三角的旋转与延拓rotation

它指向谁（出边）

推出 1

• 本页 ⟹ 长正合列推出
  短正合列 $\implies$ 长正合列

  设 $0 \to K \xrightarrow{\ f\ } L \xrightarrow{\ g\ } M \to 0$ 是复形的短正合列。

  第一步：短正合列给出导出三角。 考虑 $f$ 的映射锥的含入 $L \to M(f)$。由 $g \circ f = 0$ 与短正合列的泛性质，有一条自然映射

  $$M(f) \longrightarrow M, \qquad (k^{n+1}, l^{n}) \mapsto g^{n}(l^{n})$$

  它是复形态射（与微分交换，因为 $g \circ d_{L} = d_{M} \circ g$ 且 $g \circ f = 0$）。由短正合列上逐项的正合性（五引理），这条映射是拟同构，于是三角

  $$K \xrightarrow{\ f\ } L \xrightarrow{\ g\ } M \xrightarrow{\ \delta\ } K[1]$$

  在 $\mathbf{K}(\mathcal{A})$ 中是导出的。∎

  第二步：旋转并取同调。 把上一步的三角反复旋转，得到一族导出三角

  $$K[n] \to L[n] \to M[n] \to K[n+1], \qquad (n \in \mathbb{Z})$$

  对每个这样的三角作用同调函子 $H^{0}$：因为 $H^{0}$ 是上同调函子，序列

  $$H^{0}(K[n]) \to H^{0}(L[n]) \to H^{0}(M[n])$$

  正合，而 $H^{0}(K[n]) = H^{n}(K)$（位移的性质）。把这些正合的三项片段在连接同态 $\delta$ 处首尾相接，就得到长正合列

  $$\cdots \to H^{n}(K) \to H^{n}(L) \to H^{n}(M) \xrightarrow{\ \delta\ } H^{n+1}(K) \to \cdots$$

  ∎

  连接同态 $\delta$ 是从哪来的。 它就是三角里的第三条腿 $M \to K[1]$ 取同调之后的样子：一个 $H^{n}(M) \to H^{n+1}(K)$ 的映射，把「$M$ 里的元素」送上「$K$ 的下一个同调」。它之所以存在，唯一的原因就是映射锥给了第三条腿 —— 短正合列本身只给出前两条腿。∎

  经典证明用蛇引理，这里用映射锥 + 旋转。两条路都通，但后者的好处是：连接同态是什么这件事，一眼就能看出来。

谁指向它（入边）

推出 1

• 映射锥、导出三角 ⟹ 本页推出
  映射锥 $\implies$ 三角可旋转、可延拓

  旋转。 不妨设 $M = M(f)$，即三角是 $K \xrightarrow{\ f\ } L \to M(f) \to K[1]$。要证 $L \to M(f) \to K[1] \to L[1]$ 导出。把 $g : L \to M(f)$ 取成含入 $(0, 1)^{\mathrm{T}}$，则它的映射锥是

  $$M(g)^{n} = L^{n+1} \oplus M(f)^{n} = L^{n+1} \oplus K^{n+1} \oplus L^{n}$$

  再给出 $K[1]$ 与 $M(g)$ 之间的两个互逆（同伦意义下）映射 $\varphi, \psi$，以及同伦 $s$ 使 $s \circ \varphi \sim 1$。逐项算完即得两个三角在同伦范畴里同构，于是旋转后的三角也是导出的。∎

  反复旋转就得到整条长序列 $\cdots \to K \to L \to M \to K[1] \to L[1] \to \cdots$。∎

  延拓。 给定 $f : K \to L$，直接取三角 $K \to L \to M(f) \to K[1]$ 即得第 3 条。

  给定三角态射的左边两步 $u : K' \to K''$、$v : L' \to L''$，先把 $f'$ 与 $f''$ 都取成映射锥的形式。要造 $w$，令其矩阵形式为

  $$w := \begin{pmatrix} s^{n+1} & v^{n} \end{pmatrix} : K'^{n+1} \oplus L'^{n} \longrightarrow K''^{n+1} \oplus L''^{n}$$

  其中 $s$ 是 $v \circ f' - f'' \circ u$ 的一个同伦（它零伦来自三角的交换性）。逐项验证 $w \circ d = d \circ w$ 即可，这一步用到同伦方程本身。∎

  推论（映射锥唯一）。 两个都是 $f$ 的锥的三角都是导出的，于是它们之间有一个「前两步都是恒等」的三角态射；由「前两步同伦等价则第三步也同伦等价」（下一条引理），这两个锥同伦等价。∎

  证明的模式很固定：先把三角摆成映射锥的样子，然后矩阵硬算。同伦范畴里所有三角的定理都是这么来的。

定义引用 1

• 导出三角 → 本页定义引用

  命题说的是导出三角的基本性质。