WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 11 | 12 || 14 | 15 |   ...   | 49 |

По условию пути и лежат внутри квадрата I2, поэтому |1(t)| и |2 (s)| 1. Следовательно, число ±1 не может иметь тот же знак, что и число 1 (t) 1 или число 2(s) 1. Приходим к противоречию, так как N(s, t) > 0.

6.2. Теорема Жордана как следствие теоремы Брауэра Теорему Жордана можно вывести из теоремы Брауэра о неподвижной точке. Мы это сделаем, следуя [90]. Напомним, что одно доказательство теоремы Жордана мы уже привели на с. 75–77.

Для доказательства теоремы Жордана нам понадобится теорема 6.6, которую мы доказывали с помощью теоремы Брауэра. Кроме того, нам понадобится теорема Титце о продолжении непрерывного отображения (теорема 4.4 на с. 68).

Предварительно заметим, что если C – жорданова кривая, то множе– ство R2 \ C имеет ровно одну неограниченную связную компоненту. Это следует из ограниченности множества C. Ясно также, что любая связная компонента множества R2 \ C линейно связна и открыта.

Ш а г 1. Множество R2 \ C содержит ограниченную связную компоненту.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Множество C компактно, поэтому существуют точки a, b C, расстояние между которыми достигает максимума.

Можно считать, что a = (-1, 0) и b = (1, 0). Тогда прямоугольник R, § 6. Теорема Брауэра и лемма Шпернера Рис. 42. Жорданова кривая в прямоугольнике заданный неравенствами |x| 1 и |y| 2, содержит всю кривую C и пересечение границы прямоугольника R с кривой C состоит в точности из двух точек a и b (рис. 42).

Точки a и b являются серединами двух сторон прямоугольника R.

Пусть n и s – середины двух других сторон прямоугольника. Согласно – теореме 6.6 отрезок [n, s] пересекает кривую C. Пусть l – ближайшая к n – точка пересечения. Точки a и b делят кривую C на две дуги. Пусть Cn – – та дуга, на которой лежит точка l, а Cs – другая дуга. Пусть m – самая – – далекая от n точка множества Cn [n, s]. Тогда отрезок [m, s] пересекает дугу Cs, потому что иначе путь, идущий сначала из n в l по прямой, затем из l в m по дуге Cn и, наконец, из m в s по прямой, не пересекал бы дугу Cs, а это противоречит теореме 6.6. Пусть p – самая далекая – от s точка множества Cs [m, s], z0 – середина отрезка [m, p].

– 90 Глава II. Топология в евклидовом пространстве Покажем, что связная компонента множества R2 \ C, содержащая точку z0, ограничена. Предположим, что точку z0 можно соединить путём с точкой, лежащей вне прямоугольника R. Пусть w – первая – точка границы прямоугольника R, через которую проходит путь. Если w = a или w = b, то слегка пошевелим путь, чтобы точка w была отлична от a и b. Для определённости будем считать, что точка w лежит в нижней части прямоугольника R (т. е. ближе к точке s, чем к точке n).

Рассмотрим путь из n в s, который сначала идёт из n в l по прямой, затем из l в m по дуге Cn, затем из m в z0 по прямой, затем из z0 в w по пути и, наконец, из w в s по границе прямоугольника R, не проходя при этом через a и b. Этот путь не пересекает дугу Cs, что противоречит теореме 6.6.

Ш а г 2. Границей каждой связной компоненты множества R2 \ C служит кривая C.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть U – связная компонента множества – R2 \ C, U – замыкание U, U = U \ U – граница множества U. Никакая – – точка множества U не может принадлежать другой связной компоненте W, потому что W – открытое множество и U W =. Таким образом, – U C. Предположим, что U = C. Тогда U содержится в некоторой дуге A кривой C. Покажем, что этого не может быть.

Согласно шагу 1 множество R2 \ C содержит ограниченную связную компоненту, в которой можно выбрать точку z0. Если компонента U сама ограничена, то точку z0 выбираем в U. Пусть D2 – круг с цен– тром z0, содержащий кривую C, S1 = D2 – его граничная окружность.

– Тогда S1 целиком лежит внутри неограниченной компоненты множества R2 \ C. Дуга A гомеоморфна отрезку [0, 1], поэтому по теореме Титце тождественное отображение A A можно продолжить до непрерывного отображения f : D2 A. Определим теперь отображение g : D2 Dследующим образом. Если компонента U ограничена, то f(z) при z U;

g(z) = z при z D2 \ U.

Если компонента U неограничена, то z при z U;

g(z) = f(z) при z D2 \ U.

Пересечение замкнутых множеств U и D2 \ U содержится в множестве A, а на множестве A отображение f тождественно, поэтому отображение g непрерывно и корректно определено. Легко проверить, что точка zне принадлежит образу отображения g и на множестве S1 отображение g § 6. Теорема Брауэра и лемма Шпернера тождественно. Поэтому композиция отображения g и проекции D2 на Sиз точки z0 даёт ретракцию D2 на S1, чего не может быть.

Ш а г 3. Множество R2 \ C содержит ровно одну ограниченную связную компоненту.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Вернёмся к обозначениям, введённым на шаге 1 (см. рис. 42). Предположим, что помимо связной компоненты U, содержащей точку z0, есть ещё одна ограниченная связная компонента W. Ясно, что W R. Пусть q – самая близкая к s точка множества – Cs [n, s]. Рассмотрим путь, который идёт из n в l по прямой, затем из l в m по дуге Cs, затем из m в p по прямой, затем из p в q по дуге Cs и, наконец, из q в s по прямой. Ясно, что путь не пересекает множество W и не проходит через точки a и b. Выберем окрестности точек a и b, не пересекающиеся с путём. Согласно шагу 1 замыкание множества W содержит точки a и b, поэтому в выбранных окрестностях есть точки a1 и b1, принадлежащие W. Пройдем из точки a в a1 по прямой, затем из a1 в b1 пройдём по пути, целиком лежащим в W, и, наконец, пройдём из b1 в b по прямой. Полученный таким образом путь не пересекает путь, что противоречит теореме 6.6.

6.3. Лемма Шпернера Мы уже привели три доказательства теоремы Брауэра о неподвижной точке. Известно ещё много других способов доказательства этой теоремы.

Например, теорему Брауэра можно вывести из леммы Шпернера, которая имеет и много других приложений. Сам Шпернер использовал эту лемму для того, чтобы получить новое доказательство другой известной теоремы Брауэра – об инвариантности размерности. Теорема Брауэра о непо– движной точке была выведена из леммы Шпернера в статье [80].

Пусть Pn – выпуклый многогранник – в Rn. Разбиение Pn на n-мерные симплексы называют триангуляцией, если любые две k-мерные грани этих симплексов, имеющие общую внутреннюю точку, совпадают. Например, разбиение, изображённое на рис. 43, не является триангуляцией.

Рис. 43. Пример не трианПусть вершины k-мерного симплекса гуляции помечены числами 0, 1,..., k. Будем говорить, что набор пометок симплекса полный, если все числа 0, 1,..., k встречаются среди пометок его вершин (в таком случае они встречаются ровно по одному разу).

92 Глава II. Топология в евклидовом пространстве Лемму Шпернера мы выведем из следующего утверждения, которое иногда тоже называют леммой Шпернера.

Т е о р е м а 6.7. Пусть все вершины триангуляции выпуклого многогранника Pn помечены числами 0, 1,..., n. В таком случае число симплексов триангуляции Pn с полным набором пометок нечётно тогда и только тогда, когда нечётно число симплексов триангуляции края многогранника Pn с полным набором пометок.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Рассмотрим n-мерный симплекс, одна из граней которого является (n - 1)-мерным симплексом с полным набором пометок. Если противоположная вершина помечена числом n, то у этого симплекса есть ровно одна (n - 1)-мерная грань с полным набором пометок, а если противоположная вершина помечена числом от 0 до n - 1, то таких граней ровно две. Поэтому количество n-мерных симплексов с полным набором пометок сравнимо по модулю 2 с количеством пар, состоящих из n-мерного симплекса и его (n - 1)-мерной грани с полным набором пометок. Кроме того, каждый (n - 1)-мерный симплекс с полным набором пометок, лежащий на крае многогранника Pn, принадлежит ровно одному n-мерному симплексу, а все другие (n - 1)-мерные симплексы принадлежат ровно двум n-мерным симплексам. Поэтому указанное количество пар сравнимо по модулю 2 с количеством (n - 1)-мерных симплексов триангуляции края с полным набором пометок.

Т е о р е м а 6.8 (лемма Шпернера [122]). Предположим, что пометки вершин триангуляции n-мерного симплекса с полным набором пометок таковы, что если вершина триангуляции принадлежит некоторой грани исходного симплекса, то пометка этой вершины совпадает с пометкой одной из вершин грани. Тогда среди n-мерных симплексов триангуляции есть симплекс с полным набором пометок. Более того, число таких симплексов нечётно.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Любое нечётное число отлично от нуля, поэтому достаточно доказать, что число n-мерных симплексов с полным набором пометок нечётно. Согласно теореме 6.7 это эквивалентно тому, что на крае число (n - 1)-мерных симплексов с полным набором пометок нечётно. Из условия на пометки триангуляции следует, что на крае любой (n - 1)-мерный симплекс с полным набором пометок принадлежит (n - 1)-мерной грани исходного симплекса с полным набором пометок.

Поэтому лемма Шпернера для n-мерного симплекса следует из леммы Шпернера для (n - 1)-мерного симплекса. При n = 0 лемма Шпернера очевидна.

Для доказательства теоремы Брауэра нам потребуются барицентрические координаты. Пусть точка X принадлежит симплексу A0... An. Бари§ 6. Теорема Брауэра и лемма Шпернера центрическими координатами точки X относительно этого симплекса называют набор чисел (x0,..., xn), где xi – отношение объема симплекса – XA0... Ai-1Ai+1... An к объему симплекса A0... An. Ясно, что числа x0,..., xn неотрицательны и их сумма равна 1. Координата xi пропорциональна расстоянию от точки X до грани A0... Ai-1Ai+1... An, поэтому барицентрические координаты точки X однозначно задают её положение.

Д о к а з а т е л ь с т в о т е о р е м ы Б р а у э р а. Диск Dn гомеоморфен n-мерному симплексу n, поэтому достаточно доказать, что любое непрерывное отображение f : n n имеет неподвижную точку. Пометим все точки симплекса n по следующему правилу. Пусть (x0,..., xn) – – барицентрические координаты точки X n, (y0,..., yn) – барицентриче– ские координаты её образа при отображении f. Пометим точку X числом j, где j – наименьший индекс, для которого yj xj = 0. В таком – случае пометки вершин любой триангуляции будут удовлетворять условию леммы Шпернера. В самом деле, если точка принадлежит грани Ai... Ai, то у нее отличны от нуля лишь барицентрические координаты 0 k с индексами i0,..., ik.

Пусть M – центр масс симплекса n, Mi – центр масс i-й грани.

– – Разобьём симплекс n на симплексы, вершинами каждого из которых служат точки M, Mi и ещё n - 1 точка i-й грани (i = 0, 1,..., n). Такое разбиение называют барицентрическим подразделением симплекса n. Если d – максимальная длина ребра симплекса n, то длина – любого ребра симплекса барицентрического подразделения не превосхоn дит d. Действительно, вершины барицентрического подразделения n + имеют вид v1 + v2 v1 + v2 + v3 v1 +... + vn+v1,,,...,, 2 3 n + где v1,..., vn+1 – вершины симплекса n. Ясно, что – vp+1 +... + vp+q v1 +... + vp v1 +... + vp+q v1 +... + vp q - = - = p + q p p + q q p q = (a - b), p + q где a и b – точки симплекса n. Остаётся заметить, что – q p + q - 1 1 n = 1 -, p + q p + q p + q n + так как p + q n + 1.

Согласно лемме Шпернера среди n-мерных симплексов первого барицентрического подразделения есть симплекс с полным набором 94 Глава II. Топология в евклидовом пространстве пометок. Выберем в нём произвольную точку X1. Затем рассмотрим второе барицентрическое подразделение, т. е. барицентрически разобьём каждый симплекс первого барицентрического подразделения. Во втором барицентрическом подразделении выберем n-мерный симплекс с полным набором пометок и выберем в нём произвольную точку X2. Затем аналогично построим точку X3, и т. д. Из бесконечной последовательности {Xi} можно выбрать сходящуюся подпоследовательность {Xi }. Покажем, что k точка X = lim Xi неподвижна.

k k Пусть (x0k,..., xnk) и (y0k,..., ynk) – барицентрические координаты – l l l l точки Xi и её образа, (x0k,..., xnk) и (y0k,..., ynk) – барицентрические – k координаты вершин симплекса, содержащего точку Xi, и их образов.

k Рассматриваемые симплексы имеют полный набор пометок, поэтому для любого j = 0,..., n неравенство yl xl выполняется для некоторого l.

jk jk Длина ребра симплекса с номером ik стремится к нулю при k, поэтому lim xl = lim xjk = xj, где (x0,..., xn) – барицентрические коорди– jk k k наты точки X. Таким образом, если (y0,..., yn) – барицентрические – координаты образа точки X, то yj xj, j = 0, 1,..., n. Но xj = 1 = yj, поэтому xj = yj при j = 0, 1,..., n. Из этого следует, что точка X неподвижна.

Заслуживает упоминания ещё один способ доказательства леммы Шпернера, который оказался полезным и при доказательстве других комбинаторных теорем.

К о н с т р у к т и в н о е д о к а з а т е л ь с т в о л е м м ы Ш п е р н е р а [47]. Докажем сначала требуемое утверждение для 1-мерного симплекса (отрезка). Если две соседние вершины триангуляции помечены одним и тем же числом, то одну из них можно стереть. Количество отрезков с полным набором пометок при этом не изменится. После нескольких таких операций получим разбиение отрезка с пометками 01010... 101. Количество отрезков с полным набором пометок равно 2k + 1, где k – количество нулей (оно же совпадает с количеством – единиц).

Предположим теперь, что требуемое утверждение доказано для n-мерных симплексов, где n 1. Для заданной триангуляции (n + 1)-мерного симплекса рассмотрим все n-мерные симплексы триангуляции с полным набором пометок. Для (n + 1)-мерных симплексов этой триангуляции возможны три ситуации:

0) среди пометок вершин нет одного из чисел 0, 1,..., n; в этом случае число n-мерных граней с полным набором пометок равно 0;

1) симплекс имеет полный набор пометок; в этом случае число n-мерных граней с полным набором пометок равно 1;

§ 6. Теорема Брауэра и лемма Шпернера 2) вершины симплекса помечены числами 0, 1,..., n, причём одно из этих чисел встречается дважды; в этом случае число n-мерных граней с полным набором пометок равно 2.

Pages:     | 1 |   ...   | 11 | 12 || 14 | 15 |   ...   | 49 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.