Ext 函子

考虑满射 $E\twoheadrightarrow Q$，其核为 $N$。给定同态 $f:M\to Q$，可以为每个元素选择原像，却未必能把这些选择组织成一个同态 $M\to E$。连接同态把 $f$ 送到 ${\mathrm{Ext}}_R^1(M,N)$ 中的一个类；这个类为零，恰好表示 $f$ 能提升到 $E$。Ext 因而把“能否作出相容选择”变成了群中一个元素是否为零的问题。

${\mathrm{Ext}}_R^1(M,N)$ 还有具体的扩张意义：它由短正合列理路短正合列Short exact sequence · Short exact extension以单态射、满态射和中间正合性把子对象、扩张对象与商对象连接起来的三项正合列。

的等价类组成，零元对应分裂扩张，加法由 Baer 和构造给出。两个扩张等价，是指存在中间项的同构，使两端 $N,M$ 上的恒等映射与全部箭头组成交换图。第二变量 $N$ 因此位于子对象一端，第一变量 $M$ 位于商对象一端。

先取整数 $m\ge 2$，计算 ${\mathrm{Ext}}_{\mathbb{Z}}^n(\mathbb{Z}/m,\mathbb{Z})$。使用内射分解

这里 $\mathbb{Q}$ 与 $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ 都是可除 Abel 群，因而是内射 $\mathbb{Z}$-模。有限群到无挠群 $\mathbb{Q}$ 的同态为零，而

所以 Hom 上链复形只有次数 $1$ 的非零项，得到

且 $n\ge 2$ 时为零。同样的答案可由投射分解

得到：施加 $\mathrm{Hom}(-,\mathbb{Z})$ 后，上链复形为 $\mathbb{Z}\stackrel{\times m}{\to }\mathbb{Z}$，其零次上同调是核 $0$，一次上同调是余核 $\mathbb{Z}/m$。

这条投射分解本身也是 $\mathbb{Z}/m$ 被 $\mathbb{Z}$ 扩张的短正合列，代表一个非零 Ext 类。若它分裂，截面就要把 $[1]$ 送到 $\mathbb{Z}$ 中一个非零的 $m$-挠元，与整数群无挠矛盾。作为对照，$\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/m$ 配上自然嵌入与投影，给出同样两个端点之间的分裂扩张，代表零类。

每个 ${\mathrm{Ext}}_R^n(M,N)$ 首先是 Abel 群。固定同一对象 $M$ 后，Yoneda 乘积使 $\underset{n\ge 0}{⨁}{\mathrm{Ext}}_R^n(M,M)$ 成为分次环：$p$ 次和 $q$ 次的类相乘，结果位于 $p+q$ 次。

投射性与内射性对应有量词的消失判据：$M$ 投射当且仅当对每个 $N$ 都有 ${\mathrm{Ext}}_R^1(M,N)=0$；$N$ 内射当且仅当对每个 $M$ 都有 ${\mathrm{Ext}}_R^1(M,N)=0$。满足其中任一条件时，所有正次数 Ext 都消失。

任意 Abel 群作为核时，一次 Ext 是什么 ​

前面的长度一投射分解对任意 Abel 群 $N$ 都可使用。因为 ${\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z},N)\cong N$，它给出上链复形

因此，对整数 $m\ge 2$，

其中 $N[m]=\{n\in N:mn=0\}$。核测量已有的 $m$-挠元，余核测量哪些元素无法被 $m$ 整除；两者虽然在某些有限循环群上同构，含义并不相同。下文将把这个余核理路余核Cokernel · 余核对象将目标模中已被同态像命中的部分商去，留下映射未覆盖方向的泛性质对象。中的每个元素直接变成一条扩张，并验证这正是扩张分类中的群结构。

从一条扩张读出余类 ​

取 Abel 群的短正合列

选取 $e\in E$ 使 $\pi (e)=\bar{1}$。于是 $\pi (me)=0$，所以唯一存在 $c\in N$ 满足 $me=i(c)$。若换一个提升 $e^{\prime }=e+i(b)$，则

因此扩张确定的是余类 $[c]\in N/mN$，不依赖提升。若两条扩张通过两端恒等的同构对应，提升和等式也被送到对应的提升与等式，故这个余类只依赖扩张等价类。

从余类重建扩张并证明没有遗漏 ​

反过来，对 $c\in N$ 定义

这里先取整数模的直和理路直和Direct sum · Internal direct sum把对象组织为来自指定分量的唯一有限和；向量空间的内直和对应求和映射单射，外直和保留分量标签。 $N\oplus \mathbb{Z}$，再取商模理路商模Quotient module按子模诱导的陪集等价关系取商并继承模运算的结构。；分母是单个元素 $(-c,m)$ 生成的循环子群。令

${\pi }_c$ 良定义且满射。若 $(n,0)=t(-c,m)$，第二坐标使 $tm=0$ 于整数群，从而 $t=0$、$n=0$，所以 $i_c$ 单射。若 $\bar{k}=0$，写 $k=mt$，则商群中的关系给出

故 $\ker {\pi }_c=\mathrm{im}{i}_c$，我们实际构造了一条短正合列。标准提升 $e_c=[(0,1)]$ 满足 $m{e}_c=i_c(c)$，恰好恢复指定余类。

对于上一节的任意扩张，映射

良定义，因为关系 $(-c,m)$ 被送到 $-i(c)+me=0$。任意 $x\in E$ 的像 $\pi (x)$ 可写成 $\bar{k}$，于是 $x-ke\in i(N)$，所以该映射满射。若 $i(n)+ke=0$，先投影得到 $k=mt$，再由 $i$ 单射得到 $n+tc=0$；这正好说明 $[(n,k)]=0$，故映射也单射，而且保持两端的指定映射。每条扩张都由某个 $E_c$ 给出。

最后，若 $c^{\prime }=c+mb$，则

是两端恒等的同构：关系 $(-c^{\prime },m)$ 被送到 $(-c,m)$，逆映射把 $b$ 改为 $-b$。结合从扩张读取余类的不变性，得到完整双射

它与 Hom 复形的余核计算相容：把自由生成元 $1\in P_0=\mathbb{Z}$ 提升为 $e$ 后，关系生成元 $m$ 的像就是 $c$；改变提升使它增加 $mb$，也就是 Hom 复形中的一个余边界。这个具体提升把抽象 Ext 计算与扩张分类接在一起。

分裂条件与两条阶四扩张 ​

扩张分裂理路分裂正合列Split exact sequence · Splitting lemma短正合列通过同态截面或回缩与子对象和商对象相容地分解。，当且仅当可以选到满足 $me=0$ 的提升：这样的提升唯一确定同态截面 $\bar{k}\mapsto ke$。换提升只把 $c$ 改成 $c+mb$，故

取 $m=2$、$N=\mathbb{Z}/2$，因为 $2N=0$，恰有两个扩张类。$c=0$ 时没有扭曲关系，$E_0\cong C_2\oplus C_2$。$c=\bar{1}$ 时，若把 $N$ 的生成元记为 $a$、提升记为 $e$，关系是

于是 $4e=0$，且 $2e=a\ne 0$，所以 $E_1\cong C_4$；嵌入把 $\bar{1}\in N$ 送到 $2\in C_4$，商映射是模 $2$。商的两个可能提升 $1,3$ 都有阶 $4$，不能形成截面。这与半直积理路半直积Semidirect product由一个群对另一群的作用扭曲直积运算得到的群构造。页中的补群失败例使用同一条短正合列；本页进一步把它定位成一次 Ext 的非零元。

分类的对象包含嵌入与商映射，不能只比较中间群的抽象同构型。例如 $m=5$、$N=\mathbb{Z}$ 时，$c=1$ 与 $c=2$ 在 $\mathbb{Z}/5$ 中不同，给出不等价扩张，但两个中间群都同构于 $\mathbb{Z}$。前者取生成元 $e$ 有 $a=5e$；后者令 $t=a-2e$，由 $5e=2a$ 得 $5t=a$、$2t=e$，故也由单个无限阶元 $t$ 生成。前者商映射对中间群生成元取 $\bar{1}$，后者取 $\overline{-2}=\bar{3}$。同构中间项时若忘掉端点标记，就丢失了 Ext 要分类的数据。

Baer 和为何成为余类加法 ​

给两条扩张 $E_c,E_d$，先组成同商的配对群

它向 $\mathbb{Z}/m$ 的共同投影满射，核为 $N\oplus N$。再取商

这一步将两个核通过加法 $(n_1,n_2)\mapsto n_1+n_2$ 合并成一个 $N$。新的嵌入可写成 $n\mapsto [(i_c(n),0)]$；它是单射，因为若 $(i_c(n),0)=(i_c(b),-i_d(b))$，则 $b=0$、$n=0$。共同投影的核正好是这个嵌入的像，所以所得对象仍是一条扩张。这就是当前 Abel 群情形的 Baer 和。

标准提升是 $[(e_c,e_d)]$，乘以 $m$ 后成为核中的

它所对应的余类因此是 $[c+d]$。分类双射保持加法，从而是群同构；零类、负类分别由分裂扩张与 $E_{-c}$ 表示。

特别地，刚才的非分裂 $C_4$ 扩张与自身作 Baer 和得到 $[1]+[1]=[0]$，结果分裂。这里不是把两个 $C_4$ 直接相加：先要求两个元素在商 $C_2$ 中有相同像，再把两个核合并。具体地，提升 $(1,1)$ 的两倍为 $(2,2)$，它在商掉的反对角核中，因为 $-2=2$ 于 $C_4$。所以合成扩张确实出现了阶 $2$ 的商生成元提升。

回到延拓障碍与更高次数 ​

同一个类还可以解释为导出范畴中的移位态射理路导出范畴与移位态射Derived category · Quasi-isomorphism · Mapping cone · 导出范畴 · 拟同构 · 映射锥以明确的上链移位约定构造映射锥，证明拟同构等价于锥无同调，再证明有界上方投射复形可直接计算导出态射，完成 HomD(Z/2,Z[1])=Z/2。。在 $m=2,N=\mathbb{Z}$ 时，先把 $\mathbb{Z}/2$ 替换为两项自由复形，再映到次数 $-1$ 的 $\mathbb{Z}[1]$；链映射由整数 $a$ 决定，同伦恰使 $a$ 增加 $2b$，因此仍得到 $\mathbb{Z}/2$。奇数类对应上面的非分裂整数扩张，换提升与换链同伦给出同一余类关系。

固定第二变量 $N$，对短正合列 $0\to A\to B\to C\to 0$ 应用 ${\mathrm{Hom}}_R(-,N)$，会得到长正合列中的片段

因此 $f:A\to N$ 能延拓到 $B$，恰好等价于 $\delta (f)=0$。这与前面沿满射提升映射的解释对应，分别展示了 Ext 在两个变量中的作用。

在有限无环箭图中，Hom–Ext 计算复形理路箭图表示的 Hom–Ext 计算复形Hom–Ext complex for quiver representations把箭图的同态和扩张统一为一个线性差分的核与余核，给出非对角块证明、标准投射分解和计算成本。把同样的扩张信息具体写成箭头矩阵的非对角块：改变各顶点的向量空间截面，恰好增加差分 $W_a{f}_i-f_j{V}_a$。这样可以用有限线性方程同时算Hom与Ext，而带路径关系时须另外加入关系约束。

高次 Ext 可以用更长的正合列表示。例如 ${\mathrm{Ext}}_R^2(M,N)$ 的类由 $0\to N\to E_1\to E_0\to M\to 0$ 表示；Yoneda 乘积通过拼接这样的列实现。群上同调也能放进同一框架：对群 $G$ 的 $\mathbb{Z}[G]$-模 $N$，有 $H^n(G,N)\cong {\mathrm{Ext}}_{\mathbb{Z}[G]}^n(\mathbb{Z},N)$，其中 $\mathbb{Z}$ 带平凡 $G$-作用。