Многогранники-следы и геометрические вариационные задачи (1103845), страница 22
Текст из файла (страница 22)
А при z(a) = 6возможно единственное с точностью до изоморфизма сочетание, см. рис. 3.14 . И в нем заявленноеверно.Диаг. 14. случай z(a) = 6°Допустим, что при z(a) 6 ν заявленное верно.°Предположим, что z(a) = ν + 1. Тогда найдется некоторое ребро E комплекса a такое, что обе еговершинные точки лежат в rmrg ∪ a, а само ребро лежит на rint ∪ a.°Заметим, что множество (∪ a) \ E состоит из двух связных компонент W1 , W2 .°Обозначим a1 := {Q : Q ∈ a, Q ⊂ W1 } ∪ {Q : Q C E}, a2 := {Q : Q ∈ a, Q ⊂ W2 } ∪ {Q : Q C E}.°Заметим, что только одному из этих комплексов не принадлежит ребро A.
Тогда в этом комплексеможет быть лежащая в относительной внутренности его тела вершинная точка или не быть такой точки. Если есть такая точка, то по предположению индукции с выбранным ребром A найдется искомыйдвумерный симплекс. Если же нет такой точки, то по Утверждению 71 найдется искомый двумерныйсимплекс.Q.E.D.О ТРИЦАТЕЛЬНАЯ73ПЕТЛЯ°Th·Пусть a — полный симплициальный комплекс, a — круговое смятие в общем положении, симплициальное относительно комплекса a, l — параметрическая петля знака (−1) у отображения mrg a,L̃ := dom l, L := im l, D — область, ограниченная параметрическою петлею l.
Тогда• если A — ребро комплекса a, лежащее на L̃, B — двумерный симплекс комплекса a, инцидентный ребру A, то a◦ (B) ⊂ D;• если A 0 — ребро комплекса a◦ ◦ (a), A 0 ⊂ L, то найдется двумерный симплекс B 0 комплексаa◦ ◦ (a) такой, что B 0 B A 0 , B 0 ⊂ D.Доказательство°Выберем некоторый двумерный симплекс B = {a} ∗ {b} ∗ {c} комплекса a такой, что A = (a, b) ⊂ L̃.−→ −→°Тогда так как отображение a сохраняет ориентацию, если пара hab, aci — правая (левая), то соответ−−−−−−→ −−−−−→ствующая пара ha(a)a(b), a(a)a(c)i — такая же.°Так как петля отрицательна, a(c) ∈ rint D и a◦ (B) ⊂ rint D, то есть первое показано.°Второе же следует из первого, так как у ребра A 0 есть a◦ –прообраз из комплекса a на L̃.Q.E.D.°Выбор вещейПусть a — полный симплициальный комплекс, a — круговое смятие в общем положении, симплициальное относительно комплекса a, l — параметрическая петля знака (−1) у отображения mrg a,L̃ := dom l, L := im l, D — область, ограниченная параметрическою петлею l, r — основание петли l/Полно/3 Многоугольники–следы/3.6 Стяжение и натяжение петель/3.6.1 Ветвление отрицательной петли106(то есть отображение mrg a не инъективно), b := {Q : Q ∈ a◦ ◦ (a), Q ⊂ rmrg D}, z(b) := card{Q : Q ∈b, dim Q = 2}.°Заметим, что по Утверждению 73 число z(b) положительно.
Далее рассмотрим два варианта возможных значений его — 1 (начальный) и > 1 (индуктивное продолжение).°Первый случайТогда если z(b) = 1, то по Утверждению 73 каждому ребру комплекса a◦ ◦ (a), лежащему на L, естьему инцидентный двумерный симплекс из b. Следовательно, таких ребер всего три.°Еще заметим, что на L̃ также всего три ребра комплекса a.°Обозначим по образованной от обыкновенной ориентации на rmrg dom a ориентации на ломаной L̃ всевершинные точки r̃1 , a, b, r̃2 указанных трех ребер комплекса a. Причем a(r̃1 ) = a(r̃2 ) = r.°Заметим, что существуют двумерные симплексы A1 , A2 , A3 комплекса a такие, чтоA1 B (r̃1 , a),A2 B (a, b),A1 B (b, r̃2),a◦ (A1 ) = a◦ (A1 ) = a◦ (A1 ), —тот единственный двумерный симплекс из b.°Из непростоты (неинъективности) следует, что A1 6= A2 или A2 6= A3 .
Будем считать, что A1 6= A2 .°Тогда вершине {a} инцидентны два двумерных симплекса комплекса a. Если бы a было локально–инъективно на L̃, то бы a◦ (A1 ) 6= a◦ (A2 ), что противоречит предположенному о числе z(b).74 °Итак, отображение a не локально–инъективно на L̃, то есть относительно отображения a есть на L̃точка положительной степени, не равная точкам r̃1 , r̃2 .75°Th·Предположим теперь, что для всякого полного симплициального комплекса a1 , кругового смятияa1 в общем положении, симплициального относительно комплекса a1 , параметрической петли l1 знака(−1) у отображения mrg a1 , L̃1 := dom l1 , L1 := im l1 , области D1 , ограниченной параметрическоюпетлею l1 , основания r1 петли l1 , b1 := {Q : Q ∈ a1 ◦ ◦ (a1 ), Q ⊂ rmrg D1 }, числа ν из N+ если z(b1 ) :=card{Q : Q ∈ b1 , dim Q = 2} = ν, то найдется точка x в L̃1 , в которой отображение a1 не локально–инъективно, а также a1 (x) 6= r1 .Тогда если z(b) = 1 + ν, то найдется точка x в L̃, в которой отображение a не локально–инъективно,а также a(x) 6= r.Доказательство°Заметим, что комплекс a◦ ◦ (b) может быть в одном из следующих положений:1.
есть двумерный симплекс {u}∗{v}∗{w} в комплексе a◦ ◦ (b) такой, что (u, v) ⊂ rmrg D, w ∈ rint D;2. в rint D есть некоторая вершинная точка комплекса a◦ ◦ (b), но нет двумерного симплекса {u} ∗{v} ∗ {w} в комплексе a◦ ◦ (b) такого, что (u, v) ⊂ rmrg D, w ∈ rint D;3. в rint D нет вершинных точек комплекса a◦ ◦ (b).°В первом из указанных случаев выберем некоторый двумерный симплекс {u} ∗ {v} ∗ {w} в комплексеa◦ ◦ (b) такой, что (u, v) ⊂ rmrg D, w ∈ rint D.°Во втором случае по Утверждению 72 найдется (и его выберем) двумерный симплекс {u} ∗ {v} ∗ {w} вкомплексе a◦ ◦ (b) такой, что (u, v), (v, w) ⊂ rmrg D, w 6= r.°В третьем случае по Утверждению 71 найдется (и его выберем) двумерный симплекс {u} ∗ {v} ∗ {w} вкомплексе a◦ ◦ (b) такой, что (u, v), (v, w) ⊂ rmrg D, w 6= r.°Заметим, что у выбранного двумерного симплекса есть единственный прообразный симплекс Q̃ такой,что a◦ (Q̃) = {u} ∗ {v} ∗ {w}, Q̃ ∈ a, L̃ ∩ rmrg Q̃ содержит некоторое ребро.°Образуем новый комплекс a 0 := a \ {S : S = Q̃ или (S C Q̃ и S ⊂ L̃)}, a1 := {S : ∃T (S C T ∈ a 0 )}.Образуем новое отображение a1 := a|∪ a1 .
Обозначим L̃1 := (L̃ \ rmrg Q̃) ∪ (rmrg Q̃ \ L̃). Образуемновую параметрическую петлюl1 (k) := aL̃ = a1 L̃1°Заметим, что z(b1 ) = (1 + ν) − 1 = ν.1107/Полно/3 Многоугольники–следы/3.6 Стяжение и натяжение петель°И если бы не было в L̃ неконцевой точки не локальной инъективности отображения a, то в L̃1 такойточки отображения a1 также не было бы, что противоречит предположенному.Q.E.D.76°Th·Пусть A — многоугольник–след в общем положении, и L — петля знака −1 в этом многоугольнике–следе.
Тогда на L есть точка ветвления относительно A.Доказательство°Выбрав некоторый канонический представитель ha, rmrg dom ai многоугольника–следа A и некоторый симплициальный комплекс k такой, что отображение a симплициально относительно его, по индукции с основанием в пт. 74 и шагом в Утверждении 75 получим искомое.Q.E.D.3.6.2 Стяжение петлиС ТЯЖЕНИЕПЕТЛИ ЗНАКА(+1)°Рассмотрим некоторый петельный многоугольник–след A и некоторую петлю L знака +1 в границеMrg A (обозначим через D область, ограниченную множеством L).°Проведем деформационное слияние ветвлений на петле L (см. Слияние в Разделе 3.3), и получим новый многоугольник–след, который также поименуем A, также оставим имена петли и области.˜ A с обра°Некоторым инъективным круговым отображением b, определенным на множестве conv imзом в Y и отображающим множество L в границу некоторого выпуклого многоугольника, отобразиммногоугольник–след A в новый многоугольник–след B, чьи отображения имеют вид b ◦ a, где a —отображение многоугольника–следа A; имена же петли и области сохраним.°Возьмем некоторый канонический представитель ha, rmrg dom ai этого многоугольника–следа B и◦некоторый комплекс a, относительно которого симплициально отображение a.
Обозначим L̃ := (mrg a)−1 (и r := rdx(L).°Ясно, что или dega x = 0 для всех точек x из L, или dega x > 0 для некоторой точки x из L.°Если первый вариант, то подразделим комплекс a в комплекс b так, чтобы для всякого двумерногосимплекса T из комплекса b, у которого одна и только одна вершинная точка v на L̃, если обозначитьT = {v} ∗ E, то точки r и v лежат по одну сторону прямой через E.°Произведем близкосвязанное деформационное стяжение, положив при τ ∈ [0, 1],a(w),w — вершинная точка из b, и w ∈/ L̃;m̂(τ, w) :=τ · r + (1 − τ) · a(w), w — вершинная точка из b, и w ∈ L̃.Затем аффинно на каждом симплексе из b продолжим при каждом τ из [0, 1] построенное отображениеm̂(τ, ·) до отображения m(τ, ·).
Ясно, что m(0, ·) = a и m(1, ·)◦ (L̃) = {r}. Перейдем от отображенияm(1, ·) к некоторому его редукту (круговому отображению) b.°Таким образом, стянута деформационно петля L, а остальная часть граничного графа не изменена, истепени точек на той части не изменены. Еще заметим, что (по свойству положения образов симплексов и основания петли) degb r = 1 и есть сумма lsignA L и всех степеней точек на петле L.°Рассмотрим второй вариант.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
