Симплициальное разбиение $S$

[xmaister]

Пусть $S=a_0\ldots a_m\subset\mathbb{R}^n$ и $S_k\subset \ldots\subset S_0$- некоторая убывающая последовательность граней $S$. Пусть $\{S_{0i}\}_{i=0}^{l}$ и $\{S_{1j}\}_{j=0}^{s}$- две такие последовательности. Симплексы $b(S_{00})b(S_{01})\ldots b(S_{0l})$ и $b(S_{10})b(S_{11})\ldots b(S_{1s})$, где $b(S_{ij})$- барицентр симплекса $S_{ij}$- определены корректно. Как показать, что если пересечение $S'$ симплексов $b(S_{00})b(S_{01})\ldots b(S_{0l})$ и $b(S_{10})b(S_{11})\ldots b(S_{1s})$- не пусто, то $S'=b(S'_1)\ldots b(S'_v)$, где $S'_v\subset\ldots\subset S'_1$- некоторая убывающая последовательность граней $S$.

[xmaister]

Кажется врубился. Симплексы $b(S_{00})b(S_{01})\ldots b(S_{0l})$ и $b(S_{10})b(S_{11})\ldots b(S_{1s})$ тогда и только тогда, когда $\exists i\exists j:b(S_{0i})=b(S_{1j})$. Рассматриваем пересечение множеств вершин симплексов $b(S_{00})b(S_{01})\ldots b(S_{0l})$ и $b(S_{10})b(S_{11})\ldots b(S_{1s})$ и натягиваем на него симплекс- оно и будет пересечением. Так?

[xmaister]

Напишу подробно как рассуждал. Все ли четко?
Положим, что $S_{0l}\subset\ldots \subset S_{00}$ и $S_{1s}\subset\ldots \subset S_{10}$. Пусть $\forall i\forall j b(S_{0i})\ne b(S_{1j})$. Рассматриваю произвольные $x_0\in b(S_{00})b(S_{01})\ldots b(S_{0l})$ и $x_1\in b(S_{10})b(S_{11})\ldots b(S_{1s})$, тогда $x_0=\sum\limits_{t=0}^{l}\lambda_tb(S_{0t})=\sum\limits_{t=0}^{l}\frac{\lambda_{0t}}{n_t+1}\sum\limits_{v=0}^{n_t}a_{0v}$, где $n_l<\ldots <n_0$, аналогично $x_1=\sum\limits_{t=0}^{s}\frac{\lambda_{1t}}{m_t+1}\sum\limits_{v=0}^{m_t}a_{1v}$. $t_0=\sup\limits_{0\le t\le l}\{t|\lambda_{0t}\ne 0\},t_1=\sup\limits_{0\le t\le l}\{t|\lambda_{1t}\ne 0\}$. Т.к. $b(S_{0i})$ и $b(S_{1j})$ попарно различны, то существует вершина $a\in S_{0t}$ симплекса $S$, такая что $a\not\in S_{1t}$, откуда следует, что барицентрические координаты точек $x_0$ и $x_1$- различны. Значит симплексы $S_0=S_{0l}\subset\ldots \subset S_{00}$ и $S_1=S_{1s}\subset\ldots \subset S_{10}$ не пересекаются. Положим, что $S_0\cap S_1\ne\varnothing$. Рассмотрим непустое множество $A=\{b(S)|\exists i\exists j: b(S)=b(S_{0i})=b(S_{1j})\}$. Ясно, что симплекс $S(A)$, натянутый на $A$ принадлежит $S_0\cap S_1$. Положим, что $x\in S_0\cap S_1$, тогда $x=\sum\limits_{t=0}^{l}\frac{\lambda_{0t}}{n_t+1}\sum\limits_{v=0}^{n_t}a_{0v}=\sum\limits_{t=0}^{s}\frac{\lambda_{1t}}{m_t+1}\sum\limits_{v=0}^{m_t}a_{1v}$, опять положим, что $t_0=\sup\limits_{0\le t\le l}\{t|\lambda_{0t}\ne 0\},t_1=\sup\limits_{0\le t\le l}\{t|\lambda_{1t}\ne 0\}$, тогда в силу единственности барицентрических координат получаем, что $x\in S(A)$. Что и доказывает исходное утверждение.