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重心重分和单纯逼近存在定理

##  2 重心重分和单纯逼近存在定理

本节继续进行上节的工作，讨论单纯逼近的存在性．为此我们先要引进重心重分的概念．

### 2.1 重心重分

设 $K, L$ 是复形，$f:|K| \rightarrow|L|$ 是连续映射。上面已说到，$f$ 不一定存在 $K$ 到 $L$ 的单纯逼近，并且不存在的原因是剖分 $K$ 不够细，$L$ 不够粗．一般来说，使剖分变粗不一定做得到，但使剖分变细总是能做到的．重心重分就是加细剖分的一种办法．

设 $K, K^{\prime}$ 都是多面体 $X$ 的剖分，并且 $K^{\prime}$ 的每个单形都包含于 $K$ 的某个单形中，就说 $K^{\prime}$ 是 $K$ 的一个**重分**．可以证明（习题 1）， $K^{\prime}$ 的每个星形都含于 $K$ 的某个星形中．重心重分是一种特殊的重分．

设 $\underline{s}=\left(a_0, a_1, \cdots, a_q\right)$ 是一个 $q$ 维单形．$\underline{s}$ 中，重心坐标为 $\left(\frac{1}{q+1}, \frac{1}{q+1}, \cdots, \frac{1}{q+1}\right)$ 的点称为 $\underline{s}$ 的**重心**，记作 $\underline{s}$ ，即

$$
\underline{s}=\sum_{i=0}^q \frac{1}{q+1} a_i .
$$

0维单形 $a$ 的重心就是 $a ; 1$ 维单形（ $a_0, a_1$ ）的重心就是它的中点； 2 维单形（ $a_0, a_1, a_2$ ）的重心就是平常意义下三角形的重心。

我们先从直观上描述重心重分． 0 维单形的重分就是自己。设 $s$是1维单形，它被重心分成两个 1维单形，这两个 1 维单形及三个顶点（ $\underline{s}$ 的两个顶点和重心）一起构成 $\mathrm{Cl} \underline{s}$ 的重心重分。设 $\underline{s}$ 是2维单形，则它被三条中线分割成六个 2 维单形（图 7－3），这六个 2 维单形以及它们的面就构成 $\mathrm{Cl} \underline{s}$ 的重心重分。它的顶点是 $s$ 原有的顶点加上 $\underline{s}$ 的重心和三个 1 维面的重心．

![图片](/uploads/2026-01/b0979c.jpg)
 
 它是一个以为锥顶的单纯锥，相应的锥底是 $\operatorname{Bd} \underline{s}$ 的重心重分（即各1维面重心重分的并集）。

一般复形 $K$ 的重心重分记作 $\mathrm{Sd} K$ ，可归纳地规定如下：若 $K$是 0 维复形，它的重心重分 $\operatorname{Sd} K$ 就是 $K$ ．假设对维数不大于 $n-1$的复形的重心重分已定义，$K$ 是 $n$ 维复形。对 $K$ 的每个 $n$ 维单形 $\underline{s}, \mathrm{Bd} \underline{s}$ 是 $K$ 的 $n-1$ 维子复形，其重心重分 $\mathrm{Sd}(\mathrm{Bd} \underline{s})$ 有意义，作 $\underline{s} \mathrm{Sd} (\operatorname{Bd} \underline{s})$ 是以 $\underline{s}$ 为顶， $\operatorname{Sd}(\operatorname{Bd} \underline{s})$ 为底的单纯锥，则 $K$ 的重心重分 $\operatorname{Sd} K$规定为

$$
\mathrm{Sd} K=\mathrm{Sd} K^{n-1} \bigcup_{\underline{s} \in K \backslash K^{n-1}} \underline{\mathfrak{s}} \operatorname{Sd}(\operatorname{Bd} \underline{s}) .
$$

这种描述方式虽然比较直观，但并不好用，并且定义中有些地方必须加以验证，如为什么可构造单纯锥 $\underline{s} \operatorname{Sd}(\operatorname{Bd} \underline{s})$ ？下面我们给出另

一种定义方式，它不如第一种直观，但用起来很方便，因此我们把它当作正式定义。

**定义7.5** 复形 $K$ 的重心重分是一个复形，记作 $\mathrm{Sd} K$ ，规定为

$$
\operatorname{Sd} K:=\left\{\left(\underline{s}_0^*, \underline{s}_1^*, \cdots, \underline{s}_q^*\right) \mid \underline{s}_i \in K, \underline{s}_0<\underline{s}_1<\cdots<\underline{s}_q\right\} .
$$

定义中应验证的部分（当 $\underline{s}_0<\underline{s}_1<\cdots<\underline{s}_q$ 时 $\left\{\underline{s}_0, \underline{s}_1, \cdots, \underline{s}_q\right\}$ 处于一般位置； $\mathrm{Sd} K$ 中单形规则相处）留作习题．
$\mathrm{Sd} K$ 的顶点的集合 $(\mathrm{Sd} K)^0=\{\underline{\vec{s}} \mid \underline{s} \in K\}$ 。
设 $\underline{\sigma}=\left(\underline{s}_0, \underline{s}_1, \cdots, \underline{s}_q\right) \in \operatorname{Sd} K$ ，且 $\underline{s}_0<\underline{s}_1<\cdots<\underline{s}_q$ ，则称 $\underline{s}_q$ 是 $\underline{\sigma}$ 的首顶点。显然 $\underline{s}_i \in \underline{s}_q(i=0,1, \cdots, q)$ ，从而 $\underline{\sigma} \subset \underline{s}_q$ 。由此得到 $|\mathrm{Sd} K| \subset |K|$ ．反过来，如果 $x \in|K|$ ，它的承载单形 $\operatorname{Car}_K x=\left(a_0, a_1, \cdots\right.$ ， $\left.a_q\right)$ ，不妨设 $x=\sum_{i=0}^q \lambda_i a_i, \lambda_0 \geqslant \lambda_1 \geqslant \cdots \geqslant \lambda_q$ ．记 $s_i=\left(a_0, a_1, \cdots, a_i\right)$ ， $i=0,1, \cdots, q$ ，则

$$
\begin{aligned}
x & =\sum_{i=0}^q\left(\lambda_i-\lambda_{i+1}\right) \sum_{j=0}^i a_j \\
& =\sum_{i=0}^q(i+1)\left(\lambda_i-\lambda_{i+1}\right) \dot{s}_i\left(\text { 规定 } \lambda_{q+1}=0\right),
\end{aligned}
$$

其中 $(i+1)\left(\lambda_i-\lambda_{i+1}\right) \geqslant 0$ ，并且

$$
\sum_{i=0}^q(i+1)\left(\lambda_i-\lambda_{i+1}\right)=\sum_{i=0}^q \lambda_i=1
$$

于是 $x \in\left(\underline{\dot{s}}_0, \underline{\dot{s}}_1, \cdots, \underline{\dot{s}}_q\right) \subset|\mathrm{Sd} K|$ 。我们证明了 $|K| \subset|\mathrm{Sd} K|$ ，从而有

$$
|\operatorname{Sd} K|=|K|
$$

不难看出 $\operatorname{dimSd} K=\operatorname{dim} K$ ．
为了书写简便，记 $K^{(1)}:=\mathrm{Sd} K$ ，记 $\mathrm{Sd} K$ 的重心重分为 $K^{(2)}$ 。归纳地规定 $K$ 的 $n$ 次重心重分 $K^{(n)}:=\left(K^{(n-1)}\right)^{(1)}$ 。

## 2.2 单纯逼近存在定理

设 $X$ 和 $Y$ 都是多面体，$f: X \rightarrow Y$ 是连续映射．设 $K$ 和 $L$
分别是 $X$ 和 $Y$ 的剖分．$L$ 的所有星形 $\left\{\mathrm{St}_L b \mid b \in L^0\right\}$ 是 $Y$ 的开覆盖，从而 $\left\{f^{-1}\left(\mathrm{St}_L b\right) \mid b \in L^0\right\}$ 是 $X$ 的开覆盖。根据定理7．1，$f$ 存在 $K$ 到 $L$ 的单纯逼近的充要条件是每个星形 $\mathrm{St}_K a$ 都落在某个 $f^{-1} \left(\mathrm{St}_L b\right)$ 中．我们要说明，经过若干次重心重分后，上述条件总能满足（当然是指对新复形 $K^{(r)}$ ）。

先规定复形的网距概念，它可用来估测星形的大小。
复形 $K$ 的网距记作 $\operatorname{Mesh}(K)$ ，规定为
$\operatorname{Mesh}(K):=\max \{d(a, b) \mid(a, b)$ 是 $K$ 的 1 维单形 $\}$ ，即 $\operatorname{Mesh}(K)$ 是 $K$ 中 1 维单形长度的最大值．

**命题7．7** 若 $x, y$ 是 $K$ 中单形 $s$ 上的两点（图7－4），则 $d(x, y) \leqslant \operatorname{Mesh}(K)$ ．

证明 先证明存在 $s$ 的顶点 $a$ ，使得 $d(x, y) \leqslant d(x, a)$ ．取 $a$ 是 $\underline{s}$ 的顶点中到 $x$ 最远的．设 $r=d(x, a)$ ，则闭球形邻域 $\overline{B(x, r)}$ 是凸集，它包含 $s$ 的每个顶点，从而 $s \subset \overline{B(x, r)}$ 。因此 $d(x, y) \leqslant r=d(x, a)$ 。用 $a$ 代替 $x$ ，作同样论证，可找到 $\underline{s}$ 的另一顶点 $b$ ，使得 $d(x, a) \leqslant d(a, b) \leqslant \operatorname{Mesh}(K)$ ．

![图片](/uploads/2026-01/45eac6.jpg)
 
 命题 7.7 的一个推论是：$\forall x \in \operatorname{St}_K a$ ，则 $d(a, x) \leqslant \operatorname{Mesh}(K)$ ．
命题 7． 8 若 $K$ 是 $n$ 维复形，则 $\operatorname{Mesh}\left(K^{(1)}\right) \leqslant \frac{n}{n+1} \operatorname{Mesh}(K)$ 。

证明 只用证明 $K^{(1)}$ 的任一 1 维单形 $(\underline{\hat{t}}, \underline{\hat{s}})$ 的长度不大于 $\frac{n}{n+1} \operatorname{Mesh}(K)$ 。不妨设 $\underline{t}\left\langle\underline{s}, \underline{t}=\left(a_0, \cdots, a_q\right), \underline{s}=\left(a_0, \cdots, a_q, a_{q+1}\right.\right.$ ， $\left.\cdots, a_p\right)$ ．记 $\underline{t}^{\prime}=\left(a_{q+1}, \cdots, a_p\right)$ ，则

$$
\underline{\dot{s}}=\frac{1}{p+1} \sum_{i=0}^p a_i=\frac{1}{p+1} \sum_{i=0}^q a_i+\frac{1}{p+1} \sum_{i=q+1}^p a_i
$$

$$
=\frac{q+1}{p+1} \underline{\dot{t}}+\frac{p-q}{p+1} \dot{t}^{\prime} .
$$

（图7－5 是 $q=2, p=3$ 的情形．）于是

![图片](/uploads/2026-01/3c4395.jpg)

$$
d(\underline{\dot{t}}, \underline{\dot{\xi}})=\frac{p-q}{p+1} d\left(\underline{\dot{t}}, \underline{\dot{t}}^{\prime}\right) \leqslant \frac{n}{n+1} \operatorname{Mesh}(K) .
$$

由于重心重分不改变维数，从命题 7.8 得到

$$
\operatorname{Mesh}\left(K^{(r)}\right) \leqslant\left(\frac{n}{n+1}\right)^{\prime} \operatorname{Mesh}(K) .
$$

定理 7．2（**单纯逼近存在定理**）设 $K, L$ 是复形，$f:|K| \rightarrow |L|$ 是连续映射，则对足够大的 $r$ ，存在 $f$ 的单纯逼近 $\varphi: K^{(r)} \rightarrow L$ ．

证明 因为 $\left\{\mathrm{St}_L b \mid b \in L^0\right\}$ 是 $|L|$ 的开覆盖，所以 $\left\{f^{-1}\left(\mathrm{St}_L b\right) \mid b\right. \left.\in L^0\right\}$ 是 $|K|$ 的开覆盖．记 $\delta$ 是它的 Lebesgue 数．取 $r \in N$ ，使得 $\left(\frac{n}{n+1}\right)^r \operatorname{Mesh}(K)<\delta$（这里 $n=\operatorname{dim} K$ ）．于是 $\forall a \in K^{(r)}, \operatorname{St}_{K^{(r)}} a \subset B(a, \delta)$（见命题 7.7 后的推论）．根据命题 $2.12, B(a, \delta)$ 包含在某个 $f^{-1}\left(\mathrm{St}_L b\right)$ 中，从而 $f\left(\mathrm{St}_{K^{(r)}} a\right) \subset \mathrm{St}_L b$ ．由定理7．1得到结论．

## 理解：重心重分

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