Многогранники-следы и геометрические вариационные задачи (1103845), страница 9
Текст из файла (страница 9)
. . ,◦(f−1 ) (Uν ),◦(f−1 ) ({f(x 00 )})связны по Утверждению 32 и каждая последовательная соседняя пара имеет общую часть, т.е. точкиx 0 , x 00 связаны.°Замкнутость следует из непрерывности.Q.E.D.Д ИЗЪЮНКТИВНОСТЬ3435И ПЕРЕХОД°Th·Для стяжения f ребра E относительно полного симплициального комплекса k и всякого непустогомножества S попарно непересекающихся (то есть множество S дизъюнктивно) полных связных подкомплексов полного симплициального комплекса f◦ ◦ (k) верно, что множество W := {d : ∃s(s ∈ S,◦◦d = (f−1 ) (s))} дизъюнктивно, непусто и состоит из того же числа элементов, что и S, при этом телокаждого элемента (а каждый такой элемент — симплициальный комплекс) множества W замкнуто исвязно (то есть элемент — полный связный симплициальный комплекс).Доказательство°Замкнутость следует из непрерывности, а связность из Утверждения 33, дизъюнктивность, непустотаи число элементов очевидны.Q.E.D.°Заметка·Из Утверждения 34 следует, что если для некоторой реберно–контракционной примитивнойпоследовательности(см.Определение6)hk,f,...,fiобозначитьg:=(f◦...◦f)иw:={w} :0νν0w ∈ g◦ (∪ vert◦ (k) ) (множество всех вершин симплексов из комплекса g◦ ◦ (k)), то от отображенияg устанавливается биективное соответствие множества g◦ –прообразов всех вершин из w и самоюсовокупностью w всех вершин симплексов комплекса g◦ ◦ (k).°Th·Для всяких реберно–контракционных примитивных последовательностей hk, f0, .
. . , fα i и hk, g0 , . . . , gβ iтаких, что всякое ребро E комплекса k вырождается отображением p := fα ◦. . .◦f0 (то есть card(p◦ (E)) =1), если и только если оно вырождается отображением q := gβ ◦ . . . ◦ g0 , найдется инъективное отображение h такое, что тройка hp◦ ◦ (k), h, q◦◦ (k)i симплициальна и h ◦ p = q.Доказательство°Рассмотрим некоторые реберно–контракционные примитивные последовательности hk, f0 , . . . , fα i иhk, g0 , . .
. , gβ i.°Предположим, что всякое ребро E комплекса k вырождается отображением p := fα ◦ . . . ◦ f0 (то естьcard(p◦ (E)) = 1), если и только если оно вырождается отображением q := gβ ◦ . . . ◦ g0 .°По Утверждению 35 сопоставим вершинам в p◦ ◦ (k) их p◦ –прообразы, и заметим, что эти множествасуть q◦ –прообразы вершин в q◦ ◦ (k), чем получим соответствие на вершинах, ибо отображения p и qпонижают размерность каждого симплекса в комплексе k на одинаковое число.°Действительно, если K ∈ k, то K = K1 ∗ K2 = K3 ∗ K4 , где p|K1 постоянно, а p|K2 инъективно; q|K3постоянно, а q|K4 инъективно; достаточно показать, что K1 = K3 в случае, когда p|K и q|K вырождены.°Рассмотрим K1 .
Если q|K1 не постоянно, то найдется ребро S такое, что S C K1 и q|S инъективно, чтопротиворечит условию одновременной вырожденности.°Продолжим полученное соответствие вершин по аффинности на каждом симплексе в p◦ ◦ (k) до отображения h.◦Если L ∈ p◦ ◦ (k), то ∃K(K ∈ (p−1 ) (L), p|K инъективно). Тогда q|K инъективно и вершины симплексаq◦ (K) суть h–образы вершин симплекса L.37/Полно/1 Многомерие/1.3 Разложение/1.3.2 Разложение на комплексе1.3.2 Разложение на комплексеВ ЫДЕЛЕНИЕ36СТЯЖЕНИЯ РЕБРА°Th·Для всякого полного симплициального комплекса k и всякой консумпции f, симплициальной относительно его, найдется стяжение h некоторого ребра E относительно комплекса k, а также симплициальное относительно комплекса h◦ ◦ (k) отображение g, такие, что g ◦ h = f.Доказательство°Рассмотрим некоторый полный симплициальный комплекс k и консумпцию f, симплициальную относительно его.°По Утверждению 19 найдется такой K, что K ∈ k и f|K — не инъективно.
При этом (в связи с тем, чтоотображение f симплициально относительно k) существует одномерный симплекс E такой, что E C K,и отображение f отображает две вершинные точки a и b ребра E в одну точку s.°Таким образом, по Замечанию 3Xf(u) =kvu f(v) + (kau + kbu )s, u ∈ dom f.v:v∈∪ vert◦ (k),v6=a,b°Возьмем точку c вне аффинной оболочки множества ∪ k и определим отображение h на dom f по формулеXh(u) :=kvu v + (kau + kbu )c, u ∈ dom f.v:v∈∪ vert◦ (k),v6=a,b°При этом ясно, что отображение h симплициально относительно комплекса k, комплекс l := h◦ ◦ (k)полон, ∪(vert◦ (l)) = {c} ∪ (∪(vert◦ (k)) \ {a, b}), отображение h — стяжение ребра E относительно комплекса k и vku ,если v ∈ ∪ vert◦ (l), v 6= c, u ∈ dom f;vlh(u) =kau + kbu , если v = c, u ∈ dom f.°Определим на im h = ∪ l еще отображение g по формулеXg(z) :=lvz f(v) + lcz s,v:v∈∪ vert◦ (l),v6=cz ∈ im h.°При этом отображение g симплициально относительно комплекса h◦ ◦ (k) = l, иX(g ◦ h)(u) = g(h(u)) =lvh(u) f(v) + lch(u) s =v:v∈∪ vert◦ (l),v6=c=Xkvu f(v) + (kau + kbu )s =v:v∈∪ vert◦ (l),v6=c=Xkvu f(v) + (kau + kbu )s = f(u),v:v∈∪ vert◦ (k),v6=a,bu ∈ dom f.Q.E.D.П ОСТРОЕНИЕРАЗЛОЖЕНИЯ°Df·Определим у пары hk, fi, где отображение f аффинно относительно комплекса k, число вырождения z(f, k) по формуле z(f, k) := card{E : E — ребро в комплексе k, на котором отображение f неинъективно}.37°Th·Для всякого полного симплициального комплекса k и стяжения h ребра A относительно k и всякого отображения f, симплициального относительно комплекса h◦ ◦ (k), верно z(f, h◦ ◦ (k)) < z(f ◦ h, k).38/Полно/1 Многомерие/1.3 Разложение/1.3.2 Разложение на комплексеДоказательство°Рассмотрим некоторый полный симплициальный комплекс k и стяжение h некоторого ребра A относительно k и некоторое отображение f, симплициальное относительно комплекса h◦ ◦ (k).°Обозначимe := {E : E — вырожденное отображением f ◦ h ребро в k},ẽ := {Ẽ : Ẽ — вырожденное отображением f ребро в h◦ ◦ (k)},причем card e = z(f ◦ h, k) и card ẽ = z(f, h◦ ◦ k).°Заметим, что если Ẽ ∈ ẽ, то в e существует ребро E : h◦ (E) = Ẽ.
Таким образом, z(f, h◦ ◦ (k)) 6z(f ◦ h, k).°По условию отображение h стягивает A из k, и потому A ∈ e, а множество h◦ (A) одноточечно. Такимобразом, не все ребра из множества e переводятся отображением h в множество ẽ и неравенствострогое.Q.E.D.38°Теорема·Для всякой кусочно–аффинной консумпции f и всякого полного симплициального комплекса k, относительно которого то отображение симплициально, найдутся смятие g и стяжения h0 , .
. . , hνнекоторых ребер такие, что (см. Определение 6)hk, h0 , . . . , hν i ∈ Seqec [ν],hk, h0 , . . . , hν , gi ∈ Seq[ν + 1],причем отображение g — смятие, и f = g ◦ hν ◦ . . . ◦ h0 .Доказательство°По Утверждениям 36 и 37 отображение f можно разложить в композицию стяжения ребра в k и отобажения, симплициального относительно соответствующего (“стянутого”) комплекса, при этом числоребер, на которых отображение неинъективно, у новой симплициальной пары строго меньше, чем уисходной. Потому искомое разложение достигается за конечное число таких шагов.Q.E.D.ФАКТОРИЗАЦИЯ39°Th·Для произвольного полного симплициального комплекса a и симплициальных относительно комплекса a отображений a1 и a2 таких, что a2 (v 0 ) = a2 (v 00 ) как только v 0 и v 00 — две произвольные вершинные точки каких-либо симплексов комплекса a такие, что a1 (v 0 ) = a1 (v 00 ), найдется единственноеотображение r такое, что a2 = r ◦ a1 .При этом отображение r непрерывно, симплициально относительно комплекса a1 ◦ ◦ (a) и r◦ ◦ (a1 ◦ ◦ (a)) =a2 ◦ ◦ (a).Доказательство°Рассмотрим некоторый полный симплициальный комплекс a и симплициальные относительно егоотображения a1 и a2 такие, что если v 0 и v 00 — две произвольные вершинные точки каких-либо симплексов комплекса a такие, что a1 (v 0 ) = a1 (v 00 ), то a2 (v 0 ) = a2 (v 00 ).°Если две точки x 0 и x 00 из dom a1 = dom a2 таковы, что a1 (x 0 ) = a1 (x 00 ), то они имеют соответствующие координаты x 0 и x 00 относительно комплекса a.
Тогда обозначив Q := ∪(vert◦ (a)), Q̂ := a1 ◦ (Q) =∪(vert◦ (a1 ◦ ◦ (a))), и для каждой точки ŵ из Q̂ выбрав точку s(ŵ) из Q такую, что a1 (s(ŵ)) = ŵ, посчитаемXXX00 a1 (x 0 ) =xw· a1 (w) =xw· a1 (s(ŵ)) =w:w∈Qŵ:ŵ∈Q̂=Xŵ:ŵ∈Q̂Xw:w∈Q,a1 (w)=ŵw:w∈Q,a1 (w)=ŵ0 xw· ŵ,39/Полно/1 Многомерие/1.3 РазложениеаналогичноXa1 (x 00 ) =w:w∈Q00xw· a1 (w) ==Xŵ:ŵ∈Q̂Xŵ:ŵ∈Q̂w:w∈Q,a1 (w)=ŵXXw:w∈Q,a1 (w)=ŵ00 xw· a1 (s(ŵ)) =00 xw· ŵ,откуда по единственности координат точки относительно комплексаXX000xw=xww:w∈Q,a1 (w)=ŵw:w∈Q,a1 (w)=ŵпри каждой точке ŵ из Q̂. Следовательно,a2 (x 0 ) =Xw:w∈Q=Xŵ:ŵ∈Q̂0xw· a2 (w) =Xw:w∈Q,a1 (w)=ŵXŵ:ŵ∈Q̂Xw:w∈Q,a1 (w)=ŵ00 xw· a2 (s(ŵ)) =Xw:w∈Q0 xw· a2 (s(ŵ)) =00xw· a2 (w) = a2 (x 00 ).°Определим отображение h на множестве всех пар вида ha, a1 (a)i, где a ∈ dom a1 , по формуле h(a, a1 (a)) :=a2 (a).
Заметим, что если b := a1 (a 0 ) = a1 (a 00 ), то по показанному a2 (a 0 ) = a2 (a 00 ) и h(a 0 , b) =a2 (a 0 ) = a2 (a 00 ) = h(a 00 , b). Таким образом корректно определяется отображение r(b) := h(a, b), длянекоторой точки a такой, что a1 (a) = b. При этом r(a1 (a)) = h(a, a1 (a)) = a2 (a).°Покажем единственность.
Если r 0 — некоторое иное отображение такое, что r 0 ◦ a1 = a2 , и b ∈ im a1 ,то найдется a такая, что a1 (a) = b, и тогда r 0 (b) = r 0 (a1 (a)) = a2 (a) = r(a1 (a)) = r(b).°Непрерывность следует из Утверждения 27.°Покажем аффинность отображения r на симплексе A комплекса a1 ◦ ◦ (a). Рассмотрим некоторыйсимплекс Ã комплекса a такой, что a1 ◦ (Ã) = A. Если a 0 и a 00 — точки симплекса A, и α — числоиз (0, 1), то найдутся точки ã 0 и ã 00 симплекса Ã такие, что a1 (ã 0 ) = a 0 и a1 (ã 00 ) = a 00 .
Тогда r(a 0 ) =a2 (ã 0 ) и r(a 00 ) = a2 (ã 00 ). Заметим, что a 000 := α · a 0 + (1 − α) · a 00 ∈ A, и ã 000 := α · ã 0 + (1 − α) · ã 00 ∈ Ã,и a1 (ã 000 ) = a 000 . Тогда r(a 000 ) = r(a1 (ã 000 )) = a2 (ã 000 ) = α · a2 (ã 0 ) + (1 − α) · a2 (ã 00 ) = α · r(a 0 ) + (1 −α) · r(a 00 ).°Покажем симплициальность.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
