Lefschetz 不动点定理

零维有限点集上的映射给一个基向量映到另一个基向量的矩阵。其对角项为一，恰好表示那个点被固定，所以迹等于不动点数。高维空间多了边、面和更高维链；它们对迹的贡献要按维数交替相加，边界部分才会抵消，留下与切分无关的量。

但高维的结果不再是通常意义上的点数。$L(f)$ 可以为负，也可能在存在许多不动点时等于零。式(2)提供一个非零时有效的存在性证书，数出不动点还需要额外结构。

先证明有限链复形的交替迹恒等式 ​

设 $(C_{\bullet },\partial )$ 是有界有限维有理链复形，$F$ 是链自映射，即 $\partial F_q=F_{q-1}\partial$。记

$F$ 保持 $B_q,Z_q$。先选 $B_q$ 的基，再扩为 $Z_q$ 的基，最后扩为 $C_q$ 的基，得到块上三角矩阵。因此

边界给同构 $C_q/Z_q\cong B_{q-1}$；链映射等式保证该同构与 $F$ 相容。于是最后一项就是 $F{|}_{B_{q-1}}$ 的迹，得到

乘 $(-1{)}^q$ 并作有限求和，全部 $b_q$ 成对抵消。这证明 Hopf交替迹公式

适配基只用于证明，公式两边都与这些选择无关。这里采用有理系数，避免把有限阶挠元素误当作向量空间基。

无不动点给出一个正的统一间隔 ​

若 $X$ 为空，各阶同调均为零，已有 $L(f)=0$。以下设 $X$ 非空，并反设 $f$ 没有不动点。将 $X$ 实现于有限维欧氏空间，函数 $x\mapsto \Vert f(x)-x\Vert$ 在紧集 $X$ 上连续且处处正，故

选一个三角剖分 $K$，使每个单形直径小于 $\delta /3$。再用单纯逼近的星条件理路单纯逼近定理Simplicial approximation theorem · 单纯映射的星条件用重心细分和开星条件把连续映射变成有限顶点表，证明同伦与选择无关，并逐边核验圆周度二的链证书。，在更细的 $J={\mathrm{sd}}^{r}K$ 上构造 $g:J\to K$，与 $f$ 同伦。

星条件保证对每个 $x$，$f(x)$ 与 $g(x)$ 落在同一个目标单形里。因此

注意这是先使目标网格足够细，再细分源；只说“找一个同伦的单纯映射”不能得到式(5)。

把两套网格接成真正的方阵 ​

$g_{\mathrm{\#}}$ 的源是 $C_q(J;\mathbb{Q})$，目标是 $C_q(K;\mathbb{Q})$，两者通常维数不同，不能直接对它取迹。引入细分链映射

把每个定向单形送到其有向小单形之和，再组成

内部小面以相反定向抵消，所以 $S$ 与边界交换。细分与恒等的链同伦理路切除定理Excision theorem在适当内部包含条件下，从空间对中同时删去一块不会改变相对同调。及单纯—奇异同调比较理路单纯同调Simplicial homology以定向单形生成链群、以交替面和定义边界，并用循环模边界得到的同调理论。说明 $S$ 在同调上对应同一几何空间的恒等映射；故式(6)在同调上正是 $f_{\ast }$。

现在固定一个 $q$-单形 $\sigma$。若 $F_q(\sigma )$ 中含有非零的 $\sigma$ 系数，至少一个细分小单形 $\tau \subseteq \sigma$ 经 $g$ 非退化地映到 $\sigma$。取 $\tau$ 的一个顶点 $v$，则 $v$ 与 $g(v)$ 都属于 $\sigma$，所以

与式(4)矛盾。因此每一个 $F_q$ 的全部对角项为零，$\mathrm{tr}{F}_q=0$。再用式(3)，便得到 $L(f)=0$，证明式(2)。

证明中的有限证书有明确位置：小单形和定向给矩阵 $S$，顶点表给 $g_{\mathrm{\#}}$，两者复合后才得到方阵；统一位移界保证每个对角项不可能出现。

圆周：负数也能证明存在 ​

对度数为 $d$ 的圆周自映射，$H_0$ 上作用为一，$H_1$ 上为乘 $d$，故

若 $d\ne 1$，必有不动点。对 $f(t)=2t(\mathrm{mod}1)$，$L(f)=-1$，直接解方程则只有 $t=0$ 这一个不动点。负的Lefschetz数没有“负一个点”的意义。

恒等圆周映射和非零旋转都满足 $d=1$、$L=0$；前者固定所有点，后者一个也不固定。因此 $L=0$ 时不能反推任一结论，$L$ 也不区分所有同伦映射的不动点集合。

在同一张三角环上核验链迹 ​

给圆周取顶点 $0,1,2$ 与有向边 $e_0=[0,1]$、$e_1=[1,2]$、$e_2=[2,0]$。反射顶点函数为 $0\mapsto 0,1\mapsto 2,2\mapsto 1$。它给出

所以链级交替迹为 $1-(-1)=2$。循环 $e_0+e_1+e_2$ 被送到自身的负数，故同调级也给 $1-(-1)=2$。几何上不动点为顶点零及对边中点。负号来自边的方向，不是每条稳定边都自动贡献正一。

若改成循环置换三个顶点，零链和一链矩阵都是无对角项的三循环，交替迹为零，几何上也没有不动点。这两份小矩阵可以直接与边界矩阵核验交换关系。

有限性假设不能只换成同调有限 ​

实直线上的平移 $x\mapsto x+1$ 没有不动点，而它只有 $H_0(\mathbb{R};\mathbb{Q})\cong \mathbb{Q}$ 非零，若仍按式(1)算数值会得到一。问题在于直线不是有限多面体，式(4)之后无法用有限紧网格完成证明。有限维同调让公式有意义，却不自动让式(2)成立。

有限维有理同调也会忽略整数挠信息。对实射影平面，只有有理 $H_0$ 非零，因此每个连续自映射的 $L$ 都等于一，必有不动点；这不等于断言它的全部整数同调都与一点相同。

收缩像的推广要用真正的收缩 ​

若 $X\subseteq P$，其中 $P$ 是有限多面体，且有连续收缩 $r:P\to X$ 满足 $ri=1_X$，$i:X\hookrightarrow P$ 为包含，则对 $f:X\to X$ 考虑 $F=ifr:P\to P$。若 $F(y)=y$，由于 $F$ 的值总在 $X$ 中，$y\in X$，再由 $r(y)=y$ 得 $f(y)=y$。

同调上由矩形矩阵的迹循环性，

$H_q(X;\mathbb{Q})$ 是 $H_q(P;\mathbb{Q})$ 的直和因子，所需有限性也成立。因此 $L(F)=L(f)$，$L(f)\ne 0$ 时可先在 $P$ 上应用定理，再得到 $X$ 上的不动点。这里用的是 $ri$ 严格为恒等；仅给同伦逆时，不能照这个逐点论证走。

计算结果能说明什么 ​

当一个映射的同调作用已由整数矩阵给出，可先直接取迹，完全不需要求出不动点位置。环面仿射映射理路环面仿射映射的周期点Periodic points of affine toral maps · Toral endomorphism periodic points · 环面整数矩阵周期计数把仿射环面的迭代固定方程化为Smith同余证书，分别返回空集、有限点或正维子环面，再恢复最小周期点与轨道。进一步给出另一种整数证书：在二维情况下

当这个行列式非零时，Smith换基能真正列出所有固定点，其数为绝对值。一般有限多面体上的式(2)不附带这个绝对值计数规则。

在有界有限链复形上，式(3)还允许绕过同调基的求解，直接累加链方阵的迹。前提是确有链自映射并核验与边界交换；把两种不同网格之间的矩形映射直接“相加对角元”，没有不变量意义。