。）

$R=\mathbb{Z}/36\cong \mathbb{Z}/4\times \mathbb{Z}/9$ （中国剰余定理）。$R$ 加群は 2 成分に分解し、$\mathrm{Ext}$ も成分ごとに計算できる。

$M=\mathbb{Z}/6\cong \mathbb{Z}/2\oplus \mathbb{Z}/3$, $N=\mathbb{Z}/12\cong \mathbb{Z}/4\oplus \mathbb{Z}/3$。$\mathbb{Z}/4$ 成分は $M$ の $\mathbb{Z}/2$ と $N$ の $\mathbb{Z}/4$、$\mathbb{Z}/9$ 成分は $M$ の $\mathbb{Z}/3$ と $N$ の $\mathbb{Z}/3$。

${\mathrm{Ext}}_R^2(M,N)\cong {\mathrm{Ext}}_{\mathbb{Z}/4}^2(\mathbb{Z}/2,\mathbb{Z}/4)\oplus {\mathrm{Ext}}_{\mathbb{Z}/9}^2(\mathbb{Z}/3,\mathbb{Z}/3)$。

• $\mathbb{Z}/4$ 成分: $\mathbb{Z}/4$ は自己入射的（準フロベニウス環）なので、${\mathrm{Ext}}^i(-,\mathbb{Z}/4)=0$ ($i>0$)。この項は 0。
• $\mathbb{Z}/9$ 成分: $\mathbb{Z}/3$ の射影分解 $\cdots \stackrel{3}{\to }\mathbb{Z}/9\stackrel{3}{\to }\mathbb{Z}/9\stackrel{3}{\to }\mathbb{Z}/9\to \mathbb{Z}/3$。$\mathrm{Hom}(-,\mathbb{Z}/3)$ を施すと各項 $\mathbb{Z}/3$ で、写像は 3 倍なので全て 0。よって ${\mathrm{Ext}}^2=\mathbb{Z}/3$。

位数は $1\cdot 3=3$。