Теория Морса минимальных сетей (1105006), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Ясно, что A — открытое и всюду плотное подмножество в R .3.3Случай плоскости R2В этом параграфе будет продемонстрировано применение комбинаторной теории Морса (точнее, теории Морса минимальных сетей; а еще точнее теоремы 2.2) для получения оценок на количество локально минимальных сетей, затягивающих данную границу на евклидовой плоскости.Приложения108При применении теоремы 2.2 нам необходимо выполнение двух условий: функция ℓ должна быть комбинаторной функцией Морса на пространстве и регулярные минимальные параметрические сети должныбыть сетями с элементарно порожденными расщеплениями.
Для того,чтобы удовлетворить первому условию, мы будем рассматривать толькотипичные границы. Тогда следствие 3.1 гарантирует выполнение первогоусловия. Выполнение второго условия обеспечивается предложением 3.3.Согласно лемме 3.2, можно интерпретировать локально минимальные сети, затягивающие данную границу, как регулярные минимальныепараметрические сети с бинарной топологией и той же границей.
Напомним, что совокупность всех критических подмножеств ранга − 3, т.е.критических подмножеств, канонический представитель которых имееттип бинарного дерева, мы обозначали через −3 . В силу типичностиграницы и предложения 3.4, каждое критическое подмножество состоитровно из одной регулярной минимальной параметрической сети; в частности, совокупность −3 — это в точности множество всех регулярныхминимальных параметрических сетей с данной границей и бинарной топологией.
Таким образом, нам нужно оценить мощность совокупности−3 .Случай трех граничных точекНачнем с простейшего случая. Рассмотрим типичную границу, состоящую из трех точек, = { }3=1 . В этом случае согласно таблицена стр. 45 имеется всего 1 геометрическое дерево 0 , изображенное нарис. 1.1. Поэтому конфигурационное пространство всех регулярных сетей с границей состоит из одного листа, соответствующего множеству⟨0 ⟩, и совпадает с плоскостью R2 . Следовательно, по лемме 3.4, имеется всего одна критическая точка, являющаяся абсолютным минимумомфункции ℓ.
Эта критическая точка и является единственной локальноминимальной сетью, затягивающей множество .Случай четырех граничных точекТеперь рассмотрим типичную границу, состоящую из четырех точек, = { }4=1 . В этом случае, согласно таблице на стр. 45, имеется 1геометрическое дерево 0 ранга ноль и 3 геометрических дерева ′0 , ′′0 ,′′′0 ранга один — потомки дерева 0 , изображенные на рис. 1.2. Про-Приложения109странство [0 ] можно отождествить с R2 , а пространства [′0 ], [′′0 ], [′′′0]4— с пространством R . Поскольку страт ⟨0 ⟩ равен пересечению листов′′′′′′⟨′0 ⟩, ⟨′′0 ⟩, ⟨′′′0 ⟩, т.е. ⟨0 ⟩ = ⟨0 ⟩ ∩ ⟨0 ⟩ ∩ ⟨0 ⟩, то все конфигурационноепространство представляет собой 3 экземпляра R4 , склеенных другс другом по своей “комплексной” диагонали. Пространство , соответствующее случаю = 4, условно изображено на рис.
1.3.Формула из теоремы 2.2 позволяет вычислять количество регулярныхминимальных параметрических сетей ранга − 3 через мощные расщепления регулярных минимальных параметрических сетей более низкихрангов. В нашем случае количество сетей из 1 вычисляется через мощные расщепления сетей из 0 . Поскольку имеется всего одно геометрическое дерево 0 ранга 0, то и совокупность 0 состоит лишь из однойрегулярной минимальной параметрической сети Γ0 [0 ].
Таким образом,|1 | = # 1 (Γ0 ).У сети Γ0 имеется всего три комбинаторных расщепления Γ′0 [′0 ],′′′Γ′′0 [′′0 ], Γ′′′0 [0 ], отличающихся от сети Γ0 добавлением лишь одного ребра, см. рис. 1.2. Поэтому все расщепления сети Γ0 являются элементарными. Другими словами, комплекс мощных расщеплений сети Γ0 нульмерен, и нам необходимо решить лишь “геометрическую” подзадачу (см.замечание на стр. 89) вычисления элементарных геометрических расщеплений сети Γ0 .Напомним, что для того, чтобы проверить является ли данное расщепление Γ′ сети Γ геометрическим, т.е.
может ли оно уменьшить длинусети Γ, необходимо проверить является ли сеть Γ′ минимальной параметрической сетью в своем классе. Эта проверка выполняется с помощьюкритерия 3.3 минимальности параметрической сети. Согласно этому критерию, необходимо сравнивать конорму * суммы различных единичныхнаправляющих векторов невырожденных ребер сети Γ′ с единицей. Вевклидовом случае конорма * совпадает с евклидовой нормой , т.е. смодулем вектора.
Таким образом, нам понадобятся утверждения о сравнении модуля суммы единичных векторов с единицей. Приведем здесьдва таких утверждения.Лемма 3.7 Два единичных вектора 1 и 2 в сумме дают вектор помодулю больший 1 тогда и только тогда, когда угол между 1 и 2больше 120∘ .Приложения110Рис. 3.1:Доказательство этой леммы проводится с помощью элементарныхгеометрических соображений.Лемма 3.8 Сумма трех единичных по длине векторов 1 , 2 , 3 , |1 | =|2 | = |3 | = 1, выходящих из одной точки , по модулю будет больше1 тогда и только тогда, когда существует прямая, проходящая черезточку , такая, что все три вектора 1 , 2 , 3 лежат от нее по однусторону в открытой полуплоскости.Доказательство.
Достаточность. Если существует какая-то прямая сусловием, что вектора 1 , 2 , 3 лежат от нее по одну сторону, пусть дляопределенности вектор 3 лежит в замыкании внутренней области угла,образованного двумя лучами, выходящими из точки по направлениям\1 и 2 , то тогда существует прямая такая, что \1 = 2 , см.∘рис. 3.1. Пусть = 1 + 2 , тогда ̂︁3 < 90 , и следовательно | + 3 | > 1.Необходимость.
Покажем, что если прямой, относительно которой всевектора 1 , 2 , 3 лежат по одну сторону, не существует, то |1 +2 +3 | < 1.Условие отсутствия такой прямой эквивалентно тому, что для любого = 1, 2, 3 два вектора +1 , +2 ( здесь считаем, что 4 = 1 и 5 =2 ) лежат по разные стороны от прямой, проходящей через точку снаправляющим вектором , см.
рис. 3.1. Положим = 1 +2 , ̂︁1 = ̂︁2 = и ̂︁3 = . Тогда || = 2 cos . Выберем систему координат так, чтобы = (2 cos , 0) и 3 = (cos , sin ), тогда + 3 = (2 cos + cos , sin ).Приложения111Теперь| + 3 |2 = 4 cos2 + 4 cos cos + 1 < 1⇕cos + cos < 0.Но > > − > 2 ⇒ cos < − cos ⇒ cos + cos < 0. Такимобразом мы показали, что |1 + 2 + 3 | < 1, если прямой, относительнокоторой все вектора 1 , 2 , 3 лежат по одну сторону, не существует.Отсюда следует необходимость.
Подсчитаем теперь количество элементарных геометрических расщеплений сети Γ0 . Могут быть два случая.1) У сети Γ0 есть вырожденное граничное ребро. Пусть, без ограничения общности, это ребро будет инцидентно граничной вершине 1 (см.рис. 3.2).Так как Γ0 является минимальной параметрической сетью, то из критерия 3.3 вытекает, что сумма единичных направляющих векторов выходящих из вершины 1 ребер 1 2 , 1 3 , 1 4 по модулю меньше либо\\равна 1.
Выберем среди трех углов \2 1 3 , 2 1 4 , 3 1 4 наименьший. Пусть для определенности это будет угол \2 1 3 . Его градусная∘мера должна быть меньше 120 (равенства быть не может, так как мырассматриваем только типичные границы). Проведем через точку 1 двепрямые (2 ) и (3 ), тогда, как следует из леммы 3.8, ребро 1 4\должно лежать в замыкании внутренности угла 1 . Может быть дваварианта (см. рис.
3.2).∘\) Оба угла \2 1 4 , 3 1 4 ≥ 120 . Тогда, используя критерий 3.3 илемму 3.7, получаем, что только расщепление Γ′′0 не является минимальной параметрической сетью, а значит может уменьшить длину сети Γ0 .Следовательно, в данном случае сеть Γ0 имеет только одно элементарноегеометрическое расщепление.∘\) Один из углов, например \2 1 4 , меньше 120 , а другой 3 1 4 —∘больше 120 . Тогда, используя критерий 3.3 и лемму 3.7, получаем, чтосети Γ′′0 и Γ′′′0 не являются минимальными параметрическими сетями, асеть Γ′0 — является. Следовательно, в данном случае сеть Γ0 имеет ровнодва элементарных геометрических расщепления.2) У сети Γ0 нет вырожденных граничных ребер.Так как Γ0 является минимальной параметрической сетью, то из критерия 3.3 вытекает, что сумма единичных направляющих векторов вы-Приложения112Рис.
3.2:Рис. 3.3:ходящих из подвижной вершины ребер 1 , 2 , 3 , 4 равна0. Тогда эти четыре ребра разбиваются на пары ребер, лежащих на одной прямой, например так, как показано на рис. 3.3. Может быть дваварианта (см. рис. 3.3).) Среди четырех углов \ +1 (здесь считаем, что 5 = 1 ) есть\угол, например 3 4 , градусная мера которого меньше или равна 60∘ .Тогда, используя критерий 3.3 и лемму 3.7, получаем, что только сетьΓ′0 не является минимальной параметрической сетью, а остальные — Γ′′0и Γ′′′0 , — являются. Следовательно, в данном случае сеть Γ0 имеет толькоодно элементарное геометрическое расщепление.) Среди четырех углов \ +1 (здесь считаем, что 5 = 1 ) нетугла, градусная мера которого меньше или равна 60∘ , т.е. градусная мера всех этих углов строго меньше 120∘ .
Тогда, используя критерий 3.3 илемму 3.7, получаем, что сети Γ′0 и Γ′′0 не являются минимальными пара-Приложения113метрическими сетями, а сеть Γ′′′0 — является. Следовательно, в данномслучае сеть Γ0 имеет ровно два элементарных геометрических расщепления.Итак, суммируя результаты случаев 1) и 2), получаем, что сеть Γ0имеет либо 1, либо 2 элементарных геометрических расщепления. Следовательно, имеется либо 1, либо 2 регулярных минимальных параметрических сети с бинарной топологией.
Таким образом, из леммы 3.2 вытекаетследующее утверждениеУтверждение 3.6 Количество локально минимальных сетей, затягивающих типичную границу из 4 точек на евклидовой плоскости, может быть равно либо 1, либо 2.Случай пяти граничных точекВ последнем рассматриваемом нами случае граница будет состоять изпяти точек общего положения, = { }5=1 . В этом случае, согласнотаблице на стр. 45, имеется 1 геометрическое дерево 0 ранга ноль, 10геометрических деревьев ранга 1 и 15 геометрических деревьев ранга 2.Последние являются бинарными деревьями. Топологии всех этих деревьев изображены на рис. 1.4.Соответственно всегда имеется одна регулярная минимальная параметрическая сеть Γ0 [0 ] ранга 0; она составляет совокупность 0 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
