过滤链证书：消去、条码与真实循环 ​

返回学习路线。本终点使用单位链消去理路有基链复形的单位主元消去Elementary chain cancellation · Unit-pivot chain contraction · 代数链消去在交换环有基自由链复形中删除一个单位边界对，显式交出约化微分、来回链映射及收缩同伦，并核清过滤保持、复合和非单位主元边界。、持续同调理路有限过滤的持续同调Persistent homology · 持久同调 · 持续同调从有限子复形过滤构造带包含诱导映射的同调序列，用区间记录类的出生与死亡，并区分逐层维数、系数选择、同级事件及最终常值延拓。与边界列约化理路持续边界矩阵的列约化证书Persistence boundary matrix reduction · Persistent homology matrix reduction按过滤顺序约化边界列，维护R=DV并构造真实过滤基W与DW=WB，严格恢复条码、出生循环和死亡填充链，核清同级空条与R不是新微分的边界。。任务中的同调一律为普通同调，最后给定级别以后采用常值延拓。除专门改变系数的任务外，先在有理数域计算。

下载标准库精确程序与完整结果JSON。程序使用有理数和明确的素域，核全部链等式，并另从早期循环与后来边界计算持续映射秩。它不构造点云距离复形，也未实现Ripser的专用优化。整数主元检查只接受单位 $\pm 1$，不会暗中把整数问题改成有理数问题。

任务一：从十一条基中交出条码与死亡链 ​

给顶点 $0,1,2,3$ 过滤值零；边 $01,12$ 为一；边 $03,23$ 为二；边 $02$ 与三角形 $012$ 为三；三角形 $023$ 为五。按过滤值、维数和字典序排序，得到

$$0,1,2,3,01,12,03,23,02,012,023.$$

所有单形按递增顶点定向。先核这是一份子复形过滤，再计算非零边界、列约化索引对与全部非空条码。最后必须交出一维类的出生循环和死亡填充链，并算出从时刻二到四、从二到五的持续映射秩。

完整答案 ​

每个面都不晚于包含它的单形。边界为 $d[ij]=j-i$，两张三角形的边界为

$$d[012]=[12]-[02]+[01],d[023]=[23]-[03]+[02].$$

每个顶点在三角形的二次边界中出现两次、符号相反，故 $D^2=0$。顶点列为零，且所有边界项的索引都小于所在列，满足算法输入合同。

连接边 $01,12,03$ 的low分别是顶点索引 $1,2,3$，得到对 $(1,4),(2,5),(3,6)$。边 $23$ 的边界可用这些早列约化为零，维护的链为

$$V_7=[23]-[03]+[12]+[01].$$

边 $02$ 同样产生零列，维护的链为 $V_8=[02]-[12]-[01]$。三角形 $012$ 的原边界已以索引八为low，无须更早三角列消去，形成 $(8,9)$。处理 $023$ 时，主元比为 $1/(-1)=-1$，所以加上 $012$ 列，得到

$$R_{10}=[01]+[12]-[03]+[23],V_{10}=[023]+[012].$$

它的low为索引七，形成 $(7,10)$。索引零没有被配对。因此非空零维条码为

$$[0,1)\text{ 两份},[0,2)\text{ 一份},[0,\mathrm{\infty })\text{ 一份},$$

一维条码为 $[2,5)$，其余次数没有条。$(8,9)$ 对应 $[3,3)$，是空区间，不报告为真实持续类。

一维出生循环取 $z=R_{10}$。它在时刻二已有全部边，并且 $Dz=0$。死亡填充链为 $w=V_{10}$，满足 $Dw=z$，但需要到时刻五才全部存在。因此从二到四的一维映射秩为一，从二到五为零。零维在时刻二以后只有同一个连通分支，两次映射秩都为一。

注意时刻三已有的一块三角形并未填满四边环；它只能改变环的代表，不能把本来应到五才死亡的方向提前杀掉。

任务二：消去公共对角边后，怎样恢复原链？ ​

仍取任务一输入。删除 $a=[012]$ 与 $b=[02]$，写出主元、$h(b)$、$\rho (b)$、剩余二维生成元的包含与新边界。具体核一次 $1-\iota \rho =dh+hd$。解释这为什么不要求 $02$ 是单纯自由面。再回答：若连续进行了两步收缩，最终同伦应怎样写？只有最终同调维数相同是否足够？

完整答案 ​

$[02]$ 在 $d[012]$ 中的系数是 $u=-1$，所以是整数上的单位。两者过滤值同为三，收缩保留全部过滤层。公式给

$$h([02])=-[012],\rho ([02])=[01]+[12],\rho ([012])=0.$$

剩余二维生成元记为 $c=[023{]}^{\prime }$，其包含和边界为

$$\iota c=[023]+[012],d^{\prime }c=[01]+[12]+[23]-[03]=z.$$

因为 $d\iota c=z=\iota d^{\prime }c$，确实保留了任务一的实际填充链。这里低维剩余基的包含没有改变。

在 $b=[02]$ 上，$hdb=0$，并且

$$dhb=-d[012]=-[12]+[02]-[01]=b-\iota \rho b.$$

在 $a=[012]$ 上，$hda=a$、$dha=0$，故同样给 $a-\iota \rho a=a$。完整矩阵还应核 $\rho \iota =1$、两项链映射等式及 $h^2=h\iota =\rho h=0$；公开结果保留全部矩阵而非只交这两个抽查。

对角边有两个三角余面，不能按单纯自由面塌缩直接移走一块面。代数方法通过更新另一块面的边界，把它变成四边环的填充生成元。小复形不是从原单形集合中直接挑出的子复形，新的包含也不是原单形的原样包含。

两步证书 $({\iota }_1,{\rho }_1,h_1)$ 与 $({\iota }_2,{\rho }_2,h_2)$ 合成为

$$\iota ={\iota }_1{\iota }_2,\rho ={\rho }_2{\rho }_1,h=h_1+{\iota }_1{h}_2{\rho }_1.$$

后一项必须先投影到中间复形，经过第二个同伦，再包含回原复形；只写 $h_1+h_2$ 连定义域和值域都未必匹配。公开程序另将过滤值全为零的四顶点实心三单形连续消去七对，逐步核复合来回映射、链同伦和三项旁条件，最后留下一个零维基。

只比较最终同调维数不能恢复循环、边界或跨级别映射。在小复形中若 $\rho z=d^{\prime }w$ 且 $dz=0$，原复形的填充链必须交成 $\iota w+hz$，因为其边界正好是 $z$。

任务三：改动时间或系数后，哪些消去仍合法？ ​

先仅将三角形 $012$ 的出现改为四，其余数据不动。重新给出一维条码，说明为什么原来的同级预处理必须拒绝。再考虑二项整数复形，$b$ 在级别零、$a$ 在级别一，$da=2b$。分别在整数、有理数、${\mathbb{F}}_2$、${\mathbb{F}}_3$ 上说明主元与持续信息。最后解释主例中为什么不能把 $R$ 当作新微分。

完整答案 ​

延迟版本在时刻三只有新对角边，还没有对应的面，因此新增一个真实一维方向。原有四边环仍到五才被填满。一维条码为

$$[2,5),[3,4).$$

原索引对 $(8,9)$ 现在的真实端点不再相同。同一个代数单位对仍可在最终总复形中删去，但其收缩把级别三的边送到级别四的面，提高过滤值，会错误消灭 $[3,4)$。要求持续信息保真时必须拒绝这一步。

对 $da=2b$，整数中二不是单位，不能使用本页的单位消去；最终低次数同调是 $\mathbb{Z}/2$，已经足以说明直接删除是错的。域上的输出分开看：

• 有理数与 ${\mathbb{F}}_3$ 中二可逆，低次数有 $[0,1)$，高次数无条。最终可缩，但异级删除仍不保早期过滤
• ${\mathbb{F}}_2$ 中二变成零。低次数基 $b$ 给 $[0,\mathrm{\infty })$，高一次数基 $a$ 给 $[1,\mathrm{\infty })$

因此系数约化改变的是实际边界，不是同一个数值主元该怎样四舍五入。

对于任务一的正确 $R$，用其最后一列 $R_{10}=[01]+[12]-[03]+[23]$ 再作一次 $R$ 运算，得到

$$R{R}_{10}=(1-0)+(2-1)-(3-0)=2-3.$$

右侧是两个不同顶点基之差，非零；特征二时变成它们之和，仍非零。所以 $R^2\ne 0$ 不是错误报警。$R=DV$ 只换了输入列坐标。应另造 $W_i=R_j$（当 $(i,j)$ 配对），其余 $W_i=V_i$，再核 $DW=WB$。主例中 $W_8=R_9$ 的第八项为 $-1$，仍是合法非零对角；不应无根据地把全部对角都写成一。

任务四：相同Betti表能不能保证同一条码？ ​

取两份过滤链复形。基点 $v$ 与一链 $a$ 在时刻零出现；一链 $b$、二链 $x$ 在时刻一出现；$da=db=0$。第一份 $dx=a$，第二份 $dx=b$。分别交两层的 $H_1$ 代表、早到晚映射、条码和持续像的直接秩检验。若观测止于时刻一，怎样解释报告中的无穷尾？

完整答案 ​

两份早期的同调都由 $[a]$ 生成。第一份晚期把 $a$ 变成边界，因此晚期由 $[b]$ 生成，包含诱导映射将早期 $[a]$ 送到零。条码为 $[0,1)$ 与 $[1,\mathrm{\infty })$。

第二份晚期把 $b$ 变成边界，$[a]$ 保留，因此早到晚映射是同一方向上的恒等，条码仅为 $[0,\mathrm{\infty })$。两份各层Betti数都是一，却有不同的跨层秩。

直接验证时，早期循环空间都是 $Z_1(F_0)=⟨a⟩$。第一份后来边界空间为 $⟨a⟩$，第二份为 $⟨b⟩$。于是

$$\dim (Z_1(F_0)+B_1(F_1))-\dim B_1(F_1)$$

分别为 $1-1=0$ 与 $2-1=1$，与条码计数一致。这份计算不需要重复列约化，是另一条实际验证路径。

本终点将最后层常值延拓，所以未死亡方向记为无穷尾。若只知道真实系统到时刻一的观测，结论只能说在这份已给过滤及其常值延拓中存活；不能据此断言现实中永远不会加入填充链。输入层、输出条码和未来模型应分别声明。

交付检查 ​

提交应有：准确系数域、各基次数与真实过滤值、$D^2=0$、$R=DV$、可逆三角基与 $DW=WB$、每条非空区间及重数、实际出生循环和死亡链。若做预处理，还应保留每步单位、同级条件和合成来回映射。公开程序在四种系数下枚举四顶点的全部面闭复形，另变换同级顺序并核全部跨层秩；这些有限检查支持具体算术，不能代替一般证明或自行推出点云稳定性。