4. 固态化

至此我们发展了凝聚态交换群的基本理论. 常见的拓扑交换群例如 $\mathbb{R}$, ${\mathbb{Z}}_p$, ${\mathbb{Q}}_p$ 等都可自然看成凝聚态交换群, 且确有$${\mathbb{Z}}_p=\underset{n}{\lim }\mathbb{Z}/p^n,{\mathbb{Q}}_p={\mathbb{Z}}_p[1/p]=\underset{n}{\mathrm{colim}}{p}^{-n}{\mathbb{Z}}_p.$$但该理论不太解析, 即$$\mathbb{R}\otimes {\mathbb{Z}}_p\ne 0,{\mathbb{Z}}_p\otimes {\mathbb{Z}}_{\ell }\ne 0,$$都是大而无章的群. 固态化是个非 Archemedes 的完备化, 给非 Archemedes 解析理论提供了基础. 把它记作 ${}^{■}$, 则将会有$${\mathbb{R}}^{■}=0,({\mathbb{Z}}_p\otimes {\mathbb{Z}}_p{)}^{■}={\mathbb{Z}}_p,({\mathbb{Z}}_p\otimes {\mathbb{Z}}_{\ell }{)}^{■}=0.$$以下发展这一理论, 过程中需要用到上一节所算出的结果. 本节应是全文最硬核之处, 对细节不感兴趣的读者可仅读结论.

定义 4.1. 对 $\mathsf{ProFin}\ni S=\lim S_i$, $S_i\in \mathsf{Fin}$, 定义固态自由 (交换) 群$$\mathbb{Z}[S{]}^{■}=\lim \mathbb{Z}[S_i].$$

事实上这可以具体求出. $\mathbb{Z}[S_i]$ 无非是有限秩自由交换群, 是 $S_i$ 上整值函数群 $C(S_i,\mathbb{Z})$ 的对偶. 于是

$$\mathbb{Z}[S{]}^{■}=\lim \mathbb{Z}[S_i]=\lim \underline{\mathrm{Hom}}(C(S_i,\mathbb{Z}),\mathbb{Z})=\underline{\mathrm{Hom}}(\mathrm{colim}C(S_i,\mathbb{Z}),\mathbb{Z})=\underline{\mathrm{Hom}}(C(S,\mathbb{Z}),\mathbb{Z}).$$

而

命题 4.2. 对 $S\in \mathsf{ProFin}$, 存在集合 $I$, $$C(S,\mathbb{Z})={\mathbb{Z}}^{\oplus I}.$$

这个结论看上去很合理, 证明实则还比较奇妙. 注意如果 $S=S^{\prime }\times \{0,1\}$, $\{f_i^{\prime }{\}}_{i\in I^{\prime }}$ 为 $C(S^{\prime },\mathbb{Z})$ 的基, 记 $f_i=f_i^{\prime }\circ {\mathrm{pr}}_1$, $e={\mathrm{pr}}_2$, 则 $\{f_i{\}}_{i\in I}\cup \{e{f}_i{\}}_{i\in I}$ 为 $C(S,\mathbb{Z})$ 的基. 以下证明是这一简单想法的推广与迭代.

证明. 显然有限集都单射入集合 $2=\{0,1\}$ 的一些乘积, 故存在序数 $\alpha$, $S\hookrightarrow 2^{\alpha }$. 对 $i\in \alpha$ 记 $e_i\in C(S,\mathbb{Z})$ 为整值函数 $S\hookrightarrow 2^{\alpha }\twoheadrightarrow 2=\{0,1\}\subset \mathbb{Z}$, 其中第二个箭头为往第 $i$ 个分量的投影. 在对 $i_1,\dots ,i_r\in \alpha$ 记 $e_{i_1\cdots i_r}={\prod }_{j=1}^r{e}_{i_j}$.

我们用 $\alpha$ 的良序将 $C(S,\mathbb{Z})$ 中形如 $e_{i_1\cdots i_r}$, $r\ge 0$, $i_1>\cdots >i_r$, 的元素以 $(i_1,\dots ,i_r)$ 的字典序排良序. 具体来说, 两个这样的串相比时, 如一个串为空则它较小, 否则比较第一个元素, 第一个元素小者较小, 相同时比较后面的. 然后删去这些元素之中能表示为字典序更小者之线性组合者 a, 剩下的元素组成的集合记为 $I$. 以下证明 $I$ 是 $C(S,\mathbb{Z})$ 的基.

对 $\alpha$ 归纳, 即假设对序数 $\beta <\alpha$, 相应的命题已经成立. 记 $S_{\beta }=\mathrm{im}(S\hookrightarrow 2^{\alpha }\twoheadrightarrow 2^{\beta })$, $I_{\beta }$ 为 $I$ 中下标都小于 $\beta$ 者, 则由归纳假设, $I_{\beta }$ 是 $S_{\beta }$ 的基. 所以如果 $\alpha$ 为极限序数, $S={\lim }_{\beta <\alpha }{S}_{\beta }$, $I={\bigcup }_{\beta <\alpha }{I}_{\beta }$ 就是 $C(S,\mathbb{Z})={\mathrm{colim}}_{\beta <\alpha }C(S_{\beta },\mathbb{Z})$ 的基.

$\alpha =\beta +1$ 为后继序数的情况比较复杂. 记 $p:S\twoheadrightarrow S_{\beta }$ 为投影, 然后记 $S_0^{\prime }=p(e_{\alpha }^{-1}(0))$, $S_1^{\prime }=p(e_{\alpha }^{-1}(1))$, $S^{\prime }=S_0^{\prime }\cap S_1^{\prime }$. 则 $S_{\beta }=S_0^{\prime }\cup S_1^{\prime }$, $S\cong S_0^{\prime }\bigsqcup S_1^{\prime }$, 于是 $C(S,\mathbb{Z})$ 中由 $C(S_{\beta },\mathbb{Z})$ 拉回的那些元素恰为在 $S$ 里面的两份 $S^{\prime }$ 中一样的元素, 即有短正合列$$0\to C(S_{\beta },\mathbb{Z})\to C(S,\mathbb{Z})\to C(S^{\prime },\mathbb{Z})\to 0,$$其中满射为 $S$ 上函数限制在 $S_1^{\prime }$ 里那份 $S^{\prime }$ 减去其限制在 $S_0^{\prime }$ 里那份 $S^{\prime }$. 现在由归纳假设 $I_{\beta }$ 是 $C(S_{\beta },\mathbb{Z})$ 的基. 对 $S^{\prime }\hookrightarrow 2^{\beta }$ 再用一次归纳假设, 即可发现 $I\setminus I_{\beta }$ 投影到 $C(S^{\prime },\mathbb{Z})$ 之后也是 $C(S^{\prime },\mathbb{Z})$ 的一组基, 这样就证完了.

$\square$

所以 $\mathbb{Z}[S{]}^{■}=\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{Z}}^{\oplus I},\mathbb{Z})={\mathbb{Z}}^I$. 反过来对任意 $I$ 都存在 $S$ 使 $\mathbb{Z}[S{]}^{■}={\mathbb{Z}}^I$: 对无穷集 $I$, 取 $S$ 为 $I$ 的一点紧化即可.

将 $\mathbb{Z}[S{]}^{■}$ 称作 $\mathbb{Z}[S]$ 的固态化. 牢记固态化是一种完备化, 以下的定义便是合理的:

定义 4.3. 称 $X\in \mathsf{CondAb}$ 固态, 指对任意 $S\in \mathsf{ProFin}$, $$\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}[S],X)=\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}[S{]}^{■},X).$$称 $C\in \mathsf{D}(\mathsf{CondAb})$ 固态, 指对任意 $S\in \mathsf{ProFin}$, $$R\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}[S],C)=R\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}[S{]}^{■},C).$$

先说明固态自由群确实是固态的.

命题 4.4. 对 $S,T\in \mathsf{ProFin}$, $$R\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}[S],\mathbb{Z}[T{]}^{■})=R\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}[S{]}^{■},\mathbb{Z}[T{]}^{■}).$$

证明. 设 $\mathbb{Z}[S{]}^{■}={\mathbb{Z}}^I$, $\mathbb{Z}[T{]}^{■}={\mathbb{Z}}^J$, 则由于 $R\mathrm{Hom}$ 在第二个分量与乘积交换, 只需证$$R\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}[S],\mathbb{Z})=R\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}[S{]}^{■},\mathbb{Z}).$$上式左边即 $R\Gamma (S,\mathbb{Z})$, 由定理 2.5 知它就是 $C(S,\mathbb{Z})={\mathbb{Z}}^{\oplus I}$. 于是要证$${\mathbb{Z}}^{\oplus I}=R\mathrm{Hom}({\mathbb{Z}}^I,\mathbb{Z}).$$为此考虑短正合列$$0\to {\mathbb{Z}}^I\to {\mathbb{R}}^I\to {\mathbb{T}}^I\to 0,$$并由定理 3.2 和推论 3.3 计算$$R\mathrm{Hom}({\mathbb{R}}^I,\mathbb{Z})=R{\mathrm{Hom}}_{\mathbb{R}}({\mathbb{R}}^I,R\mathrm{Hom}(\mathbb{R},\mathbb{Z}))=0,$$$$R\mathrm{Hom}({\mathbb{T}}^I,\mathbb{Z})={\mathbb{Z}}^{\oplus I}[-1],$$即得欲证, 其中第一个等式是因为 ${\mathbb{R}}^I$ 是 $\mathbb{R}$ 模, 用伴随性.

$\square$

警告. 这是在 $\mathsf{CondAb}$ 中取 $\mathrm{Hom}$, 与经典竞赛题$${\mathrm{Hom}}_{\mathsf{Ab}}({\mathbb{Z}}^{\omega },\mathbb{Z})={\mathbb{Z}}^{\oplus \omega }$$毫无关系.

事实上固态群的范畴表现得非常好:

定理 4.5. 以 $\mathsf{Solid}$ 记固态交换群在 $\mathsf{CondAb}$ 中的满子范畴, 则其对极限、余极限、扩张皆封闭. 形如 ${\mathbb{Z}}^I$ 的群是其紧投射生成元. 其含入函子有左伴随, 记作 $M\mapsto M^{■}$, 是函子 $\mathbb{Z}[S]\mapsto \mathbb{Z}[S{]}^{■}$ 的唯一保余极限的延拓. 另外, $\mathsf{D}(\mathsf{CondAb})$ 中的复形固态当且仅当其各阶同调群固态, 且 $\mathsf{D}(\mathsf{Solid})\subset {\mathsf{D}}_{\mathsf{Solid}}(\mathsf{CondAb})$ 是范畴等价. ${-}^{■}$ 有左导出 ${-}^{L■}$, 是 $\mathsf{D}(\mathsf{Solid})\subset \mathsf{D}(\mathsf{CondAb})$ 的左伴随.

在证它之前先集中把抽象废话处理掉.

命题 4.6. $\mathcal{A}$ 是被紧投射对象生成的余完备 Abel 范畴, ${\mathcal{A}}_0\subset \mathcal{A}$ 是其一族紧投射生成元的满子范畴. $F:{\mathcal{A}}_0\to \mathcal{A}$ 为加性函子, 附带自然变换 ${\mathrm{id}}_{{\mathcal{A}}_0}\to F$, 满足以下三条中某一条:

对 $a\in {\mathcal{A}}_0$, $C$ 为

1.	形如 $Fb$ 的东西的直和之间映射的余核;
2.	形如 $Fb$ 的东西的直和之间映射的核;
3.	形如 $Fb$ 的东西的直和组成的右有界链复形;

自然映射 $R\mathrm{Hom}(Fa,C)\to R\mathrm{Hom}(a,C)$ 为同构.

定义$${\mathcal{A}}_F=\{X\mid \forall a\in {\mathcal{A}}_0,\mathrm{Hom}(Fa,X)=\mathrm{Hom}(a,X)\}$$为 $\mathcal{A}$ 的满子范畴, $${\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})=\{C\mid \forall a\in {\mathcal{A}}_0,R\mathrm{Hom}(Fa,C)=R\mathrm{Hom}(a,C)\}$$为 $\mathsf{D}(\mathcal{A})$ 的满子范畴, 则:

${\mathcal{A}}_F\subset \mathcal{A}$ 对极限、余极限、扩张皆封闭. 形如 $Fa$, $a\in {\mathcal{A}}_0$ 的对象是其紧投射生成元. 其含入函子有左伴随 $L:\mathcal{A}\to {\mathcal{A}}_F$, 是 $F$ 的唯一保余极限的延拓. 另外, ${\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$ 中的复形恰是各阶同调群属于 ${\mathcal{A}}_F$ 者, 且 $\mathsf{D}({\mathcal{A}}_F)\subseteq {\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$ 是范畴等价. $L$ 有左导出, 是 $\mathsf{D}({\mathcal{A}}_F)\subset \mathsf{D}(\mathcal{A})$ 的左伴随.

显然 ${\mathcal{A}}_0$ 将要取成 $\mathbb{Z}[S]$, $S\in \mathsf{ExDisc}$, $F$ 取成固态化.

证明. 先证条件 1 和 2 等价, 且 3 推出它们. 这是因为这三个条件都推出对形如 $Fb$ 的东西的直和 $C$, $R\mathrm{Hom}(Fa,C)=R\mathrm{Hom}(a,C)$, 于是对这种直和之间的映射 $f:Y\to Z$, 对正合列$$0\to \ker (f)\to Y\to Z\to \mathrm{coker}(f)\to 0$$做 $R\mathrm{Hom}$ 知 1 等价于 2. 而如果有 3, 则对这种直和之间映射 $f:Y\to Z$ 的核 $K$, 以 ${\mathcal{A}}_0$ 中对象的直和来消解 $K$, 得复形$$\cdots \to B_1\to B_0\to 0;$$对 $0\to Y\to Z\to 0$ 用 3 容易推出$$R\mathrm{Hom}(B_{\bullet },[0\to Y\to Z\to 0])=R\mathrm{Hom}(F{B}_{\bullet },[0\to Y\to Z\to 0]),$$由此可得消解 $B_{\bullet }\to K$ 可延拓为 $F{B}_{\bullet }\to K$, 即 $K\cong B_{\bullet }$ 是 $F{B}_{\bullet }$ 的收缩. 这样一来, 由 $R\mathrm{Hom}(Fa,F{B}_{\bullet })=R\mathrm{Hom}(a,F{B}_{\bullet })$ 即知 $R\mathrm{Hom}(Fa,K)=R\mathrm{Hom}(a,K)$, 即 2 成立. 上面的证明中对于直和 $B=⨁b_i$ 我以 $FB$ 记 $⨁F{b}_i$. 以下也使用此记号.

然后证明命题本身. 显然 ${\mathcal{A}}_F$ 对极限封闭, 且包含形如 $Fb$ 的东西的直和之间映射的核和余核. 对于 $X\in {\mathcal{A}}_F$, 取 ${\mathcal{A}}_0$ 中对象的直和 $A\twoheadrightarrow X$. 由条件它穿过一个映射 $FA\twoheadrightarrow X$; 由 ${\mathcal{A}}_F$ 对极限封闭, 其核仍属于 ${\mathcal{A}}_F$, 如法炮制可得 ${\mathcal{A}}_0$ 中对象的直和 $B$ 以及映射 $FB\to FA$ 使 $X$ 为其余核. 所以 ${\mathcal{A}}_F$ 恰由形如 $Fb$ 的东西的直和之间映射的余核组成. 由此立得其对直和与余核封闭, 即对余极限封闭. 这样条件就给出 ${\mathcal{A}}_F\subset {\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$, 且对扩张亦封闭, 以及被紧投射对象 $Fa$, $a\in {\mathcal{A}}_0$ 生成. 对一般的 $M\in \mathcal{A}$, 用 ${\mathcal{A}}_0$ 中对象的直和作消解$$B\to A\to M\to 0,$$则再次由条件即得 $M\mapsto \mathrm{coker}(FB\to FA)$ 给出 ${\mathcal{A}}_F\subset \mathcal{A}$ 的左伴随.

以 ${\mathsf{D}}_F^{\prime }(\mathcal{A})$ 记 $\mathsf{D}(\mathcal{A})$ 中各阶同调群属于 ${\mathcal{A}}_F$ 者. 先证明 ${\mathsf{D}}_F^{\prime }(\mathcal{A})\subseteq {\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$. 对 $C\in {\mathsf{D}}_F^{\prime }(\mathcal{A})$, 由于 $C=\lim {\tau }_{\ge -n}C$ 可不妨设 $C$ 左有界. 然后由于对每个 $i$, ${\mathrm{Ext}}^i(Fa,C)$ 与 ${\mathrm{Ext}}^i(a,C)$ 都只依赖 ${\tau }_{\le i}C$, 检验 ${\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$ 条件时还能设 $C$ 右有界. 而 $C$ 有界时可拆为 ${\mathcal{A}}_F$ 中对象的平移, 故得结论.

由于 $\mathcal{A}$ 中有足够投射对象, 由叠计划 0794 知函子 $L$ 有左导出, 仍记作 $L:\mathsf{D}(\mathcal{A})\to \mathsf{D}({\mathcal{A}}_F)$. 由叠计划中的证明以及 ${\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$ 的定义知对 $X\in \mathcal{A}$, $R\mathrm{Hom}(X,-)$ 与 $R\mathrm{Hom}(LX,-)$ 在 ${\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$ 中一样, 即 $L$ 为 ${\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})\subset \mathsf{D}(\mathcal{A})$ 的左伴随. 于是由米田引理, 自然变换 $X\to LX$ 在 $X\in {\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$ 时为同构, 这给出范畴等价 $\mathsf{D}({\mathcal{A}}_F)\subseteq {\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$. 由于 $\mathsf{D}({\mathcal{A}}_F)\subseteq {\mathsf{D}}_F^{\prime }(\mathcal{A})\subseteq {\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$, 这三个范畴都等价, 且 ${\mathsf{D}}_F^{\prime }(\mathcal{A})={\mathsf{D}}_F(\mathcal{A})$.

$\square$

然后处理具体情况. 由于之前算出了 $\mathbb{Z}[S{]}^{■}$ 具体形式, 只需证:

命题 4.7. 对极不连通空间 $S$ 以及链复形$$C:\cdots \to C_1\to C_0\to 0,$$其中 $C_i={⨁}_{j\in J_i}{\mathbb{Z}}^{I_{i,j}}$, $$R\underline{\mathrm{Hom}}(\mathbb{Z}[S{]}^{■},C)\cong R\underline{\mathrm{Hom}}(\mathbb{Z}[S],C).$$

这个证明非常技术, 各步不可轻易调换. 我在讨论班上记错, 惨挂黑板.

证明. 先证 $C$ 为一个模的情形, 即证$$R\underline{\mathrm{Hom}}\left(\mathbb{Z}[S{]}^{■},\underset{j\in J}{⨁}{\mathbb{Z}}^{I_j}\right)\cong R\underline{\mathrm{Hom}}\left(\mathbb{Z}[S],\underset{j\in J}{⨁}{\mathbb{Z}}^{I_j}\right).$$由于 $\mathbb{Z}[S]$ 紧投射, 右边的无穷直和能提出 $R\underline{\mathrm{Hom}}$ 外面. 取同构 $C(S,\mathbb{Z})={\mathbb{Z}}^{\oplus K}$, 右边即为 ${⨁}_{j\in J}({\mathbb{Z}}^{\oplus K}{)}^{I_j}$. 要证左边也是如此. 回忆 $\mathbb{Z}[S{]}^{■}={\mathbb{Z}}^K$, 即要证$$R\underline{\mathrm{Hom}}\left({\mathbb{Z}}^K,\underset{j\in J}{⨁}{\mathbb{Z}}^{I_j}\right)=\underset{j\in J}{⨁}({\mathbb{Z}}^{\oplus K}{)}^{I_j}.$$(4.7.1)考虑短正合列$$0\to {\mathbb{Z}}^K\to {\mathbb{R}}^K\to {\mathbb{T}}^K\to 0.$$由于 $0\to \mathbb{Z}\to \mathbb{R}\to \mathbb{T}\to 0$, 而 $\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{T}$ 都伪凝聚, 得到 $\mathbb{R}$ 伪凝聚, 从而计算 $R\underline{\mathrm{Hom}}\left(\mathbb{R},{⨁}_{j\in J}{\mathbb{Z}}^{I_j}\right)$ 时直和也能提出去, 于是由推论 3.3 知该 $R\underline{\mathrm{Hom}}$ 是 $0$. 由 ${\mathbb{R}}^K$ 是 $\mathbb{R}$ 模, 得$$R\underline{\mathrm{Hom}}\left({\mathbb{R}}^K,\underset{j\in J}{⨁}{\mathbb{Z}}^{I_j}\right)=R\underline{\mathrm{Hom}}\left({\mathbb{R}}^K,R\underline{\mathrm{Hom}}\left(\mathbb{R},\underset{j\in J}{⨁}{\mathbb{Z}}^{I_j}\right)\right)=0;$$由命题 3.5, ${\mathbb{T}}^K$ 伪凝聚, 直和也能提出去, 于是由定理 3.2 $$R\underline{\mathrm{Hom}}\left({\mathbb{T}}^K,\underset{j\in J}{⨁}{\mathbb{Z}}^{I_j}\right)=\underset{j\in J}{⨁}({\mathbb{Z}}^{\oplus K}{)}^{I_j}[-1];$$合起来即得欲证.

这样自动得到 $C$ 有界的情形. 欲证一般情形, 由于暴力截断复形的正合列$$0\to C_{\le n}\to C\to C_{>n}\to 0,$$只需证 $R\underline{\mathrm{Hom}}(\mathbb{Z}[S{]}^{■},C_{>n})$ 与 $R\underline{\mathrm{Hom}}(\mathbb{Z}[S],C_{>n})$ 同调群都集中在 $\ge n$ 阶, 因为这样一来自然映射$$R\underline{\mathrm{Hom}}(\mathbb{Z}[S{]}^{■},C)\to R\underline{\mathrm{Hom}}(\mathbb{Z}[S],C)$$的余纤维就对任意 $n$ 都集中在 $\ge n$ 阶, 从而是 $0$. 对 $R\underline{\mathrm{Hom}}(\mathbb{Z}[S],C_{>n})$ 事情显然, 因为 $\mathbb{Z}[S]$ 投射. 所以需要证 $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{Z}}^K,C_{>n})$ 集中在 $\ge n$, 相当于证 $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{Z}}^K,C)$ 集中在 $\ge -1$.

现在我说这可归结于证对任意 $K$, $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,C)$ 集中在 $\ge -2$. 如有此事, 便有$$R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,C)=\mathrm{colim}R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,C_{\le n}).$$由于以 $\mathbb{Z}$ 换 ${\mathbb{T}}^K$ 之后上式显然成立, 取 $K=\ast$, 由 $0\to \mathbb{Z}\to \mathbb{R}\to \mathbb{T}\to 0$ 得$$R\underline{\mathrm{Hom}}(\mathbb{R},C)=\mathrm{colim}R\underline{\mathrm{Hom}}(\mathbb{R},C_{\le n})=0$$(4.7.2)于是由 ${\mathbb{R}}^K$ 为 $\mathbb{R}$ 模知上式以 ${\mathbb{R}}^K$ 换 $\mathbb{R}$ 也得 $0$. 从而 $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{Z}}^K,C)=R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,C)[1]$ 集中在 $\ge -1$.

记 $C_{\mathbb{R},i}={⨁}_{J_i}{\mathbb{R}}^{I_{i,j}}$, $C_{\mathbb{T},i}={⨁}_{J_i}{\mathbb{T}}^{I_{i,j}}$, $C_{\mathbb{R}}$, $C_{\mathbb{T}}$ 为对应的复形, 则有短正合列$$0\to C\to C_{\mathbb{R}}\to C_{\mathbb{T}}\to 0.$$于是只需证 $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,C_{\mathbb{R}})$ 与 $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,C_{\mathbb{T}})$ 集中在 $\ge -1$. $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,C_{\mathbb{R}})=R\lim R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,{\tau }_{<n}{C}_{\mathbb{R}})$, 而 ${\tau }_{<n}{C}_{\mathbb{R}}$ 无非是$$0\to \ker (C_{\mathbb{R},n}\to C_{\mathbb{R},n-1})\to C_{\mathbb{R},n}\to \cdots \to C_{\mathbb{R},0}\to 0,$$$\mathbb{T}$ 也类似, 故只需证对形如$$M_{\mathbb{R}}=\ker \left(\underset{j\in J}{⨁}{\mathbb{R}}^{I_j}\to \underset{j\in J^{\prime }}{⨁}{\mathbb{R}}^{I_j^{\prime }}\right),M_{\mathbb{T}}=\ker \left(\underset{j\in J}{⨁}{\mathbb{T}}^{I_j}\to \underset{j\in J^{\prime }}{⨁}{\mathbb{T}}^{I_j^{\prime }}\right),$$其中映射来自 $\mathbb{Z}$ 模对应映射的模, $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,M_{\mathbb{R}})$, $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,M_{\mathbb{T}})$ 集中在 $\ge -1$, 因为 $C_{\mathbb{R},i}=\ker (C_{\mathbb{R},i}\to 0)$, $C_{\mathbb{T},i}=\ker (C_{\mathbb{T},i}\to 0)$ 也是这种形式. 由于 ${\mathbb{T}}^K$ 伪凝聚, $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,-)$ 与模的滤余极限交换, 故可不妨设 $J$ 有限, 于是设$$M_{\mathbb{R}}=\ker \left({\mathbb{R}}^I\to \underset{j\in J^{\prime }}{⨁}{\mathbb{R}}^{I_j^{\prime }}\right),M_{\mathbb{T}}=\ker \left({\mathbb{T}}^I\to \underset{j\in J^{\prime }}{⨁}{\mathbb{T}}^{I_j^{\prime }}\right).$$由于上面的映射来自 $\mathbb{Z}$ 模对应映射, 由式 4.7.1 知其像在右边的有限直和中, 故还可设 $J^{\prime }$ 有限, 相当于设$$M_{\mathbb{R}}=\ker ({\mathbb{R}}^I\to {\mathbb{R}}^{I^{\prime }}),M_{\mathbb{T}}=\ker ({\mathbb{T}}^I\to {\mathbb{T}}^{I^{\prime }}).$$再次由于上面的映射来自 $\mathbb{Z}$ 模对应映射, 而$$R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{Z}}^I,{\mathbb{Z}}^{I^{\prime }})=({\mathbb{Z}}^{\oplus I}{)}^{I^{\prime }}=R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{Z}}^{\oplus I^{\prime }},{\mathbb{Z}}^{\oplus I}),$$即它对偶于映射 ${\mathbb{Z}}^{\oplus I^{\prime }}\to {\mathbb{Z}}^{\oplus I}$, 指它是这样的映射做 $\underline{\mathrm{Hom}}(-,\mathbb{R})$ 与 $\underline{\mathrm{Hom}}(-,\mathbb{T})$ 所得. 所以 $M_{\mathbb{T}}$ 为拓扑群同态 ${\mathbb{T}}^I\to {\mathbb{T}}^{I^{\prime }}$ 之核, 为紧拓扑群, 由定理 3.4 知 $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,M_{\mathbb{T}})$ 上同调集中在 $[0,1]$, 即同调集中在 $\ge -1$; 而由线性代数, 每个实线性映射 ${\mathbb{R}}^{\oplus I^{\prime }}\to {\mathbb{R}}^{\oplus I}$ 都是分裂满射复合分裂单射, 故对偶映射 ${\mathbb{R}}^I\to {\mathbb{R}}^{I^{\prime }}$ 亦然, 所以 $M_{\mathbb{R}}$ 为 ${\mathbb{R}}^I$ 的直和项, 由定理 3.2, $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,{\mathbb{R}}^I)=R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,\mathbb{R}{)}^I=0$, 故 $R\underline{\mathrm{Hom}}({\mathbb{T}}^K,M_{\mathbb{R}})=0$.

$\square$

这样终于证完了定理 4.5. 由此不难得到

命题 4.8. $\mathsf{Solid}$ 中的紧投射对象形如 ${\mathbb{Z}}^I$, $\mathsf{D}(\mathsf{Solid})$ 中的紧对象是各项形如 ${\mathbb{Z}}^I$ 的有界复形, 且 $R\mathrm{Hom}(-,\mathbb{Z})$ 给出范畴等价 $\mathsf{cpt}(\mathsf{Solid}{)}^{\mathrm{op}}=\mathsf{Ab}$, $\mathsf{cpt}(\mathsf{D}(\mathsf{Solid}){)}^{\mathrm{op}}={\mathsf{D}}^b(\mathbb{Z})$. 另外, $\mathsf{Solid}$ 与 $\mathsf{D}(\mathsf{Solid})$ 分别对 $\underline{\mathrm{Hom}}$ 与 $R\underline{\mathrm{Hom}}$ 封闭.

最后来求一些固态化.

命题 4.9. 对紧 Hausdorff 空间 $X$, $$\mathbb{Z}[X{]}^{L■}=R\underline{\mathrm{Hom}}(R\Gamma (X,\mathbb{Z}),\mathbb{Z}).$$所以 $X$ 投射有限时 $\mathbb{Z}[X{]}^{L■}$ 同调群集中在 $0$ 处. 另外, 对一般的, 未必有限的 CW 复形 $X$, $$\mathbb{Z}[X{]}^{L■}=C_{\bullet }(X),$$右边表示 $\mathbb{Z}$ 系数的胞腔链复形, 或者等价地, 奇异链复形.

证明. 如定理 2.5 证明中所述, 可由 Stone–Čech 紧化和忘却的伴随性给出 $\mathbb{Z}[X]$ 的典范投射消解 $\mathbb{Z}[{\beta }_{\bullet }X]$, 而依定义$$\mathbb{Z}[{\beta }_{\bullet }X{]}^{L■}=R\underline{\mathrm{Hom}}(\Gamma ({\beta }_{\bullet }X,\mathbb{Z}),\mathbb{Z})=R\underline{\mathrm{Hom}}(R\Gamma (X,\mathbb{Z}),\mathbb{Z}).$$对有限 CW 复形 $X$, 由上同调比较以及万有系数定理, 上式右边同构于胞腔同调 $C_{\bullet }(X)$. 再用例 1.5 以及所涉函子都与滤余极限交换即得结论.

$\square$

定义固态张量积为 $-{\otimes }^{■}-=(-\otimes -{)}^{■}$, 易知它是 $\underline{\mathrm{Hom}}$ 的左伴随. 导出张量积类似. 现在兑现本节伊始的承诺:

命题 4.10.

1.	${\mathbb{R}}^{L■}=0$.
2.	${\mathbb{Z}}^I{\otimes }^{L■}{\mathbb{Z}}^J={\mathbb{Z}}^{I\times J}$.
3.	${\mathbb{Z}}_p{\otimes }^{L■}{\mathbb{Z}}_p={\mathbb{Z}}_p$.
4.	${\mathbb{Z}}_p{\otimes }^{L■}{\mathbb{Z}}_{\ell }=0$.

证明.

1.	由米田引理以及 ${-}^{L■}$ 是左伴随, 只需证对任意 $C\in \mathsf{D}(\mathsf{Solid})$, $R\mathrm{Hom}(\mathbb{R},C)=0$. $C$ 右有界的时候是式 4.7.2, 一般的 $C$ 是其暴力右截断的极限.
2.	设 ${\mathbb{Z}}^I=\mathbb{Z}[S{]}^{■}$, ${\mathbb{Z}}^J=\mathbb{Z}[T{]}^{■}$, $S,T$ 投射有限. 此时这些固态化自动导出. 不断用伴随性容易发现$$\mathbb{Z}[S{]}^{■}{\otimes }^{L■}\mathbb{Z}[T{]}^{■}=(\mathbb{Z}[S]{\otimes }^L\mathbb{Z}[T]{)}^{L■}=\mathbb{Z}[S\times T{]}^{L■}={\mathbb{Z}}^{I\times J}.$$
3.	${\mathbb{Z}}_p=\mathbb{Z}[[x]]/(x-p)$, 而 $x-p$ 不是零因子, 所以由 2, $${\mathbb{Z}}_p{\otimes }^{L■}{\mathbb{Z}}_p=\mathbb{Z}[[x]]/(x-p){\otimes }^{L■}\mathbb{Z}[[y]]/(y-p)=\mathbb{Z}[[x,y]]/(x-p,y-p)=\mathbb{Z}[[x,y]]/(x-p,x-y)={\mathbb{Z}}_p.$$
4.	类似地, $${\mathbb{Z}}_p{\otimes }^{L■}{\mathbb{Z}}_{\ell }=\mathbb{Z}[[x,y]]/(x-p,y-\ell )=0,$$因为取 $a,b\in \mathbb{Z}$, $ap+b\ell =1$, 则 $a(p-x)+b(\ell -y)=1-ax-by$ 在形式幂级数环中可逆.

$\square$

术语翻译

固态 (形容词) • 英文 solid

固态化 (动词) • 英文 solidify