Диссертация (1149786), страница 8

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 8)

В указанной работе для произвольного целого n > 2доказывается невозможность разбить невырожденный n-мерный симплекс припомощи «красного» подразделения на конгруэнтные симплексы меньшего размера.Под подобным преобразованием симплекса будем понимать его сжатие(растяжение), равномасштабное по всем трем осям с возможным зеркальнымотражением.

Справедлива следующая теорема.Теорема 3. Пусть S ∈ R3 — невырожденный (имеющий ненулевой объем)симплекс. Не существует такого разбиения S на два меньших симплексаS1 и S2 , каждый из которых может быть получен подобным преобразованиемS.Доказательство. Обозначим ребра S через xi , i ∈ {1, . . . , 6}. Без умаления общности положим x6 ≡ 1. (Возможно пропорционально изменить длинывсех ребер симплекса, чтобы добиться такой нормировки.) При разбиении симплекса на два меньших, на одном из ребер S фиксируется точка, отличная отконцов ребра, которая соединяется с двумя оставшимися вершинами симплекса.Без потери общности будем считать, что эта дополнительная точка располагается на ребре x6 , и разбивает его на два меньших отрезка, которые мы обозначимx7 и x8 .

Отрезки, соединяющие эту точку с двумя другими вершинами S обозначим x9 и x10 . Таким образом, по построению, симплекс S1 задается ребрамиx1 , x2 , x3 , x7 , x9 и x10 , а S2 задается ребрами x1 , x3 , x4 , x8 , x9 и x10 .Предположим теперь, вопреки утверждаемому в теореме, что S1 и S2 подобны исходному симплексу S. Это означает, что существуют такие коэффициенты пропорциональности 0 < k1 , k2 < 1, что выполняются соотношенияподобия вида xi = km · xj . Здесь xi — ребро Sm , а xj — соответствующее реброS.Соответствие между ребрами симплексов S и Sm можно указать следующим способом.

Пронумеруем произвольным образом вершины каждого симплекса Sm числами от 1 до 4. Каждая перестановка номеров вершин определитсоответствие ребер S и Sm . Всего существует 4! вариантов соответствия вершинсимплексов, и, следовательно, есть 4!·4! = 576 вариантов разбиения S на S1 и S24В англоязычной литературе: red refinement44с указанием соответствия вершин. Каждый такой вариант задает систему линейных уравнений, в которых переменными являются величины xi .

К каждойсистеме добавляются еще два уравнения x7 + x8 = x6 и x6 = 1, справедливыепо построению.Последовательное рассмотрение полученных 576 систем уравнений показывает, что 380 из них содержат уравнение вида (1 − km ) · xj = 0, которое неможет соответствовать невырожденному симплексу. Проверив оставшиеся 196систем, убеждаемся что все они являются несовместными.Для примера возьмем одну из указанных систем:−k2 x6 + x5−k1 x6 + x3x6 − k2 x3x6 − k1 x5−k1 x3 + x2 x −k x22 5−k2 x4 + x10−k1 x4 + x7x4 − k1 x10x1x7 + x8x8 − k2 x10============000000000110(∗)(∗)(∗)(∗)(∗)Для того, чтобы установить ее несовместность достаточно рассмотреть уравнения отмеченные звездочками. Подставив второе и пятое из них в четвертое,получим −k2 x4 + x10 = 0x4 − k1 x10 = 0k1 x4 + k2 x10 = 1Отсюда и видна несовместность системы.

Действительно, из первого и третьегоуравнения находим x4 = 1/(k2 2 + k1 ), x10 = k2/(k2 2 + k1 ). Эти значения могут бытьрешениями второго уравнения последней системы только тогда, когда k1 = k2 =1, что невозможно по определению коэффициентов.Аналогично устанавливается несовместность каждой из остальных 195систем, что и доказывает теорему. Для полноты доказательства, в приложении45А кратко разобраны все системы уравнений, не приведенные выше.2.2Построение симплициального подразделенияспециального видаОпределим теперь область Ω ∈ R3 , представляющую собой параллелепипед.Зададим в Ω симплициальное подразделение. Для этого сперва введем декартову прямоугольную систему координат (OX, OY, OZ) так, чтобы плоскостьOX− OY проходила через его нижнее основание, а оси были направлены вдольребер параллелепипеда.

Масштаб на осях выберем таким, чтобы длина и ширина параллелепипеда (т. е. его размеры вдоль осей OX и OY ) оказались кратными четрем, а высота была равна двум. В плоскости OX − OY зададим триангуляцию T следующим набором треугольников:ppp x,yx+4,yx+2,y+2 px+4,yppx+4,y+4x+2,y+2,(37)pppx+2,y+2 x+4,y+4 x,y+4 px,y+4px,ypx+2,y+2 где px,y — вектор с целочисленными координатами x и y, кратными четырем,x, y ∈ {4 · k | k ∈ Z}. Заметим, что по определению Ω, указанная триангуляцияT покрывает основание параллелепипеда целым числом треугольников.Каждый треугольник T ∈ T является основанием призмы P с прямоугольными боковыми гранями. Второе основание призмы лежит в той же плоскости, что и верхняя грань параллелепипеда Ω.

Каждую такую призму можноразбить на три непересекающихся симплекса; при этом каждая прямоугольнаябоковая грань призмы делится диагональю, являющейся одномерным ребромсоставляющего симплекса. Для удобства изложения припишем каждой диагонали направление: будем считать, что диагональ всегда направлена от нижнегооснования призмы к верхнему.Далее, для того, чтобы получилось правильное симплициальное подразделение области Ω, осталось указать разбиение каждой призмы на симплексы.Для этого, очевидно, достаточно указать какой из двух вариантов диагоналииспользуется на каждой грани каждой призмы. При этом, на гранях являющихся общими для двух соседних призм, диагональ должна быть единой для46обеих призм.Теорема 4.

Пусть P — призма с треугольными основаниями и прямоугольными боковыми гранями. Рассмотрим проекции направленных диагоналей боковых граней на одно из оснований. Эти проекции образуют тройку компланарных векторов. Набор диагоналей задает разбиение призмы на симплексытогда и только тогда, когда сумма указанных трех векторов отлична отнуля.Доказательство. Если сумма векторов-проекций направленных диагоналей равна нулю, то проекции образуют замкнутый контур с единым направлением обхода (либо по часовой, либо против часовой стрелки), а это значит,что все три диагонали являются попарно скрещивающимися, и ни через какуюпару диагоналей нельзя провести секущую плоскость. Другими словами, такойнабор диагоналей не задает разбиения призмы.Если же сумма векторов отлична от нуля, то проекции диагоналей разнонаправлены, и найдется пара диагоналей, которые пересекаются в одной извершин призмы.

Плоскость, проходящая через эту пару диагоналей отсекает отпризмы симплекс. Оставшаяся фигура представляет собой пирамиду с прямоугольным основанием (боковой гранью исходной призмы). Плоскость, проходящая через вершину получившейся пирамиды и через диагональ ее основанияразделяет пирамиду на два симплекса.Теорема доказана.Для наглядности приведем иллюстрацию обоих вариантов выбора диагоналей боковых граней призмы: слева — задающего, а справа — не задающегоразбиение призмы на симплексы.Рис. 6: Варианты выбора диагоналей граней призмыТеорема 4 позволяет указать простой прием для однозначного выборадиагоналей у призм; этот прием во-первых, задает разбиение каждой призмы на47симплексы, а во-вторых, обеспечивает согласованность разбиения для каждойпары соседних призм.Зафиксируем на плоскости пару неколлинеарных осей l1 и l2 (например,можно воспользоваться уже заданными координатными осями OX и OY , хотяэто и не обязательно).

Заметим, что проекции обеих диагоналей боковой грани призмы на эти оси совпадают с точностью до направления. Наша договоренность о том, что направление диагонали выбирается от нижнего основанияпризмы к верхнему, означает, что направления обеих проекций диагоналей грани на оси li и l2 будут противоположными друг другу.Для каждой грани выберем одну из двух диагоналей по изложенномудалее методу.

В дальнейшем будем ссылаться на определенный здесь метод какна метод (O1 ).Метод (O1 ). Если плоскость рассматриваемой грани не ортогональна l1 , такчто проекции диагоналей на l1 не вырождаются в точку, выберем ту диагональ,направление проекции которой совпадет с направлением l1 . Если плоскость грани ортогональна l1 , то выберем ту диагональ, направление проекции которойна l2 совпадает с направлением l2 .Назовем метод разбиения множества призм на симплексы корректным,если он во-первых позволяет указать однозначное разбиение каждой призмы,а во-вторых, разбиения любых двух соседних призм согласованы друг с другом.Теорема 5. Метод (O1 ) корректен, в определенном выше смысле.Доказательство. Во-первых, заметим, что множество боковых гранейвсех призм, которое мы временно обозначим A, распадается на два непересекающихся подмножества A1 и A2 : в первое подмножество попадают все грани,неортогональные оси l1 и только они, а во втором подмножестве (возможнопустом) содержатся только те боковые грани призм, которые оказались ортогональны оси l1 .

Характеристики

Список файлов диссертации