Классификация локально минимальных плоских сетей с выпуклыми границами (1097579), страница 50
Текст из файла (страница 50)
Пару смежных концевых линейных участков булем также называть усами. В соответствие с теоремой 2.2 главы 2, имеются следующие три возможности: [1) скелет .Ь' имеет трос усов; (2) скелет Я имеет двое усов, причем оставшиеся два концевых линейных участка последовательны; (3) скелет .сз имеет двое усов, причем оставшиеся два концевых линейных участка не последовательны. Скелеты с шестью концевыми линейными участками 216 Х„Л, Вб,";Хз у Х,.',,"~:;~;;, Х, Хз Х, Рис. 3.22: Скелеты этого типа нс имеют ЛЛХ-реализации Разберем первый случай.
По предложению 3.!4, такой скелет Я не имеет перегородок, поэтому он содер кит ровно один узел ветвления, прсдставлякхншй собои правильный треугольник, в котором проведены три средние , .р ч 3.22. Продложонио 3.22 В сделании выше предполозиенит; скелет Я, в дей- стьигасльнос~пи, нс лхожега илгепьь лини аальной реализации на правильном и"уеольнинс. Доказательство. Пусть, для определенности, участки У~ и лйз формируют усы.
Тогда усы также формируют пары концевых линейных участков (3я, тв) и [лбы !!в). Обозначим через П„боковину, порожденную участками У; и У;~.ы через 6; длину боковины В;, и через 6 вектор [6ы...,6в). Таклсс, пусть т длина участка о [количество составляющих его ячеек), из = [:,!2]+ [",+~/2], ш вектоР [шы..., шь). По предложению 3.13, 6; = [и/6] — иб где а; равно или 0 пли 1. Обозначим через а вектор [аы..., аь). Имееьн 61 = [пЯ вЂ” а1 6з = [и/6] — аз =им = 1аз+ ее + ез, пуб] пЯ пЯ и /6] 6з = 6л = 6в = = и'з, : ил + е ~ + св =ил, = и в + еь + еы — аз — а ~ — а— ав Далее, 6 ( — 1, 1, — 1, 1, — 1, 1) = аь + аз + ав — аз — ал — ав = сз + ... + ев.
6[п/6] — у а„= и — 6, Сумму с1 +... + ев обозначим через Е. Напишем условие того, что 61 + ... + 6в = и, — 6. Имеем: Скелеты с шестью концевыми линейными участками 217 откуда, при и = лл1плл6~+ г, ал = 6— Положим Л = 2 аь Пусть г = О, тогда Л = 6, поэтому все а„равш| 1. Но предложению 3.! 3, нядексы всех боковин равны О. С другой стороны, Е = О, поэтому все е, равны О, но тогда !ис!(В~ ) = 1, противоречие.
Пусть л = 1, тогда А = 5, поэтому ровно одно ил равно О, следовательно, индекс ровно одной боковины равен 1. С другой стороны, Е должно равняться 1, поэтому ровно одно е, равно !. Так как пять концевых линейных участков имелот ~етиукл длину, то четыре последовательные боковины порождены концсвыми линейными участками четной длины, откуда вытекает, что, по крайней мере, две боковины имеют индекс 1, противоречие. Пусть г = 2, тогда А = 4, и, значим, ровно две боковины имелот индекс 1.
С другой стороны, Г! ллож~ т быть равно и.,ли 2 или О. Если Г! = О, то, очешлдпо, существуют три боковины индекса 1, про плворечие. Пусть Е = 2. Тогда ал = аз = а; = 1. В силу симметрии, положим, без ограничения оощяости, что ае так же равно 1, а пз = а,л = О. Но тогда !пс!(Вз) пп!1Вл) = 1, поэтомУ ез = ез = ел = ел = 1, пРотпвоРечие. Пусть г = 3, тол да, по предложению 3.13, нс сущсствует ооковин индекса О. '1ак как Л = 3. то имеется три боковины индекса !, и три боковины индекса — 1. По леммам 3.20 и 3.21, такие боковины чередуются, поэтому или всс концевые линейные участки четной длины, т.с. Е = О, или все концевые линейные участки нечетной длины, т.е. Е = 6. Однако, из условия Л = 3 вытекает, что Е хложст равняться или 3 или 1, противоречие. Пусть г = 4, тогда А = 2, значит ровно два а, равны 1, поэтому ровно две боковины имеют индекс — 1.
Кроме того, Е равно или 2 или О. Если Е = О, то все концевые линейные участки четные, поэтому есть три боковины индекса — 1, противоречие. Если же Е = 2, то аз = ал = ае = О. В силу симметрии, предположим, без ограничения общности, что аа = О, а ал = аз = 1. 1!о тогда 1пл!(Вл) = !ллс!(Вч] = — 1, отку;!а ел = ез = еа = ел = 1, противоре лис. РЕ наконец, пусть г = 5, тогда Л = 1, поэтому ровно одна боковина имеет индекс — 1. Кроъле того, Е = 1, поэтому ровно одно е„ равно !. Однако,так как пять концевых линейных участков имеют четную длину, существует четыре последовательных боковины, порожденных концевыми линейными участками четной длины, поэтому две из этих боковин иълсют индекс — 1, противоречие. Предложение 3.22 полностью доказшло.
Разберем теперь второй случай, т.е. когда скелет В имеет даос усов, причем оставшиеся два концевых линейных участка после,ловательны, см. рис. 3.23. Скелеты с шестью концевыми линейными участками 218 7, е ' ', 7, ч Зв,',с' , "'Ъ.,;.',с З,з с хе 1 Ц Х,з Рис. 3.23: Скелеты этого типа так же не имеют ЛЛХ-рсалзззацизз Предложение 3.23 В еде.занных ььзте прсдположжнилх. сксзст сз', ь деб- стоитсльности, не ложст илсзпь лини.вольной реализации на праеильнол п-узео,зьнине.. Ьз = [пзсб] — аз Ьз = [пззб] — аз = шз, = из+ее+сз+х+1, = шз, = шз+ею = те+ се+ ее+ х, = те+аз.
Ьз = [и,'6 Ь,з = [зз/6 Ьь = [зз]6 Ь„', = [гз~1з ] — аз ] — ал ] — ал ] — ае Далее, 6 [ — 1,1, — 1,1, .— 1,1) = сз+с +сз+сс — еь — еь+1 = аз+аз+аз аз — аз аь. Обозпачи л сз + е з + ел + ел — ез — еь через Е. Отмсти л, что — 2 < Е' < 4. Таким образом, получаем: Б = аз + аз + аа — аз — ас — ас — 1. Кая Н ВЫШЕ, ПОЛОжин А = 2 а,, И П = 6[ЗЗЗз15]+ Г, Пайдси, Чта А = 6 — Х.
Разберем теперь случаи разных г. Пусть г = О, таз да, по предложению 3.13, скелет Я нс содержит боковин индексов х1. Поэтому, если ез = О, то еа = 1, ез = О, сл = ез = 1 и еь = О, Доказательство. По предложению 3.14, скелет В может иметь лишь одну перегородку 1., причем эта перез ородка третьез о уровня [сосзтззетствует ребру третьего уровня в коде). Для определенности, будем считать, что пары [хсз,хсз) и [хз,хм) состоят из концевых линейных участков, выходящих с одной внутренней ячейки. Добавляя к введенным выше обозначениям длину х боковины Вз й В перегородки 1, и заме зая, что оставшаяся боковина пс1зегородки В, т.е. Вз О Л, имеет длину х + 1, запишем следующую систему уравнений, описывающую связь мехсду длззззаьззз боковин и длинами концевых линейных участков скелета В.
Скелеты с шестью коняевыми линейными участками 219 следовательно, Е = 1. Но Л = б,поэтому Е = — 1,противоречие. Есчи же ез = 1, то ез = О, ез = 1, еч = еа = 0 и ее = 1, откуда Е = 1, что опять противоречит условпкз Л = 6. Пусть г = 1,тогда Л = э,поэтому ровно одна боковина имеет индекс 1. Кроме того, Е может равняться или О,или — 2. Пусть Е = — 2, тогда ез = ез = ез = ез = О, а еа = са = !. Но отшола вытекает, что !ззб(Лз) = шс!!Вз) = 1, противоречие. Пзсть чеперь Е = О.
!огда аз = аз = аз = 1, и одно из а, с чечными номерами раззно О. Так как случай ач = 0 симметричен случаю аа = О, рассмотрим всего две возмолсности: аз = 0 или ач = О. Пусть аз = О, зззачит е = ез = 1. Но тогда ез = ее = 1, поэтоъсу !пс!(Лз) = !пс!(Ла) = !, противоречие. Рассмотрим второй случай, ач = О, тогда еч = 1, а ез = О.
Следовательно, еа = 1 и ез = ез = ез = О, поэтому шс!(Вз) = шс1(Вч) = 1, противоречие. Пусть г = 2, тогда Л = 4 и Е может равняться или 1 или — 1. Пусть Е = 1, тогда аз = аз = ач = 1. Из симметрии, достаточно рассмотреть только два случая: сзз = 1 вли а; = 1. Пусть аз = 1, тсп да ач = ае = О, откуда еч = 1, ез = ее = 0 н ез = 1. Но тогда Е > 2, противоречие. Пусть а4 = 1, тогда аз = ае = О, откуда сз = ез = 1, ее = О, а ез — — 1, поэтому Е > 2, противоречие. Рассмотри л теперь случай Е = — 1.
'!огда одно из еч и ее равно 1. '!ак как эти случай симметри шы, положим еа = 1. Вознззкаст две возмо кности: ее = 0 или ее = 1. Пусть ее = О, тогда необходи ло ез = ез = ез = еч = О, откуда аз = аз = О, следовательно, Е = — 3, противоречие. Пусть се = 1, тогда аэ = О, откуда аз = аз = 1, следовательно, один из ез и ез должен равняться 1, и один из ез и еч должон равняться 1, поэтому Е > О, противоречие. Пусть г = 3, тогда нет боковин индекса О, т.с.
все боковины могут бьз сь только ип,чеков 1 или — 1. Так как Л = 3, то трое боковин имекю индекс 1, а трое других индекс — !. Из лемм 3.20 и 3.2! вытекает, что боковины с индексами 1 н — 1 чередуются. Пусть !ззс!(Лз) = 1, тогча ез = ез = ез = еч = О, а ез = ее = 1, значит Е = — 2.
Но аз = аз = аз = О, а аз = а4 = ае = 1, поэтому Е = — 4, противоречие. Пусть зззс!(Вз) = О, тогда ез = ез = ез = еч = 1, а еч = еа = О, значит Е = 4. По из Л = 3 вытекает, что Г ( 2, противоречие. Пусть г = 4,тогда Л = 2,и Е эчожст равняться илп 1,или — 1. Пусть Е = 1,тогда аз — †— †— — О, и ровно одно из а, с нечетными номерами равно О.
Из симметрии вытекает, что достаточно рассмотреть лишь две возможности: ач = 0 и аа = О. Пусть аз = О, тогда аз = аз = 1, поэтому ез = сл = 1, а еэ = ее = О. Следовательно, Е > 2, противоречие. Пусть аз = О, тогда аз = аз = 1. поэтому ез = сз = ез = еч = 1, значит Е > 2, противоречие. Рассмотрим теперь случай Е = — !.
Тогда одно из ез и ее раззно 1. Из симметрии, можно положить е = 1. Возникает две возможности: ес = 0 и ея = 1. Пусть ее = О, тогда ез = ез = ез = еч = О, откуда аз = ач = 1; аз = аз = аа = ае = О, следовательно, Е = — 3, противоречие. Пусть теперь ее = 1, тогда аз = О, а один из аз и аз равен!. Скелеты с шестью концевыми линейными участками 220 6 'Н1 6 Л1~ l Хз Рис. 3.24: Конечное число таких скелетов имеет ЛЛХ-рсьмизацию Из симметрии, можно положить аь = 1, тогда сь = ея = 1, следовательно, В .э О, противоречие. Пусть г = 5, тогда 4 = 1, т.е. ровно одна боковина имеет индекс — 1, и В может равняться или О или — 2. Пусть В = — 2, тогда еь = ез = ьз = сл = О, и еа = ев = 1, но шо(ЕЗз) = шс1~Вм) = — 1, противоречие. Пусть В = О, тогда аз = ал = ав = О, и лишь один из н; с нечетными номерами равен 1.
Из симметрии, достаточно рассмотреть только два случая: а1 — 1 и аа = 1. Пусть а~ = 1. тогда еь — ез = 1, поэтому ез = ел = О, а еа = еь = 1, но тогда шд1В1) = шд(ЕЕв) = — 1, противоречие. Пусть теперь ав = 1, тш да еь = еь — — О, откуда еь — — ез = ез = ев = О, по тогда пн1(Вз) = 1пс1(Вь) = — 1, противоречие. Прсдлоькснис 3.23 полностью доказано. Разберем, наконец, последний третий случай, а именно, пусть теперь скелет В имеет двое усов, причем оставшиеся два концевых линейных участка не последовательны.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
