Kapalı bir dışbükey küme neden uç noktaları yoksa ve sadece çizgiler içerir? [çiftleme]
İzin Vermek $A\subset\mathbb R^n$kapalı ve dışbükey olun. Bir puan$x\in A$noktaların önemsiz bir dışbükey kombinasyonu olarak temsil edilemiyorsa , aşırı bir nokta olduğu söylenir .$A$. İzin Vermek$\operatorname{ext}A$ en uç noktaların kümesini belirtmek $A$.
Şu gözlemime rastladım "$A$ancak ve ancak uç noktaları yoksa çizgiler içerir "(sayfa 37, açıklama 1, Hug ve Weil'de (2010) , pdf burada bulunabilir ).
Bunu görebilirim eğer $A$ bir çizgi içerir $L$, o zaman uç noktaları olamaz. Gerçekten, herhangi bir$x\notin L$, sonra (kapalı) dışbükey kapanışı $\{x\}\cup L$ aradaki her şeye eşit olmalı $L$ ve paralel çizgi $L$ kesişen $x$ve böyle bir kümenin uç noktaları yoktur. Geometrik olarak, bu aşağıdaki yapıya karşılık gelir:
$\qquad\qquad\qquad$
Ancak, diğer yönde nasıl ilerleyeceğimi bilmiyorum. Eğer bunu nasıl kanıtlarım$A$ çizgi içermiyorsa, en azından bir uç nokta olmalıdır (veya eşdeğer olarak, uç noktaların yokluğu en az bir çizginin $A$)?
Yanıtlar
$A$elbette boş olmadığı varsayılmalıdır. O zaman boyut üzerinde tümevarımı kullanabiliriz.
İçinde $\mathbb{R}^1$, boş olmayan kapalı bir dışbükey küme $A$ satır içermeyen formlardan birine sahip $(-\infty, a]$, $[a, +\infty)$veya $[a,b]$ (ile $a \leqslant b$) ve tüm bunlar için $a$ aşırı bir nokta $A$.
İndüksiyon adımı için izin verin $x \in A$ ve keyfi bir çizgi düşünün $L$ içinden geçmek $x$. Dan beri$L \not\subset A$ bir nokta var $y \in L\setminus A$. İzin Vermek$s = \max \{ t \in [0,1] : x + t(y-x) \in A\}$ ve $z = x + s(y-x)$. Daha sonra destekleyici bir hiper düzlem var$A$ içinden geçmek $z$. Bu tarafından verilir$$ H = \{\xi : \langle \xi, \eta\rangle = \langle z, \eta\rangle\}$$ bazı $\eta \in \mathbb{R}^n$ ile $\langle \eta, \eta\rangle = 1$. Genelliği kaybetmeden yapabiliriz varsayalım ki$\langle \xi, \eta\rangle \leqslant \langle z, \eta\rangle$ hepsi için $\xi \in A$.
Şimdi $A_H = A \cap H$ hiper düzlemde kapalı bir dışbükey kümedir $H$ (ile tanımlayabiliriz $\mathbb{R}^{n-1}$) satır içermeyen ve boş olmayan (için $z \in A_H$). Tümevarım hipotezine göre,$A_H$uç noktaları var. Ama aşırı bir nokta$A_H$ aynı zamanda aşırı bir nokta $A$eğer bir nokta $p$ nın-nin $A_H$ iki noktanın dışbükey kombinasyonu olarak temsil edilir $A$, o zaman bu iki noktanın her ikisi de $A_H$. Böylece$A$ uç noktaları var.
İşte diğer cevabın küçük bir yeniden yorumlanması .
Kapalı, dışbükey, boş olmadığını kanıtlamak istiyorum $A\subset\mathbb R^n$ hiçbir çizgi içermeyen, her zaman en azından bir uç nokta içerir.
$\mathbb R^1$ durum önemsizdir: tek olasılık $A$ sonlu kapalı aralıklar veya formun sonsuz bölümleri $[a,\infty)$ ve $(-\infty,a]$. Bu nedenle, ifadenin aşağıdakiler için doğru olduğunu varsayalım:$A\subset\mathbb R^{n-1}$.
İzin Vermek $x\in A$ keyfi bir nokta ve izin ver $L$ geçen bir çizgi olmak $x$. Böylece$x\in L$ve hipotez ile $L\not\subset A$. O zaman biraz olacak$y\in L\setminus A$. Bırak o zaman$z\in L\cap \operatorname{conv}(\{x,y\})$ sınırında bir unsur olmak $A$, İzin Vermek $H$ destekleyici alt düzlem olmak $A$ içinden geçmek $z$ve seti düşünün $A_H\equiv A\cap H$. İşte bu yapının bir temsili$\mathbb R^2$:
Bu basit durumda, $H$ bir satır olmalı ve dolayısıyla $A_H\subset\mathbb R^1$ tümevarım hipotezine göre aşırı bir nokta içerir (bu özel durumda $A_H=\{z\}$). Daha genel olarak,$A_H$ kapatılacak, dışbükey, boş olmayan alt kümesi $\mathbb R^{n-1}$ve bu nedenle uç noktaları içerir.
Şimdi geriye kalan, yalnızca aşırı bir noktanın $A_H$ aynı zamanda aşırı bir noktadır $A$. Başka bir deyişle, şunu kanıtlamalıyız:$p\in A_H$ sonra $p\notin \operatorname{conv}(A\setminus A_H)$. Amaç için bunu hatırlıyoruz$A_H$ arasındaki kesişim olarak tanımlanır $A$ ve bir hiper düzlem, yani bazı $\eta\in\mathbb R^n$ ve $\alpha\in\mathbb R$ öyle ki, tanımlama $f(\xi)\equiv \langle \eta,\xi\rangle$, sahibiz $f(\xi)\le \alpha$ hepsi için $\xi\in A$, ve $f(\xi)=\alpha$ hepsi için $\xi\in A_H$.
Ama sonra, eğer $p\in A_H$ öğelerinin dışbükey bir kombinasyonuydu $A$, $p=\sum_k \lambda_k a_k$ ile $a_k\in A, \sum_k\lambda_k=1, \lambda_k\ge0$, sonra $$\sum_k \lambda_k f(a_k) = f(p)= \alpha,$$ bu sadece mümkünse $f(a_k)=\alpha$ hepsi için $k$, Yani eğer$a_k\in A_H$.