Многогранники-следы и геометрические вариационные задачи (1103845), страница 18
Текст из файла (страница 18)
, Dν все треугольники из комплекса a, инцидентныесимплексу {x} и пронумерованные по часовой стрелкеSвокруг точки x.Dι , причем a(q1 ) = a(q2 ).°Допустим, что найдутся неравные точки q1 и q2 вι=1,...,νSDι , и обходящею точку°Тогда соединим точки q1 и q2 простою ломаною линиею L, лежащею вι=1,...,νx по часовой стрелке от q1 до q2 , а в случаеневозможности переменим нумерацию q1 7→ q2 , q2 7→ q1 .S°Рассмотрим образ a◦ (W), где W =[x, y]. Треугольники a◦ (D1 ), .
. . , a◦ (Dν) обходят точку a(x)y:y∈Lпо часовой стрелке, следовательно, образ этот содержит в себе окрестность в Y точки a(x), что противоречит условию a(x) ∈ rmrg C∞ (a).Q.E.D.°Df·Рассмотрим некоторое окружностное смятие a. Определим тогда нижеследующие объекты:• dC∞ (a) := {x : x ∈ dom a, a(x) ∈ rmrg C∞ (a)} — множество точек с внешнеграничным образом;• linj(a) := {x : x ∈ dC∞ (a), ∃U(U — окрестность точки x в dom a и a|U — инъективна)} ⊂ dC∞ (a);• для каждой точки x из множества linj(a) определим базис ориентации basx (a) := hv1 , v2 i, гдеv2 — вектор единичной длины направленный по a–переносу ориентации положительного обходамножества dom a в точке x, то есть орт суммы ортов двух ориентированных указанным способомребер, одно из которых — входящее в точку a(x), а второе — выходящее из точки a(x) ломанойлинии im a; а v1 — вектор единичной длины ортогональный вектору v2 и, если его приложить кточке a(x) направленный (в бесконечной близости к началу своему) в C∞ (a); см.
рис. 3.2 ;88/Полно/3 Многоугольники–следы/3.1 Простые необходимые условияxa(x)av2bbv1dom(a)C∞ (a)Диаг. 2. образ к базису• еще определим для каждой точки x из множества linj(a) число+1, basx a — положителен;bsigna x :=−1, basx a — отрицателен.61°Th·Пусть a — круговое смятие. Тогда1. linj(a|rmrg dom a ) = dC∞ (a|rmrg dom a );2. для произвольных точек x и y из linj(a|rmrg dom a ) верно, чтоbsigna|rmrg dom a x = bsigna|rmrg dom a y.Доказательство°Совпадение множеств linj(a|rmrg dom a ) = dC∞ (a|rmrg dom a ) cледует из Утверждения 60.
По тому жеУтверждению и из регулярности функции a ясно, что ориентации базисов совпадают.Q.E.D.И МПЛИКАЦИИ6263°Заметка·Пусть X — топологическое пространство; M ⊂ X; a — непрерывное отображение из M в X;◦a|intX M — открытое отображение. Тогда (a−1 ) (finX im a) ⊂ finX M, где finX (·) — топологическая границав топологии на X. Действительно, если бы была точка x такая, что a(x) ∈ finX im a и x ∈ intX M, тоa(x) ∈ a◦ (intX M) =: N. Заметим, что N ⊂ im a, а по открытости отображения a|intX M заключим, чтомножество N открыто.
Откуда следует, что N ⊂ intX im a. Таким образом, a(x) ∈ intX im a, то естьa(x) ∈/ finX im a. Противоречие.°Th·Если X — хаусдорфово топологическое пространство, в котором всякое открытое связное множество линейно связно; множество M ⊂ X,— компактно; отображение a непрерывное из M в X; a|intX M— открытое отображение. Тогда если C1 — связная компонента в X \ im a, C2 — связная компонентав X \ a◦ (finX M), C1 ∩ C2 6= ∅, то C1 = C2 .Доказательство°Возьмем некоторую точку y0 ∈ C1 ∩ C2 .°Рассмотрим точку y1 ∈ C1 . Соединим ее с точкою y0 непрерывною кривою b, определенною на отрезке[0, 1], и такою, что b(0) = y0 , b(1) = y1 , im b ⊂ C1 . Докажем, что im b ⊂ C2 .°Определим непустое из условия множество Γ := {σ : b◦ ([0, σ]) ⊂ C2 }, и τ := sup Γ . Заметим, что илиτ ∈ Γ или τ ∈/ Γ.89/Полно/3 Многоугольники–следы/3.1 Простые необходимые условия°Если τ ∈ Γ , то Γ замкнуто и b◦ ([0, τ]) ⊂ C2 .
Допустим, что τ < 1. Рассмотрим последовательностьчисел cκ при κ ∈ N+ , таких, что cκ ∈ (τ, min{1, τ + κ1 }], b(cκ ) ∈/ C2 , κ ∈ N+ .Из непрерывности отображения b следует, что b(τ) = lim b(cκ ). Заметив, что X \ C2 замкнуто, видим,κ→∞что b(τ) ∈ X \ C2 . Противоречие. И τ = 1, то есть y1 = b(1) = b(τ) ∈ C2 .°Если же τ ∈/ Γ , то b(τ) ∈ X \ C2 . Рассмотрим два возможных варианта: или b(τ) ∈ C20 — инойкомпоненте в X \ a◦ (finX M) или b(τ) ∈ a◦ (finX M).• Второе невозможно, ибо если бы было так, то b(τ) ∈/ C1 , что противоречит определениям.• Первое же невозможно, ибо если бы было так, то X \ C20 ⊃ C2 , что влечет включение X \ C20 ⊃ C2 .Но, с другой стороны, по непрерывности отображения b и замкнутости множества [0, τ], верно,что b(τ) ∈ C2 , то есть C2 ∩ C20 6= ∅.
Противоречие.°Рассмотрим точку y1 ∈ C2 . Соединим точки y0 и y1 непрерывною кривою b, определенною на отрезке[0, 1], и такою, что b(0) = y0 , b(1) = y1 , im b ⊂ C2 . Докажем, что im b ⊂ C1 .°Определим непустое из условия множество Γ := {σ : b◦ ([0, σ]) ⊂ C1 }, и τ := sup Γ . Заметим, что илиτ ∈ Γ или τ ∈/ Γ.°Если τ ∈ Γ , то Γ замкнуто и b◦ ([0, τ]) ⊂ C1 .
Допустим, что τ < 1. Рассмотрим последовательностьчисел cκ при κ ∈ N+ , таких, что cκ ∈ (τ, min{1, τ + κ1 }], b(cκ ) ∈/ C1 , κ ∈ N+ .Из непрерывности отображения b следует, что b(τ) = lim b(cκ ). Заметив, что X \ C1 замкнуто, видим,κ→∞что b(τ) ∈ X \ C1 . Противоречие.
И τ = 1, то есть y1 = b(1) = b(τ) ∈ C2 .°Если же τ ∈/ Γ , то b(τ) ∈ X \ C1 . Рассмотрим два возможных варианта: или b(τ) ∈ C10 — инойкомпоненте в X \ im a или b(τ) ∈ im a.• Первое невозможно, ибо если бы было так, то X \ C10 ⊃ C1 , что влечет включение X \ C10 ⊃ C1 .Но, с другой стороны, по непрерывности отображения b и замкнутости множества [0, τ], верно,что C1 ∩ C10 6= ∅.
Противоречие.• Во втором же случае заметим, что b(τ) ∈ im a и по свойству отображения b к точке b(τ) сколь◦угодно близко найдется точка из C2 , то есть b(τ) ∈ finX im a. По Замечанию 62 верно, что (a−1 ) ({b(τ)}) ⊂finX M. То есть b(τ) ∈ a◦ (finX M), и b(τ) ∈/ C2 . Противоречие.Q.E.D.°Th·Пусть a — круговое смятие. Тогда по Утверждению 63 C∞ (a) = C∞ (a|rmrg dom a ).°Th·Для кругового смятия a верно, что Y \ C∞ (a) = Y \ C∞ (a|rmrg dom a ) — гомеоморфно двумерномудиску D2 .Доказательство°Рассмотрим точку x ∈ Y \ C∞ (a), точка эта или внутренняя или граничная.°Если она внутренняя, то у нее есть окрестность в Y \ C∞ (a), гомеоморфная R2 .°Если же она граничная, то она является образом некоторой точки y, граничной в dom a.°Заметим, что граница множества C∞ (a) — ломаная.
Рассмотрим столь малую круговую окрестностьB с центром в точке x, что попадающие в нее части границы множества C∞ (a) суть прямые отрезки,каждый с краевою точкою x.°Этих отрезков более одного, ибо в противном случае вблизи точки x не будет a–образа открытогомножества, внутреннего в dom a.°Если этих отрезков два, то точка x обладает окрестностью в Y \ C∞ (a) гомеоморфною R2+ .°Более же двух их не может быть, из связности im a и по Утверждению 60.°Связность Y \ C∞ (a) следует из связности im a.
Односвязность следует из связности C∞ (a). Q.E.D.65 °УсловиеТаким образом необходимые условия продолжимости ломаной–следа A до многоугольника–следа суть64• найдется ha, ∅i ∈ A такой, что ∀x, y(x, y ∈ dC∞ (a) −→ bsigna x = bsigna y);90/Полно/3 Многоугольники–следы• множество Y \ C∞ (A) гомеоморфно диску D2 .Еще одно условие будем считать выполненным при требовании свойств 65 — bsigna x = +1.3.2Общее положениеО ПРЕДЕЛЕНИЕ°Df·Скажем, что окружностное смятие a находится в общем положении, если1. {a : ∃b(b 6= a, a(a) = a(b))} конечно;2. у каждой точки из im a не более двух a–прообразов;3. в каждой точке a, у которой два a–прообраза, найдется ее окрестность U в плоскости Y такая,что a–прообраз ее состоит из двух связных компонент A и B, на каждой из которых отображениеa инъективно, и при всяком достаточно малом непрерывном деформировании обоих отображений a|A и a|B их образы пересекаются.Скажем, что ломаная–след находится в общем положении, если отображение некоторого ее канонического представителя находится в общем положении.°Df·Скажем, что круговое смятие a находится в общем положении, если его F–граница mrg a находится в общем положении, а также верно, что a–образ каждой точки из rmrg dom a, в которой отображение a не локально инъективно, имеет только один a–прообраз на rmrg dom a.Скажем, что многоугольник–след находится в общем положении, если отображение некоторого егоканонического представителя находится в общем положении.Г РАФЫИ ПРОСТЫЕ НЕОБХОДИМЫЕ УСЛОВИЯ°Df·Определим ориентированный граф Gr(A) ломаной–следа A в общем положении как совокупность всех одноточечных множеств (называемых вершинами) вида {a}, где точка a имеет два a–прообраза, для некоторого канонического представителя ha, ∅i ломаной–следа A, объединенную ссовокупностью всех связных компонент (называемых дугами) множества im a за вычетом всех точек, имеющих два a–прообраза, причем на дугах этих рассматривается ориентация от ориентации положительного обхода множества dom a.
При этом инцидентность вершины V дуге A понимается какV ⊂ A.°Df·Выберем также у каждой ломаной–следа A какой-нибудь ориентированный дуальный граф duGr(A).То есть образуем совокупность k всех связных компонент дополнения до Y тела графа Gr(A) и• выберем в каждой компоненте K из k по точке pK (при этом множества {pK } суть вершины дуального графа),• для всяких двух связных компонент K и L, обладающих общим одномерным фрагментом F границы, выберем некоторую простую ломаную M (при этом эта ломаная без двух ее крайних точекесть дуга дуального графа) так, что крайние точки ее суть две точки pK и pL , и лежит она вобъединении тех множеств K и L и их общего фрагмента границы, и пересекает этот фрагментединожды в точке x,• на ломаной той выберем ориентацию такую, что если выбрать точку y на ломаной M и точку z натом фрагменте (так же ломаной) так, что [x, y] ⊂ M, [x, z] ⊂ F, пара hx, yi — из выбираемой ориентации, а пара hx, zi — из ориентации фрагмента F, порожденной ориентациею той дуги графа→ −→ — положительно ориентирована.Gr(A), в которую он включен, и пара h−xy,xzi91/Полно/3 Многоугольники–следыЕще, заметив, что в дуальном графе есть ровно одна вершина, соответствующая неограниченной связной компоненте C∞ (A) дополнения в плоскости Y множеству im a, определим конечную часть fdGr(A)дуального графа как дуальный граф за вычетом той самой вершины и дуг, ей инцидентных.°Th·Пусть A — ломаная–след в общем положении.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
