导出范畴与移位态射

取同伦商使“相差一个同伦”的映射成为同一态射。求逆拟同构则允许用保持全部上同调的复形替换原对象。例如把 $\mathbb{Z}/2$ 换成 $\mathbb{Z}\stackrel{2}{\to }\mathbb{Z}$，就把商关系显式展开成一个可用于计算的自由复形。

导出范畴并未简单地丢掉复形、只保留各次上同调模。替代后的复形之间仍能存在移位态射，这些态射记录扩张信息。本页最终得到的非零态射恰有这种性质：它在每一度诱导的上同调映射都为零，态射本身却不为零。

映射锥的负号为什么必要 ​

对 $(b,a)\in B^n\oplus A^{n+1}$，

再取一次微分，第一分量为

第二分量为 $d_A^{2}a=0$。因此锥确实是复形。交叉两项相消使用了链映射条件和负号；随意删去负号通常会破坏 $d^2=0$。

还有逐次分裂的短正合列公理库短正合列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。

其中第一箭头为 $b\mapsto (b,0)$，第二箭头为 $(b,a)\mapsto a$。$A[1]$ 的微分也必须带负号，第二箭头才是链映射。

同调全零不等于已经链可缩 ​

把正合列

放在上链次数 $-2,-1,0$，得到无同调复形 $E$。它到零复形的映射是拟同构，所以在 $D(\mathbb{Z})$ 中同构于零。

它在 $K(\mathbb{Z})$ 中却不为零。若有收缩同伦，在次数 $0$ 必须满足 $q{h}^0=1_{\mathbb{Z}/2}$，但任一群同态 $\mathbb{Z}/2\to \mathbb{Z}$ 都为零，故不存在这样的 $h^0$。这沿用链同伦页的非分裂例子，并明确换成了本页的上链次数。

一般地，$C$ 在 $D(R)$ 中为零当且仅当它无同调：一个方向把 $C\to 0$ 求逆；另一方向因为上同调函子把拟同构送成同构，能经 $D(R)$ 因子化，所以导出零对象必有零上同调。

增广映射在新范畴中才有逆 ​

取复形

并令 $q:P\to (\mathbb{Z}/2)[0]$ 在次数 $0$ 为模二投影。因为 $H^{-1}(P)=0$、$H^0(P)=\mathbb{Z}/2$，它是拟同构。

从 $(\mathbb{Z}/2)[0]$ 到 $P$ 的链映射在次数 $0$ 只能是零，不能在上同调上成为 $q$ 的逆。因此 $q$ 在 $K(\mathbb{Z})$ 中不可逆，而 $Q(q)$ 在 $D(\mathbb{Z})$ 中按定义可逆。

其锥可以完整列出：

非零项位于 $-2,-1,0$。它无同调，与前一个正合例子只相差一个可消去的符号。这把“替代对象的误差”具体表达成了导出范畴中为零的锥。

逐个循环证明拟同构与锥判据 ​

先设 $f$ 在上同调上为同构。若 $(b,a)$ 是锥的 $n$ 次循环，则

$H^{n+1}(f)$ 单射，故 $[a]=0$，可写 $a=d_{A}c$，其中 $c\in A^n$。于是 $b+f(c)$ 是 $B$ 的 $n$ 次循环。由 $H^n(f)$ 满射，存在 $z\in A^n$、$d_{A}z=0$ 和 $y\in B^{n-1}$ 使

直接代回得到

所以每个锥循环都是边界，锥无同调。

反过来，设锥无同调。若 $a\in A^n$ 为循环，且 $f(a)=d_{B}b$，则 $(-b,a)$ 是锥的 $n-1$ 次循环。它为边界，所以存在 $c\in A^{n-1}$ 使 $a=-d_{A}c$，证明 $H^n(f)$ 单射。

若 $b\in B^n$ 是循环，则 $(b,0)$ 是锥循环，故可写成

于是 $a$ 是循环且 $[b]=H^n(f)[a]$，证明满射。这样无需预先把“同调信息不变”当成“链同伦等价”，就完整得到锥判据。

为什么投射替代后可以直接计算态射 ​

设 $P$ 有界上方，即某个 $N$ 以上 $P^n=0$，且每个 $P^n$ 都是投射模。投射分解公理库投射分解Projective resolution以投射模组成并在正次数无同调的增广链复形逼近给定模。是这种复形的主要来源。我们证明

首先，若 $A$ 无同调，任一链映射 $f:P\to A$ 都与零同伦。自次数 $N$ 向下构造

最高次从 $h^{N+1}=0$ 开始。若较高次数已经构造好，则

的像在 $\ker d_A^n$ 中，因为链映射条件和上一步的同伦方程给出 $d_A^n{r}^n=0$。无同调性使

满射；$P^n$ 的投射性于是把 $r^n$ 提升为 $h^n$。一直向下就得到所需同伦。上方界提供了起点，不能从证明中删去。

现在设 $q:A\to B$ 为拟同构，$C=\mathrm{Cone}(q)$ 无同调。我们说明

是双射。

给定 $g:P\to B$，复合 $P\to B\to C$ 与零同伦。把该同伦的分量写成

同伦方程的第二分量是 $d_{A}a=a{d}_P$，所以 $a:P\to A$ 为链映射；第一分量是

因此 $qa\simeq g$，证明满射。

若 $a:P\to A$ 满足 $qa=d_{B}b+b{d}_P$，则

是链映射：移位微分为 $-d_C$，第一分量恰由上述同伦方程相消。$C[-1]$ 也无同调，所以该映射与零同伦。取这个同伦的 $A$ 分量，便得到 $a=d_{A}h+h{d}_P$，故 $a\simeq 0$，证明单射。

最后，导出态射由 $K(R)$ 中的态射和拟同构的形式逆复合生成。从 $P$ 出发，每次遇到形式逆 $Q(q{)}^{-1}$，刚才的双射都能把已得到的态射沿 $q$ 唯一提升到同伦类。因此任意导出态射 $P\to X$ 都有一个普通链映射同伦类代表。

还要确认局部化没有额外识别两个这样的代表。函子 $F(X)={\mathrm{Hom}}_K(P,X)$ 已把拟同构送为双射，故按局部化泛性质因子化为 $\bar{F}:D(R)\to \mathbf{Set}$。对任一导出态射 $\alpha :P\to X$，取

若 $\alpha =Q(a)$，这个值正是 $[a]$。因此 $Q(a)=Q(b)$ 必迫使 $[a]=[b]$，单射也得到证明。加法仍由链映射相加给出，上述双射是 Abel 群同构。

把目标计算化成“一个整数模掉偶数” ​

回到两项自由复形 $P$。$q:P\to (\mathbb{Z}/2)[0]$ 在 $D(\mathbb{Z})$ 中可逆，而 $P$ 满足上一节条件，因此

目标 $\mathbb{Z}[1]$ 只在次数 $-1$ 非零。链映射 $P\to \mathbb{Z}[1]$ 因而由唯一整数 $a$ 决定：

链映射条件自动成立。两个这样的映射同伦，当且仅当存在

使

没有其他非零同伦分量。因此

两个代表可取 $f_0,f_1$。在导出范畴中，它们表示

$a=1$ 不能由偶数同伦消去，所以确实给出非零态射。

移位态射与扩张类相接 ​

若直接在 $K(\mathbb{Z})$ 中计算 $(\mathbb{Z}/2)[0]\to \mathbb{Z}[1]$，源与目标的非零次数不重叠，所有分量只能为零。先作投射替代再计算，才得到上述二阶群。这个对比说明为什么不能在求导出 Hom 时直接沿用原对象之间的链映射。

一般的模对象满足

在本页的 $M=\mathbb{Z}/2,N=\mathbb{Z},r=1$ 情形，两边已经分别由同一个两项自由分解直接算出。Ext 的扩张分类公理库Ext 函子Ext functor · Ext groups以Hom导出量测量延拓障碍，并从提升、商群表示和Baer和完整证明Z/m被任意Abel群扩张的分类。进一步把奇数类识别为非分裂扩张

中间项中选择商生成元的提升 $e=1$，就有 $2e=i(1)$；改变提升使右侧的 $1$ 增加偶数，与上面的同伦商完全一致。

最后，这个非零导出态射在每一度诱导的上同调映射都为零：源只有 $H^0=\mathbb{Z}/2$，目标只有 $H^{-1}=\mathbb{Z}$。因此仅记录各次上同调及其逐次映射，并不能恢复导出范畴中的全部态射。