Perché un insieme convesso chiuso contiene linee se e solo non ha punti estremi? [duplicare]

Aug 17 2020

Permettere$A\subset\mathbb R^n$essere chiuso e convesso. A punti$x\in A$si dice punto estremo se non può essere rappresentato come una combinazione convessa non banale di punti in$A$. Permettere$\operatorname{ext}A$denotare l'insieme dei punti estremi di$A$.

Mi sono imbattuto nell'osservazione che "$A$contiene linee se e solo se non ha punti estremi " (pagina 37, nota 1, in Hug and Weil (2010) , pdf disponibile qui ).

Posso vedere che se$A$contiene una riga$L$, allora non può avere estremi. In effetti, dato qualsiasi$x\notin L$, quindi la chiusura convessa (chiusa) di$\{x\}\cup L$deve eguagliare tutto ciò che c'è in mezzo$L$e la retta parallela a$L$intersecante$x$, e tale insieme non ha estremi. Geometricamente, ciò equivale alla seguente costruzione:

$\qquad\qquad\qquad$

Tuttavia, non sono sicuro di come procedere per l'altra direzione. Come faccio a dimostrare che se$A$non contiene linee, allora ci deve essere almeno un punto estremo (o equivalentemente, l'assenza di punti estremi implica che almeno una linea sia contenuta in$A$)?

Risposte

2 DanielFischer Aug 17 2020 at 00:43

$A$deve essere assunto non vuoto ovviamente. Quindi possiamo usare l'induzione sulla dimensione.

In$\mathbb{R}^1$, un insieme convesso chiuso non vuoto$A$che non contiene alcuna riga ha una delle forme$(-\infty, a]$,$[a, +\infty)$, o$[a,b]$(insieme a$a \leqslant b$), e per tutti questi$a$è un punto estremo di$A$.

Per il passo di induzione, let$x \in A$e considera una linea arbitraria$L$Passare attraverso$x$. Da$L \not\subset A$c'è un punto$y \in L\setminus A$. Permettere$s = \max \{ t \in [0,1] : x + t(y-x) \in A\}$e$z = x + s(y-x)$. Poi c'è un iperpiano di supporto per$A$Passare attraverso$z$. Questo è dato da$$ H = \{\xi : \langle \xi, \eta\rangle = \langle z, \eta\rangle\}$$per alcuni$\eta \in \mathbb{R}^n$insieme a$\langle \eta, \eta\rangle = 1$. Possiamo presumerlo senza perdita di generalità$\langle \xi, \eta\rangle \leqslant \langle z, \eta\rangle$per tutti$\xi \in A$.

Adesso$A_H = A \cap H$è un insieme convesso chiuso nell'iperpiano$H$(con cui possiamo identificarci$\mathbb{R}^{n-1}$) che non contiene righe e non è vuoto (for$z \in A_H$). Per l'ipotesi di induzione,$A_H$ha punti estremi. Ma un punto estremo di$A_H$è anche un punto estremo di$A$, perché se un punto$p$di$A_H$è rappresentato come una combinazione convessa di due punti di$A$, allora questi due punti devono trovarsi entrambi dentro$A_H$. così$A$ha punti estremi.

glS Aug 18 2020 at 21:20

Ecco una leggera riformulazione dell'altra risposta .

Voglio dimostrare che è chiuso, convesso, non vuoto$A\subset\mathbb R^n$che non contiene linee, contiene sempre almeno un punto estremo.

Il$\mathbb R^1$caso è banale: l'unico possibile$A$sono intervalli chiusi finiti o segmenti infiniti della forma$[a,\infty)$e$(-\infty,a]$. Supponiamo quindi che l'affermazione sia vera per$A\subset\mathbb R^{n-1}$.

Permettere$x\in A$essere un punto arbitrario, e lasciare$L$essere una linea passante$x$. così$x\in L$, e per ipotesi$L\not\subset A$. Ce ne saranno poi alcuni$y\in L\setminus A$. Lascia allora$z\in L\cap \operatorname{conv}(\{x,y\})$essere un elemento sul confine di$A$, permettere$H$essere l'iperpiano di supporto per$A$Passare attraverso$z$, e consideriamo l'insieme$A_H\equiv A\cap H$. Ecco una rappresentazione di questa costruzione in$\mathbb R^2$:

In questo semplice caso,$H$deve essere una linea e quindi$A_H\subset\mathbb R^1$contiene un punto estremo secondo l'ipotesi di induzione (in questo caso particolare$A_H=\{z\}$). Più generalmente,$A_H$sarà un sottoinsieme chiuso, convesso, non vuoto di$\mathbb R^{n-1}$, e quindi contengono punti estremi.

Ora resta solo da dimostrare che un punto estremo di$A_H$è anche un punto estremo per$A$. In altre parole, dobbiamo dimostrare che if$p\in A_H$poi$p\notin \operatorname{conv}(A\setminus A_H)$. Allo scopo, lo ricordiamo$A_H$è definito come l'intersezione tra$A$e un iperpiano, il che significa che ce n'è$\eta\in\mathbb R^n$e$\alpha\in\mathbb R$tale che, definendo$f(\xi)\equiv \langle \eta,\xi\rangle$, noi abbiamo$f(\xi)\le \alpha$per tutti$\xi\in A$, e$f(\xi)=\alpha$per tutti$\xi\in A_H$.

Ma poi, se$p\in A_H$erano una combinazione convessa di elementi di$A$,$p=\sum_k \lambda_k a_k$insieme a$a_k\in A, \sum_k\lambda_k=1, \lambda_k\ge0$, poi$$\sum_k \lambda_k f(a_k) = f(p)= \alpha,$$che è possibile solo se$f(a_k)=\alpha$per tutti$k$, cioè se$a_k\in A_H$.