从有限顶点表到环面周期与同调证书

一个连续映射可以留下三种不同的数据：它在链与同调上的作用、它的周期点、以及沿它粘接出的总空间。同一组整数会出现在这些数据里，但用途不同。本题先把顶点表确实变成链矩阵，再用同一环面矩阵完成周期与同调两份独立证书。

输入与需要交付的结果

第一份输入是圆周度二映射 $f(t)=2t\pmod1$ 。源圆周有十二个依次排列的顶点 $v_i=i/12$ ，目标圆周有三个顶点 $w_j=j/3$ 。顶点表为

g(v_i)=w_{\lfloor i/2\rfloor\bmod3}.

请给出星条件、零链与一链矩阵，并核验它在一阶同调上为乘二。另在三角环上比较一次循环旋转和一次反射，核对链迹、同调迹与几何不动点。

第二份输入是环面映射

F_A([x])=[Ax],\qquad A=\begin{pmatrix}3&2\\1&1\end{pmatrix}.

请对 $n=1,2,3,4$ 分别交付：

$A^n-I$ 的整数Smith证书，以及全部固定点的无重无漏参数化
固定点数、最小周期点数和最小周期轨道数
Lefschetz数，以及它为什么不能直接当作点数
沿 $F_A$ 、 $F_A^2$ 粘接的映射环面全部整数同调

最后把输入改成带半单位平移的剪切、圆周倍映射、交换两个圆周坐标，逐项说明原结论哪些还适用。

第一张证书：顶点表真的保持边界

令 $B_m$ 为 $m$ 边循环的边界矩阵，列 $i$ 是 $e_{i+1}-e_i$ ，下标模 $m$ 。零链矩阵 $G_0$ 是 $3\times12$ ，第 $i$ 列是第 $\lfloor i/2\rfloor\bmod3$ 个标准基向量。

一链矩阵 $G_1$ 也是 $3\times12$ 。偶数列为零；奇数列 $i=2j+1$ 是第 $j\bmod3$ 个标准基向量。这里源、目标的边都按绕行方向定向，包括跨过参数一的末边。逐列检查：偶数边的两端像相同，左右边界都为零；奇数边的两端像是目标相邻顶点，左右都为后一顶点减前一顶点。因此

B_3G_1=G_0B_{12}.

对源基本循环 $z=(1,\ldots,1)^{\mathsf T}$ ，

G_1z=(2,2,2)^{\mathsf T}=2z_L.

这才是度二的链证书。若错误地把坍缩边送成零链，这个矩阵等式会直接失败。

星条件也须独立验证。顶点 $v_i$ 的开星参数为 $((i-1)/12,(i+1)/12)$ ，其 $f$ 像为 $((i-1)/6,(i+1)/6)$ 。当 $i=2j$ 时该弧以 $j/3$ 为中心；当 $i=2j+1$ 时它为 $(j/3,(j+1)/3)$ 。两者都落在 $w_{j\bmod3}$ 的开星里。于是单纯逼近的直线同伦保证顶点表代表原连续映射。

在三角环上，循环旋转的零链、一链矩阵均为三循环，迹皆零，所以 $L=0$ ，几何上无不动点。反射固定一个顶点并交换另两个顶点，零链迹为一；对边被反向固定，一链迹为负一，因此 $L=2$ 。它的两个几何不动点是固定顶点与对边中点。

度二映射却有 $L=1-2=-1$ ，而固定点只有参数零。Lefschetz定理使用非零值证明存在，不把负数读成负的点数。

第二张证书：整数换基给出全部周期点

记 $N_n=A^n-I$ 。下面每行给 $U_nN_nV_n=D_n$ ，且 $\det U_n=-1$ 、 $\det V_n=1$ 。

$n$	$N_n$	$U_n$	$V_n$	$D_n$
1	$\begin{pmatrix}2&2\\1&0\end{pmatrix}$	$\begin{pmatrix}0&1\\1&-2\end{pmatrix}$	$I$	$\operatorname{diag}(1,2)$
2	$\begin{pmatrix}10&8\\4&2\end{pmatrix}$	$\begin{pmatrix}1&-2\\2&-5\end{pmatrix}$	$\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}$	$\operatorname{diag}(2,6)$
3	$\begin{pmatrix}40&30\\15&10\end{pmatrix}$	$\begin{pmatrix}-1&3\\3&-8\end{pmatrix}$	$I$	$\operatorname{diag}(5,10)$
4	$\begin{pmatrix}152&112\\56&40\end{pmatrix}$	$\begin{pmatrix}3&-8\\7&-19\end{pmatrix}$	$\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}$	$\operatorname{diag}(8,24)$

若 $D_n=\operatorname{diag}(s_1,s_2)$ ，全部解为

[x]=\left[V_n\begin{pmatrix}j_1/s_1\\j_2/s_2\end{pmatrix}\right], \qquad0\le j_i<s_i. \tag{1}

完整性来自把原方程乘 $U_n$ 、代入 $x=V_ny$ 后逐坐标求模一解；无重复来自 $V_n$ 在环面上可逆。只核对行列式，还不能证明式(1)列出的点确实互不重复。

二次迭代的十二点，用共同分母六表示，分成

\begin{gathered} (0,0),\quad(0,3),\\ (1,1)\leftrightarrow(5,2),\quad (1,4)\leftrightarrow(5,5),\quad (2,2)\leftrightarrow(4,4),\\ (2,5)\leftrightarrow(4,1),\quad (3,0)\leftrightarrow(3,3), \end{gathered}

其中每个坐标仍要除以六。两条长度一轨道与五条长度二轨道刚好覆盖全部十二点。

三次迭代还有可手算的最小周期三例子：点 $(1/5,0)$ 的轨道为

(1,0)/5\longmapsto(3,1)/5\longmapsto(1,4)/5\longmapsto(1,0)/5.

三个点不同，因此最小周期确实为三。配套结果列出了前四次迭代固定集合中的全部轨道，而不只给数量。

第三张证书：不要混淆三个计数

令 $F_n$ 为迭代固定点数， $P_n$ 为最小周期恰为 $n$ 的点数， $O_n$ 为长度恰为 $n$ 的轨道数。由周期分解与Möbius反演，

F_n=\sum_{d\mid n}P_d,\qquad P_n=\sum_{d\mid n}\mu(n/d)F_d,\qquad O_n=P_n/n.

Smith因子给

(F_1,F_2,F_3,F_4)=(2,12,50,192),

因此

(P_1,P_2,P_3,P_4)=(2,10,48,180),\qquad (O_1,O_2,O_3,O_4)=(2,5,16,45).

第四次只需扣除被第二次固定的全部点： $P_4=192-12$ 。再次减去两份一次固定点会重复扣除。

同调方面， $H_0,H_1,H_2$ 上的作用分别为 $1,A^n,\det(A^n)=1$ ，故

L(F_A^n)=2-\operatorname{tr}(A^n)=(-2,-12,-50,-192)

对应 $n=1,2,3,4$ 。它与上面的固定点数互为相反数，绝对值相同来自这个满秩线性环面模型的额外结构。

也可以不用逐次乘矩阵来核对点数。 $A$ 的特征多项式为 $t^2-4t+1$ ，所以迹序列满足

s_0=2,\quad s_1=4,\quad s_{n+1}=4s_n-s_{n-1}.

得到 $s_2=14,s_3=52,s_4=194$ ，于是 $F_n=s_n-2$ 。这是一份与Smith消元不同的数值核对；它仍不能替代周期点坐标证书。

第四张证书：沿同一映射粘接得到什么空间

映射环面的接缝序列给二维环面输入的统一公式

\begin{aligned} H_1(T_{F_A^n})&\cong\mathbb Z\oplus\operatorname{coker}(I-A^n),\\ H_2(T_{F_A^n})&\cong\mathbb Z\oplus\ker(I-A^n),\\ H_3(T_{F_A^n})&\cong\mathbb Z, \end{aligned}

这里用到 $\det(A^n)=1$ ，不是一般二维输入都有后两行的相同形式。本例 $I-A^n$ 满秩，故核为零。

$n=1$ 的Smith因子为 $1,2$ ，单位因子不贡献商群，于是

(H_0,H_1,H_2,H_3)(T_{F_A}) =(\mathbb Z,\mathbb Z\oplus\mathbb Z/2,\mathbb Z,\mathbb Z).

$n=2$ 的Smith因子为 $2,6$ ，所以

(H_0,H_1,H_2,H_3)(T_{F_A^2}) =(\mathbb Z,\mathbb Z\oplus\mathbb Z/2\oplus\mathbb Z/6,\mathbb Z,\mathbb Z).

更高同调为零。两空间的有理Betti数完全相同，整数挠却不同；只计算秩会漏掉本题主要信息。

还可给出一套更直接的链级复核。二维环面的最小胞腔链在 $0,1,2$ 次分别为 $\mathbb Z,\mathbb Z^2,\mathbb Z$ ，边界为零。映射环面的链群秩为 $1,3,3,1$ ，按“原胞腔、低一维胞腔扫过时间”的顺序取基，边界可写成

\partial_1=(0\ 0\ 0),\qquad \partial_2= \begin{pmatrix} 0&1-a&-b\\0&-c&1-d\\0&0&0 \end{pmatrix},\qquad \partial_3=\begin{pmatrix}1-\det A\\0\\0\end{pmatrix}. \tag{2}

这里 $A=\bigl(\begin{smallmatrix}a&b\\c&d\end{smallmatrix}\bigr)$ 。纵向胞腔的两端差给 $I-A$ ，顶维扫动的两端差给 $1-\det A$ ；纤维内部边界原本为零。可先作胞腔逼近取得这些链作用，映射环面在同伦的粘接映射之间保持同伦型。配套脚本按整数核的同一组换基再处理下一张边界，直接算式(2)同调，与核余核公式相符。

三种迁移输入

特征值一与平移项

取 $S=\bigl(\begin{smallmatrix}1&1\\0&1\end{smallmatrix}\bigr)$ 。无平移时，一次固定集是圆周 $x_2=0$ ；改成 $f([x])=[Sx+(0,1/2)]$ 后，一次固定集为空。两者的Lefschetz数都为零。

后一个映射的二次平移项是 $(1/2,1)$ ，固定方程变为 $2x_2\equiv1/2\pmod1$ ，得到两条圆周 $x_2=1/4,3/4$ 。因为一次没有固定点，这两条圆周全部由最小周期二的点组成。这里应该输出集合与最小周期，不能输出有限的 $P_2$ 或 $O_2$ 。

非可逆的圆周倍映射

对 $z\mapsto z^2$ ，环面粘接公式仍给 $H_0=\mathbb Z,H_1=\mathbb Z,H_2=0$ 。但粘接映射不是同胚，接缝有分支；自然投影不能直接当成圆周纤维丛。正合列的成立与纤维丛的局部乘积是不同验收项。

交换两个圆周坐标

对 $B=\bigl(\begin{smallmatrix}0&1\\1&0\end{smallmatrix}\bigr)$ ， $I-B$ 的Smith形为 $\operatorname{diag}(1,0)$ ，故一阶核、余核均为 $\mathbb Z$ 。但 $\det B=-1$ ，顶维粘接产生乘二关系，于是

(H_0,H_1,H_2,H_3)(T_{F_B}) =(\mathbb Z,\mathbb Z^2,\mathbb Z\oplus\mathbb Z/2,0).

自由核、余核和顶维符号必须同时保留，不能把这个输入当作原例的一次简单数值替换。

复算与验收

程序只用Python标准库，以整数和有理分数计算；默认向标准输出写结果，只有明确给出 --output 才写文件。检查在 python -O 下仍执行。

程序覆盖有限复形上的全部指定顶点自映射、链映射等式、由循环与边界基独立计算的同调迹、实际细分矩阵与末顶点链逆、棱柱符号、整数Smith乘积和仿射网格交叉枚举。映射环面既用核余核求解，也用式(2)的相容整数链换基复算。所有固定点列举还与独立的共同分母网格穷举逐集合比较。

验收不能只看一个“PASS”：顶点表要满足开星条件，链迹要来自方阵，Smith矩阵要在整数上可逆，周期点必须先扣除短周期才除以 $n$ ，映射环面必须保留整数挠。秩亏、平移不相容和非可逆粘接应各自返回声明过的结果类型。

从有限顶点表到环面周期与同调证书 ​

输入与需要交付的结果 ​

第一张证书：顶点表真的保持边界 ​

第二张证书：整数换基给出全部周期点 ​

第三张证书：不要混淆三个计数 ​

第四张证书：沿同一映射粘接得到什么空间 ​

三种迁移输入 ​

特征值一与平移项 ​

非可逆的圆周倍映射 ​

交换两个圆周坐标 ​

复算与验收 ​