Combien de coins de Simplex intersectés par Hyperplane?

Question

Il y a $K$ points linéairement indépendants sur un $N-1$ simplex dimensionnel: $$x^{1}, \ldots, x^{K} \in \Delta^{N-1}$$ $$x^{k} = (x^{k}_{1}, \ldots, x^{k}_{N})$$ Je voudrais prouver leur existence $K$ "coins" de la durée de $x^{1}, \ldots, x^{K}$ sur le simplex: $$y^{1}, \ldots, y^{K} \in \Delta^{N-1}$$

$$\mathcal{A} = \text{span}\left(\left\{ x^{1}, \ldots, x^{K} \right\}\right) \cap \Delta^{N-1}$$

De telle sorte que chaque point $\mathcal{A}$est une combinaison convexe de$y^{1}, \ldots, y^{K}$.

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Contexte: j'ai essayé de résoudre cette question (désolé, la notation ne s'aligne pas parfaitement). L'idée est que$x^{k}$ fait partie de $K$ lignes indépendantes de leur matrice, et $y^{k}$ est la distribution de probabilité pour une nouvelle variable aléatoire $X^{k}$ indépendant de $Y$. On peut alors construire une nouvelle variable aléatoire$\omega$ dépend de $Y$ avec support $\{1, \ldots, K\}$ tel que:

$$X = \sum_{k=1}^{K} X^{k} \mathbb{1}_{\omega=k}$$

en laissant la distribution de probabilité de $\omega | Y$ être les poids convexes appropriés du $y^{1}, \ldots, y^{k}$. Je pense que la variance de$\omega$ donne également une bonne mesure continue de la question initiale.

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Tentative: j'essayais de proposer une construction itérative où j'inclus d'abord tous les vecteurs de base dans $\mathcal{A}$, alors toute combinaison linéaire de deux vecteurs de base dans $\mathcal{A}$ non couvert par les vecteurs que j'ai déjà inclus, "et ainsi de suite" jusqu'à ce que j'aie construit $y^{1}, \ldots, y^{K}$. Je ne sais pas comment continuer d'une manière ordonnée qui construit$K$ points (ou si c'est l'approche la plus simple).

Answer 1

Vous demandez une preuve (entre autres) qu'une coupe plane à travers un tétraèdre solide dans trois espaces doit être un triangle.

Voici un exemple d'échec:

Laisser $K=3, N=4$, laisse le $K$ points linéairement indépendants dans $\mathbb R^4$ être

$$x^1=(1/2,0,1/2,0)\\x^2=(0,1/2,1/2,0)\\x^3=(0,1/2,0,1/2)$$ et laissez $$x^4=(1/2,0,0,1/2).$$ Laisser $\mathcal A=\operatorname{span}(\{x^1,x^2,x^3\})\cap \Delta^3$. Notez que$x^4=x^1-x^2+x^3\in \operatorname{span}(\{x^1,x^2,x^3\})$, cette $x^4\in\Delta^3$, et cela $\mathcal A$ est la coque convexe de $\{x^1,x^2,x^3,x^4\}$, et cela $\mathcal A$ a les quatre $x^j$ comme ses points extrêmes, les «coins» recherchés.