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Definición de una región poliédrica

He encontrado las siguientes dos definiciones de "poliédrica de la región" (o más exactamente, definiciones equivalentes a estos). Me gustaría saber si son equivalentes, y donde puedo encontrar un contraejemplo o una prueba de su equivalencia.

(1) Un subconjunto $S$ $\mathbb{R}^3$ que es una unión finita de cerrado (sólido) tetraedros.

(2) Un subconjunto acotado $S$ $\mathbb{R}^3$ igual a la de cierre de su interior, cuyo límite se compone de un número finito de la unión de los triángulos.

Creo que puedo improvisar una prueba de que (1) implica (2). No estoy seguro de cómo acercarse a la inversa implicación, sin embargo. (Y, en cualquier caso, me gustaría encontrar ambas direcciones en una referencia.)

Edit. Si resulta que (1) y (2) no son equivalentes, sino que puede ser corregido ligeramente con el fin de convertirse equivalente, a continuación, por favor, dígalo.

Edit. Me gustaría agradecer a las dos personas que ya han contestado a mi pregunta, que es evidente que poner un montón de pensamiento en sus respuestas. Sin embargo, como he dicho anteriormente, me gustaría mucho encontrar una prueba (idealmente una detallada) en una publicación de referencia.

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Milo Brandt Puntos 23147

Una manera limpia para mostrar (1) de (2) es mostrar que cualquier conjunto satisfactorio (2) es el finito unión de formas que son como cilindros donde los extremos no son asumidas en paralelo, sino que es un simple poliedro fácilmente modificables como una unión de tetraedros. En particular, $T$ a ser un conjunto finito de (cerrado) los triángulos que componen el límite de $S$. Para mayor comodidad, vamos a suponer que los elementos de la $T$ ha desunido interiores, ya que, si no, se puede elegir una colección diferente $T$ dividiendo cada triángulo en varias piezas, divididas a lo largo de su intersección con otros triángulos interiores.

Siguiente, tomemos algunas de vectores $v$ no paralelo a cualquier rostro y su correspondiente proyección de $\pi:\mathbb R^3\rightarrow\mathbb R^2$ con rango de $2$ de los que tomaron $v$$0$. Esta proyección toma cada triángulo en $T$ a un no-degenerada triángulo en el plano. Vamos a definir, para mayor comodidad, los bordes de la forma como $\partial T = \bigcup_{t\in T}\partial t$. Ahora, considere la posibilidad de la proyección de $\pi(\partial T)$ y el conjunto de $K$ de acotado, los componentes conectados de $\mathbb R^2\setminus \pi(\partial T)$.

Hacemos esto porque estos componentes $k\in K$ tienen propiedades útiles. En primer lugar, es obvio que cada una de las $k$ es un polígono por lo $\pi^{-1}(k)$ es un prisma poligonal (de longitud infinita). En segundo lugar, para cualquier distintos triángulos $t,t'\in T$ podemos definir un orden por $t>t'$ si cada elemento de a $t\cap \pi^{-1}(k)$ se puede escribir como un elemento de $t'\cap\pi^{-1}(k)$, además de una múltiple positivo de $v$. Esto funciona ya que uno puede escribir siempre un elemento de $t\cap \pi^{-1}(k)$ como un elemento de $t'\cap\pi^{-1}(k)$ más un múltiplo de $v$, y si el signo de este múltiple no fueron constantes en $k$, en algún momento sería $0$, lo que indica una intersección de $t$ $t'$ en sus interiores, que nos prohibió.

Por último, tomamos todos los elementos $k\in K$ y la secuencia de $t_1,t_2,\ldots,t_n\in T$ a enumerar a los miembros de $T$ de intersección $\pi^{-1}(k)$. Este es ordenado tal que $t_1>t_2>\ldots>t_n$. Todos los de la siguiente discusión asumirá $\pi^{-1}(k)$ como el dominio en lugar de $\mathbb R^3$. En primer lugar, se puede comprobar rápidamente que el conjunto de $\pi^{-1}(k)\setminus \partial S$ ha $n+1$ componentes: los puntos por encima de la $t_1$ (es decir, la escritura como un miembro de $t_1$, además de una múltiple positivo de $v$), los puntos por debajo de la $t_1$, pero por encima de $t_2$, los puntos por debajo de la $t_2$, pero por encima de $t_3$, y así sucesivamente hasta llegar a los puntos por debajo de la $t_n$. Por otra parte, si cualquier parte de dicho componente está dentro de $S$, todo componente debe ser, ya que se conecta conjuntos disjuntos de la frontera. Además, la primera y la última establece claramente no están en $S$ ser ilimitado. Sin embargo, si el conjunto de puntos por debajo de la $t_i$, pero por encima de $t_{i+1}$$S$, entonces el conjunto de puntos por debajo de la $t_{i+1}$, pero por encima de $t_{i+2}$ no debe ser en $S$ - y viceversa. Esto es necesario para asegurar que el límite es realmente el límite de la clausura del interior.

Esto nos lleva a un hecho importante: $S\cap \pi^{-1}(k)$ es la unión del conjunto de puntos por debajo de la $t_1$, pero por encima de $t_2$ con los de abajo $t_3$, pero por encima de $t_4$ (tenga en cuenta que $n$ necesariamente va a ser aún). Cada uno de estos conjuntos es simplemente la intersección de un infinito prisma con dos la mitad de los aviones - y, por otra parte, el cierre de este conjunto se encuentra dentro de $S$ y es fácilmente modificable como una unión de tetraedros.

A continuación, sólo tenemos que asegurarnos de que la unión de estos "prismas" es $S$. Ya sabemos que esto es cierto, excepto posiblemente en a$\pi^{-1}(\pi(\partial T))$ -, pero esto no tiene ninguna consecuencia ya que tanto los juegos en cuestión son el cierre de su interior y $\pi^{-1}(\pi(\partial T))$ es finito, de la unión de las secciones de los planos, que desaparecerán si tomamos el interior del complemento de su unión o sustracción de cualquier otro conjunto.


La prueba para demostrar (2) de (1) es más mundana así que no voy a entrar en mucho detalle - más o menos, una estrategia razonable es tomar la notificación de que el límite de una unión es un subconjunto de la unión de las fronteras, por lo que la prueba es básicamente tomar cada triángulo en el límite de un tetraedro en la unión y escribir fuera de las limitaciones en que las partes del triángulo permanecerá en el límite después de la unión. El punto, entonces, es que, cada vez que se agrega un tetraedro de la unión, puede eliminar a una región definida por un número finito de la mitad de los aviones de cualquier triángulo en el límite, pero haciendo esto para cualquier triángulo deja todavía un número finito de la unión de triángulos restantes en el límite.

3voto

Jorge Rodriguez Puntos 118

Un posible enfoque para la dirección (2) => (1): La idea es formalizar lo que le geométricamente hacer: dibujar líneas de conexión entre los puntos de límite hasta que todos los de $S$ es cubierto con tetraedros (probarlo en dos dimensiones, por ejemplo!)

Paso uno: Demostrar que el conjunto de límite de triángulos se puede elegir para ser un triangulación de la frontera, es decir, cualquiera de los dos triángulos son iguales, se cruzan en una arista común, un vértice común o no en absoluto. Creo que esto puede ser hecho por una inducción sobre el número de triángulos + algunos jugueteando con los triángulos. La idea que tengo en mente es que cualquier otro cruce que puede ocurrir y que da lugar a la posibilidad de dividir uno de los triángulos en un número finito de triángulos más pequeños que satisfacen nuestras necesidades.

Paso dos: Tomar todos los vértices del límite de triángulos. Este es un conjunto finito $V=V_0$ de los puntos. Tomar todas las líneas de conexión entre dos de esos puntos y agregar todas las nuevas intersecciones a nuestro conjunto de puntos para obtener una nueva (finito) set $V_1$. Repita hasta que no se añadieron puntos. Esto es de nuevo un conjunto finito y nos da una triangulación de $conv(V_n)$.

Paso tres: $S\subseteq conv(V_n)=conv(V_0)=conv(\partial S)$. Ahora tenemos una triangulación de $conv(\partial S)$. Deje $T$ ser uno de los tetraedros y considerar la posibilidad de $T\cap \partial S$. He de decir que esto es una (posiblemente vacía) de la unión de las caras de $T$. Desde $T$ es convexo, si $T\cap \partial S$ contiene ningún punto en absoluto, que contiene el casco convexo de los puntos también. Ahora es fácil de ver si $T\cap \partial S$ no es una unión de las caras de $T$, la construcción en el paso 2 no han terminado con $V_n$.

Paso cuatro: Ahora tomar todos los tetraedros que se cruzan en el interior de $S$. Puedo reclamar que su unión es exactamente $S$.

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