我会证明你问题的答案是肯定的，以防我们假设所有地图$F（i）至c$是等价的（尽管不一定是同一态射）。我最初没有看到我下面的解决方案一开始就需要这个假设，所以我下面的大证明实际上并没有回答你最初的问题，但我认为它仍然很有趣。它之所以有效，还因为我们处理的是一个非常具体的图表形状。
长期的假设是所有地图$F（i）至c$是等价的。
作为前奏，请注意，两个自然转变是错误的$\alpha，\alpha'\冒号F\右箭头\mathrm{常量}c$函子的$\mathbb{N}\to\mathscr{C}$必须是同伦的，如果$\alpha（i）\simeq\alpha'（i）$为所有人$i\in\mathbb{N}$这是因为我们在给定一个图的情况下要求（无数次）$\部分（[1]次[1]）\to\mathscr{C}$如果图中有任何两个填充符，则在两个垂直态射是恒等式的条件下$[1]\次[1]\到\匹配{C}$是同伦的相对于边界这并不难反驳，因为球体是一种东西。然而，事实是，我们可以通过预合成，例如，$\阿尔法$用另一个填充物$\部分（[1]次[1]）\to\mathscr{C}$。在我们的例子中，后面的填充将导致自同构$\psi\colon\mathrm{colim}\，F\to\mathrm{colimneneneep \，F$使用两张地图通勤$\mathrm｛colim｝\，F\到c$诱发因素$\阿尔法$和$\阿尔法'$。这足以表明美元\psi$是一种身份。因此，只需显示以下内容：
索赔。假设$$\需要{AMScd}\开始{CD}K_0@>{f_0}>>K_1@>{f1}>>K_2@>{f2}>>\结束{CD}$$是$\infty（美元）$-类别$\mathscr｛C｝$假设给你一杯可卡因$（g_i\colon K_i\to K_\infty）$在里面$\mathscr{C}$.给定$2$-形态$\字母_i$填写图表$$\需要{AMScd}\开始{CD}K_i@>{f_i}>>K_{i+1}\\@V{\mathrm{id}}VV@VV{\mathrm{id=}}V\\K_i@>{f_i}>>K_{i+1}\结束{CD}$$写$\psi\colon K_\infty\到K_\infty$集合诱导的结肠炎上的态射$（\alpha_i）_{i\in\mathbb{N}}$.然后美元\psi\simeq\mathrm{标识}_{K_\infty}$.
这是我们的计划：我们将首先考虑此索赔情况的“通用示例”，并显示此索赔在本案中的适用性。然后我们得出结论，在任何$\infty（美元）$-类别。
我们让$\西格玛^1$是阿尼玛的绝对中止美元^1$，即$\infty（美元）$-具有两个对象的类别$\机器人，\顶部$和$\Sigma^1（\bot，\bot）\simeq*\simeq\Sigma ^1（\top，\top）$,$\Sigma^1（\bot，\top）\simeq S^1$和$\Sigma^1（\top，\bot）\simeq\varnone$.定义$\infty（美元）$-类别$$\mathsf{S}:\simeq\Sigma^1\bigsqup_{\top，[0]，\bot}\Sigma ^1\ bigsqcup_{\tot，[0]，$$以便$\mathsf{S}$是$\infty（美元）$-自然数范畴$0,1,2，\ldot$作为对象，其映射动画由$\mathsf{S}（i，j）\simeq（S^1）^{j-i}$如果$i\leq j（美元）$，和依据$\mathsf｛S｝（i，j）\simeq\varnone$如果$i>j美元$.选择你最喜欢的观点s^1中的$s\$，然后选择一个循环$\alpha\colon s\simeq秒$在里面$S^1美元$学位$1$。我们稍后还将考虑$\阿尔法$要从中循环$t（美元）$到$t（美元）$对于任何S^1中的$t\$，但这不会导致问题。
在$\mathsf{S}$，我们现在有一个序列图$$\需要{AMScd}\开始{CD}0@>{s}>>1@>{s2}>>2@>{ss}>>\ldots\结束{CD}$$和一个交换图$$\需要{AMScd}\开始{CD}0@>{s}>>1@>{s2}>>2@>{ss}>>\ldots\\@V{\mathrm{id}}VV@V{\mathrm{id=}}VV@V\\0@>{s}>>1@>{s2}>>2@>{ss}>>\ldots\结束{CD}$$
其中所有方块都由$\阿尔法$! 调用此序列$\mathbb{S}\colon\mathbb{N}\to\mathsf{S}$并调用图表$\mathbb美元{D}（D）_\alpha\colon\mathbb{N}\times[1]\to\mathsf{S}$.在Yoneda嵌入下$y\colon\mathsf{S}\hookrightarrow\mathrm{PSh}（\mathsf{S}）$，我们得到一个序列$y\mathbb{S}\colon\mathbb{N}\to\mathrm{PSh}（\mathsf{S}）$和一张图表$y\mathbb{D}（D）_\alpha\colon\mathbb{N}\times[1]\to\mathrm{PSh}（\mathsf{S}）$.写入$\mathbb美元{宋体}_\信息：\simeq\mathrm{colim}\，y\mathbb{S}$、和$\varphi\colon\mathbb{宋体}_\infty\to\mathbb{宋体}_\英菲$对于由$y\mathbb{D}（D）_\阿尔法$结肠炎。我们的目标是证明这一点$\varphi\simeq\mathrm{id}$.
如果我们写$（y\mathbb{S}）（i）$用于评估出现在$y\mathbb{S}$在$i\in\mathbb{N}$，则生成的anima序列的形式为$$\需要{AMScd}\开始{CD}\varnothing@>>>\varnothing@>>>\ldots@>>\varnoting@>>*@>{s}>>s^1@>{（s，-）}>>（s^1）^2@>{s，-，}>>\ldots，\结束{CD}$$在那里阿尼玛$*$出现在舞台上1美元$.将此序列的colimit写为$（S^1）^\英寸$，所以$\mathbb美元{宋体}_\infty（i）\simeq（S^1）^\infty$对于任何$i\in\mathbb{N}$。我们可以考虑$（S^1）^\英寸$作为序列的动画$t_kt_{k-1}\ldots t_1$对于$k\geq 0美元$和S^1中的$t_j$，根据以下关系$st_kt_{k-1}\ldots t_1$在规范上与同伦$t_kt_{k-1}\ldots t_1$.规范映射$（S^1）^j\到（S^ 1）^\英尺$只包含一个长度序列j美元$到这个任意有限长序列集合中。
地图$\varphi_i\colon\mathbb{宋体}_\infty（i）\到\mathbb{宋体}_\infty（一）$由图表引起的结肠炎$（y\mathbb）{D}（D）_\α）（i）$。我们将展示这一点$\varphi_i\simeq\mathrm（美元）{标识}_{（S^1）^\infty}$。为了简单起见，我们采用$i=0$，因为每种情况下的参数都是相同的。我们正在考虑图表$$\需要{AMScd}\开始{CD}*@>{s}>>s^1@>{（s，-）}>>（s^1）^2@>{s，-，-）{>\ldots\\@V{\mathrm{id}}VV@V{\mathrm{id=}}VV@V\\*@>{s}>>s^1@>{（s，-）}>>（s^1）^2@>{s，-，-）{>\ldots\\\结束{CD}$$其中每个方块由$\阿尔法$.定义同伦$H_j（美元）$填满广场$$\需要{AMScd}\开始{CD}（S^1）^j@>>>（S^1）^\数量\\@V{\mathrm{id}}VV@VV{\mathrm{id=}}V\\（S^1）^j@>>>\结束{CD}$$如下：$H_j（美元）$发送序列$t_jt_{j-1}\ldots t_1$通过路径$（\alpha^{-1}，\alpha ^{-1{，\ldot，\alfa ^{-1}）$表现出色的$\字母^{-1}$每个因素$S^1美元$属于$（S^1）^j\subseteq（S^ 1）^\infty$（这里，我们考虑$\阿尔法$不仅仅是来自美元$到%s美元$，但也来自每个万美元$自身。）直接验证表明，存在一个恒等高同伦来识别复合物$$\需要{AMScd}\开始{CD}（S^1）^j@>{（S，-，\ldots，-）}>>\\@V{\mathrm{id}}VV@VV{\mathrm{id=}}V@VV\\（S^1）^j@>{（S，-，\ldots，-）}>>\结束{CD}$$（带填料$\阿尔法$在左边的方块里$H_{j+1}$在右边的方块中）具有$$\需要{AMScd}\开始{CD}（S^1）^j@>>>\\@V{\mathrm{id}}VV@VV{\mathrm{id=}}V\\（S^1）^j@>>>\结束{CD}$$（带填料$H_j（美元）$（在广场上）$j\geq 0美元$.我们选择这个微不足道的高同伦! 这证明了$\varphi_0\simeq\mathrm（美元）{标识}_{（S^1）^\infty}$（如前所述，同样如此$\varphi_i\simeq\mathrm（美元）｛id｝_{（S^1）^\infty}$对于任何$i\geq 0$.)
还有待证明的是，同态中的高相干度$\varphi\colon\mathbb{宋体}_\infty\to\mathbb{宋体}_\英菲$预升也很小。鉴于S^1中的$u\$，被视为变形$i\到i+1$在里面$\mathsf{S}$，我们当然想知道诱导态射是什么$u^*\colon\mathbb{宋体}_\infty（i+1）到mathbb{宋体}_\infty（一）$是。查看图表，可以验证它是地图$t_kt_{k-1}\ldots t_1\mapsto t_kt_{k-1}\ltots t_1 u$.
考虑立方体
其中所有垂直$1$-语态是恒等式，向后指$1$-形态是标准映射，左边的方块是$H_{j+1}$，右边的方块是$H_j（美元）$，前面的正方形由$\阿尔法$（仅）作用于$u（美元）$，后正方形由身份同伦。最后，顶方格和底方格是恒等同伦。然后我们可以在立方体中找到一个平凡的高同伦填充。这证明了广场上的填充物$$\需要｛AMScd｝\开始{CD}\马特布{宋体}_\infty（i）@<{u^*}<<\mathbb{宋体}_\输入（i+1）\\@V{\varphi_i}VV@VV{\valphi_{i+1}}V\\\马特布{宋体}_\infty（i）@<{u^*}<<\mathbb{宋体}_\输入（i+1）\结束{CD}$$（其中我们已经知道$\varphi_i（美元）$和$\varphi_{i+1}$都是同主题的$\mathrm美元{标识}_{（S^1）^\infty}$)本身就是微不足道的。这最终证明了$\varphi\colon\mathbb{宋体}_\infty\to\mathbb{宋体}_\英菲$是一个同一态射。
现在我们回到索赔的情况。范畴暂停函子$\Sigma_\mathrm{cat}\colon\mathsf{An}\to\mathsf{分类}_{\infty，[0]\sqcup[0]/}$是映射anima函子的左伴函子，这个普适性意味着存在唯一函子$K\colon\mathsf{S}\to\mathscr{C}，i\mapsto K_i$发送$s\colon i\到i+1$到f_i美元$，并发送$\alpha\colon s\simeq秒$到$\字母_i$（HTT，5.3.6.2）（正如我们引用的那样，你知道这是一个严肃的答案高等地形理论)，存在一个完整的$\infty（美元）$-类别$\mathscr{P}'（\mathscr{C}）$和一个完全忠实的函子$y'\colon\mathscr{C}\hookrightarrow\mathscr{P}（\mathscr{C}）$发送colimit图$\mathbb{N}^\triangleright\to\mathscr{C}$由$K_i$,$K_\infty美元$、地图f_i美元$和地图$g_i$（和一堆同伦）到另一个colimit图。通过左Kan扩张，我们得到了一个余连续函子$K_！\冒号\mathsf{PSh}（\mathsf{S}）\to\mathscr{P}'（\mathscr{C}）$为此$K_！是的，是的$.使用它美元'$保留了我们感兴趣的特定序列colimit，我们看到了$$（y'\psi\colon y'K_\infty\ to y'K_ \infty）\simeq K_！（\varphi\colon\mathbb{宋体}_\infty\to\mathbb{宋体}_\infty）\simeq\mathrm（信息）{标识}_{y'K_\infty}$$最后，因为美元'$是完全忠实的，这意味着美元\psi\simeq\mathrm{标识}_{K_\infty}$，我们赢了。
我希望明天能为这个一般性问题补充一个解决方案。
