三角范畴
三角范畴定义和基本性质
设 $\calD$ 是加性范畴。$\calD$ 上的三角范畴结构为
(a) 加性自态射 $T: \calD \to \calD$, 称为转移函子。我们记 $X[n]:=T^n(X), f[n]: = T^n(f)$. 三角定义为以下一组对象和态射 $$ X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1]. $$ 不要求其为复形。三角之间的态射定义为使下图交换的 $(f,g,h,f[1])$
如果 $f,g,h,f[1]$ 都是同构，则称这两个三角同构。
(b) 一类好三角
并且要求满足以下四个条件：
(TR1) (a) $X\xrightarrow{\text{id}}X \to 0 \to X[1]$ 是好三角。(b) 同构于好三角的三角是好三角。(c) 任意态射 $X \xrightarrow{u} Y$ 都可以补成一个好三角 $$ X \xrightarrow{u}Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1]. $$
(TR2) 一个三角 $$ X \xrightarrow{u}Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1] $$ 是好三角当且仅当 $$ Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1] \xrightarrow{- u[1]} Y[1]$$ 是好三角。
(TR3) 如果我们有下图左边方形交换
那么存在态射 $h:Z \to Z’$ 使得下图交换（即构成三角的态射）
(TR4) 八面体图是如下两个图
并且满足条件 $$ Y \to Z \to Y’ $$ $$ Y \to Z’ \to Y’ $$ 这两个态射相同 $$ Y’ \to X’ \to Y[1] $$ $$ Y’ \to X \to Y[1] $$ 这两个态射相同。(TR4) 是如果我们有一个 upper cap 图，那么我们就可以补全整个八面体图。
在 (TR1)(c) 中，我们也会将 $Z$ 记为 $C(u)$, 称为 cone of $u$. 这个 $C(u)$ 在同构的意义下是唯一的。（后面证明）
设 $F: \calD \to \calD’$ 是两个三角范畴之间的函子。如果
(1) $F$ 和转移函子 $T$ 交换。
(2) $F$ 将 $\calD$ 中的好三角映射到 $\calD’$ 中的好三角。
则称 $F$ 是三角范畴间的正合函子。（需要和我们之前接触的范畴间正合函子区分一下）。
我们下文提到的正合也都按照三角范畴意义下的正合。
好三角构成一个复形。
设 $X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1]$ 是一个好三角。我们知道
$$ X \xrightarrow{\text{id}_X} X \to 0 \to X[1]$$ 也是一个好三角。
我们有以下图
左边方形交换，根据 (TR3), 我们可以找到态射 $h: 0 \to Z$ 使得整个图交换。
所以 $v \circ u =0$. 根据 (TR2)，我们可以得到 $wv = 0$.
所以好三角 $X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1]$ 构成一个复形。
∎设 $\calD$ 是一个三角范畴并且设 $X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1]$ 是一个好三角。那么对于任意对象 $U\in \text{ob}\ \calD$, 以下复形是正合的
根据引理 , 我们知道 $vu =0$, 所以 $v_*u_* =0$. 故我们只要证对任意 $f \in \Hom(U,Y)$ 满足 $vf =0$, 那么一定存在 $g \in \Hom(U,X)$ 使得 $f= ug$ 即可。
根据 (TR1)(a), $U \xrightarrow{\text{id}_U} U \to 0 \to U[1]$ 是一个好三角。根据 (TR3), $U \to 0 \to U[1] \xrightarrow{- \text{id}_{U[1]}} U[1]$, $Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w}X[1] \xrightarrow{-u[1]} X[1]$ 也是一个好三角。
我们有以下图
左边方形是交换的，根据 (TR3), 我们有 $g[1]$ 使得图交换。
也就是我们找到了 $g$ 使得 $ug = f$.
∎(a) 对于 (TR3) 中的图
如果 $f,g$ 是同构，那么 $h$ 也是同构。
(b) (TR1)(c) 中补全的好三角在同构的意义下是唯一的。
其中行都是正合的，并且 $f_*,g_*$ 是同构。所以根据五引理， $h_*$ 也是同构。
即对于 $\text{id}_{Z’} \in \Hom(Z’,Z’)$ , 存在 $\varphi \in \Hom(Z’,Z)$ 使得 $h \varphi = \text{id}_{Z’}$.
类似的，我们可以用 $\Hom(-, Z )$ 来操作(书上写的有问题)。我们会得到存在 $\psi \in \Hom(Z’ ,Z)$ 使得 $\psi \circ h = \text{id}_Z$., 那么 $h$ 确实是一个同构。
(b) 根据 (TR3) ，显然 (TR1)(c) 中的补全都是同构的。
∎设我们有下图
其中行都是好三角。
如果 $v’ g u = 0$ ,那么 $g$ 可以被补全成一个三角的态射。进一步如果 $\Hom(X,Z'[-1]) = 0$, 那么这个三角的态射是唯一的。
注意到 $v’_*(gu) = 0$, 所以 $gu \in \rmIm(u’_*)$, 所以存在 $f \in \Hom(X,X’)$ 使得 $u’ f = gu$.
那么我们有 $f,g$ 使得下图左侧方形交换
根据 (TR3)，我们可以找到一个 $h$ 使得整个图交换。也就是 $g$ 被补全成两个好三角之间的态射。
如果 $\Hom(X,Z'[-1]) = 0$, 那么 $\Hom(X,X’ ) \xrightarrow{u’_*} \Hom(X,Y’)$ 就是一个单射。所以 $f$ 是唯一的。
我们再看图
$\Hom(Z,Z’) \xrightarrow{v^*} \Hom(Y,Z’)$ 是单射，所以 $h$ 是唯一的。
∎设 $H :\calD \to \calA$ 是从三角范畴 $\calD$ 到 abel 范畴 $\calA$ 的函子。 我们称 $H$ 是上同调函子，如果 $H$ 是加性函子并且对于任意 $]calD$ 中好三角 $$X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1]$$ 有
$$H(X) \xrightarrow{H(u)} H(Y) \xrightarrow{H(w)} H(Z)$$ 在 $\calA$ 中是正合的的。
根据 (TR2), 对于任何好三角 $$X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1]$$ 显然有
$$H(X[i]) \xrightarrow{H(u[i])} H(Y[i]) \xrightarrow{H(v[i]) } H(Z[i]) \xrightarrow{w[i]} H(X[i+1])$$ 在 $\calA$ 中是正合的。
同伦范畴是三角范畴
设 $\calA$ 是一个 Abel 范畴。范畴 $K(\calA)$ 和转移函子和好三角是一个三角范畴。
设 $\calA$ 是一个 abel 范畴，同伦范畴 $K(\calA)$ 定义如下：
$$\begin{aligned} \text{Ob}\ K(\calA) &= \text{Ob}\ Kom(\calA) \\ \text{Mor} \ K(\calA) & =\text{Mor}\ Kom(\calA) \ \text{模掉同伦的链映射} \end{aligned}$$
设 $K^\bullet$ 是 $K(\calA)$ 里的一个对象，即 $K^\bullet = (K^i,d^i_K)$ 是一个复形。
我们定义 $T(K^\bullet)$ 如下 $T(K^\bullet)^i = (K^{i+1}, – d^{i+1}_K)$. 我们定义 $K[n]^\bullet = T^n(K^\bullet)$, 也就是说我们有
$$K[n]^i = (K^{n+i}, (-1)^n d^{n+i}_K).$$
设 $f: K^\bullet \to L^\bullet$ 是一个链映射。我定义 Cone of $f$ 为如下复形 $C(f)$，
$$C(f)^i =K[1]^i \oplus L^i ,d^i_{C(f)}\begin{pmatrix} k^{i+1} \\ l^i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} d_K[1] & 0 \\ f[1] & d_L \end{pmatrix}\begin{pmatrix} k^{i+1} \\ l^i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} – d_Kk^{i+1} \\ f(k^{i+1})+ d_Ll^i \end{pmatrix}$$
设 $f: K^\bullet \to L^\bullet$ 是一个链映射我们定义 cylinder of $f$ 为如下复形 $Cyl(f)$，
\begin{aligned} Cyl(f)^i &= K^i \oplus K[1]^i \oplus L^i \\ d^i_{Cyl(f)}\begin{pmatrix} k^i\\ k^{i+1} \\ l^i \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} d_K & -1 & 0 \\ 0 &d_{K[1]} & 0 \\ 0& f[1] & d_L \end{pmatrix} \begin{pmatrix} k^i \\ k^{i+1}\\ l^i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} d_K k^i – k^{i+1} \\ – d_K k^{i+1} \\ f(k^{i+1}) + d_L l^i \end{pmatrix} \end{aligned}
对于任意态射 $f: K^\bullet \to L^\bullet$, 存在以下 $K(\calA)$ 中的交换图
其中行都是正合的。
$\alpha: l^i \mapsto (0,0,l^i),\beta: (k^i, k^{i+1} ,l^i) \mapsto f(k^i) + l^i$ 是拟同构。$\beta \circ \alpha = \text{id}_{L^\bullet}$ 并且 $\alpha \circ \beta = \text{id}_{Cyl(f)}$ 在 $K(\calA)$ 中. 故 $L^\bullet$ 和 $Cyl(f)$ 在$K(\calA)$ 和 $D(\calA)$ 中都是同构的。
$\pi: (k^i,k^{i+1},l^i) \mapsto (k^{i+1},l^i)$, $\overline{f}: k^i \mapsto (k^i,0,0)$. $\delta: (k^{i+1}, l^i) \mapsto k^{i+1}$. $\overline{\pi}: l^i \mapsto (0,l^i)$.
一个三角 $K^\bullet \xrightarrow{u} M^\bullet \xrightarrow{v} N^\bullet \xrightarrow{w} K[1]^\bullet$ 称为好三角，如果存在一个 $f: K^\bullet \to L^\bullet$使得它和引理 中间那一行
$$ 0\to K^\bullet \xrightarrow{\overline{f}} Cyl(f) \xrightarrow{\pi} C(f) \xrightarrow{\delta} K[1]^\bullet.$$
同构。
$K(\calA)$ 满足 (TR1)(a), 即 $K^\bullet \xrightarrow{\text{id}} K^\bullet \to 0 \to K[1]$.
由引理 , 我们知道 $Cyl(\text{id})$ 和 $K^\bullet$ 同构。我们再证 $C(\text{id})$ 和 $0$ 同构。我们只需要验证存在映射 $h:C(id) \to C(id)$ 使得 $\text{id}_{C(\text{id})} = hd +dh$.
取 $h = \begin{pmatrix} 0 & \text{id} \\ 0 & 0 \end{pmatrix} $, 注意到 $d_{C(\text{id})} = \begin{pmatrix} d_K[1] & 0 \\ \text{id} & d_K \end{pmatrix}$.
那么 $$hd_{C(\text{id})} + d_{C(\text{id})} h = \begin{pmatrix} \text{id} & 0 \\ 0 &\text{id} \end{pmatrix} = \text{id}_{C(\text{id})} $$ 故有 $C(\text{id})$ 和 $0$ 同构。
我们有以下图
$$\begin{array}{ccccccc} K^\bullet & \xrightarrow{id} & K^\bullet & \to & 0 & \to & K[1]^\bullet \\ \downarrow{id} & & \downarrow{i} & & \downarrow{0} & & \downarrow{id} \\ K^\bullet & \xrightarrow{\overline{id}} & Cyl(id) & \xrightarrow{\pi} & C(id) & \xrightarrow{\delta} & K[1]^\bullet \end{array}$$
∎(TR1)(b) 可以从 $K(\calA)$ 中好三角的定义直接得到。
(TR1)(c) 参考下图
所以补全并不是难事。
其中我们来验证一下 $i \circ u = \overline{u}$ 在 $K(\calA)$ 中。其实就是去证 $i\circ u$ 和 $\overline{u}$ 是同伦的。
我们注意到 $\overline{u}: k^i \mapsto (k^i , 0 ,0)$, $i: l^i \mapsto (0,0,l^i)$. 所以 $i\circ u : k^i \mapsto (0,0, u(k^i))$.
我们定义 $s: K^i \to Cyl(u) , k^i \mapsto (0,k^i,0)$.
$(d_{Cyl(u)} s + s d_K) (k^i) = (-k^i, 0, u(k^i)) = (i\circ u – \overline{u})(k^i)$.
∎$K(\calA)$ 满足 (TR2).
我们只需要证明如果 $\Delta_1: X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1]$ 是一个好三角，那么 $\Delta_2: Y\xrightarrow{v} Z \xrightarrow{w} X[1] \xrightarrow{-u[1]} Y[1]$ 也是个好三角。
设 $\Delta_3: Y \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{s} C(v) \xrightarrow{t} Y[1]$ 是 $Y \xrightarrow{v} Z$ 补全的好三角。
要证明 $\Delta_2$ 是个好三角，只要证明 $\Delta_2$ 和 $\Delta_3$ 同构即可。
我们不妨假设 $Z = C(u) = X[1] \oplus Y$. 所以 $C(v) = Y[1] \oplus Z = Y[1] \oplus X[1] \oplus Y$.
$$d_{C(v)} = \begin{pmatrix} -d_Y & 0 &0 \\ 0 &-d_X & 0 \\ \text{id}_Y & u[1] & d_Y \end{pmatrix}$$
定义 $\theta^i(x^{i+1}) = (-u(x^{i+1}), x^{i+1},0)$.
我们先证 $\theta$ 使得下图交换
最右边的方形显然交换。我们来验证 $s$ 和 $\theta \circ w$ 同伦。
设 $h^i :Z^i \to C(v)^{i-1}, (x^{i+1},y^i) \mapsto (y^i,0,0)$, 注意到 $h\circ d_Z + d_{C(v)}\circ h (x^{i+1},y^i) = (u(x^{i+1}) , 0 , y^i) = s – \theta \circ w$.
所以上图交换。只要再证 $\theta$ 是 $K(\calA)$ 中的同构就可以了。
设 $\psi:C(v) \to X[1], (y^{i+1}, x^{i+1}, y^i) \mapsto x^{i+1}$. 那么我们有 $\psi \circ \theta = \text{id}_{X[1]}$.
接下来我们证 $\theta \circ \psi (y^{i+1}, x^{i+1},y^i) = (-u(x^{i+1}), x^{i+1},0)$ 同伦于 $\text{id}_{C(v)}$. 我们取 $h^i: C(v)^i \to C(v)^{i-1}, (y^{i+1},x^{i+1},y^i) \mapsto (y^i, 0 ,0).$
$\text{id}_{C(v) } – \theta \circ \psi = (y^{i+1}+ u(x^{i+1}), 0 , y^i )= h d_{C(v)} + d_{C(v)} h$. 所以 $\theta$ 是 $K(\calA)$里的同构。故 $\Delta_2$ 是好三角。
∎$K(\calA)$ 满足 (TR3).
根据 (TR1)(c) 的补全在同构意义下唯一。所以我们不妨假设所有好三角都具有形式
$$ X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} C(u) \xrightarrow{w} X[1].$$
假设我们有下图
因为我们知道 $C(u) = X[1] \oplus Y, C(u’) = X'[1] \oplus Y’$, 所以我们定义
$$ h :X[1] \oplus Y \to X'[1] \oplus Y’$$ 为 $h = f[1]\oplus g$.
可以直接验证 $v’ g – hv = 0$ 和 $w’ h – f[1]w = 0$.
∎设 $X,Y,Z \in Kom(\calA)$, $0 \to X \to Y \to Z \to 0$ 是一个短正合列。
如果对于任意 $i$, $0\to X^i \to Y^i \to Z^i \to 0$ 是可裂正合列，我们称 $0\to X \to Y \to Z \to 0$ 是 semi-split.
$K(\calA)$ 中的
$$0 \to K \xrightarrow{\overline{f}} Cyl(f) \xrightarrow{\pi} C(f) \to 0$$
是 semi-split 的。
根据 $K(\calA)$ 中好三角的定义，对于任意好三角，都一定同构于 $X \to Y \to Z \to X[1]$ 其中 $0\to X \to Y \to Z \to 0$ 是 semi-split 的.
$Kom(\calA)$ 中任意 semi-split 的短正合列 $0 \to X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} Z \to 0$ 都可以被补全成以下 $K(\calA)$ 中的好三角
$$ X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v}Z \to X[1].$$
因为 $0\to X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} Z \to 0$ 是 semi-split 的短正合列。所以我们可以设 $Y^i = X^i \oplus Z^i$. $u: x^i \mapsto (x^i, 0)$, $v:(x^i,z^i) \mapsto z^i$.
设 $d_Y = \begin{pmatrix} A & B \\ C& D \end{pmatrix}$, 因为我们有 $u d_X = d_Y u$ 和 $v d_Y = d_Z v$, 所以
$$d_Y^i \begin{pmatrix} x^i \\ z^i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} d_X^i & -f^i \\ 0& d_Z^i \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x^i \\ z^i \end{pmatrix}.$$
观察到 $d_Y^2 =0$ 当且仅当 $f$ 是从 $Z$ 到 $X[1]$ 的链映射。因为我们这里 $Y$ 是复形，故 $f$ 确实是从 $Z$ 到 $X[1]$ 的链映射。
我们得到一个三角 $$X \xrightarrow{u} X \oplus Z \xrightarrow{v} Z \xrightarrow{f} X[1].$$
我们来看下图，我们想证明这是三角间的同构。
其中 $g:z^i \mapsto (f(z^i), 0 , z^i)$. $t: (x^{i+1}, x^i ,z^i) \mapsto x^{i+1}$.
$$d_{C(u)} = \begin{pmatrix} -d_X & 0 &0 \\ \text{id}_X & d_X & -f \\ 0 & 0& d_Z \end{pmatrix}.$$
(a) 验证 $g d_Z = d_{C(u)} g$. 所以 $g$ 是链映射。
(b) 显然最左边的方形和最右边的方形都是交换的。
(c) 设 $k^i: (X\oplus Z)^i \to (X[1] \oplus X \oplus Z)^{i-1}: (x^i, z^i)\mapsto (x^i,0,0)$. 我们验证中间方形交换。
(d) 设 $g’: X[1] \oplus X \oplus Z \to Z, (x^{i+1} ,x^i , z^i) \mapsto z^i$. 那么 $g’ \circ g = \text{id}_Z$. $g\circ g’ (x^{i+1}, x^i, z^i) = (f(z^i), 0 , z^i)$. 设 $l^i: C(u)^ i \to C(u)^{i-1}:(x^{i+1},x^i, z^i) = (x^i , 0 ,0)$. 我们验证 $g\circ g’$ 和 $\text{id}_{C(u)}$ 同伦。
∎$K(\calA)$ 满足 (TR4)
假设我们有八面体的上半部分
我们有两个好三角 $Y \to Z \to X’\to Y[1]$ 和 $X \to Y \to Z’ \to X[1]$
根据注记 , 不妨直接假设 $Y^i = X^i \oplus Z’^i$ 和 $Z^i = Y^i \oplus X’^i = X^i \oplus Z’^i \oplus X’^i$.
我们记 $f: Z’ \to X[1]$, $(g,h): X ‘ \to Y[1] = X[1] \oplus Z'[1]$.
我们来构造 lower cap 如下。
设 $Y’^ i = Z’^i \oplus X’^i$, $d_Y’^i ( z’^i,x’^i) = \begin{pmatrix} d_{Z’}^i & -h^i \\ 0 & d_{X’}^i \end{pmatrix}\begin{pmatrix} z’^i \\ x’^i \end{pmatrix}$. 因为 $d_{Z’}^2= 0$, 所以 $Y’$ 确实是一个复形。注意到 lower cap 里只有 $4$ 个映射还未确定。
我们设 $Z’ \to Y’$ 是含入映射。$Y’ \to X’$ 是投影。$Z \to Y’$ 也是投影。
$Y’ \to X[1]$ 是 $(f\oplus g) : Z’\oplus X’ \to X[1]$.
接下来我们来验证交换和好三角。交换是显然的。
注意到 $0 \to Z’ \to Y ‘ \to X’\to 0$ 是一个短正合列。那么根据引理 , 我们有 $Z’ \to Y’ \to X’ \xrightarrow{h} Z'[1]$. 这个好三角。
注意到 $0 \to X \to Z \to Y’ \to 0$ 是一个短正合列。
因为 $Z = Y \oplus X’ = X \oplus Z’ \oplus X’$, $d_Z \begin{pmatrix} x \\ z’ \\x’ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} d_X& -f & -g \\ 0 & d_{Z’} & -h \\ 0 & 0 & d_{X’} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ z’ \\x’ \end{pmatrix} $, 所以如果考虑 $Z = X \oplus Y’$, 我们有 $d_Z = \begin{pmatrix} d_X & -f\oplus g \\ 0 &d_{Y’} \end{pmatrix}$. 故根据引理 , 显然右边也是好三角。
验证 $Y \to Z \to Y’$ 和 $Y \to Z’ \to Y’$ 相同，这是显然的，因为它们都是 $(x^i ,z^i )\mapsto (z^i,0)$.
验证 $Y’ \to X’ \to Y$ 和 $Y’ \to X \to Y$ 相同。
$Y’ \to X’ \to Y[1]: (z’^i, x’^i) \mapsto (g(x’^i), h(x’^i))$.
$Y’t\ o X \to Y[1]:(z’^i,x’^i) \mapsto (f(z’^i)+g(x’^i),0)$
取 $k^i :Y’^i \to Y, (z’^i,x’^i) \mapsto (0,z’^i)$. 可以证明这两个映射同伦。
∎导出范畴都是三角范畴
设 $\calB$ 是一个 Abel 范畴。 A class of morphisms $S\subseteq \text{Mor} \ \calB$ 称为 localizing 如果满足以下条件：
(a) $S$ 对复合封闭： 对于任意 $X \in \text{ob} \ \calB$ , $\text{id}_X \in S$. 对于任意 $s,t \in S$, 如果存在 $s\circ t $, 那么 $s\circ t \in S$.
(b) 扩张条件：对于任意 $f\in \text{Mor} \ \calB, s\in S$, 存在 $g \in \text{Mor} \ \calB, t\in S$, 使得下图交换
(c) 设 $f,g$ 是从 $X$ 到 $Y$ 的两个态射，存在 $s \in S$ 使得 $sf =sg$ 当且仅当存在 $t\in S$ 使得 $ft =gt$.
设 $\calD$ 是一个三角范畴，$S$ 是一个 localizing class，我们称 $S$ 为 compatibility with triangulation, 如果满足以下两个条件：
(1) $s\in S$ 当且仅当 $T(s) \in S$.
(2) 如果我们有 (TR3) 里的图
且其中 $f,g \in S$, 那么一定存在 $h\in S$ 补全这个图.
设 $\calD$ 是一个三角范畴，$S$ 是一个 compatible with the triangulation 的 localizing class of morphisms.
我们定义转移函子 $T_S$ 为 $T_S(X) = T(X)$，设 $f:X \to Y \in \text{Mor}_{D_S}$, 其可以表示成如下的 roof:
那么 $T_S(f)$ 就是如下的 roof:
$\calD_S$ 里的好三角是一个三角
$$X \to Y \to Z \to X[1]$$
其和$\calD$ 中一个好三角在映射 $\calD \to \calD_S$ 下的像同构。
那么 $\calD_S$ 是一个三角范畴。
设 $K^\bullet \xrightarrow{u} L^\bullet \xrightarrow{v} M^\bullet \xrightarrow{w} K[1]^\bullet$ 是 $K(\calA)$ 里的好三角，那么以下序列
是正合列。
$K(\calA)$ 的导出范畴 $D(\calA)$ 具有三角范畴的结构。
只要说明 $S$ 满足 compatibility with triangulation.
设 $s$ 是一个拟同构。$T(s)$ 依然是拟同构。
如果我们有 $K(\calA)$ 里的图
其中 $f,g$ 都是拟同构。
所以 $D(\calA)$ 是三角范畴。
∎$Kom(\calA)$ 中的正合列 $0 \to K^\bullet \xrightarrow{f} L^\bullet \xrightarrow{g} M^\bullet \to 0$ 都拟同构于
$$ 0 \to K^\bullet \xrightarrow{f} Cyl(f) \xrightarrow{\pi} C(f) \to 0.$$
$Kom(\calA)$ 中的短正合列 $0 \to X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} Z \to 0$ 都可以补全成 $D(\calA)$ 里的好三角。并且 $D(\calA)$ 里的所有好三角都可以通过这种方式得到。
(TR1) (a) $X \xrightarrow{id} X \to 0 \to X[1]$ 是 $X \xrightarrow{id} X \to 0 \to X[1]$ 的像。
(b) 显然。
(c) 设 $X\xrightarrow{u} Y\in \text{Mor}_{D_S}$, 所以其可以写成 roof $X \xleftarrow{s} Z \xrightarrow{u’} Y$, 显然 $Z \xrightarrow{u’} Y$ 可以补全成 $\calD$ 中的好三角 $\Delta:X \xrightarrow{u’} Y \xrightarrow{v} U \xrightarrow{w} Z[1]$.
设 $\Delta’: X \xrightarrow{u} Y \xrightarrow{v} U \xrightarrow{s[1]w} X[1]$ 是 $\calD_S$ 里的一个三角，注意到 $(i,\text{id}_Y,\text{id}_U)$ 是从 $\Delta$ 到 $\Delta’$ 的同构。所以 $\Delta’$ 是 $\calD_S$ 的一个好三角。所以 $X \xrightarrow{u} Y$ 可以补全成一个好三角。
(TR2) 利用 $\calD$ 中好三角的平移还是好三角。像依然是好三角。
(TR3) 讲清楚这个图就行了。
利用 $S$ 作为 localizing class 的性质，我们有图
显然有交换 $us \tilde{t} t \tilde{u}$.
又因为我们在 $\calD_S$ 中有交换 $u’f = gu$, 所以我们有 $$u’\tilde{f} s^{-1} = \tilde{g} t^{-1}u =\tilde{g} \tilde{u}(s \tilde{t})^{-1}$$
所以在 $\calD_S$ 中有 $u’\tilde{f} \tilde{t} = \tilde{g} \tilde{u}$.
可以构造以下图
把这个 $\tilde{\tilde{X}}$ 放到 $X”$, 那么
都交换。
讲 $X” \xrightarrow{u”} Y”$ 补全成 $X ” \xrightarrow{u”} Y” \xrightarrow{v”}Z” \xrightarrow{w”} X”[1]$.
后面的图可以用 $\calD$ 中的 (TR3) 补全，我们得到 $r: Z” \to Z$. 再根据 $S$ 和三角兼容，故 $r\in S$.
前面的图用 $\calD$ 中的 (TR3) 补全，我们得到 $\tilde{h} : Z” \to Z’$. 我们定义 $h:Z \to Z’ \in \text{Mor}_{\calD_S}$ 为 $(r,\tilde{h})$.
那么我们就补全了这张图。
(TR4)
假设我们有 Upper cap.
设 $f:X \to Y, g: Y \to Z$, 那么其可被表示成如下 roof
其中 $s,t\in S$.
$g\circ f$ 可以表示成
我们可以将图简化为
即下文 $f,g,h:= g\cric f$ 定义为下图
我们考虑 $\calD$ 中的一个 Upper cap
接下来我们准备证明 (IV.5) 的像正好是 (IV.4).
显然下图左边方形交换，根据 (TR3), 存在 $r$ 补全了这个图。因为 $s,t$ 都是 $\calD_S$ 中的同构，$r$ 也是 $\calD_S$ 中的同构。
所以该图是两个好三角的同构。
类似，
也是好三角的同构。
故 (IV.4) 是 (IV.5) 的像。
因为 (IV.5) 是 $\calD$ 中的 upper cap, 根据 (TR4), 我们得到 lower cap
其在 $\calD_S$ 中的像就是我们要找的 (IV.4) 对应的 lower cap.
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任务优先