Многогранники-следы и геометрические вариационные задачи, страница 6

То есть верноf(n) = 0,∀x(x ∈ A −→ f(x) > 0).°Заметим, чтоf((1 + ) · n + (−) · m) = (1 + ) · f(n) + (−) · f(m) = (1 + ) · 0 + (−) · f(m) < 0.°Итак, точка (1 + ) · n + (−) · m по непрерывности отображения f не попадет в A.12Q.E.D.°Th·Для всякого выпуклого полиэдра A и всяких двух его граней B и C если C ⊂ B, то C C B.Доказательство°Возьмем некоторые выпуклые полиэдры A, B и C такие, что B C A, C C A и C ⊂ B.°Из Определения 1 следует, что найдется опорная к полиэдру A плоскость L такая, что rint(L ∩ A) = C.Заметим еще, что aff C = aff C, и L ∩ A = C.°Обозначим L 0 := aff C.°Заметим, что C = A ∩ L ⊃ A ∩ L 0 = A ∩ aff C ⊃ C, и A ∩ L 0 = A ∩ aff C = C 6= ∅.°Заметим, чтоB ∩ aff C = (B ∩ A) ∩ aff C = B ∩ (A ∩ aff C) = B ∩ C = C./Полно/1 Многомерие/1.1 Последовательная примитивизация25°По Утверждению 10 плоскость L 0 опорна к A.°Возьмем некоторые точки p и q из B такие, что (p, q) ∩ L 0 6= ∅.°Тогда p, q ∈ A и (p, q) ∩ L 0 6= ∅.

По доказанной опорности плоскости L 0 к A верно [p, q] ⊂ L 0 .°Итак, плоскость L 0 опорна к B и C C B.Q.E.D.1314°Th·Для всякого выпуклого полиэдра A, всяких его граней B и C, а также точек p из B и q из C еслине существует D такого, что D 6= A, D C A, B C D, C C D, то (p, q) ⊂ A.Доказательство°Возьмем некоторый выпуклый полиэдр A, некоторые его грани B и C такие, что не существует D такого, что D 6= A, D C A, B C D, C C D, а также некоторые точки p из B и q из C.°Допустим, что найдется точка r такая, что r ∈ (p, q) и r ∈/ A.°Заметим, что из допущенного следует, что r ∈ A, ибо p, q ∈ A. То есть r ∈ rmrg A.°По Утверждению 9 отделим некоторым аффинным отображением f из aff A в R точку r от A (то естьf(r) = 0, f(x) > 0 при x ∈ A).°Определим плоскость X := {x : f(x) = 0}.°Тогда r ∈ X ∩ A 6= ∅, и если s, t ∈ A и (s, t) ∩ X 6= ∅, то найдется точка x и число из (0, 1) такие, чтоx ∈ X и x = · s + (1 − ) · t. Таким образом, 0 = f(x) = · f(s) + (1 − ) · f(t), но по непрерывностиотображения f верно f(s), f(t) > 0, ибо s, t ∈ A.

Отсюда f(s), f(t) = 0 и s, t ∈ X, следовательно[s, t] ⊂ X. Итак, плоскость X опорна к A.°Определим G := rint(X ∩ A),— грань в A.°Заметим, что G 6= A, ибо G ⊂ X, а X ∩ A = ∅.°Еще заметим, что p, q ∈ A, r ∈ (p, q) ∩ X, и отсюда [p, q] ⊂ X.°Установим, что B, C ⊂ X. Рассмотрим грань B, а грань C аналогична.°Возьмем некоторую точку x из B.°Тогда найдется точка y такая, что [y, x] ⊂ B и p ∈ (y, x). То есть (y, x) ∩ X 6= ∅.°Так как плоскость X опорна к A, верно [y, x] ⊂ X и x ∈ X.°Итак, B, C ⊂ X ∩ A = G и из условия доказуемого Утверждения B, C C A по Утверждению 12B, C C G, что противоречит условию.Q.E.D.°Th·Для всяких выпуклых полиэдров A и B если B ⊂ A, то найдется выпуклый полиэдр C такой, чтоB ⊂ C и C C A.Доказательство°Возьмем некоторые выпуклыеполиэдры A и B такие, что B ⊂ A.F°Заметим, что A =Q.

Следовательно, найдется выпуклый полиэдр C такой, что B ∩ C 6= ∅ иQ:QCAC C A.°Допустим, что B \ C 6= ∅.°Выберем некоторую точку x из B ∩ C и точку z из B \ C.°По относительной открытости выпуклого полиэдра B найдется положительное число такое, что точки p := (1 + ) · x + (−) · z и q := (1 + ) · z + (−) · x лежат в B.°Так как z ∈ A, найдется выпуклый полиэдр D такой, что z ∈ D C A.°Возможны следующие два случая:• z ∈ rmrg C;• z ∈ A \ C, и тем самым D 6C C./ C. При этом q ∈ B ⊂ A и q ∈ aff C, ибо q —°В первом из этих случаев по Утверждению 11 q ∈аффинная комбинация точек из C. Отсюда q ∈ A ∩ aff C и по Утверждению 10 верно A ∩ aff C = C.Противоречие.°Во втором же случае определимe := {E : E C A и C, D C E}.26/Полно/1 Многомерие°Заметим, что e 6= ∅, ибо A ∈ e.°Еще заметим, что полиэдр A конечномерен, отчегоminC e = {Q : ∀W(W ∈ e& W C Q −→ W = Q)} 6= ∅.°Возьмем некоторый E из minC e.°Тогда11p = (1 + ) · x + (−) · z = (1 + 2) · x + (−2) · ( · x + · z),2211то есть p — аффинная комбинация точек x и ( · x + · z).2211°Заметим, что x ∈ C C E и x ∈ aff E.

А также ( · x + · z) ∈ aff E. Таким образом p ∈ aff E.2211/ E, ибо x ∈ rmrg E.°По Утверждению 13 ( · x + · z) ∈ E. По Утверждению 11 p ∈22°Но p ∈ A и p ∈ A ∩ aff E = E по Утверждению 10,— противоречие.С ИМПЛИЦИАЛЬНОЕ15Q.E.D.ИЗМЕЛЬЧЕНИЕ°Th·Для всякого кусочно–аффинного отображения f и полного симплициального комплекса l таких,что ∪ l = dom f, найдется полный симплициальный комплекс n такой, что он вписан в комплекс l иотносительно его симплициально отображение f.Доказательство°Возьмем некоторое кусочно–аффинное отображение f и полный симплициальный комплекс l такие,что ∪ l = dom f. Еще возьмем некоторое инъективное отображение p, действующее на вершинном множестве ∪(vert◦ (l)) комплекса l, образ im p которого аффинно независим.°Продолжив его аффинно на каждом симплексе комплекса l, образуем отображение q. Обозначимg0 := q−1 и g1 := f.°Заметим, что они последовательно согласованы.°Применив к ним Утверждение 8, рассмотрим комплекс m, существующий по тому утверждению.

Образуем симплекс S := rint conv im p.°Если симплекс M ∈ m, то M ⊂ ∪ q◦ ◦ (l) ⊂ S.°Из Утверждения 14 заключим, что найдется подгрань L у симплекса S такая, что M ⊂ L. Ясно, что этаподгрань есть q–образ некоторого симплекса комплекса l. Итак, комплекс m измельчает комплексq◦ ◦ (l).°Следовательно, комплекс n := g0 ◦ ◦ (m) измельчает комплекс l. А отображение g1 симплициальноотносительно комплекса n.Q.E.D.1.2Свойства смятий и контракций1.2.1 СмятияП ЕРЕХОДНЫЙ16ГОМЕОМОРФИЗМ°Th·Для всяких симплициальных троек hk, f, mi и hl, g, mi если отображения f и g суть смятия, и h —некоторая непрерывная инъекция из множества ∪ k = dom f на множество dom g = ∪ l, и g ◦ h = f, тотройка hk, h, li также симплициальна.Доказательство°Возьмем некоторые симплициальные тройки hk, f, mi и hl, g, mi такие, что отображения f и g сутьсмятия, и некоторую непрерывную инъекцию h из множества ∪ k = dom f на множество dom g = ∪ lтакую, что g ◦ h = f.27/Полно/1 Многомерие/1.2 Смятия и контракции/1.2.1 Смятия°Рассмотрим симплекс K из комплекса k.°Обозначим f◦ (K) =: M ∈ m.°Заметим, что на этом симплексе K выполняется (g ◦ h)|K = f|K , и, следовательно, gh◦ (K) ◦ h|K = f|K .°Еще заметим, что из условия утверждения сего следует, что[◦L.h◦ (K) ⊂ (g−1 ) (M) =L:g◦ (L)=MПри этом все такие симплексы L одной размерности, и, следовательно, являются связными компонентами в их объединении.°Из непрерывности отображения h следует, что множество h◦ (K) связно, и, следовательно, лежит втолько одном из симплексов L таком, что L ∈ l и g◦ (L) = M.°Из равенства g◦ (h◦ (K)) = M и того, что отображение g — смятие, вытекает, что h◦ (K) = L, то естьh–образ симплекса K заполняет весь симплекс L.°Аффинность отображения h на симплексе K следует из формулы h|K = ( g|L )−1 ◦ f|K , причем вер◦но также, что h◦ (K) = (( g|L )−1 ◦ f|K ) (K), где L — единственный, как выяснено выше, симплекс изкомплекса l, пересекающий множество h◦ (K).Q.E.D.17°Th·Для всяких кусочно–аффинных смятий f и g если h — некоторая непрерывная биекция множестваdom f на множество dom g такая, что g ◦ h = f, то отображение h кусочно–аффинно.Доказательство°Возьмем некоторые кусочно–аффинные смятия f и g и некоторую непрерывную биекциюя h множества dom f на множество dom g такую, что g ◦ h = f.°Еще возьмем некоторые комплексы k и l, относительно которых соответственно аффинны отображения f и g.°По Замечанию 4 существует полный симплициальный комплекс m, измельчающий множество f◦ ◦ (k)∪g◦ ◦ (l).°Образуем комплексы mf и mg относительно пар комплексов k, m и l, m соответственно, как этоописано в Утверждении 7, с последующею их диагонализациею:• определим вспомогательные выпуклополиэдральные комплексыmf0 := frgmk,fи mg0 := frgml,g ;• по Замечанию 5 найдутсяmf — некоторая диагонализация комплекса mf0 ,mg — некоторая диагонализация комплекса mg0 .°Заметим, что для троек hmf , f, mi, hmg, g, mi выполнены условия Утверждения 16.°Таким образом, h кусочно–аффинна.А ВТОМОРФИЗМЫQ.E.D.СМЯТИЙ°Df·Скажем, что непрерывная инъекция m — a–автоморфизм для некоторого PA–смятия a, еслиa = a ◦ m.°Заметим, что по Утверждению 17 отображение m кусочно–аффинно.°Th·Для всякого PA–смятия a совокупность всех a–автоморфизмов образует конечную группу относительно операции композиции отображений.Доказательство°Возьмем некоторое PA–смятие a.°Заметим что если a = a ◦ m и a = a ◦ m 0 , то a = a ◦ m = (a ◦ m 0 ) ◦ m = a ◦ (m 0 ◦ m).28/Полно/1 Многомерие/1.2 Смятия и контракции/1.2.1 Смятия°Покажем конечность.°Выберем некоторый полный симплициальный комплекс k, относительно которого симплициально отображение a и некоторый его симплекс K.°Обозначим P := m◦ (K).°Заметим, что a|K = a|P ◦ m|K .°Выберем некоторый симплекс K 0 из k такой, что K 0 ∩ P 6= ∅, и некоторую точку x из K 0 ∩ P.°Тогда a◦ (K 0 ) 3 a(x) ∈ a◦ (P) = a◦ (K).

Откуда a◦ (K 0 ) ∩ a◦ (K) 6= ∅.°По симплициальности отображения a относительно комплекса k и дизъюнктивности комплекса a◦ ◦ (k)заметим, что a◦ (K 0 ) = a◦ (K), откуда dim K 0 = dim K. Таким образом, множество P может пересекатьсятолько с симплексами размерности dim K из комплекса k.°Из связности множества P (как непрерывного образа связного множества) следует, что оно пересекается только с одним симплексом K 0 , а тем самым P ⊂ K 0 и, следовательно, P = K 0 .°Итак, отображение m может переводить каждый симплекс из комплекса k только в его же симплексы,причем аффинно. И число возможностей конечно.Q.E.D.С МЯТИЯ18И КОНСУМПЦИИ°Th·Для произвольного отображения f, действующего на некотором многогранном множестве в пространство Uni, верны следующие два утверждения:1.

если найдется выпуклое и непустое подмножество P множества dom f, для которого f|P аффиннои не инъективно, то отображение f — консумпция;2. если отображение f — консумпция, то для всякого конечного дизъюнктивного разбиения p множества dom f на выпуклые множества найдется в p такой элемент P, что f|P не инъективна.Доказательство°Возьмем некоторое отображение f такое, что dom f — полиэдр.°Если отображение f|P аффинно и не инъективно, и множество P выпукло и не пусто, то P содержитв себе не менее двух точек a, b (а значит и отрезок между ними), образы которых совпадают.