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Mathematik » Topologie » Baryzentrische Unterteilung eines Simplex ist ein Simplizialkomplex
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Universität/Hochschule Baryzentrische Unterteilung eines Simplex ist ein Simplizialkomplex
Pwin
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  Themenstart: 2021-07-30

Hallo, ich habe folgendes Problem: Sei $\sigma = \mathrm{conv}(v_0, ..., v_k) \subseteq \mathbb R^n$ ein Simplex, dann heißt der Punkt $b_\sigma := 1/(k+1) \sum_{i=0}^k v_i$ das Baryzentrum von $\sigma$. 1) Seien $\sigma_1, ..., \sigma_l$ Seiten von $\sigma$ mit $\sigma_1 \subset \sigma_2 \subset ... \subset \sigma_l$, dann sind $b_{\sigma_1}, ..., b_{\sigma_l}$ affin unabhängig und bilden die Ecken eines Simplex. 2) Die Menge aller so erhaltenen Simplexe heißt die baryzentrische Unterteilung von $\sigma$. Sie bildet einen geometrischen Simplizialkomplex. Die erste Aussage konnte ich mit einiger technischer Mühe zeigen, aber bei der zweiten scheitere ich am Punkt, dass der Schnitt von zwei Simplices in der baryzentrischen Unterteilung eine Seite der beiden Simplices ist. Intuitiv ist der Schnitt von zwei konvexen Hüllen von Baryzentren genau die konvexe Hülle ihres Schnitts - das gilt aber nicht für alle Mengen! Kennt jemand einen technisch sauberen Beweis für diese Tatsache oder einen anderen Ansatz, wie man 2) zeigen könnte?


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StefanVogel
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-07-31

\quoteon(2021-07-30 15:27 - Pwin im Themenstart) - das gilt aber nicht für alle Mengen! \quoteoff Hallo Pwin, kannst du ein Beispiel für eine solche Menge nennen oder näher beschreiben? Ich sehe auch noch nicht, warum man für \(b_{\sigma_i}\) unbedingt das Baryzentrum nehmen muss und nicht irgendein anfangs fest gewählter innerer Punkt jeder Seite \(\sigma_i\) ausreicht, damit 1) und 2) gilt. Viele Grüße, Stefan


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Pwin
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-31

Hallo, wenn du zum Beispiel ein Dreieck D1 hast, das im Inneren eines anderen Dreiecks D2 liegt, dann ist der Schnitt der konvexen Hüllen der Eckpunkte genau D1, aber die konvexe Hülle des Schnitts der Ecken die leere Menge. Ich habe gedacht, dass es vielleicht analog zum Beweis von diesem Satz geht: ---- https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50982_Screenshot_from_2021-07-31_14-04-37.png ---- Dieser Beweis lässt sich aber nicht übertragen, weil nur die Baryzentren einer aufsteigenden Kette von Simplexen affin unabhängig sind (das ist genau Aussage 1)), aber nicht die Vereinigung von Baryzentren von verschiedenen Ketten (ich habe also so ein F und G wie im Beweis, aber kein V). Und es ist gut möglich, dass man nicht das Baryzentrum nehmen muss, aber ich benötige nur die Aussage für die Baryzentren.


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StefanVogel
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-07-31

\quoteon(2021-07-31 14:14 - Pwin in Beitrag No. 2) Hallo, wenn du zum Beispiel ein Dreieck D1 hast, das im Inneren eines anderen Dreiecks D2 liegt, dann ist der Schnitt der konvexen Hüllen der Eckpunkte genau D1, aber die konvexe Hülle des Schnitts der Ecken die leere Menge. \quoteoff Eine Seite \(\sigma_i\) kann aber nie im Inneren einer anderen Seite \(\sigma_j\) liegen, sonst wäre es keine Seite. In dieser Richtung war meine Frage gedacht, dass "Intuitiv ist der Schnitt von zwei konvexen Hüllen von Baryzentren genau die konvexe Hülle ihres Schnitts" vielleicht doch als Beweisansatz geht. Lemma 1.3.6 muss ich noch lesen.


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Pwin
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-31

Ich glaube ich habe jetzt einen "halben" Beweis gefunden: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50982_WhatsApp_Image_2021-07-31_at_17.16.10.jpeg Wenn $\alpha_0 = 0 = \beta_0$ wäre, läge $x$ beide Male auf einer Seite und wir sind fertig. Wenn $\alpha_0 > 0$ und $\beta_0 > 0$, dann zeigt mein Beweis, dass die beiden Simplices gleich sein müssen. Aber was ist, wenn $\alpha_0 > 0$ und $\beta_0 = 0$? Ich würde argumentieren, dass dann einmal in der Konvexkombination der Knoten aus $\sigma$ die zwei Knoten mit dem größten Gewicht ($v_0$ und $v_1$) denselben Koeffizienten hätten und einmal nicht, Widerspruch. Wo ich mir sehr unsicher bin ist Folgendes: Ich habe angenommen, dass die Simplexe in den beiden Ketten immer nur um genau einen Knoten wachsen. Ev. ist das aber eine nicht gerechtfertigte Einschränkung.


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StefanVogel
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-08-01

Du eliminierst in dem "halben" Beweis die \(b_{\sigma_i}\), dadurch fehlt für die andere Hälfte des Beweises das, was gezeigt werden soll, dass \(x\) eine Konvexkombination bestimmter von x unabhängiger \(b_{\sigma_i}\) ist. Versuche nochmal das Beweisverfahren wie zu Lemma 1.3.6. Dann entsteht zwar keine Linearkombination von unabhängigen \(b_{\sigma_i}\), aber es lässt ich vielleicht doch zeigen, dass dann die Koeffizienten \(\alpha_u\), \(\beta_v\) und \((\alpha_w-\beta_w)\) Null sein müssen, wenn man für \(b_{\sigma_i}\) die \(v_i\) und \(w_i\) einsetzt. Ich habe es an einem Beispiel Dreieck A, B, C mit M als Mittelpunkt der Seite AB und S als Schwerpunkt versucht und die Dreiecke AMS und BMS aus der baryzentrischen Unterteilung. Da konnte ich mich irgendwie hindurchhangeln, dass alle \(\alpha_u\), \(\beta_v\) und \((\alpha_w-\beta_w)\) Null sind, obwohl A, B, M und S nicht unabhängig sind.


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