用户: 数学迷/凝聚态讲义废弃章节: 离散进制空间、整体六函子

本节发展离散进制空间的六函子, 是第 ?? 节的后续. 尽管例 ?? 中已经将离散进制空间做成解析空间, 但仍需要经典的底空间来做几何. 为此先介绍进制谱、进制空间.

回忆. 环 $A$ 上的赋值指的是函数 $|\cdot |A\to \Gamma \cup \{0\}$, 其中 $\Gamma$ 是全序交换群, 按乘法书写, 满足:

•	$|ab|=|a||b|$, $|1|=1$, $|0|=0$.
•	$|a+b|\le \max \{|a|,|b|\}$.

两个赋值等价指的是对应的集合 $\{(a,b)\in A\times A\mid |a|\le |b|\}$ 相同. 赋值的核指的是 $0$ 的原像, 记作 $\ker$. 显然核总是素理想.

环对 $(A,R)$ 的进制谱 $\mathrm{Spa}(A,R)$ 指的是 $A$ 的赋值等价类中在 $R$ 上取值不大于 $1$ 者. 对 $a\in A$, $x\in \mathrm{Spa}(A,R)$, 以 $|a{|}_x$ 或 $|a(x)|$ 记 $a$ 在 $x$ 处赋值. 对 $a,b\in A$ 定义 $U\left(\frac{a}{b}\right)=\{x\in \mathrm{Spa}(A,R)\mid |a{|}_x\le |b{|}_x\ne 0\}$. 令它们为开集, $\mathrm{Spa}(A,R)$ 便有拓扑结构, 开集基为 $U\left(\frac{a_1,\dots ,a_n}{b}\right)={\bigcap }_{i=1}^{n}U\left(\frac{a_i}{b}\right)$, 对 $a_1,\dots ,a_n,b\in A$. 此种开集称为标准开集. 对 $a_1,\dots ,a_n\in A$ 生成 $(1)$, 显然 $U\left(\frac{a_1,\dots ,a_n}{a_i}\right)$, $i=1,\dots ,n$, 覆盖 $\mathrm{Spa}(A,R)$. 此种开覆盖称为标准开覆盖.

命题 1 (Huber). $\mathrm{Spa}(A,R)$ 是谱空间. 其标准开集都拟紧, 每个开覆盖都被标准开覆盖加细.

证明. 由赋值等价的定义有集合单射 $\mathrm{Spa}(A,R)\to 2^{A\times A}$, $x\mapsto \{(a,b)\in A\times A\mid |a{|}_x\le |b{|}_x\}$. 由赋值的定义, 该单射的像集由满足如下条件的 $x\subseteq A\times A$ 组成:

•	对任意 $a,b$, $(a,b)\in x$ 和 $(b,a)\in x$ 至少一个成立.
•	如果 $(a,b)\in x$, $(b,c)\in x$, 那么 $(a,c)\in x$.
•	如果 $(a,c)\in x$, $(b,c)\in x$, 那么 $(a+b,c)\in x$.
•	对任意 $c$, $(a,b)\in x$ 则 $(ac,bc)\in x$.
•	如果 $(ac,bc)\in x$, $(c,0)\notin x$, 那么 $(a,b)\in x$.
•	$(1,0)\notin x$.
•	对任意 $r\in R$, $(r,1)\in x$.

由此可见该像集是 $2^{A\times A}$ 中闭集, 其中 $2^{A\times A}$ 带乘积拓扑. 以 $X$ 记之, 赋予子空间拓扑, 则 $X$ 为投射有限集. 在 $X$ 里面看, $U\left(\frac{a}{b}\right)$ 无非就是$$\{x\in X\mid (a,b)\in X,(b,0)\notin X\},$$为 $X$ 中开闭集. 且对相异两点 $x,y\in X$ 总能找到某个 $U\left(\frac{a}{b}\right)$ 只包含其中一个: 由于 $x,y$ 相异, 必有某 $(a,b)\in A\times A$ 只属于其中一个, 不妨设属于 $x$. 如果 $|b{|}_x\ne 0$ 则 $U\left(\frac{a}{b}\right)$ 包含 $x$, 不包含 $y$; 如果 $|b{|}_x=0$, 那么 $|a{|}_x=0$, 而 $|a{|}_y>|b{|}_y$ 说明 $|a{|}_y\ne 0$, 于是 $U\left(\frac{0}{a}\right)$ 包含 $y$ 不包含 $x$. 于是由以下定理, $\mathrm{Spa}(A,R)$ 是谱空间, 且标准开集都拟紧.

为证明标准开覆盖有关结论, 需先证明包含闭点的标准开集都能写成分子含 $1$ 的形式. 取闭点 $x$, 设其值群为 $\Gamma$. 令 ${\Gamma }^{\prime }=\{\gamma \in \Gamma \mid \exists a\in A,|a{|}_x^{-1}\le \gamma \le |a{|}_x\}$, 则不难发现它是 $\Gamma$ 的子群. 令 $x^{\prime }$ 为取值在 ${\Gamma }^{\prime }$ 的赋值, 定义为$$|a{|}_{x^{\prime }}=\{\begin{array}{ll}|a{|}_x,& |a{|}_x\in {\Gamma }^{\prime },\\ 0,& |a{|}_x\notin {\Gamma }^{\prime },\end{array}$$则显然 $|a{|}_{x^{\prime }}\le |b{|}_{x^{\prime }}\ne 0$ 推出 $|a{|}_x\le |b{|}_x\ne 0$, 于是 $x^{\prime }$ 是 $x$ 的特殊化. 由于 $x$ 是闭点, 所以 $x=x^{\prime }$, $\Gamma ={\Gamma }^{\prime }$. 现取标准开集 $U\left(\frac{a_1,\dots ,a_n}{b}\right)\ni x$. 则 $|b{|}_x\ne 0$, 即 $|b{|}_x\in \Gamma$, 所以存在 $a\in A$, 使得 $|a{|}_x^{-1}\le |b{|}_x\le |a{|}_x$, 于是 $|ab{|}_x\ge 1$. 从而 $U\left(\frac{a_1,\dots ,a_n}{b}\right)=U\left(\frac{a{a}_1,\dots ,a{a}_n}{ab}\right)=U\left(\frac{a{a}_1,\dots ,a{a}_n,1}{ab}\right)$.

现在来证明开覆盖都被标准开覆盖加细. 对一般的开覆盖 $\{U_{\alpha }{\}}_{\alpha \in \mathrm{A}}$, 首先对 $\mathrm{Spa}(A,R)$ 的每个闭点都按上一段取个分子包含 $1$ 的标准开邻域在某 $U_{\alpha }$ 中, 然后由拟紧选出有限子覆盖. 这样便知一般的开覆盖都被分子包含 $1$ 的标准开集的有限覆盖所加细. 现考虑一个此种覆盖 $\{U_1,\dots ,U_n\}$, $U_i=U\left(\frac{a_{i,1},\dots ,a_{i,m_i},1}{b_i}\right)$, 则 $b_1,\dots ,b_n$ 生成 $(1)$, 否则存在赋值在 $(b_1,\dots ,b_n)$ 上为 $0$, 这便不是覆盖. 令 $T$ 为所有乘积 $c_1\cdots c_n$, $c_i\in \{a_{i,1},\dots ,a_{i,m_i},1,b_i\}$, 组成之集合, 再令 $S$ 为 $T$ 中至少一个 $c_i$ 是 $b_i$ 者, 则 $S\supseteq \{b_1,\dots ,b_n\}$, 故 $S$ 生成 $(1)$. 以下说明由 $S$ 给出的标准开覆盖是 $\{U_1,\dots ,U_n\}$ 的加细. 任取 $s\in S$. 首先$$U\left(\frac{S}{s}\right)=U\left(\frac{T}{s}\right),$$因为每个点 $x$ 必包含在某个 $U_j$ 中, 故把对应的因子 $c_j$ 换成 $b_j$ 不会减小这个乘积在 $x$ 处的赋值, 于是只要 $S$ 中元素在 $x$ 处赋值不大于 $|s{|}_x$, 那么 $T$ 中的亦然. 其次如果 $s=c_1\cdots c_n$ 中 $c_i=b_i$, 那么显然$$U\left(\frac{T}{s}\right)\subseteq U_i=U\left(\frac{a_{i,1},\dots ,a_{i,m_i},1}{b_i}\right).$$所以标准开覆盖 $\left\{U\left(\frac{S}{s}\right)\mid s\in S\right\}$ 的确加细 $\{U_1,\dots ,U_n\}$.

$\square$

定理 2 (Hochster). $X$ 是投射有限集, $\mathcal{B}$ 是其一族开闭集. 以 $X^{\prime }$ 记集合 $X$ 赋予 $\mathcal{B}$ 生成的拓扑, 即使得 $\mathcal{B}$ 中集合都开的拓扑中最粗者. 那么 $X^{\prime }$ 只要 $T_0$ 就是谱空间. 此时 $\mathcal{B}$ 中集合都是拟紧开集.

证明. 由于开闭集的有限交仍是开闭集, 可不妨设 $\mathcal{B}$ 对有限交封闭. 考虑恒同映射 $X\to X^{\prime }$, 依定义它连续. 连续映射下拟紧集的像拟紧, 故 $\mathcal{B}$ 中集合都是 $X^{\prime }$ 的拟紧开集. $\mathcal{B}$ 对有限交封闭, 故依定义它构成 $X^{\prime }$ 的拟紧开集基, 即 $X^{\prime }$ 拟紧拟分离, 有拟紧开集基. 尚需证明 $X^{\prime }$ 为 Sober 空间. 由于其已经 $T_0$, 只需证其每个不可约闭子集都有一般点. 设 $Z\subseteq X^{\prime }$ 不可约闭. 不可约无非是说对任意 $U,V\in \mathcal{B}$, 只要 $U\cap Z$, $V\cap Z$ 都非空, $U\cap V\cap Z$ 也就非空. 于是集族 $\{U\cap Z\mid U\in \mathcal{B},U\cap Z\ne \varnothing \}$ 对有限交封闭. 由条件这是 $X$ 中非空闭集的族, 而 $X$ 紧, 所以该族的交非空, 取 $z$ 在其交中, 则显然 $z$ 就是 $Z$ 的一般点.

$\square$

环的素谱自然地是进制谱的子空间: $\mathrm{Spec}A$ 可以等同于 $\mathrm{Spa}(A,R)$ 中值群平凡的点. 也有反过来的映射 $\mathrm{Spa}(A,R)\to \mathrm{Spec}A$, $x\mapsto \ker (x)$. 显然它们的复合是 ${\mathrm{id}}_{\mathrm{Spec}A}$.

接下来给 $\mathrm{Spa}(A,R)$ 赋予环对层的结构.

命题 3. 对标准开集 $U=U\left(\frac{a_1,\dots ,a_n}{b}\right)$, 定义 $\mathcal{O}(U)=A\left[\frac{1}{b}\right]$, 则 $U=\mathrm{Spa}\left(A\left[\frac{1}{b}\right],R\left[\frac{a_1}{b},\dots ,\frac{a_n}{b}\right]\right)$. $\mathcal{O}$ 是层, 称为结构层. 定义 ${\mathcal{O}}^{+}(U)=\{a\in \mathcal{O}(U)\mid \forall x\in U,|a{|}_x\le 1\}$, 则 ${\mathcal{O}}^{+}(U)$ 是 $R\left[\frac{a_1}{b},\dots ,\frac{a_n}{b}\right]$ 在 $A\left[\frac{1}{b}\right]$ 中的整闭包. ${\mathcal{O}}^{+}$ 也是层. 每个 $x\in \mathrm{Spa}(A,R)$ 自然地是 $\mathcal{O}$ 在 $x$ 处的茎 ${\mathcal{O}}_x$ 的赋值, 且 ${\mathcal{O}}_x^{+}=\{a\in {\mathcal{O}}_x\mid |a{|}_x\le 1\}$.

证明. 第一句话显然. $\mathcal{O}$ 是层是因为它是概形结构层沿含入映射 $\mathrm{Spec}A\subseteq \mathrm{Spa}(A,R)$ 的前推. 这样一来最后两句话也显然. 只剩整闭包那句话. 以 $\left(A\left[\frac{1}{b}\right],R\left[\frac{a_1}{b},\dots ,\frac{a_n}{b}\right]\right)$ 换 $(A,R)$, 只需证 $U=\mathrm{Spa}(A,R)$ 的情形. 如 $a\in A$ 在 $R$ 上整, 写出方程$$a^n+r_1{a}^{n-1}+\cdots +r_n=0,$$$r_1,\dots ,r_n\in R$. 对任意 $x\in \mathrm{Spa}(A,R)$, 将上式 $a^n$ 移到另一边取赋值得 (省略下标 $x$) $$|a{|}^n\le \max \{|r_1||a{|}^{n-1},\dots ,|r_n|\}\le \max \{|a{|}^{n-1},\dots ,1\},$$故 $|a|\le 1$. 另一方面如 $a$ 不在 $R$ 上整, 要证明存在 $A$ 上赋值, 在 $R$ 上取值不大于 $1$, 但在 $a$ 上大于 $1$. 由于 $a$ 不在 $R$ 上整, $a$ 也就不在 $R\left[\frac{1}{a}\right]\subseteq A\left[\frac{1}{a}\right]$ 上整. 以 $\left(A\left[\frac{1}{a}\right],R\left[\frac{1}{a}\right]\right)$ 换 $(A,R)$ 可设 $\frac{1}{a}\in R$. 由于 $a\notin R$, 可取 $R$ 的素理想 $\text{p}$ 包含 $\frac{1}{a}$. 再任取 $A_{\text{p}}=A{\otimes }_R{R}_{\text{p}}$ 的素理想 $\text{q}$. 则 $R_{\text{p}}/\text{q}\cap R$ 是包含于域 $K(A_{\text{p}}/\text{q})$ 的局部环. 由交换代数的经典结论, 存在赋值环支配之, 即存在 $K(A_{\text{p}}/\text{q})$ 的赋值在 $R_{\text{p}}/\text{q}\cap R$ 上取值不大于 $1$, 在其极大理想上取值小于 $1$. 由于此极大理想包含 $\frac{1}{a}$, 将此赋值拉回到 $(A,R)$ 上即得所求.

$\square$

显然 $\mathrm{Spa}(A,R)$ 是局部环层空间, 且它只依赖于 $R$ 在 $A$ 中整闭包.

定义 4. 带赋值局部环层空间指的是局部环层空间 $(X,{\mathcal{O}}_X)$ 附带对每个 $x\in X$ 指定 ${\mathcal{O}}_{X,x}$ 上一赋值. 此时对开集 $U$, $x\in U$, $a\in {\mathcal{O}}_X(U)$, 将 $a$ 在 ${\mathcal{O}}_{X,x}$ 的像之赋值记作 $|a{|}_x$ 或 $|a(x)|$, 并定义 ${\mathcal{O}}_X^{+}(U)=\{a\in {\mathcal{O}}_X(U)\mid \forall x\in U,|a{|}_x\le 1\}$, 则显然 ${\mathcal{O}}_X^{+}$ 也是层. 定义带赋值局部环层空间之间的映射为局部环层空间的映射 $X\to Y$, 满足对每个 $X\ni x\mapsto y\in Y$, ${\mathcal{O}}_{X,x}$ 上指定的赋值沿 ${\mathcal{O}}_{Y,y}\to {\mathcal{O}}_{X,x}$ 拉回便得到 ${\mathcal{O}}_{Y,y}$ 上指定的赋值. 离散进制空间指的是局部同构于 $\mathrm{Spa}(A,R)$ 的带赋值局部环层空间, 其同态指的是作为带赋值局部环层空间的同态.

和概形一样, 有

习题 5. 对环对 $(A,R)$, 带赋值局部环层空间 $(X,{\mathcal{O}}_X)$, 证明$$\mathrm{Hom}((A,R),({\mathcal{O}}_X(X),{\mathcal{O}}_X^{+}(X)))=\mathrm{Hom}((X,{\mathcal{O}}_X),\mathrm{Spa}(A,R)).$$

习题 6. $\mathrm{Spa}(A,R)$ 的点一一对应于形如的交换图表的等价类, 其中 $V$ 是赋值环, $K$ 是 $V$ 的分式域, 等价关系由「两个图表间存在映射」这一关系生成. 这对一般的进制空间 $X$ 也成立, 只要把交换图表改为映射 $\mathrm{Spa}(K,V)\to X$. 所以 $\mathrm{Spa}(K,V)$ 就是进制空间理论中的「点」.

要证明这个经典的空间对解析环也是合理的. ?? 中已经说过, 标准开集的确对应于解析环稳态局部化. 于是只需说明标准开覆盖对应于解析环稳态覆盖, 即

命题 7. $(A,R)$ 是环对, 记 $X=\mathrm{Spa}(A,R)$, $\mathcal{A}=(A,R{)}_{■}$. 设 $a_1,\dots ,a_n\in A$ 生成 $(1)$, 记 $U_i=U\left(\frac{a_1,\dots ,a_n}{a_i}\right)$, ${\mathcal{A}}_i={\left(A\left[\frac{1}{a_i}\right],R[\frac{a_1}{a_i},\dots ,\frac{a_n}{a_i}]\right)}_{■}$, 则函子 $\mathsf{D}(\mathcal{A})\to {\prod }_{i=1}^n\mathsf{D}({\mathcal{A}}_i)$ 反映零对象.

证明. 先证 $n=2$, $a_2=1$ 情形. 此时它是万有情形 $(A,R)=(\mathbb{Z}[t],\mathbb{Z})$, $a_1=t$ 的基变换. 由于下星总是反映零对象, 用命题 ?? 即可化归到万有情形. 此时 $\mathcal{A}=(\mathbb{Z}[t],\mathbb{Z}{)}_{■}$, ${\mathcal{A}}_1={\left(\mathbb{Z}[t,\frac{1}{t}],\mathbb{Z}\left[\frac{1}{t}\right]\right)}_{■}$, ${\mathcal{A}}_2=\mathbb{Z}[t{]}_{■}$, 要证 $\mathcal{A}$ 模 $M$ 如果在 ${\mathcal{A}}_1$ 和 ${\mathcal{A}}_2$ 上都是 $0$, 那么它就是 $0$.

由命题 ??, $M{\otimes }_{\mathcal{A}}{\mathcal{A}}_2=0$ 等价于 $M$ 是 $\mathbb{Z}((t^{-1}))$ 模, $M{\otimes }_{\mathcal{A}}{\mathcal{A}}_1=0$ 等价于 $M\left[\frac{1}{t}\right]$ 是 $\mathbb{Z}((t))$ 模. 令 $C=\mathrm{cofib}(M\to M{\otimes }_{(\mathbb{Z}[t],\mathbb{Z}{)}_{■}}\mathbb{Z}[[t]])$, 则上一句话后半句说明 $C\left[\frac{1}{t}\right]=0$; 另一方面, 由于 $\mathbb{Z}[t]/t=\mathbb{Z}[[t]]/t$, 有 $\mathrm{cofib}(tC\to C)=0$, 即 $tC\to C$ 为同构; 所以 $C\cong {\mathrm{colim}}_{t}C=C\left[\frac{1}{t}\right]=0$, 即 $M\cong M{\otimes }_{(\mathbb{Z}[t],\mathbb{Z}{)}_{■}}\mathbb{Z}[[t]]$, 是 $\mathbb{Z}[[t]]$ 模. 现在 $M$ 又是 $\mathbb{Z}[[t]]$ 模又是 $\mathbb{Z}((t^{-1}))$ 模, 而$$\mathbb{Z}[[t]]{\otimes }_{(\mathbb{Z}[t],\mathbb{Z}{)}_{■}}\mathbb{Z}((t^{-1}))=(\mathbb{Z}[[t]]{\otimes }_{{\mathbb{Z}}_{■}}\mathbb{Z}[[s]])/(1-ts)=\mathbb{Z}[[t,s]]/(1-ts)=0,$$所以 $M=0$. 以上所有的张量积和商都是导出的.

再证一般情形. 对 $n$ 归纳. 要证 $\mathcal{A}$ 模 $M$ 如果在 ${\mathcal{A}}_1,\dots ,{\mathcal{A}}_n$ 上都是 $0$, 那么它就是 $0$. 由 Zariski 下降, 只需证各个 $M\left[\frac{1}{a_i}\right]$ 都是 $0$, 于是以 $A\left[\frac{1}{a_i}\right]$ 换 $A$, 不改变 $R$, 可设 $a_1,\dots ,a_n$ 中有可逆者, 不妨设 $a_n$ 可逆. 再全都除以 $a_n$, 这不改变 $U_i$ 和 ${\mathcal{A}}_i$, 故可设 $a_n=1$. 由已证, 可不妨设 $X$ 等于 $U\left(\frac{a_1}{1}\right)$ 或 $U\left(\frac{1}{a_1}\right)$. 前一种情况下 $U_2,\dots ,U_n$ 是 $X$ 的标准开覆盖, 后一种情况下 $U_1,\dots ,U_{n-1}$ 是 $X$ 的标准开覆盖, 故由归纳假设命题得证.

$\square$

于是对一般的离散进制空间 $X$, 将其仿射开子空间 $\mathrm{Spa}(A,R)$ 打到 $\mathsf{D}((A,R{)}_{■})$, 便是 $X$ 上的稳定无穷范畴层. 取整体截面即得稳定无穷范畴, 记为 $\mathsf{D}(X_{■})$. 不难发现这就是将 $X$ 先用例 ?? 的方法做成解析空间 $X_{■}$, 再取导出范畴.

接下来我们给概形对作进制空间. 对概形映射 $X\to Y$, 定义$$X^{\mathrm{a}\mathrm{d}/Y}=\underset{(A,R)}{\mathrm{colim}}\mathrm{Spa}(A,R),$$这里余极限对所有交换图取, 其中水平的箭头都是开浸入. 右边是仿射进制空间沿进制空间开浸入的余极限, 所以是进制空间. 显然 $X^{\mathrm{a}\mathrm{d}/X}={\mathrm{colim}}_{\mathrm{Spec}A\subseteq X仿射开}\mathrm{Spa}(A,A)$, 我们将其记作 $X^{\mathrm{a}\mathrm{d}}$. 对应的解析空间记作 $(X,Y{)}_{■}$ 与 $X_{■}$. $X^{\mathrm{a}\mathrm{d}/Y}$ 可视为映射 $X\to Y$ 用进制空间做出的典范紧化. 以下命题说明映射本身已经紧的时候紧化不改变事情.

命题 8. 对概形映射 $X\to Y\to Z$, 进制空间映射 $X^{\mathrm{a}\mathrm{d}/Y}\to X^{\mathrm{a}\mathrm{d}/Z}$ 在茎上是同构. 如 $Y\to Z$ 满足赋值判别法的存在性、唯一性, 则对应地 $X^{\mathrm{a}\mathrm{d}/Y}\to X^{\mathrm{a}\mathrm{d}/Z}$ 在点上满、单. 特别地, 如 $Y\to Z$ 泛闭且分离, 则 $X^{\mathrm{a}\mathrm{d}/Y}\cong X^{\mathrm{a}\mathrm{d}/Z}$.

证明. 第一句话是由于对环同态 $A\to B\to C$, $\mathrm{Spa}(C,B)\to \mathrm{Spa}(C,A)$ 本来在茎上就都是同构, 因为对 $x\in \mathrm{Spa}(C,B)$, 两边的结构层在 $x$ 处的茎都是 $C_{\ker (x)}$. 剩下就是习题 6 及赋值判别法的显然推论.

$\square$

现在来作六函子. 先设这些概形都在 $\mathbb{Z}$ 上有限型. 对概形映射 $fX\to Y$, $(f^{\ast },f_{\ast })\mathsf{D}(Y_{■})\rightleftarrows \mathsf{D}(X_{■})$ 已上一节中描述. 为定义 $(f_{!},f^{!})$, 需像第 ?? 节中一样考虑映射 $j{X}^{\mathrm{a}\mathrm{d}}\to X^{\mathrm{a}\mathrm{d}/Y}$ 与 $\bar{f}{X}^{\mathrm{a}\mathrm{d}/Y}\to Y^{\mathrm{a}\mathrm{d}}$.

命题 9. 记号承上. $j^{\ast }$ 有左伴随, 记为 $j_{!}$.

于是定义 $f_{!}={\bar{f}}_{\ast }{j}_{!}$. $f_{!}$ 保持余极限, 因为两步都保持. 故它有右伴随 $f^{!}$. 这样便作出了 $(f_{!},f^{!})\mathsf{D}(X_{■})\rightleftarrows \mathsf{D}(Y_{■})$.

注 10. 我想甩掉进制空间, 只用概形和解析空间做事, 毕竟这里也是要做概形的六函子. 固然对概形映射 $X\to Y$ 能直接定义解析空间 $(X,Y{)}_{■}$ 及其导出范畴, 但这里命题 8 和 9 的处理都依赖进制空间. 命题 9 应该问题不大, 而命题 8 就比较麻烦. 大抵对紧映射 $Y\to Z$ 要证明 $Y_{■}\cong (Y,Z{)}_{■}$, 这看上去无从下手. 我感觉可以试图证明导出范畴同构, 毕竟 $\mathsf{D}(Y_{■})$ 显然是 $\mathsf{D}((Y,Z{)}_{■})$ 的满子范畴. 但要证这个似乎是需要在更复杂的情况下写出 7 证明的第二段, 我暂时不会.