Теория Морса минимальных сетей (1105006), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Потенциально могут быть 10 регулярных минимальных параметрическихсетей ранга 1, составляющих совокупность 1 , и 15 регулярных минимальных параметрических сетей ранга 2, составляющих совокупность2 . Напомним, см. параграф 3.1, что сети из 2 можно интерпретировать как локально минимальные сети, затягивающие границу . Такимобразом, комбинаторно количество локально минимальных сетей, затягивающих данную границу из 5 точек, может быть не более 15. Далеемы понизим эту очевидную оценку до 8.Итак, нам нужно вычислить (точнее оценить) количество сетей в совокупности 2 .
Теорема 2.2 дает нам при = 5 две формулы:|1 | = #∑︀1 (Γ0 )|2 | =# 2 (Γ ) − # 2 (Γ0 ).Γ ∈1У регулярных минимальных параметрических сетей Γ из 1 имеются две подвижные вершины: одна подвижная вершина степени 3 и однаПриложения114подвижная вершина степени 4, см. рис. 1.4. Расщепляться сеть Γ из 1может только в своей подвижной вершине степени 4, поэтому для сети Γ комплекс мощных расщеплений нульмерен, также как и для сетиΓ0 в случае 4 граничных точек.
Точно также, как и в случае 4 граничных точек оценивается и количество мощных расщеплений # 2 (Γ ), и,следовательно, оно не превосходит 2. Таким образом, можно написатьоценку|2 | ≤ 2 · |1 | − # 2 (Γ0 ) ≤ 2 · # 1 (Γ0 ) − # 2 (Γ0 ).Из этого неравенства мы видим, что количество сетей в совокупности2 оценивается через мощные расщепления одной лишь сети Γ0 . Комбинаторные расщепления сети Γ0 могут иметь ранг 1 или 2, поэтому комплекс (Γ0 ) мощных расщеплений сети Γ0 одномерен.
Вершинами этогокомплекса являются элементарные геометрические расщепления сети Γ0 .Эти расщепления имеют ранг 1, и их совокупность совпадает с 1 (Γ0 ).В свою очередь, ребра комплекса (Γ0 ) — это мощные расщепленияранга 2 сети Γ0 , т.е. их совокупность совпадает с 2 (Γ0 ).Попытаемся изучить комплекс (Γ0 ) и рассмотрим два случая.1) У сети Γ0 есть вырожденное граничное ребро.Пусть, без ограничения общности, это ребро будет инцидентно граничнойвершине 1 (см.
рис. 3.4).Так как сеть Γ0 является минимальной параметрической сетью, то изкритерия 3.3 вытекает, что сумма единичных направляющих вектороввыходящих из вершины 1 ребер 1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 по модулюменьше либо равна 1.Подсчитаем количество элементарных геометрических расщепленийсети Γ0 . Их ранг равен 1, и топология изображена на рис.
1.4 ). Для этогонеобходимо, согласно критерию 3.3, чтобы сумма единичных направляющих векторов граничных ребер инцидентных одной подвижной вершине , среди которых нет ребра 1 , по модулю была строго больше 1. Мыбудем говорить, что такая совокупность граничных ребер отщепляется.
Таким образом, любое элементарное геометрическое расщепление Γ′сети Γ0 однозначно задается либо двойкой, либо тройкой отщепляющихся граничных ребер. Поэтому для того, чтобы подсчитать количествоэлементарных геометрических расщеплений сети Γ0 , нужно подсчитатьколичество двоек и троек ребер, выходящих из вершины 1 , сумма единичных направляющих векторов которых по модулю строго больше 1.Приложения115Рис.
3.4:Для двойки ребер это условие эквивалентно тому, что угол между нимистрого меньше 120∘ , а для тройки ребер эквивалентное условие содержится в лемме 3.8. Докажем, что это количество не больше 6.Отщепляющиеся двойки граничных ребер.Разберемся сначала с отщеплениями двоек ребер. Всего двоек ребер 6(число сочетаний из 4 по 2).
Покажем, что ни все 6, ни какие-либо 5двоек не могут отщепиться, тем самым будет показано, что число отщеплений двоек ребер не более 4. В самом деле, если не менее 5 двоекотщепляются, то существует ребро, пусть это будет 1 2 , которое составляет с оставшимися ребрами 1 3 , 1 4 , 1 5 угол строго меньше 120∘ .∘′\ ′′Проведем два разных луча [1 ′ ) и [1 ′′ ): \2 1 = 2 1 = 120 .Тогда все три ребра 1 3 , 1 4 , 1 5 содержатся в открытом секторе′ 2 ′′ объединенным с точкой 1 . Достаточно проанализировать только две ситуации: или все три ребра 1 3 , 1 4 , 1 5 лежат по однусторону от прямой (1 2 ) или нет, см.
рис. 3.4 и рис. 3.4.Ситуации, изображенной на рис. 3.4 быть не может, так как в этомслучае выходящие из 1 единичные направляющие векторы всех четырех ребер, лежащих в одном круговом секторе с углом равным 120∘ , даютв сумме вектор, длина которого больше 1.Теперь рассмотрим ситуацию, изображенную на рис. 3.4. Покажем,что и в этом случае длина суммы выходящих из вершины 1 единичных направляющих векторов ребер 1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 будет строго больше 1. Разобьем эти четыре ребра на две пары: (1 2 , 1 5 ) и∘(1 3 , 1 4 ). Угол \2 1 5 меньше 120 , в соответствии с выбором реб∘ра 1 2 . И угол \3 1 4 тоже меньше 120 , так как если бы был больше,Приложения116Рис. 3.5:∘то и угол \3 1 5 был бы больше 120 , а это противоречит тому, что унас по условию не менее 5 отщеплений.
Пусть = 3 +4 и = 2 +5 , где — единичный направляющий вектор ребра 1 , тогда || > 1, || > 1и угол ̂︁ меньше 120∘ . Следовательно |1 + 2 + 3 + 4 | = | + | > 1.Этот случай заканчивает доказательство следующей леммы.Лемма 3.9 В случае 1) количество отщепляющихся двоек не больше4.Отщепляющиеся тройки граничных ребер.Теперь разберемся сколько может быть отщеплений по три ребра.
Комбинаторных вариантов имеется всего 4 (число сочетаний из 4 по 3).Лемма 3.10 Рассмотрим 4 произвольных неколинеарных отрезка1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 . Тогда количество отщеплений по три отрезка равно либо 2, либо 4. Причем в последнем случае все отрезки 1 2 ,1 3 , 1 4 , 1 5 лежат по одну сторону от некоторой прямой, проходящей через точку 1 .Доказательство. Пусть угол \2 1 3 наименьший среди всех пар отрезков.
Проведем прямые (2 1 ) и (3 1 ), они разобьют плоскость на четыре сектора. Четыре принципиально различных случая расположенияостальных отрезков 1 4 и 1 5 в этих секторах показаны на рис. 3.5.Для завершения доказательства достаточно воспользоваться леммой 3.8.Приложения117Рис. 3.6:Лемма 3.11 Пусть в случае 1) имеется 4 отщепления троек ребер.Тогда количество отщеплений двоек ровно 2.Доказательство. Как следует из леммы 3.10, все ребра 1 2 , 1 3 ,1 4 , 1 5 лежат по одну сторону от некоторой прямой, проходящейчерез 1 . Пусть расположение ребер такое, как показано на рис.
3.6.∘Покажем, что угол \3 1 4 > 120 . Если бы выполнялось неравенство∘\3 1 4 < 120 , тогда длина вектора = 3 + 4 была бы больше 1.Положим = 2 + 5 , тогда ̂︁ < 90∘ , следовательно | + | = |2 +∘3 + 4 + 5 | > 1, чего быть не может. Итак, \3 1 4 > 120 , а значитотщеплений двоек ровно 2. Суммируя результаты лемм 3.9, 3.10 и 3.11, для случая 1) получаемследующее предложениеПредложение 3.5 В случае 1) имеется не более 6 отщеплений.Если имеется всего 6 отщеплений, то может быть только два варианта:∙ 2 отщепления двоек ребер и 4 отщепления троек ребер;∙ 4 отщепления двоек ребер и 2 отщепления троек ребер.Если имеется всего 5 отщеплений, то может быть только один вариант:∙ 3 отщепления двоек ребер и 2 отщепления троек ребер.Это предложение для случая 1) характеризует элементарные геометрические расщепления 1 (Γ0 ) сети Γ0 (они имеют ранг 1) и оцениваетПриложения118Рис.
3.7:сверху их количество. Выясним теперь, что можно сказать о совокупности мощных расщеплений 2 (Γ0 ) ранга 2 сети Γ0 . Напомним, что 1 (Γ0 ) и 2 (Γ0 ) — это соответственно вершины и ребра комплексамощных расщеплений (Γ0 ) сети Γ0 .Лемма 3.12 Каждой отщепляющейся тройке ребер инцидентно неменее одного мощного расщепления из 2 (Γ0 ).
Причем, разным тройкам инцидентны разные ребра.Доказательство. Докажем первое утверждение. Пусть для определенности отщепляется тройка {1 2 , 1 3 , 1 4 }. Тогда, как следует излеммы 3.8, все эти отрезки лежат по одну сторону от некоторой прямой,проходящей через точку 1 , и значит существует двойка ребер, скажем∘{1 2 , 1 3 }, такая что \2 1 3 < 120 , т.е.
эта двойка отщепляется. Таким образом, мы имеем два элементарных геометрических расщепленияΓ1 и Γ2 сети Γ0 . Типы 1 и 2 этих двух расщеплений изображены нарис. 3.7. Из этого рис. 3.7 видно, что Γ1 и Γ2 образуют полный набор производных расщеплений для расщепления Γ, тип которого изображенна том же рисунке. Поэтому Γ является мощным расщеплением сети Γ0 ,инцидентным элементарному расщеплению Γ1 (отщепляющаяся тройка).Докажем второе утверждение. Для того, чтобы двум отщепляющимся тройкам было инцидентно одно и то же мощное расщепление из 2 (Γ0 ), см.
рис. 3.7, нужно, чтобы эти тройки пересекались лишь поодному ребру, чего в случае 1) быть не может. Лемма 3.13 Среди 4 отщеплений двоек ребер найдется по крайней мере одна пара двоек, которым инцидентно одно и то же мощное расщепление из 2 (Γ0 ).Приложения119Рис. 3.8:Доказательство. Если имеется 4 отщепления двоек ребер, то средиэтих четырех двоек обязательно найдется пара двоек, скажем{1 2 , 1 3 } и {1 4 , 1 5 }, все четыре ребра которых различны.Тип инцидентного этим отщеплениям двоек мощного расщепления из 2 (Γ0 ) показан на рис.
3.8. Предложение 3.6 Если в случае 1) всего отщеплений 6,т.е. # 1 (Γ0 ) = 6, то # 2 (Γ0 ) ≥ 4. Если всего отщеплений 5, т.е.# 1 (Γ0 ) = 5, то # 2 (Γ0 ) ≥ 2.Доказательство. Разберем сначала случай 6 отщеплений. Разбираемые далее варианты согласуются с предложением 3.5. Если имеется 2отщепления двоек ребер и 4 отщепления троек ребер, то предложениеследует из леммы 3.12. Если же имеется 4 отщепления двоек ребер и 2отщепления троек ребер, то пока леммы 3.12 и 3.13 нам могут гарантировать только # 2 (Γ0 ) ≥ 3, то есть нужна еще 1.Пусть среди 4 отщеплений двоек ребер только одной паре двоек инцидентно мощное расщепление из 2 (Γ0 ) (если больше, то и # 2 (Γ0 ) ≥4).
Обозначим невырожденные ребра сети Γ0 цифрами от 1 до 4, тогда сточностью до переобозначений имеется лишь единственная отвечающаяданной ситуации возможность выбрать 4 двойки ребер, а именно, (1, 2),(1, 3), (2, 3), (1, 4). Есть только два варианта расположения ребер 2 и 3относительно ребра 1, см. рис. 3.9. Но вариант ) не подходит, посколькутогда ребро 4 либо с ребром 2, либо с ребром 3 образует угол строго меньший 120∘ , и тогда появляется дополнительная отщепляющаяся двойка.Приложения120Рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
