ΚΥΡΤΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ. (πρόχειρες σηµειώσεις)

Transcript

1 ΑντώνηςΤσολομτης ΚΥΡΤΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ (πρόχειρες σηµειώσεις) Σάμος

2 Απαγορεεταιηαναπαραγωγήτουαρχείουαπάλλεςιστοσελίδεςεκτς του

3 Περιεχμενα 1 Προαπαιτούµενα απτηνΑνάλυση απτηνΑνάλυσηκαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία απτηΓραμμικήΑλγεβρακαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία 9 I Εισαγωγή στην κυρτότητα 13 2 Βασικές ανισότητες Κυρτές Συναρτήσεις Ηανιστητα Jensen α ΗανιστηταΑριθμητικο-Γεωμετρικομέσου β Ηανιστητα Young γ Ηανιστητα Hölderγιααθροίσματα δ Ηανιστητα Hölderγιαολοκληρώματα ε Ηανιστητα Minkowskiγιααθροίσματα στΗανιστητα Minkowskiγιαολοκληρώματα Εφαρμογές 26 3 Κυρτά σώµατα Κυρτά σώματα, κυρτή θήκη Νρμεςκαικυρτάσώματα Η συνάρτηση στήριξης Τοπολικσώμα ιαχωρισμςκαιγνήσιοςδιαχωρισμς 51 4 Η έννοια του όγκου Ογκοςκυρτοσώματος α ΙδιτητεςΟγκου Ογκοςτου p n για 1 p 61

4 ΙΙΙΙ ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 5 Απόσταση κυρτών σωµάτων Ηαπσταση Hausdorff Ογκοςκαιαπσταση Hausdorff Το θεώρημα Επιλογής του Blaschke 69 6 Οι ανισότητες Prekopa-Leindler και Brunn-Minkowski Ηανιστητα Prekopa-Leindler Ηανιστητα Brunn-Minkowski Ηισοπεριμετρικήανιστητα Η αρχή του Brunn Το λήμμα του Borel 82 7 Η Συµµετρικοποίηση Steiner Ορισμςκαιιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner ΤοθεώρημαΣφαιρικτηταςτου Gross Ηισοπεριμετρικήανιστητα(2ηαπδειξη) Ηανιστητα Blaschke-Santaló 97 II Κλασικές θέσεις κυρτών σωµάτων Προαπαιτούµενα απτηΓραμμικήΑλγεβρακαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία απτηΣυναρτησιακήανάλυση Η έννοια της θέσης ενός κυρτού σώµατος Η ισοτροπική θέση Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης αΡοπήδναμηςκαιροπήαδράνειας βΠίνακαςαδράνειαςκαιροπήαδράνειας γΠολικήροπήαδρανείας δ ιαφοράμεταξισοτροπικοκαιμηισοτροπικοσώματος ε Τοελλειψοειδέςαδράνειαςκαιτοελλειψοειδέςκινητικής ενέργειας Μαθηματική προσσέγγιση της ισοτροπικής θέσης αΕλλειψοειδές Binetκαιελλειψοειδές Legendre Λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις & μέτρα Η θέση του John Υπαρξητουελλειψοειδοςμεγίστουγκου Μοναδικτηταελλειψοειδοςμεγίστουγκου Ηθέσητου John 138

5 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 1 12 Η αντίστροφη ισοπεριµετρική ανισότητα Πολυδιάστατηανιστητα Brascamp-Liebκαι Barthe Ημονοδιάστατηανιστητατων Brascamp-Liebκαι Barthe Απδειξητωνανισοτήτων Brascamp-Liebκαι Barthe Ηαντίστροφηισοπεριμετρικήανιστητα Η θέση ελάχιστου µέσου πλάτους Υπαρξητηςθέσης Μοναδικτητατηςθέσης Η θέση ελάχιστης επιφάνειας Υπαρξητηςθέσης Ησυνέχειατουεμβαδοεπιφανείας 169 Α Τρισδιάστατες απεικονίσεις διαφόρων σωµάτων 173 Β Η συνάρτηση Γ 175 B.1 Ιδιτητεςτηςσυνάρτησης Γ 176 B.2 Η μέθοδος Laplace 177 Βιβλιογραφια 186 Ευρετηριο Ελληνικων Ορων 188 Ευρετήριοελληνικώνρων 188 Ευρετηριο Ξενογλωσσων Ορων 192 Ευρετήριοξενγλωσσωνρων 192

6 Κεφάλαιο 1 Προαπαιτομενα απτηνΑνάλυση Οιαποδείξειςπουδενπαρουσιάζονταισεαυτήτηνεντηταμποροννα βρεθονσεοποιοδήποτεβιβλίοπραγματικήςανάλυσης. Στον R n η(ευκλείδεια)απστασημεταξτωνσημείων xκαι yμεσυντεταγμένες x 1,x 2,...,x n και y 1,y 2,...,y n αντίστοιχα,ορίζεταιναείναιο αριθμς d 2 x,y» x 1 y 1 2 x 2 y 2 2 x n y n 2. Επιπλέον,γιακάθεσημείοx R n ονομάζουμε(ευκλείδειο)μήκοςτουxτον αριθμ d 2 0,xκαιτονσυμβολίζουμεμε x 2. ηλαδή, x 2» x 2 1 x2 2 x2 n. Παρατηρομετι d 2 x,y x y 2 γιακάθε x, y R n.σταεπμεναθα προτιμάμεναγράφουμε x y 2 αντίγια d 2 x,y. Τοσνολοτωνσημείωνπουαπέχουν(γνησίως)λιγτεροαπ r > 0απ δοθένσημείο x R n ονομάζεταιανοικτήμπάλαμεκέντροτο xκαιακτίνα r,καισυμβολίζεταιμε Bx,r. ηλαδή, Bx,r {y R n : x y 2 < r}. Ορισµός (Εσωτερικσυνλου)ΕστωτιτοKείναιέναυποσνολοτου R n. Λέμετιένασημείο x 0 R n είναιεσωτερικσημείοτου K,ανυπάρχει ε > 0ώστεηανοικτήμπάλα Bx 0,εναπεριέχεταιστο K.Τοσνολολων τωνεσωτερικώνσημείωντου Kλέγεταιεσωτερικτου Kκαισυμβολίζεται με intk.

7 1.1...απτηνΑνάλυση 3 Ενασνολομπορείναέχεικενεσωτερικ.Γιαπαράδειγμα,οποιοδήποτε υποσνολοενς(δισδιάστατου)επιπέδουστονr 3.Ενατέτοιοσνολομως μπορείναέχειμηκενεσωτερικανθεωρηθείωςυποσνολοτουεπιπέδου στο οποίο ανήκει: Ορισµός (Σχετικεσωτερικσυνλου)Εστωτιτο Kείναιυποσνολοτου R n.τοσχετικεσωτερικτου Kσυμβολίζεταιμε relintkκαιείναι τοεσωτερικτου Kστονελάχιστουπχωροτου R n πουπεριέχειτο K. Ορισµός (Κλειστήθήκη)Λέμετιτο xείναισημείοσυσσώρευσηςτου K R n ανκαιμνονανγιακάθε ε > 0ισχει Bx,ε K \{x}. ΤοσνολολωντωνσημείωνσυσσώρευσηςτουKλέγεταιπαράγωγοσνολο τουkκαισυμβολίζεταιμεk.τοσνολοk K K λέγεταικλειστήθήκη του K. Παρατηρομετιαν x Kττευπάρχειακολουθία x m m N στο Kώστε x m x 2 0.Αυτσυμβαίνει,διτιείτε x Kοπτεθέτουμε x m xγια κάθε m N,είτετο xείναισημείοσυσσώρευσηςοπτεεφαρμζουμετον Ορισμ 1.1.3για ε 1/mκαιεπιλέγουμε x m έναοποιοδήποτεσημείοτου μηκενο Bx,1/m K.Ετσι x m Kκαι x m x 2 < 1/m 0. Κάθεσνολο Kγιατοοποίοισχει K Kλέγεταικλειστ.Τοσνολο Kείναικλειστγιακάθε K R n,δηλαδήισχει K K. Ορισµός 1.1.4Ηκλειστήθήκητουσυνλου B0,rονομάζεταιευκλείδεια μπάλατου R n ακτίνας rκαισυμβολίζεταιμε n 2 0,r. Είναιεκολοναδεικανείςτι n 2 0,r {x Rn : x 2 r}. Πράγματι,αν x n 2 0,rττευπάρχειακολουθίαx m m N στο B0,rώστε x m x 2 0. Αλλάαπτονορισμτης 2 έχουμετιγιακάθε j 1,2,...,nαν x mj η jσυντεταγμένητου x m και x j η jσυντεταγμένητου x ισχει x mj x j x m x 2 0. Αρα x mj x j καισυνεπώς,απτονορισμτης 2 συμπεραίνουμετι x m 2 x 2.Αλλά x m 2 rκαιέτσι x 2 r.αντιστρφως,αν x 2 < 1 ττε x B0,r n 2 0,r.Αντέλος, x 2 rττεηακολουθία 1 1/mx, για m N,έχειευκλείδειανρμαίσημε 1 1/mr < r,οπτεανήκει στο B0,rκαισυγκλίνειστο x. ηλαδήτο xανήκειστηνκλειστήθήκητου B0,r,δηλαδήστο n 2 0,r. Επιπλέοντο n 20,rωςκλειστήθήκητου B0,rείναικλειστσνολο, δηλαδή n 2 0,r n 2 0,r.

8 4 Προαπαιτομενα... Ορισµός 1.1.5Τοσνολο n 2 0,1ονομάζεταιμοναδιαίαευκλείδειαμπάλατου R n καισυμβολίζεταιαπλάμε n 2. Εκολαβλέπουμετιτοσνορο bd n 2 τουσυνλου n 2 είναιτοσνολο {x R n : x 2 1}. Ορισµός 1.1.6Τοσνολο {x R n : x 2 1}ονομάζεταιμοναδιαία(ευκλείδεια)σφαίρατου R n καισυμβολίζεταιμε S n 1. Ορισµός 1.1.7Γιαδυουποσνολα Aκαι Bτου R n και λ Rθαγράφουμε (i) ABγιατοσνολο {xy : x Aκαι y B}. (ii) λaγιατοσνολο {λx : x A}. Παρατηρομετιμετονπαραπάνωσυμβολισμ n 2 0,r rn 2 καιbn 2x,r xr n 2. Ορισµός (Φραγμένοσνολο)Εναυποσνολο Kτου R n λέγεταιφραγμένο ανυπάρχειαριθμς M > 0ώστεγιακάθε x Kναισχει x 2 M.Φανεράαυτ είναιισοδναμομετονεγκλεισμ K M n 2. Πρόταση 1.1.9Εστωτιτο Kείναιφραγμένουποσνολοτου R n. Ττεκαιτο K είναι φραγμένο. Απδειξη:Αντο Kείναιφραγμένουποσνολοτου R n ττευπάρχειαριθμς Mώστεναισχει K M n 2.Οπτε K Mn 2 Mn 2. Πρόταση (Συμπαγέςυποσνολοτου R n )Εναυποσνολο Kτου R n είναι συμπαγέςανκαιμνοανείναικλειστκαιφραγμένο. Πρόταση Εστωτι K, F R n.αντο Kείναισυμπαγές,το Fκλειστκαι K F ττευπάρχει x Kκαι y Fώστε dk,f : inf { z w 2 : z K, w F } x y 2 > 0. Απδειξη:Θέτουμε ρ : inf { x y 2 : x K,y F }. Εστωτι x m K, y m F ώστε x m y m 2 ρ. Αφο x m Kκαιτο Kείναισυμπαγές,ηx m έχεισυγκλίνουσαυπακολουθία,έστωτην x mk με ριοτοσημείο x.το xανήκειστο Kγιατίτο Kείναικλειστ.Εχουμετι x mk y mk 2 ρκαι x mk x.απτηντριγωνικήανιστητα, y mk 2 y mk x mk 2 x mk 2. Τοδεξιμέροςτηςπαραπάνωανιστηταςείναιφραγμένηακολουθία(γιατί είναισυγκλίνουσα)άρακαιτοαριστερ. Θεωρομεένα M > 0ώστε

9 1.1...απτηνΑνάλυση 5 y mk M γιακάθε k N,οπτε y mk n 2 0,M. Το n 2 0,Mείναι κλειστκαιφραγμένοσνολοστον R n,άραείναισυμπαγές. Αρα,ηy mk έχειυπακολουθία y mkl,ηοποίασυγκλίνει,έστωστο y. Αλλά y F,αφο το Fείναικλειστ.Η x mkl είναιυπακολουθίατης x mk οπτε x mkl x.αρα x mkl y mkl ρ, x mkl x K,και y mkl y F.Ετσι ρ lim l x mkl y mkl x y 2. Ομως,τα Kκαι Fείναιξένα,άρατο xείναιδιάφοροτου y.οπτε,το ρ είναιθετικ. Ορισµός (Συνέχεια)Μιασυνάρτηση f : X,d X Y,d Y μεταξ δομετρικώνχώρωνλέγεταισυνεχήςστοσημείο x 0 Xανκαιμνοναν γιακάθε ε > 0υπάρχει δ > 0ώστεγιακάθε xστο Xμε d X x,x 0 < δνα ισχει d Y fx,fx 0 < ε. Ορισµός (Απλυτησυνέχεια)Ηf : I Rλέγεταιαπλυτασυνεχήςστο υποδιάστημα Jτουδιαστήματος I Rανγιακάθε ε > 0υπάρχει δ > 0, ώστεαντα a i,b i για i 1,2,...,nείναιπεπερασμένηοικογένειαξένων διαστημάτωνστο Jκαι n i1 b i a i < δττε n fb i fa i < ε. i1 Ορισµός (Συνάρτηση Lipschitz) Η f : I R λέγεται Lipschitz στο υποδιάστημα Jτουδιαστήματος I R,ανυπάρχει L > 0ώστεναισχει fx fy L x y, γιακάθε x, yστο J.Οαριθμς Lονομάζεταισταθερά Lipschitzτης fστο διάστημα J. Παρατηρομετιτοναείναιμιασυνάρτηση f : I R Lipschitzστο υποδιάστημα J Iσημαίνειτιοικλίσειςτωνχορδώνστογράφηματης f που σχηματίζονται σε σημεία του J είναι φραγμένες. Πρόταση Εστωτιοι X,d X και Y,d Y είναιδυομετρικοίχώροικαι f : X Y μιασυνεχήςκαιεπίσυνάρτηση.ανοxείναισυμπαγήςττεκαιοy είναι συμπαγής. ηλαδή,ησυνεχήςεικναενςσυμπαγοςμετρικοχώρουείναισυμπαγής χώρος. Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτετι bd n 2 Sn 1.

10 6 Προαπαιτομενα... Ασκηση Αποδείξτετιησυνάρτηση { xsin 1 αν x 0,1, x fx 0 αν x 0, είναισυνεχήςαλλάχιαπλυτασυνεχής. (Υπδειξη: Θεωρήστεταδιαστήματα π/2 1 4mj 1 1,π/2 1 4mj 1 για j 0,1,...,kκαιαποδείξτετι είναιξένακαιέχουνσυνολικμήκοςμικρτεροαπ 2πm 1.) απτηνΑνάλυσηκαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία Ορισµός (Εσωτερικγινμενο)ΕναεσωτερικγινμενοστονR n είναι μιααπεικνιση, : R n R n R, γιατηνοποίαισχουν (i) x,x 0γιακάθε x R n. (ii) x,x 0 x 0. (iii) x,y y,x. (iv) x,λ 1 y 1 λ 2 y 2 λ 1 x,y 1 λ 2 x,y 2,γιακάθε λ 1, λ 2 R. Τοπιοσυνηθισμένοπαράδειγμαείναιτοεσωτερικγινμενο (1.1) n x,y x j y j, j1 πουταx j καιy j είναιοισυντεταγμένεςτωνδιανυσμάτωνxκαιy.στοεξής (εκτςανρητάαναφέρεταιαλλιώς)κάθεαναφοράσεεσωτερικγινμενο θαείναισεαυτπουορίζεταιστην(1.1).εκολαβλέπουμετιτο, είναι πράγματιεσωτερικγινμενο(δηλαδήικανοποιείτονπαραπάνωορισμ). Παρατηρομετι x,x x 2 2 γιακάθε x Rn.Επιπλέονισχειηεξής: Πρόταση (Ανιστητα Cauchy-Schwartz)Γιακάθε x, y R n ισχει x,y x 2 y 2. Απδειξη:Απτιςιδιτητεςτουεσωτερικογινομένου,γιακάθελ Rισχει 0 x λy,x λy x 2 2 λ2 y 2 2 2λ x,y, άρατοδιώνυμοωςπρος λσταδεξιάέχειμηθετικήδιακρίνουσα. ηλαδή 4 x,y 2 4 x 2 2 y 2 2 0,

11 1.2...απτηνΑνάλυσηκαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία 7 οπτεπροκπτειηζητομενη. Νρμαείναιμιασυνάρτησηαπτον R n στον R,ηοποίασεκάθεδιάνυσμααντιστοιχείένα«μήκος»καιικανοποιείτιςιδιτητεςτουπαρακάτω ορισμο. Ορισµός (Νρμα)Μιααπεικνιση : R n Rλέγεταινρμααν: (i)είναιμηαρνητικήκαικάνειμηδένμνοστο 0. ηλαδή x 0για κάθε x R n, 0 0καιαν x 0ττε x 0. (ii)είναιθετικάομογενής: λx λ x,γιακάθε x R n,γιακάθε λ R. (iii) Ικανοποιείτηντριγωνικήανιστητα: xy x y,γιακάθε x, y R n. Παράδειγμανρμαςείναιηποστητα x 2 πουορίστηκεστηναρχήτου κεφαλαίουκαιηοποίαονομάζεταιευκλείδειανρμα. Γιατην 2 οι ιδιτητες iκαι iiτηςνρμαςείναιεκολοναεπιβεβαιωθον. Η iii αποδεικνεταιστοθεώρημα 2.2.8παρακάτω. Ητριγωνικήανιστηταγιατιςνρμεςέχειτηνακλουθησυνέπεια,η οποίασυχνάκαλείται«κάτωτριγωνικήανιστητα»: Πόρισµα (κάτωτριγωνικήανιστητα)γιακάθε x, y R n ισχει x y x±y. Απδειξη:Χρησιμοποιώνταςτηντριγωνικήανιστηταέχουμε οπτε x y x y.ομοίως, x x yy x y y y y xx y x x καιαφο x y y x παίρνουμε y x x y.ετσι x y x y. Μετονίδιοτρποδείχνουμετι x y xy. Εκολαβλέπουμετικάθενρμα στον R n ορίζειμιαμετρικήστον R n μετησχέση d x,y x y γιακάθε x, y R n. Ετσιοχώροςμε νρμαr n, είναικαιέναςμετρικςχώροςμετηνπροηγομενημετρική. ιάφορεςιδιτητεςαπτηθεωρίατωνμετρικώνχώρωνμπορονναδιατυπωθονμετηβοήθειατηςνρμας.επίσης,φράσειςπως«...ωςπροςτην μετρική»και«...ωςπροςτηνρμα»εδώταυτίζονται. Γιαπαράδειγμαη φράση«ησυνάρτηση fείναισυνεχήςωςπροςτηνμετρική d»ταυτίζεται μετηφράση«ησυνάρτηση fείναισυνεχήςωςπροςτηνρμα».

12 8 Προαπαιτομενα... Πρόταση (ΣυνέχειαΕσωτερικογινομένου)Τοεσωτερικγινμενοείναι συνεχήςσυνάρτησηωςπροςκαιταδοορίσματάτουταυτχροναωςπροςτηνευκλείδεια νρμα. Απδειξη:Αν x m xκαι y m yωςπροςτηνευκλείδειανρμα,δηλαδήαν x m x 2 0και y m y 2 0,πρέπειναδείξουμετι x m,y m x,y. Ισοδναμαπρέπειναδείξουμετι x m,y m x,y 0.Απτηνανιστητα Cauchy-Scwhartz(Πρταση 1.2.2)έχουμε xm,y m x,y xm,y m x m,y x m,y x,y xm,y m y x m x,y x m 2 y m y 2 x m x 2 y 2 0, αφο x m x 2 0, y m y 2 0καιη x m 2 είναιφραγμένηωςσυγκλίνουσα Πρόταση (Συνέχειαευκλείδειαςνρμας)Ηευκλείδειανρμαείναισυνεχήςσυνάρτηση(ωςπροςτηνευκλείδειααπσταση)στον R n. Απδειξη:Αν x m xωςπροςτηνευκλείδειααπσταση,θέλουμεναδείξουμετι x m 2 x 2.Αυτπροκπτειαμέσωςαπτηνκάτωτριγωνική ανιστητα(πρισμα 1.2.4),διτι xm 2 x 2 xm x 2 0. Ηπαρακάτωπρτασηλέειτιλεςοινρμεςστον R n (καιάρακαιοι μετρικέςπουπροκπτουναπαυτές)είναιισοδναμες. Πρόταση 1.2.7Γιακάθενρμα στον R n υπάρχουνσταθερές c, C > 0ώστεγια κάθε x R n, c x 2 x C x 2. Απδειξη: Εστωτιτα e 1,e 2,...,e n είναιησυνήθηςβάσητου R n. Αν x R n καιx 1,x 2,...,x n οισυντεταγμένεςτουxωςπροςτηβάση,θαέχουμε (1.2) n x x i e i i1 n x i e i i1 i1 n x i e i i1 ( n )1 ( )1 2 2 n x i 2 e i 2 i1 ( xj ) n j1,( e j ) n j1 πουστην(1.2)χρησιμοποιήσαμετηνανιστητα Cauchy-Schwartzγιατα διανσματα x j n j1 και e j n j1. Θέτουμε C Ä n i1 e i 2ä 1/2,οπτεη (1.2)λέειτι x C x 2.

13 1.3...απτηΓραμμικήΑλγεβρακαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία 9 Γιατηναριστερήανιστηταπαρατηρομεπρώτατιηfx x είναι συνεχής. Πράγματι,αν x m xωςπροςτηνευκλείδειααπσταση,θα δείξουμετι fx m fx.εχουμε fx m fx xm x xm x C x m x 2 0. Εκολαβλέπουμετιτο S n 1 {x : x 2 1}είναικλειστκαιφραγμένο σνολοστονr n,άραείναισυμπαγές.οπτεηf,ωςσυνεχήςσυνάρτησησε συμπαγέςσνολο,έχειελάχιστητιμήστο S n 1.Θέτουμε c min x S n 1 fx. Το cείναιδιαφορετικτουμηδενςδιτι,αφοείναιελάχιστητιμήτης f υπάρχει x 0 S n 1 ώστε fx 0 c,δηλαδή x 0 c.ανλοιπν c 0,ττε x 0 0καιάρα x 0 0 S n 1,τοοποίοείναιάτοπο.Αρα c > 0.Γιακάθε x R n \{0}ισχει x/ x 2 S n 1 οπτε fx/ x 2 cδηλαδή x/ x 2 c αππουπροκπτειάμεσα x c x 2.Αν x 0αυτήηανιστηταισχει οτωςήάλλως. Παρατήρηση 1.2.8Στηναπδειξητηςτελευταίαςπρτασηςαποδείξαμετικάθενρμαστον R n είναισυνεχήςσυνάρτησηωςπροςτηνευκλείδεια απσταση. ΓιακάθεδιανυσματικυπχωροHτουR n ορίζουμεμιαγραμμικήαπεικνιση Proj H : R n Hπουτηνονομάζουμεορθογώνιαπροβολήήαπλά προβολήστονhωςεξής.θεωρομεμιαορθοκανονικήβάσηe 1,...,e k του H(που k Nμε k n)τηνοποίαεπεκτείνουμεσεμιαορθοκανονική βάση e 1,...,e k,e k1...,e n του R n. Ετσικάθεστοιχείο xτου R n γράφεται ως n j1 x je j πουτα x j είναιοισυντεταγμένεςτου xωςπροςτηβάση e 1...,e n,δηλαδή x j x,e j γιακάθε j 1,...,n.Θέτουμε Proj H x k x j e j H. ΕκολαβλέπουμετιηProj H είναιγραμμικήαπεικνιση,καιεπειδή j1 ProjH x ( k ) 1/2 2 x j 2 j1 ( n ) 1/2 x j 2 x 2, j1 συμπεραίνουμετιηproj H είναισυνεχήςαπεικνιση απτηΓραμμικήΑλγεβρακαιτηνΑναλυτική Γεωμετρία Αντα xκαι yείναιδιανσματα,στοιχείατου R n,τοευθγραμμοτμήμα στον R n μεάκρατα xκαι yείναιτοσνολο x,y {1 λxλy : λ 0,1}.

14 10 Προαπαιτομενα... ΗαπδειξηπεριγράφεταιστοΣχήμα 1.1.Εναδιάνυσμα zείναιστοευθγραμμοτμήμαμεάκρατα x, yανκαιμνοαντο zισοταιμετο xσυνένα υποπολλαπλάσιοτου y x. ηλαδή,ανκαιμνοανυπάρχει λ 0,1ώστε z xλy x.ισοδναμα z 1 λxλy. y x x z y 0 Σχήμα 1.1:Ευθγραμμοτμήμαμεάκρατα xκαι yστον R n Ορισµός (ΚυρτΣνολο)Ενασνολο K υποσνολοτου R n λέγεται κυρτανγιακάθε x, yταοποίαανήκουνστο Kτοευθγραμμοτμήμαμε άκρατα xκαι yπεριέχεταιστο K. ηλαδή,γιακάθε x, y Kισχει x,y { 1 λxλy : λ 0,1 } K Ορισµός (Γνήσιακυρτσνολο)ΕνασνολοKυποσνολοτουR n λέγεταιγνήσιακυρτανγιακάθε x, yταοποίαανήκουνστο Kκαιγιακάθε λστοδιάστημα 0,1τοσημείο 1 λxλyανήκειστο intk. Εναυπερεπίπεδο H x0,uπουπερνάειαπτοσημείο x 0 R n καιείναι κάθετοστομοναδιαίοδιάνυσμα uείναιτοσνολο H x0,u { x R n : x x 0,u 0 } { x R n : x,u x 0,u } και οι αντίστοιχοι ημίχωροι είναι οι H x 0,u { x R n : x,u x 0,u } και H x 0,u { x R n : x,u x 0,u }. Σχήμα 1.2:Οκβοςείναικυρταλλάχιγνήσιακυρτσνολο.Ηευκλείδεια μπάλα είναι γνήσια κυρτή.

15 1.3...απτηΓραμμικήΑλγεβρακαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία 11 Παρατηρομετιτο uανήκειστο H x 0,u x 0. Επειδήτο x 0,u μπορείναπάρειοποιαδήποτετιμήστο R(ανάλογαμε τηνεπιλογήτου x 0 )έναυπερεπίπεδοείναιένασνολοτηςμορφής H u,λ { x R n : x,u λ } για λ R.Οιημίχωροιπουσχηματίζειτώρατο H u,λ είναιτασνολα H u,λ { x R n : x,u λ } και H u,λ { x R n : x,u λ }. Συχνά,αν λ 0,διαιρομετο uμετο λ,δηλαδήεπιτρέπουμετο uναμην είναιμοναδιαίοδιάνυσμα,ώστετουπερεπίπεδοναπεριγράφεταιαπτο σνολο { x R n : x,u 1 }, πουτο uείναιέναμημηδενικδιάνυσματου R n. Θαονομάζουμελωρίδαστον R n τονχώροανάμεσασεδοπαράλληλα υπερεπίπεδα. ηλαδήμιαλωρίδαείναιένασνολοτηςμορφής Λ u,a,b { x R n : a x,u b } H u,a H u,b, που a, b Rμε a bκαιτο uείναιέναμοναδιαίοδιάνυσμα. Οιημίχωροι H u,a και H u,b λέγονταικαιημίχωροιτηςλωρίδαςλ u,a,bκαι συμβολίζονταικαιμε Λ u,a,b και Λ u,a,b. Ορισµός (Σημείασεγενικήθέσηήaffine-ανεξάρτητα)Ταx 1,...,x m λέγεται τιβρίσκονται σε γενικήθέση ή τιείναι affine-ανεξάρτητα ταν τα x 2 x 1,x 3 x 1,...,x m x 1 είναιγραμμικώςανεξάρτητα. Παρατήρηση 1.3.4Αντα x 1,...,x m είναισεγενικήθέσηστον R n ττε m n1,διτι n2σημείασχηματίζουν n1διανσματαωςδιαφορέςτων x 2,...,x n2 μετο x 1 καιαυτάείναιαναγκαστικάγραμμικώςεξαρτημένα, αφο dimr n n. Ορισµός (Ανάστροφοςενςπίνακα)Εστω Tένας m nπίνακας.ονομάζουμε ανάστροφο του πίνακα T τον πίνακα n m που έχει για γραμμές τιςστήλεςτου Tκαιγιαστήλεςτιςγραμμέςτου T.Συμβολίζεταιμε T t. Υπενθυμίζουμετιγιαδοπίνακες T και Sισχει TS t S t T t (εφσον βέβαιατογινμενο TSέχεινημα). Οτανκάνουμεπράξειςμεπίνακεςκαιδιανσματα,ταδιανσματαθα ταθεωρομεωςπίνακες n 1. Ετσιμπορείστοκείμενοναγράφουμε γιαεξοικονμησηχώρου«τοδιάνυσμα x x 1,...,x n»αλλάανείναινα γίνουνπράξειςθαπρέπειναέχουμεστονουμαςτιταδιανσματατα

16 12 Προαπαιτομενα... μεταχειριζμαστεωςστήλες. Ετσιαν x x 1,...,x n και y y 1,...,y n τοεσωτερικγινμενο x,y είναιίσομε á x1 ë á y1 ë á y1 ë x,y x 2. x n, y 2. y n x 1,x 2,...,x n y 2. y n x t y πουταπαραπάνωγινμεναείναιγινμεναπινάκων.ομοίως,ανοtείναι n nπίνακαςττε Tx,y Tx t y x t T t y x t T t y x,t t y. ΟπαρακάτωορισμςείναιγνωστςαπτηνΑναλυτικήΓεωμετρία. Ορισµός 1.3.6ΕνακυρτυποσνολοτουR n λέγεταιελλειψοειδέςμεκέντροτηναρχήτωναξνωνανυπάρχειορθοκανονικήβάση e 1,...,e n του R n καιθετικοίαριθμοί a 1,...,a n ώστε n x x,e j 2 Rn : 1. j1 Οιθετικοίαριθμοί a 1,...,a n είναιταμήκητωνημιαξνωντουελλειψοειδος. a 2 j

17 Μέρος I Εισαγωγήστηνκυρττητα

18

19 Κεφάλαιο 2 Βασικέςανιστητες 2.1 Κυρτές Συναρτήσεις Ορισµός (Κυρτή Συνάρτηση) Μια συνάρτηση f : K R λέγεται κυρτήστο Kαντο Kείναικυρτσνολοκαιισχει f1 λxλy 1 λfxλfy. γιακάθε λστο 0,1καιγιακάθε x, yστο K. Ορισµός (Γνήσια κυρτή συνάρτηση) Μια συνάρτηση f : K R λέγεταιγνήσιακυρτήστο Kαντο Kείναικυρτυποσνολοτου R n καιισχει f1 λxλy < 1 λfxλfy γιακάθε λστο 0,1καιγιακάθε x, yστο Kμε x y. Παρατήρηση 2.1.3Μιααπλήσυνέπειατουπαραπάνωορισμοείναιτιαν μιασυνάρτηση fείναιγνήσιακυρτήκαιγιακάποια xκαι yισχει f ( 1 λxλy ) 1 λfxλfy, γιακάποιο λ 0,1,ττεαναγκαστικάθαισχει x y. Παράδειγµα 2.1.4Ησυνάρτηση e x : R Rείναικυρτή.Γιανατοαποδείξουμεαυτ,δείχνουμεπρώτατιγιακάθεθετικπραγματικαριθμ aκαι γιακάθε λ 0,1ισχει a λ 1 λ λa. Πράγματι,αν λ 0ήλ 1 ηανιστηταπροφανώςισχει. Αν λ / {0,1}ττεθεωρομετησυνάρτηση fa 1 λλa a λ καιαρκείναδείξουμετιαυτήείναιμηαρνητικήγια κάθε a > 0.Χρησιμοποιώνταςπαράγωγοβλέπουμετιαυτήέχειελάχιστη τιμήστο a 1. ηλαδή fa f1 0 Στηνανιστητααυτή,θέτουμε a e y x οπτε e y x λ 1 λ λe y x αππουμεαπλέςπράξειςπροκπτειτι e 1 λxλy 1 λe x λe y,

20 16 Βασικέςανιστητες γιακάθε x, y Rκαιγιακάθε λ 0,1. Παρατηρομεεπιπλέοντιηe x είναιγνήσιακυρτή,αφοεκολαελέγχουμετιηπαράγωγοςτης f είναιθετικήαν α > 1,οπτεηf είναι γνησίωςαξουσα.ετσι fα > f1 0καισυνεχίζουμεπωςπαραπάνω υποθέτοντας(χωρίςβλάβητηςγενικτητας,αφοτα x, yήταντυχαία)τι y > x. Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτετιοισυναρτήσεις i 1x 1x 2 ii x x iii είναικυρτέςστοπεδίοορισμοτους. 1 1xx 2 iv logx 2 Ασκηση2.1.2Ανοισυναρτήσειςf,gείναικαιοιδοκυρτέςμεκοινπεδίοορισμο αποδείξτετικαιηf gείναικυρτή. Ασκηση Ανη είναιμιαοικογένειακυρτώνσυναρτήσεωνμεκοινπεδίο ορισμο,δείξτετιησυνάρτησηsup f fxείναικυρτή. Ασκηση Αποδείξτετιανηfείναικυρτήκαιηgκυρτήκαιαξουσα,ττεη σνθεση g f(ποτεορίζεται)είναικυρτή.είναισωσττοσυμπέρασματανηg δενείναιαξουσα; Ασκηση 2.1.5Ανηf : I Rείναικυρτήσυνάρτησηορισμένησεέναδιάστημα I R,ττεγιακάθε x, y, zπουανήκουνστο Iμε x < y < z,ισχει fy fx y x fz fx z x fz fy. z y Ασκηση 2.1.6Εστωτιτο I είναιέναδιάστημαστο Rκαι f : I Rκυρτή συνάρτηση. Ττε,σεκάθεσυμπαγέςυποδιάστημα Jτουδιαστήματος intiηf είναι Lipschitz,οπτεείναικαιαπλυτασυνεχήςστο J. Επιπλέον,είναισυνεχής στο inti.(υπδειξη:θεωρήστεστοιχεία u < vστο Iαριστεράτου Jκαιστοιχεία w < zστο Iδεξιάτου J. Γιαοποιαδήποτεστοιχεία x, y Jμε x < yεφαρμστε τηνασκηση 2.1.5στασημεία u < v < x < yκαιστα x < y < w < z. ιακρίνετε περιπτώσειςαν fy fx < 0ήfy fx 0.) Ασκηση Αποδείξτετιανησυνάρτηση f : R 0, είναικυρτήκαι f0 0ττεησυνάρτηση Ft ft/tείναιαξουσαστο R\{0}. ΟιΑσκήσεις 2.1.8έως έχουνσκοπτηνμελέτητηςπρώτηςκαιδετερης παραγώγου μιας κυρτής συνάρτησης. Ασκηση2.1.8Εστωτιηακολουθίασυναρτήσεωνf n n N απτοανοιχτδιάστημα Iστο Rείναιαξουσα,δηλαδή f n x f n1 xγιακάθε x I,γιακάθε n N. Υποθέτουμεεπίσηςτικάθε f n είναισυνεχήςκαιαξουσασυνάρτηση.αποδείξτε τιαν f n x gxγιακάθε x I,ττεηgείναιαριστεράσυνεχήςσεκάθεσημείο του I.

21 2.1 Κυρτές Συναρτήσεις 17 Ασκηση 2.1.9Εστω Iανοιχτδιάστημα,υποσνολοτου Rκαι f : I Rκυρτή. Αποδείξτετιοι f,f υπάρχουν,είναιαξουσεςκαιισχειτι f f. είξτε επίσηςτιηfείναιδιαφορίσιμηστασημείαxτου Iσταοποίαηf είναισυνεχής. Συμπεράνετετιηf είναισυνεχήςσελατασημείατουiεκτςαπένααριθμήσιμο πλήθοςστοιχείωνκαιηf είναιαξουσαστοπεδίοορισμοτης. (Υπδειξη: Βήμα1: ΕφαρμζονταςτηνΑσκηση 2.1.5μιαφοράγιασημεία u < w < x < z < v < yκαιμιαφοράγιασημεία x < z < v < y < u < wαποδείξτε τιοι f και f υπάρχουνκαι f x f fy fx x f y x y f y, (*) ανιστητεςπουαποδεικνουντιοιπλευρικέςπαράγωγοιείναιαξουσεςσυναρτήσεις. Βήμα2:Θεωρήστετηνακολουθίασυναρτήσεωνg n n N μεg n x fx 1/n fx/ 1/nκαιδείξτετιείναιαξουσαακολουθίασυνεχώνκαιαυξουσώνσυναρτήσεωνμεριοτην f.χρησιμοποιήστετηνασκηση 2.1.8γιανασυμπεράνετετι η f είναιαριστεράσυνεχής. είξτεομοίωςτιηf είναιδεξιάσυνεχής.επίσης οιμοντονεςσυναρτήσειςέχουντοπολαριθμήσιμοπλήθοςασυνεχειών. Βήμα3:Αν f συνεχήςστο xττεαπτην(*)για x < yπροκπτειτι f x f x f y.αφήστετο y x γιατοσυμπέρασμα.) Ασκηση2.1.10ΕστωIανοιχτκαι f : I Rδιαφορίσιμησυνάρτηση.Ταακλουθαείναιισοδναμα: (i) Η fείναικυρτή. (ii) Η f είναιαξουσασυνάρτηση. (Υπδειξη:ανηfείναιδιαφορίσιμη,ττεαπτηνΑσκηση 2.1.9ηf είναισυνεχής.) Ασκηση Εστω f : I R,που Iείναιανοιχτκαιυπάρχειηf.Η fείναι κυρτήανκαιμνοαν f 0. Ασκηση Αν I ανοιχτδιάστημαστο Rμιασυνάρτηση f : I Rέχει συνάρτησηστήριξηςστοσημείο z Iανυπάρχειαριθμς γ z Rώστε fx fzγ z x z γιακάθε x I.Αποδείξτετιηfείναικυρτήανκαιμνοανηfέχεισυνάρτηση στήριξης σε κάθε z I, ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα: (i) αν fκυρτήδείξτετι (α) υποθέστετι 0 Iκαι f0 0.Γιακάθε x I 0, καιγιακάθε y I,0βρείτε λ 0,1ώστε 0 1 λx λyκαιεφαρμστε τηνκυρττητατης f,καταλήγονταςστησχέση (β) Επιλέξτε γώστε fy fx sup inf y I,0 y x I 0, x. fy fx sup γ inf y I,0 y x I 0, x, καιαποδείξτετιηγxείναισυνάρτησηστήριξηςτης fστο 0.

22 18 Βασικέςανιστητες (γ) Γιατηγενικήκυρτήσυνάρτηση fκαιτυχν z I,θεωρήστετησυνάρτηση h : I z Rμε hx fz x fzκαιαποδείξτετιείναι κυρτήμε h0 0. (ii) ανηfέχεισυνάρτησηστήριξης g z σεκάθε z I,δείξτετιεπειδή g x x fxισχει fx sup z I g z xγιακάθε x I.Μεαυτντοντποαποδείξτε τιηfείναικυρτή. 2.2 Ηανιστητα Jensen Σταεπμενατο Iθασυμβολίζειέναδιάστημαστο R. Θεώρηµα 2.2.1Εστωτιηf : I Rείναιμιακυρτήσυνάρτηση,ταx 1,x 2,...,x n ανήκουνστοiκαιλ 1 λ 2 λ n 1μελ j 0,1γιακάθε j 1,...,n.Ττε το λ 1 x 1 λ 2 x 2 λ n x n ανήκειστο Iκαιισχει fλ 1 x 1 λ 2 x 2 λ n x n λ 1 fx 1 λ 2 fx 2 λ n fx n. Απδειξη: Θααποδείξουμετηνανιστητα Jensenχρησιμοποιώνταςτημέθοδοτηςμαθηματικήςεπαγωγής.Για n 2: λ 1 λ 2 1,άρα λ 1 1 λ 2, έχουμε fλ 1 x 1 λ 2 x 2 f1 λ 2 x 1 λ 2 x 2 1 λ 2 fx 1 λ 2 fx 2 λ 1 fx 1 λ 2 fx 2 πουισχειδιτιηfείναικυρτή. Υποθέτουμετιισχειγια nσημείακαι θαδείξουμετιισχειγια n1σημεία. Εστωτιταx 1,x 2,...,x n1 ανήκουνστοi,λ 1,...,λ n1 0και n1 j1 λ j 1. Αν λ n1 1ττε λ 1 λ n 0. Οπτε,πρέπειναελέγξουμεαν ισχει fλ n1 x n1 λ n1 fx n1.ισοδναμαέχουμετι fx n1 fx n1, πουισχει. Αν 0 λ n1 < 1ττε: fλ 1 x 1 λ 2 x 2 λ n1 x n1 Å Å ã λ 1 λ n f 1 λ n1 x 1 x n ãλ n1 x n1 1 λ n1 1 λ n1 Å ã λ 1 λ n 1 λ n1 f x 1 x n λ n1 fx n1, 1 λ n1 1 λ n1 διτιηfείναικυρτή.είναι: λ j /1 λ n1 0,γιακάθε jκαι n Å j1 λ j 1 λ n1 ã 1 λ n1 1 λ n1 1.

23 2.2Ηανιστητα Jensen 19 Απτηνεπαγωγικήυπθεσηθαέχουμετι fλ 1 x 1 λ 2 x 2 λ n1 x n1 Å ã λ 1 λ n 1 λ n1 fx 1 fx n λ n1 fx n1 1 λ n1 1 λ n1 λ 1 fx 1 λ 2 fx 2 λ n1 fx n1. Ηπαρακάτωπρτασημάςδίνειπληροφορίεςγιατηνπερίπτωσητης ιστηταςστηνανιστητα Jensen. Πρόταση 2.2.2Ανηf : I Rείναιγνήσιακυρτήκαιυπάρχουν λ j 0,1για j 1,...,nμε n j1 λ j 1και fλ 1 x 1 λ n x n λ 1 fx 1 λ n fx n γιακάποια x 1,...,x n Iττεισχει x 1 x 2 x n. Απδειξη:Ανυποθέσουμετι x 1 j 1 λ j 1 λ 1 x j ττεαπτηγνήσιακυρττητατης fκαιτηνυπθεσηθαισχει Ñ é n n λ j fx j f λ j x j j1 j1 καιχρησιμοποιώνταςτηνκυρττητατης f Ñ é f λ 1 x 1 1 λ 1 λ j x j 1 λ j 1 1 Ñ é λ j < λ 1 fx 1 1 λ 1 f x j, 1 λ 1 n λ j fx j, j1 τοοποίοείναιάτοπο.αρα x 1 j 1 λ j 1 λ i x j.ετσι, θαισχει x i j i 1 λ 1 x 1 j 1 j 1 λ j 1 λ 1 x j.ομοίως,γιακάθε i 1,...,n λ j x j j 2λ j x j λ 1 x 1 λ 2 x 2 1 λ 2 x 2 λ 1 x 1 λ 2 x 2 x 2 λ 1 x 1.

24 20 Βασικέςανιστητες Αρα x 1 x 2.Ομοίωςαποδεικνουμετιλατα x j είναιίσαμετο x 1. Ηανιστητα Jensenμπορείναδιατυπωθείκαιγιαολοκληρώματα,υπ τηνπροϋπθεσητιτοδιάστημαολοκλήρωσης(ανμιλάμεγια Riemann ολοκληρώσιμες συναρτήσεις) ή ο χώρος μέτρου στον οποίο ολοκληρώνουμε (αν μιλάμε γενικά για ολοκληρώσιμες συναρτήσεις) έχει μήκος(αντίστοιχα μέτρο)ίσομε 1.Συγκεκριμμέναισχειηπαρακάτωπρταση. Πρόταση (Ανιστητα Jensenγιαολοκληρώματα)Ανηg : a,b R είναι Riemannολοκληρώσιμησυνάρτησημε b a 1καιηf : I Rείναικυρτή συνάρτησημετοδιάστημα Iναπεριέχειτοσνολοτιμώντης gττε Ç b å f gxdx a b a f gxdx. Γενικτερα,ανηgορίζεταισεέναχώροπιθαντητας Ω,µκαιηf είναιπως πρινττεισχει Å ã f gdµ f gdµ. Ω Ω Απδειξη: Γιατηνπερίπτωσητουολοκληρώματος Riemannεπιλέγουμεακολουθίαδιαμερίσεων n μελεπττηταπουσυγκλίνειστομηδένκαιχρησιμοποιομετηνσυνέχειατης f(ασκηση 2.1.6),οπτεισχει Ç b å f gxdx a lim n f αλλά fκυρτήκαι x j n x j 1,οπτε lim n b a Ñ x j n f x j n gx j x j f gxdx. ( gxj ) x j Γιατηγενικήπερίπτωσηθέτουμε x 0 gdµκαιχρησιμοποιομετην Ασκηση γιαναβρομε a,b Rώστε ax b fxγιακάθε x R και ax 0 b fx 0.Ετσιθαισχει fgx agx b.ολοκληρώνοντας τηντελευταίακαιχρησιμοποιώνταςτι µω 1καιτονορισμτου x 0 παίρνουμετι Å f gdµ ax 0 b fx 0 f é ã gdµ, ολοκληρώνονταςτηναπδειξη

25 2.2Ηανιστητα Jensen α ΗανιστηταΑριθμητικο-Γεωμετρικομέσου Θεώρηµα 2.2.4Θεωρομεx 1,x 2,...,x n 0,καιλ 1,λ 2,...,λ n 0,με n j1 λ j 1.Ττε: (2.1) x 1 λ 1 x 2 λ 2...x n λ n λ 1 x 1 λ 2 x 2 λ n x n. Ανλ j > 0γιακάθε j 1,...,nττεηιστηταισχειανκαιμνοανλατα x j είναι μεταξτουςίσα. Συγκεκριμένα: (2.2) n x1 x 2...x n x 1 x 2 x n, n μειστηταμνοανλατα x j είναιμεταξτουςίσα. Απδειξη: Η(2.2)προκπτειαμέσωςαπτην(2.1)ανθέσουμε λ 1 λ n 1/n 0.Προφανώς n j1 λ j 1,οπτε: x 1/n 1 x 1/n n 1 n x 1 1 n x n άρα, n x1 x 2 x n x 1 x 2 x n. n Ομοίωςκαιηπερίπτωσητηςιστητας,αφο 1/n > 0. Μένει να αποδείξουμε την (2.1) και να εξετάσουμε την περίπτωση τηςιστητας. Θέτουμε fx e x : R R. Η f είναικυρτήπως είδαμεστοπαράδειγμα Θεωρομε x 1,x 2,...,x n 0. Θέτουμε y 1 lnx 1,...,y n lnx n καιεφαρμζουμετηνανιστητα Jensenγιατην f,τα y 1,...,y n καιτα λ 1,...,λ n οπτε e λ 1y 1 λ n y n λ 1 e y 1 λ n e y n. Ετσι άρα, επομένως, e λ 1lnx 1 λ n lnx n λ 1 e lnx 1 λ n e lnx n, e lnx 1 λ 1 lnx n λn λ 1 x 1 λ 2 x 2 λ n x n x 1 λ 1 x 2 λ 2...x n λ n λ 1 x 1 λ 2 x 2 λ n x n. Τέλοςανλατα λ j είναιθετικά,καιισχειηιστηταστηνπροηγομενη ανιστητα,χρησιμοποιομετογεγονςτιηe x είναιγνήσιακυρτή(παράδειγμα 2.1.4)καιτηνΠρταση 2.2.2γιανασυμπεράνουμετιτα y j είναι μεταξτουςίσα,άρακαιτα x j

26 22 Βασικέςανιστητες 2.2β Ηανιστητα Young Λήµµα 2.2.5Αν x, y 0,p, q > 1και p 1 q 1 1,ττε xy xp p Ηιστηταισχειανκαιμνοαν x p y q. yq q. Απδειξη: Αν x 0ήy 0ττεηανιστηταισχει. Αντα xκαι yείναι διάφορατουμηδενς,ττεθέτουμε λ 1 1 p, λ 2 1 q, x 1 x p, x 2 y q, καιεφαρμζουμετοθεώρημα Οπτε x λ 1 1 xλ 2 2 λ 1x 1 λ 2 x 2 καιάρα x p 1 p y q 1 q 1 p xp 1 q yq, δηλαδήηζητομενη.ηπερίπτωσητηςιστηταςπροκπτειάμεσααπτο Θεώρημα γ Ηανιστητα H older για αθροίσματα Θεώρηµα 2.2.6Αν x 1, y 1, x 2, y 2,...,x n,y n 0, p, q > 1και p 1 q 1 1 ττε x 1 y 1 x 2 y 2 x n y n x p 1 xp n 1 p y q 1 yq n 1 q. Ηιστηταισχειανκαιμνοανy j 0γιακάθε j 1,...,nήυπάρχειλ Rώστε x p j λyq jγιακάθε j 1,2,...,n. Απδειξη: Ανλατα x i ήλατα y i είναιμηδένττεηανιστηταείναι προφανής.εστωτώρατιοτετα x i οτετα y i είναιλαμηδέν,οπτετα x p 1 xp nκαι y q 1 yq nείναιδιάφορατουμηδενς.εφαρμζουμετην ανιστητα Youngγια x και παίρνουμε x i x p 1 xp n 1/p και y y i y q 1 yq n 1/q, (2.3) x i y i ( n j1 j)1 ( xp p n j1 yq j ) 1 q x i p p ( ) n j1 xp j y i q q ( n j1 yq j ),

27 2.2Ηανιστητα Jensen 23 άρα, n i1 Συνεπώς, x i y i x p 1 xp n 1 p y q 1 yq n 1 q 1 px p 1 xp n 1 qy q 1 yq n n x i y i x p 1 xp n 1 p y q 1 yq n 1 q. i1 n i1 x i p n y q i 1. Ανυπάρχει λ Rώστε x p j λyq jγιακάθε j 1,2,...,nττεελέγχουμε εκολατιισχειηιστητα.ομοίωςαν y j 0γιακάθε j 1,...,n. Αντιστρφως,ανισχειηιστητακαιδενείναιλατα y j ίσαμετο μηδέν,ττεείτελατα x j είναιίσαμετομηδένκαιισχειτοζητομενομε λ 0είτεκαμιάαπτιςανιστητες(2.3)γιαi 1,2,...,nδενείναιγνήσια (διτιθαήτανγνήσιεςανιστητεςοιεπμενες).ετσισεκάθεμιααπτις (2.3)για i 1,2,...,nισχειηιστητα.Απτηνπερίπτωσητηςιστητας στηνανιστητα Youngσυμπεραίνουμετι i1 x p i x p 1 xp n y q i y q 1 yq n γιακάθε i 1,...,n.Αρα x p i λy q i γιακάθε i 1,...,nπου ολοκληρώνονταςτηναπδειξη. λ xp 1 xp n y q, 1 yq n 2.2δ Ηανιστητα H older για ολοκληρώματα Γιανααποδείξουμεταπαρακάτωχρειαζμαστελίγεςγνώσειςθεωρίαςμέτρου Lebesgue. Συγκεκριμμέναχρειαζμαστετογεγονςτιανγια μιαμετρήσιμησυνάρτηση f : I 0,,που Iδιάστημαήγενικτερα μετρήσιμουποσνολοτου R,ισχει I f 0ττεηf είναιίσημεμηδέν σχεδνπαντο. Θεώρηµα 2.2.7Εστωτιοι f, g : I Rείναιμηαρνητικέςολοκληρώσιμες συναρτήσειςμεμημηδενικάολοκληρώματακαι p, q > 1με p 1 q 1 1.Ττε, I Å fg I ã 1 Å ã 1 f p p g q q. I Ηιστηταισχειανκαιμνοανείτε g 0σχεδνπαντοείτευπάρχει λ Rώστε f p λg q σχεδνπαντο.

28 24 Βασικέςανιστητες Απδειξη: Αν I f p 0ττε f 0σχεδνπαντοοπτεηανιστητα ισχει(ωςιστητα).ομοίωςαν I gq 0.Υποθέτουμετώρατι I fp 0 και I gq 0.Απτηνανιστητατου Youngέχουμε: (2.4) άρα, I ( ( fg I f p) 1 p ( I gq) 1 q fg 1 p I f p f p p gq I f p q I gq, I f p 1 q g q 1, I gq I I f p) 1( p I gq) 1 q δηλαδήηζητομενη. Ανισχειηιστητακαι gδενείναιμηδένσχεδν παντο,ττεαν I fp 0συμπεραίνουμετι f 0σχεδνπαντο.Οπτε τοζητομενοισχειμε λ 0.Αντώρα I f p 0ττεισχειιστηταστην (2.4)σχεδνπαντο(αλλιώςηεπμενηανιστηταθαείναιγνήσια)καιαπ τηνπερίπτωσητηςιστηταςστηνανιστηταςτουyoungσυμπεραίνουμετι f p λg q σχεδνπαντο,με λ I f p 1/p / I gq 1/q. 2.2ε Ηανιστητα Minkowskiγιααθροίσματα Θεώρηµα 2.2.8Αν x 1, y 1,...,x n, y n 0και p 1,ττε ( x1 y 1 p x n y n p) 1 p x 1 p x n p 1 p y 1 p y n p 1 p. Ηιστηταισχειανκαιμνοανείτε p 1είτε y j 0γιακάθε j 1,...,nείτε υπάρχει λ Rώστε x j λy j γιακάθε j 1,...,n. Απδειξη: Αν p 1ηανιστηταείναιπροφανής(ωςιστητα). Εστω τι p > 1. ιαλέγουμε q > 1ώστε p 1 q 1 1,δηλαδή q p/p 1. Εχουμε, n n x j y j p x j y j x j y j p 1 j1 j1 n x j x j y j p 1 j1 Ñ n j1 Ñ n j1 x j p x j p é 1 p Ñ n é 1 p j1 Ñ n y j x j y j p 1 j1 x j y j p 1q n j1 Ñ y j p n j1 é 1 q é 1 p Ñ n y j p é 1 p j1 x j y j p 1q Ñ n x j y j p j1 é 1 q é p 1 p.

29 2.2Ηανιστητα Jensen 25 Συνεπώς, Ñ n x j y j p j1 é 1 p 1 p Ñ n j1 x j p é 1 p Ñ n j1 y j p é 1 p. Αλλά 1 p 1 p 1 p,ολοκληρώνονταςτηναπδειξητηςανιστητας. Εκολατώραελέγχουμετηνπερίπτωσητηςιστηταςχρησιμοποιώντας τηνπερίπτωσητηςιστηταςτουθεωρήματος στ Ηανιστητα Minkowskiγιαολοκληρώματα Οπωςκαιστηνπερίπτωσητηςανιστητας Hölderγιαολοκληρώματα, έτσικαιεδώθαχρειαστομελίγεςγνώσειςθεωρίαςμέτρου Lebesgue. Θεώρηµα 2.2.9Αν f, g : I Rμηαρνητικέςολοκληρώσιμεςσυναρτήσειςκαι p 1,ττε Å ã 1 Å ã 1 Å ã 1 f g p p dx f p p dx g p p dx. I I I Ηιστηταισχειανκαιμνοανείτε p 1είτε g 0σχεδνπαντοείτευπάρχει λ Rώστε f λgσχεδνπαντο. Απδειξη: Αν I f gp 0ττε f g 0σχεδνπαντοκαιη ανιστηταισχει(ωςιστητα).υποθέτουμετι I f gp 0.Αν p 1η ανιστηταείναιφανερή(ωςιστητα).αν p > 1μοιαμεπρινθαέχουμε: f g p dx f gf g p 1 dx I I ff g p 1 dx gf g p 1 dx Επομένως, Å I I Å I [ Å ã 1 Å ã 1 f p p dx f g p 1q q I I Å ã 1 Å f p p dx I I ã 1 Å ã 1 g p p dx f g p 1q q I I g p dx ã ] 1 p Å p. ã p 1 f g p I ã p 1 1 Å ã 1 Å ã 1 f g p p dx f p p dx g p p dx. I I Αλλά 1 p 1 p 1 p,ολοκληρώνονταςτηναπδειξητηςανιστητας. Ηπερίπτωσητηςιστηταςελέγχεταιεκολαπωςκαιπριν.

30 26 Βασικέςανιστητες Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτεχρησιμοποιώνταςτονορισμτηςκυρτήςσυνάρτησηςκαι τηνανιστητα Youngτιανησυνάρτηση ϕ : K Rείναικυρτή,ττεκαιη συνάρτηση e ϕ είναικυρτή. Ασκηση Αποδείξτετιγιακάθε 0 < p q < ισχει Å Å I g p ã 1 p I g q ã 1 q, εφσονταολοκληρώματαυπάρχουν,πουτοiείναιδιάστημα(ήμετρήσιμοσνολο) με μήκος(αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1. Ασκηση Αποδείξτετιησυνάρτηση fx x n είναικυρτήστο 0, και χρησιμοποιήστετηνανιστητα Jensenγιανααποδείξετετι Å ã 1 n g n g, I εφσονταολοκληρώματαυπάρχουν,πουτοiείναιδιάστημα(ήμετρήσιμοσνολο) με μήκος(αντίστοιχα μέτρο) ίσο με Εφαρμογές Ηανιστητα Minkowskiγιααθροίσματαμαςλέειτιγιακάθε p 1η Ñ é 1/p n x p x j p j1 (πουτα x j είναιοισυντεταγμένεςτου x R n ωςπροςτησυνήθηβάση) ικανοποιείτηντριγωνικήανιστητα.εκολαβλέπουμετιη p ικανοποιεί καιτιςυπλοιπεςιδιτητεςτηςνρμας,καισυνεπώςείναιμιανρμαστον R n.αυτςοχώροςμενρμα,τουοποίουημετρικήγράφεται d p (δηλαδή d p x,y x y p ),συμβολίζεταιμετο lp n,καιείναιέναςπλήρηςμετρικς χώρος.ηπληρτηταελέγχεταιεκολαδιτιησγκλισηωςπροςτημετρική d p είναιισοδναμημετησγκλισηκατάσυντεταγμένη,εξαιτίαςτουτι Ñ é 1/p n x j y j x y p x j y j p. Σημειώνουμεεδώτιείναιδυνατνναορίσουμεκαιτονχώρο l n εφοδιάζονταςτον R n μετηννρμα x max 1 j n x j. Ηανιστητα Minkowskiγιαολοκληρώματαμαςλέειτιγιακάθε p 1 στοχώροτωνσυνεχώνσυναρτήσεων Ca,bη Ç å 1/p f p f p a,b j1 I

31 2.3Εφαρμογές 27 ικανοποιείτηντριγωνικήανιστητα. Εκολαελέγχεικανείςκαιτιςάλλες ιδιτητεςτηςνρμας.ετσιοca,bγίνεταιχώροςμετηνρμα p καιάρα καιμετρικςχώρος.σεαντίθεσημετοπαράδειγματου l n p,αυτςδενείναι έναςπλήρηςμετρικςχώρος.γιαπαράδειγμα,ηακολουθίασυναρτήσεων f n x x n για x 0,1και f n x 1για x 1,2ανήκειστο C0,2και είναιακολουθία Cauchyωςπροςτηνρμα p,αφογια n > mισχει f n f m p p 1 0 x m x n p dx 1 0 x mp dx 1 mp1 0 καθώς m.ομωςηf n δενσυγκλίνεισεκαμίασυνάρτησηστον C0,2 ωςπροςτηνρμα p : έστωτιυπάρχει g C0,2με f n g p 0. Θέτουμε fx 0για x 0,1και fx 1για x 1,2. Η f είναι ασυνεχήςστο 1οπτε f / C0,2. Εκολαελέγχουμετι f f n p 0. Αλλά f g p f f n p f n g p 0, οπτε f g p 0. Παρατηρομετώρατιτσοηf σοκαιηgείναι συνεχείςσταδιαστήματα 1,2και 0,1 1/mγιακάθε m N.Επιπλέον 1 1/m 0 f g p 2 0 f g p 0,άρα g fστοδιάστημα 0,1 1/mγια κάθε m R n.ομοίως g fστοδιάστημα 1,2. ηλαδή g f / C0,2 το οποίο είναι άτοπο. ΜπορομεμωςναθεωρήσουμετηνπλήρωσητουχώρουCa,b, p οοποίοςείναιχώροςμενρμακαισυμβολίζεταιμε L p a,b. Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτετιηεπιλογήτουσυμβλου l n γιατον Rn μενρματην x max 1 j n x j που x j οισυντεταγμένεςτου x,είναιφυσιολογική,δείχνοντας τι Ñ n é 1/p x j p x για p. j1 Ασκηση2.3.2Αποδείξτετιγιακάθε1 p οl n p είναιπλήρηςμετρικςχώρος. Ασκηση2.3.3Αποδείξτετιη p για0 < p < 1δενείναινρμα. είξτεισοδναμα τιτοσνολο n p {x Rn : x p 1}για 0 < p < 1δενείναικυρτσώμα. (Μπορείτεναδείτετοπαραπάνωσνολοστον R 3 για p 0,6και p 0,8στο Παράρτημα Α.) Ασκηση Αποδείξτετιγιακάθε x R n ισχει x 1 n x 2.Γενικτερα,για κάθε 1 p < q < ισχει x q x p n 1 p 1 q x q.

32 Κεφάλαιο 3 Κυρτά σώματα 3.1 Κυρτά σώματα, κυρτή θήκη Ορισµός (ΚυρτΣώμα)Εστωτιτο Kείναιέναυποσνολοτου R n. Αντο Kείναικυρτ,συμπαγέςκαιέχειμηκενεσωτερικ,δηλαδήτο σνολο intkείναιδιαφορετικτουκενο,ττετο Kλέγεταικυρτσώμα. Ορισµός (Κεντρικάσυμμετρικσνολο)Εστωτιτο Cείναιυποσνολοτου R n. Ανποτετο xανήκειστο Cττεκαιτο xανήκεικαιαυτ στο C,το Cλέγεταικεντρικάσυμμετρικήσυμμετρικωςπροςτο 0. Πρόταση 3.1.3Κάθεκυρτκαικεντρικάσυμμετρικσώμα K περιέχειτο 0στο εσωτερικτου: 0 intk. Απδειξη: Αφοτο Kέχειμηκενεσωτερικυπάρχει x R n και ε > 0 ώστε Bx,ε K.Αλλάτο Kείναικεντρικάσυμμετρικ,οπτεισχεικαι B x,ε K.Ομωςτο Kείναικυρτοπτε 1 2 Bx,ε 1 B x,ε K. 2 Ηαπδειξηθαολοκληρωθείανδείξουμετι B0,ε 1 2 Bx,ε 1 2 B x,ε. Θεωρομε z B0,ε,οπτε z 2 < ε,φανερά z 1 2 z x 1 2z x, οπτεαρκείναδειχθείτι z x Bx,εκαι z x B x,ε. Αλλά x z x 2 z 2 < εκαι x z x 2 z 2 < ε. Εναςτρποςναπεριγράψουμεένακυρτκαικεντρικάσυμμετρικ σώμα Kστον R n είναιμέσωμιαςνρμας:

33 3.1Κυρτάσώματα,κυρτήθήκη 29 Πρόταση 3.1.4Ανη είναιμιανρμαστον R n ττετοσνολο K {x R n : x 1} είναιένακυρτ,κεντρικάσυμμετρικσώμαστον R n. Απδειξη:Είναιφανερτιτο Kείναιμηκεν(αφο 0 K)καιτιείναι κεντρικάσυμμετρικσνολο(αφο x x γιακάθε x R n ).Επίσης είναικυρτ,διτιαν x, y Kκαι λ 0,1ττε 1 λxλy 1 λ x λ y 1 λλ 1, δηλαδή 1 λx λy K. Μένειναδειχθείτιείναικλειστ,φραγμένο (οπτεσυμπαγές)καιμεμηκενεσωτερικυποσνολοτου R n, 2. Τοτιτο K είναικλειστπροκπτειαπτησυνέχειατηςνρμαςως προςτηνευκλείδειααπσταση(πρισμα 1.2.8):αν x m K και x m x ωςπροςτηνευκλείδειανρμα,ττεαπτηνσυνέχειατης θαπρέπει x m x.αλλάx m K συνεπάγεταιτι x m 1,άρα x 1δηλαδή x K Τοτιτο Kείναιφραγμένοκαιμεμηκενεσωτερικπροκπτειαπ τηνπρταση Σμφωναμεαυτήνυπάρχουνσταθερές c, C > 0ώστε c x 2 x C x 2 γιακάθε x R n.αρααν x K,ττε x 1οπτε x 2 1/c. ηλαδή K n 20,1/cκαισυνεπώςτο Kείναιφραγμένο. Επίσης,αν x B0,1/Cττε x 2 < 1/C. Ετσι x C x 2 1άρα x K. ηλαδή B0,1/C K καιάρατο K έχειμηκενεσωτερικ. Ορισµός 3.1.5Κάθενρμα στον R n ορίζειτοκυρτ,κεντρικάσυμμετρικσώμα K {x R n : x 1}, τοοποίοονομάζεταιμοναδιαίαμπάλατου(μετρικο)χώρου R n,. Παρατήρηση 3.1.6Ηαντίστροφηδιαδικασία,δηλαδήοορισμςμιαςνρμας K απέναδοθένκυρτκαικεντρικάσυμμετρικσώμα Kείναι εφικτήκαιμάλιστατοκυρτσώμαπουορίζειη K είναιτο K.Μεάλλα λγιαησχέσηνρμαςκαικυρτοκαικεντρικάσυμμετρικοσώματοςστον R n είναι1-1καιεπί.αυτθαπαρουσιαστείστηνεπμενηεντητα. Παράδειγµα (Τοσνολο n )Είναιεκολοναδομετιη x : max 1 j n x j που x j n j1 οισυντεταγμένεςτου x Rn ορίζειμιανρμα. Ημοναδιαία μπάλατουχώρουαυτο,δηλαδήτοσνολο {x R n : x 1},είναιο κβοςακμήςμήκους 2στις nδιαστάσεις,καισυμβολίζεταιμε n. ηλαδή είναιτοσνολο 1,1 n. Συχνάχρησιμοποιείταιηλέξηυπερκβοςγιατις διαστάσεις n 4. Για n 2πρκειταιγιατοτετράγωνο 1,1 1,1 στοεπίπεδο R 2.

34 30 Κυρτάσώματα Σχήμα 3.1:Οκβος 3 στον R3. Παράδειγµα (Τασνολα n p για p 1)Για p 1και x Rn μεσυντεταγμένες x 1,x 2,...,x n ορίζουμετηνποστητα ( n ) 1/p, x p x j p j1 ηοποίαείναινρμαστον R n (ητριγωνικήανιστηταείναιτοθεώρημα 2.2.8).Σμφωναμεταπαραπάνωτοσνολο {x R n : x p 1} είναιένακυρτ,κεντρικάσυμμετρικσώμαστον R n ημοναδιαίαμπάλα τουχώρου R n, p.τοσνολοαυτσυμβολίζεταιμε p n.στοσχήμα 3.2 εικονίζεταιτο 3 1,δηλαδήτοσνολοτωνσημείων x 1,x 2,x 3 R 3 γιατα οποίαισχει x 1 x 2 x 3 1,τοοποίομπορομενατοπεριγράψουμεως μιαδιπλήπυραμίδα(στααγγλικάονομάζεται crosspolytope).είναιεκολο Σχήμα 3.2:Ημοναδιαίαμπάλα 3 1 του R3, 1. ναδεικανείςτιγια 1 p < q < ισχει n 1 n p Bn q n.πράγματι, αν x p 1ττε x j 1γιακάθεσυντεταγμένη x j του x.αρα,αφο p < q

35 3.1Κυρτάσώματα,κυρτήθήκη 31 θαισχει x j q x j p καιαθροίζονταςωςπρος jθαέχουμε n n x j q x j p 1. j1 j1 Συνεπώς x q 1.Γιατογενικ x R n τώρα,θεωρομετο x/ x p γιατο / Σχήμα 3.3: / οποίοισχει x/ x p p 1.Ετσι,απτοπροηγομενο x/ x p q 1και άρα x q x p.επίσηςείναιάμεσοτι x max 1 j n x j x p για κάθε p 1,.Τώραημονοτονίατωνσυνλων p n ωςπρος pπροκπτει απτονορισμτους: αν x p nττε x p 1άρα x q 1συνεπώς x n q. ΤοΣχήμα 3.3δείχνειτασώματα 2 1, 2 3/2, 2 2, 2 3 και 2. Γιαμια τρισδιάστατηπαρουσίασηαυτώντωνσωμάτωνδείτεστοπαράρτημαα. Μιαάλληδιαδικασίαναορίσουμεκυρτάσώματαεκτςαπτηννρμα είναι μέσω της κυρτής θήκης. Ορισµός (ΚυρτήΘήκη) οθέντοςενςσυνλουaυποσυνλουτουr n, ορίζουμετηνκυρτήθήκητου Aωςτηντομήλωντωνκυρτώνσυνλων K, ταοποίαείναιυποσνολατου R,με A K.Γράφουμε conva K, πουτο Kείναικυρτ. {K:K A}

36 32 Κυρτάσώματα Φανερά,το convaείναικυρτκαιμάλισταείναιτοελάχιστοκυρτ σνολοπουπεριέχειτο A. Ορισµός (ΚυρτςΣυνδυασμς)Ανταx 1,...,x m ανήκουνστονr n και λ 1,...,λ m είναιμεγαλτεραήίσατουμηδενςμε m j1 λ j 1,ττετο σημείο x λ 1 x 1 λ m x m λέγεταικυρτςσυνδυασμςτων x 1,...,x m. Λήµµα Εστωτιτο Aείναιυποσνολοτου R n. Το convaισοταιμετο σνολολωντωνκυρτώνσυνδυασμώνστοιχείωντου A. Απδειξη:Θέτουμε m m (3.1) K λ j x j,λ j 0, λ j 1,x j A,m N. j1 j1 (i)το Kείναιείναικυρτσνολο. Εστω x,yπουανήκουνστο Kκαιέστω x λ 1 x 1 λ m x m και y µ 1 y 1 µ k y k,που x j,y j ανήκουνστο A, λ j,µ j 0και m λ j 1 j1 k µ j. Πρέπειναδείξουμετιαναανήκειστο0,1ττετοσημείο1 αx αyανήκειστο K.Εχουμε, j1 1 αxαy 1 αλ 1 x 1 λ m x m αµ 1 y 1 µ k y k 1 αλ 1 x 1 1 αλ m x m αµ 1 y 1 αµ k y k. Τα x j,y j ανήκουνστο A, 1 αλ j 0, αµ j 0και 1 αλ 1 1 αλ m αµ 1 αµ k 1 αλ 1 λ m αµ 1 µ k 1 α1α1 1. Συνεπώς,τοσημείο1 αxαyανήκειστοk.αρα,τοkείναικυρτ σνολο. (ii)κάθεκυρτσνολο Kπεριέχειοποιονδήποτεκυρτσυνδυασμοποιωνδήποτε στοιχείων του. Θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο της επαγωγής στο πλήθος των σημείων. (α)για m 2:Ταx 1,x 2 ανήκουνστο K.Αρα,τοσημείο 1 λx 1 λx 2 ανήκειστο K,απτονορισμτουκυρτοσυνλου.

37 3.1Κυρτάσώματα,κυρτήθήκη 33 (β)υποθέτουμετιοκυρτςσυνδυασμς mσημείωντου Kανήκει στο K.Εστω x 1,x 2,...,x m,x m1 ανήκουνστο K, λ 1,...,λ m1 0και m1 j1 λ j 1. Πρέπειναδείξουμετιτοσημείο λ 1 x 1 λ m1 x m1 ανήκειστο K. i.αν λ m1 1ττε j1 m1 λ j x j λ m1 x m1 x m1, j1 πουανήκειστο K. ii.αν λ m1 < 1ττε Ñ é m1 m λ j λ j x j 1 λ m1 x j 1 λ m1 j1 j1 λ m1 x m1, τοοποίοανήκειστοk,διτιτοσημείο m λ j j1 1 λ m1 x j ανήκει στο Kαπτηνεπαγωγικήυπθεσηκαιτο Ñ é m λ j 1 λ m1 x j λ m1 x m1, 1 λ m1 είναικυρτςσυνδυασμςδοσημείωντουκυρτο K. Απταπαραπάνωλοιπν,το K πωςορίστηκεστην(3.1),είναικυρτ σνολοκαιάραπεριέχειοποιονδήποτεκυρτσυνδυασμοποιωνδήποτε στοιχείωντου. Ανλοιπντο xανήκειστο Aττετο x 1 2 x 1 2 xοπτε ανήκεικαιστο K. Αρατο Kείναιυπερσνολοτηςκυρτήςθήκηςτου A γιατίηκυρτήθήκητουaείναιτοελάχιστοκυρτσνολοπουπεριέχειτοa. Ετσι K conva.ομωςτο convaείναικυρτσνολο,υπερσνολοτου A.Αραπεριέχει,σμφωναμετο ii,τουςκυρτοςσυνδυασμοςστοιχείων του A,δηλαδή conva K. Οπτε,το convaείναιυπερσνολοτου K. Συνεπώς, conva K. Παράδειγµα (Το Simplex) Ονομάζουμε simplex την κυρτή θήκη ο- ποιωνδήποτεσημείωνστον R n ταοποίαβρίσκονταισεγενικήθέση(affineανεξάρτητα). Για παράδειγμα, στο Σχήμα 3.4 βλέπουμε ένα simplex στον R 3,δηλαδήτηνκυρτήθήκητεσσάρωνσημείωνσεγενικήθέση. Ειδικά γιατο R 3 οικυρτέςθήκεςτεσσάρωνσημείωνσεγενικήθέσηλέγονταικαι τετράεδρα. Παράδειγµα (Πολτοπα)Ηκυρτήθήκηοσωνδήποτε(πεπερασμένου πλήθους)σημείωνστονr n ονομάζεταιπολτοπο.βλέπουμεέναπαράδειγμα στο Σχήμα 3.4.

38 34 Κυρτάσώματα Σχήμα 3.4: οπολτοπαστον R 3.Τοπρώτοείναιτετράεδρο. Θεώρηµα (Καραθεοδωρή)ΕστωAυποσνολοτουR n.ττεηκυρτήθήκη του Aισοταιμελουςτουςκυρτοςσυνδυασμοςσημείωντου Aσεγενικήθέση. ηλαδήγιακάθε x convaυπάρχουντοπολ n1στοιχείατου Aώστετο xνα είναικυρτςσυνδυασμςτους. Απδειξη(του Radon):Εστωτιτο xανήκειστο convaκαι mοελάχιστος ακέραιοςώστεναυπάρχουν x 1,...,x m στο A, λ 1,...,λ m > 0και m j1 λ j 1με x λ 1 x 1 λ m x m. Θαδείξουμετιτα x 1,...,x m είναισεγενική θέση.υποθέτουμετοαντίθετο.οπτετα x 2 x 1,x 3 x 1,...,x m x 1 είναι γραμμικώςεξαρτημένα. Ετσι,υπάρχουν µ 2,...,µ m χιλαμηδένώστε µ 2 x 2 x 1 µ m x m x 1 0.Αρα, µ 2 µ 3 µ m x 1 µ 2 x 2 µ m x m 0. Θέτουμε µ 1 µ 2 µ 3 µ m οπτετα µ 1,µ 2,...,µ m δενείναιλα μηδένκαιισχει (3.2) µ 1 µ m 0 και (3.3) µ 1 x 1 µ m x m 0. Παρατηρομετιλγωτης(3.3)ισχει Ñ é m x λ j x j λ k m µ j x j µ k j1 j1 m j1 Å λ j λ ã k µ j x j, µ k γιακάθε kώστε µ k 0. Αλλάτώραοσυντελεστήςτου x k (για j k)στο παραπάνωάθροισμαείναιμηδέν,δηλαδήστηνπραγματικτητααυττο άθροισμαέχειτοπολm 1ρους.Ετσι,θαοδηγηθομεσεαντίφασημε τηνεπιλογήτου mαναποδείξουμετιμπορομεναεπιλέξουμε kώστετο παραπάνωάθροισμαναείναικυρτςσυνδυασμς.λγωτης(3.2)φανερά m j1 λ j λ k /µ k µ j 1.Αραμένειναδειχθείτιμπορομεμαεπιλέξουμε kώστε λ j λ k /µ k µ j 0γιακάθε j 1,2,...,m.

39 3.1Κυρτάσώματα,κυρτήθήκη 35 Απτη(3.2)καιαφοδενείναιλατα µ j ίσαμετομηδέν,κάποιοαπ αυτάείναιθετικ. Σχηματίζουμετουςλγους λ j /µ j γιατα jώστε µ j > 0 καιεπιλέγουμετονμικρτερολγο.εστωτιείναιολ k /µ k.ισχυριζμαστε τι λ j λ k µ k µ j 0, γιακάθε j 1,2,...,m.Αυτισχειγιατουςεξήςλγους: (i)αν µ j 0,ττεοδηγομαστεστην λ i 0πουείναιαληθής. (ii)αν µ j > 0,ττεείναιισοδναμημετην λ i /µ i λ k /µ k,πουισχειαπ τηνεπιλογήτου λ k /µ k. (iii) Ανµ j < 0,ττεισχειλ j /µ j 0 λ k /µ k καιάραλ j λ k /µ k µ i οπτε λ j λ k /µ k µ j 0, ολοκληρώνονταςτηναπδειξη. Πόρισµα Αν Aείναισυμπαγέςυποσνολοτου R n,ττεηκυρτήθήκητου A είναισυμπαγέςσνολο. Απδειξη:Τοσνολο B λ 1,...,λ n1,x 1,...,x n1 : λ j 0, n1 λ j 1,x j A, j1 είναικλειστκαιφραγμένουποσνολοτου R n12 οπτεείναισυμπαγές. ΑπτοθεώρηματουΚαραθεοδωρήσυμπεραίνουμετιησυνεχήςσυνάρτηση n1 Φλ 1,...,λ n1,x 1,...,x n1 λ j x j : B conva είναιεπί.αρα,τοσνολο ΦBείναισυμπαγές.Επομένως,ηκυρτήθήκη του Aείναισυμπαγέςσνολο. j1 Πρόταση Αντο Kείναικυρτυποσνολοτου R n ττε: (i)το Kείναικυρτσνολο. (ii)το intkείναικυρτσνολο. (iii) Αν 0 intkττεγιακάθε λ 0,1ισχει λk intk. (iv)αν intk ττε K intk. Απδειξη:

40 36 Κυρτάσώματα (i)εστωτιτα x, yανήκουνστο Kκαι λανήκειστο 0,1.Θέλουμενα δείξουμετιτοσημείο1 λxλyανήκειστοk.αφοταx,yανήκουν στοkττεθαυπάρχουν,μιαακολουθίαx m στοkώστεx m xκαιμια ακολουθίαy m στοkώστεy m y.οιx m,y m ανήκουνστοkκαιτοk είναικυρταπτηνυπθεση.αρα,τοσημείο 1 λx m λy m ανήκει στοk.μένειναδείξουμε,λοιπν,τι1 λx m λy m 1 λxλy. Γνωρίζουμετι x m x 2 0και y m y 2 0καιθέλουμενα δείξουμετι Εχουμε, 1 λx m λy m 1 λxλy λx m λy m 1 λxλy 2 1 λx m xλy m y 2 1 λx m x 2 λy m y 2 1 λ x m x 2 λ y m y 2 1 λ0λ0 0 (ii)αν intk,προφανώςείναικυρτ. Αν intk,έστωτιτα x, y ανήκουνστο intk.θέλουμεναδείξουμετιτοσημείο 1 λxλy ανήκειστο intk. Το xανήκειστο intk, άραυπάρχει δ 1 > 0 ώστε Bx,δ 1 K. Το yανήκειστο intk,άραυπάρχει δ 2 > 0 ώστε By,δ 2 K. Θέτουμε δ min{δ 1,δ 2 } > 0καιισχειτιτα σνολα Bx,δκαι By,δείναιυποσνολατου K.Ανδείξουμετιτο B1 λxλy,δείναιυποσνολοτου Kττετοσημείο 1 λxλy θαανήκειστο intk.ομως(ασκηση 3.1.1) B ( 1 λxλy,δ ) 1 λbx,δλby,δ K, αφοτο Kείναικυρτ. (iii)θεωρομεέναε>0ώστεb2 n 0,ε intkκαι x λk.ττε1/λx Kκαιάρα conv n 20,ε,1/λx K,αφοτο Kείναικυρτ.Εκολα 0 ε r x 1/λx Σχήμα 3.5:Τοσνολο conv{x, n 20,ε}.Το rείναιίσομε ε1 λ. βλέπουμε(μεμοιατρίγωναστοσχήμα 3.5)τι οπτε x intk. n 2 x,ε1 λ convn 20,ε,1/λx K,

41 3.1Κυρτάσώματα,κυρτήθήκη 37 (iv)αν x intkττευπάρχει δ > 0ώστε Bx,δ K,συνεπώςB0,δ K x,δηλαδή 0 intk x. Αρααπτο iiiγιακάθε λ 0,1 ισχει λk x intk x. Ισοδναμα, λk λx x intkκαι παίρνονταςθήκες λk λxx intk.τέλος,αφήνονταςτο λ 1 παίρνουμε K intkωςεξής: Αν z Kττεγιακάθε λ 0,1 ισχει λz λxx λk λxx intk. Οπτε λz λxx intkκαισετώρααφήνουμετο λναπάειστο 1 απαριστερά. Οαντίστροφοςεγκλεισμςείναιπροφανής, διτι intk K άρα intk K. Πρόταση Εστω Aφραγμένουποσνολοτου R n.ττε conva conva. Απδειξη: Αφο A convaσυμπεραίνουμετι A conva. ΤοτελευταίομωςσνολοείναικυρταπτηνΠρταση i,άρα conva conva. Αντιστρφως, A Aοπτε conva conva. Ομωςτο Aείναι φραγμένοκαιάρατο Aείναικλειστκαιφραγμένοδηλαδήσυμπαγές. ΕτσιαπτοΠρισμα3.1.15καιτοconvAείναισυμπαγές,οπτεείναικαι κλειστ.αρα conva conva. Ηιστηταστηνπαρπάνωπρτασηδενισχειαντοσνολο Aδενείναι φραγμένο.αυτμπορείναελεγχθείεκολα,γιαπαράδειγμαμετοσνολο A {0,0} { x,y : y 1 x, x > 0} R 2. Ασκήσεις Ασκηση 3.1.1Αποδείξτετιγιακάθε x R n καιγιακάθε ε > 0ισχει 1 2 Bx,ε 1 B x,ε B0,ε, 2 καιγενικτερα,γιακάθε λ 0,1καιγιακάθε x, y R n ισχει ( ) 1 λbx,ελby,ε B 1 λxλy,ε. Ασκηση Αποδείξτετιέναυποσνολο Aτου R n είναικυρτανκαιμνοαν γιακάθε λ 0,1ισχει 1 λaλa A. Επίσηςδώστεέναπαράδειγμαενς

42 38 Κυρτάσώματα μηκυρτοσυνλου Fγιατοοποίοναυπάρχει λ 0 0,1ώστε 1 λ 0 F λ 0 F F. (Υπδειξη:Τοσνολο Qδενείναικυρτ.) Ασκηση ΕστωτιοT είναιένας n nπίνακαςπραγματικώναριθμώνκαι x 1,...,x k R n.αποδείξτετι T Äconv ( ) ä ( ) {x 1,...,x k } conv {Tx 1,...,Tx n }. Γενικτερα,γιακάθε A R n ισχει TconvA convta. Ασκηση Αποδείξτετικάθεελλειψοειδές x x 1,...,x n R n : n x 2 j a 2 j1 j 1 μεμήκηημιαξνωντουςθετικοςαριθμος a 1,...,a n είναικυρτσώμα. Επίσηςβρείτεέναπίνακα T : R n R n ώστε T n 2 καιαποδείξτετι dett 0. Τέλος,αποδείξτετικάθεελλειψοειδέςστον R n μεκέντροτο 0είναι εικνατου n μέσωκατάλληλουπίνακα Tπου dett 0. 2 Ασκηση Αποδείξτετιαν K R n ττετοσνολο kernelk,που { } kernelk z R n : z,x Kγιακάθε x K είναικυρτυποσνολοτου K.Επιπλέον,αντο Kείναικυρτττε K kernelk. Ασκηση Εστωτιτο Kείναικυρτυποσνολοτου R n. είξτετιγιακάθε x intkκαιγιακάθε y Kισχει x,y intk. Ασκηση Αποδείξτετιαν Sείναιτο simplex conv ( {0,e 1,e 2...,e n } ), που e 1,...,e n είναιησυνήθηςορθοκανονικήβάσητου R n,ττε ints. (Υπδειξη: είξτετιυπάρχει δ > 0ώστε Bx 0,δ Sπου x 0 2n 1 n e j1 j. Κάθεσημείο y Bx 0,δπρέπειναέχειλεςτιςσυντεταγμένεςτουμηαρνητικές, καιεπιπλέοντοάθροισματωνσυντεταγμένωντου n y j1 jναείναιμικρτεροήίσο απτο 1.Ανσυμβαίνουναυτάττε y S,αφο Ç n y y 1 e 1 y 2 e 2 y n e n 1 y j å0 καιοσυνδυασμςαυτςείναικυρτς.) Ασκηση3.1.8ΑποδείξτετιγιακάθεsimplexSστονR n πουείναικυρτήθήκηn1 σημείωνσεγενικήθέσηείναικυρτσώμα. Ασκηση Γιαοποιαδήποτεσνολα A, Bυποσνολατου R n δείξτετι ( ) conva B 1 λaλb. 0 λ 1 Ασκηση Αποδείξτετιαντο Aείναιανοικτστον R n ττεκαιτο conva είναιανοικτ. j1

43 3.2Νρμεςκαικυρτάσώματα 39 Ασκηση είξτετιαντο Uείναιανοιχτυποσνολοτου R n και x Uττε υπάρχει simplex Sώστε x intsκαι S U. Ασκηση Αποδείξτετιγιαοποιαδήποτευποσνολα C, Dτου R n ισχει convc D convcconvd. Ασκηση Αποδείξτετιγιαοποιοδήποτευποσνολο Cτου R n ισχει conv ( intc ) int ( convc ). 3.2 Νρμεςκαικυρτάσώματα Θαδομετώρατικάθεκεντρικάσυμμετρικ,κυρτσώμαμαςδίνει τηνδυναττηταναορίσουμεμιανρμα. Ορισµός 3.2.1Εστωτιτο Kείναιένακυρτ,κεντρικάσυμμετρικσώμα στον R n.το Kεπάγειστον R n μιανρμα:γιακάθε x R n θέτουμε x K inf{λ > 0 : x λk}. Οορισμςείναικαλς,δηλαδή {λ > 0 : x λk},διτιτο K ωςκυρτκαικεντρικάσυμμετρικσώμαπεριέχειτο 0στοεσωτερικτου (Πρταση 3.1.3). ηλαδήυπάρχει ε > 0ώστε B0,ε K. Συνεπώςγια λ 2 x 2 /ε, x B0,ελ λb0,ε λk. Η x K είναινρμα: (i)φανερά, x K 0γιακάθε xστον R n.αν x 0ττε 0 λkγιακάθε λ > 0,οπτε 0 K 0.Αν x K 0ττευπάρχει λ m > 0με λ m 0 ώστε x λ m Kσυνεπώς x/λ m K.Το Kμωςείναισυμπαγές,άρα καιφραγμένο. ηλαδή,υπάρχει M > 0ώστε x/λ m 2 M,γιακάθε m N,οπτε x 2 Mλ m 0.Συμπεραίνουμετι x 0. (ii)αν t 0η tx K t x K είναιπροφανής.αν t 0, tx K inf{λ > 0 : tx λk} inf ßλ > 0 : x λt K (θέτουμε µ λ/ t ) inf ( t /t ±1και K K) µ t > 0 : x µ t t K inf{µ t > 0 : x µk} t inf{µ > 0 : x µk} t x K.

44 40 Κυρτάσώματα (iii)γιακάθεε > 0απτονορισμτουinfimumυπάρχειλ ε,x ώστεx λ ε,x K και x K ε > λ ε,x. Ομοίως,υπάρχει λ ε,y > 0ώστε y λ ε,y Kκαι λ ε,y < y K ε.επειδή θα έχουμε xy λ ε,x K λ ε,y K λ ε,x λ ε,y K xy K λ ε,x λ ε,y < x K ε y K ε x K y K 2ε γιακάθε ε > 0,οπτε xy K x K y K. Εχονταςτώρατηννρμα K πουορίστηκεαπτοκυρτκαικεντρικάσυμμετρικσώμα K θαμποροσεκανείςναχρησιμοποιήσειτον Ορισμ 3.1.5καιναορίσειέτσιένανέοκυρτκαικεντρικάσυμμετρικ σώμα.ηπαρακάτωπρτασημάςλέειτιαυττοσώμαείναιτοίδιοτο K. Πρόταση 3.2.2Εστωτιτο Kείναιένακυρτκαικεντρικάσυμμετρικσώμαστον R n και K ηεπαγμενηνρμα.ττετοσνολο{x R n : x K 1}είναιτοίδιο το K. Απδειξη:Αςθέσουμε A {x R n : x K 1}. Θαδείξουμετι A K. Αν x Kττε x K inf{λ > 0 : x λk} 1, αφοήδη x 1 K.Αρα x Aκαιδείξαμετι K A. Εστωτώραένα x A,δηλαδή x K 1. Γιακάθε m Nισχει 1 1/mx K 1 1/m < 1. Οπτεαπτονορισμτης K θα υπάρχει λ 0,1ώστε 1 1/mx λk.ομως λk intk K(απτις Προτάσεις 3.1.3και iii).ΤοKμωςείναικλειστυποσνολοτουR n οπτεθαπεριέχεικαιτοx,αφοαυτείναιτοριοωςπροςτηνευκλείδεια νρματηςακολουθίαςτων1 1/mx K: 1 1/mx x 2 x 2 /m 0 καθώς m. Ασκήσεις Ασκηση 3.2.1Αντα Aκαι Bείναικυρτάσυμμετρικάσώματααποδείξτετι x A x B γιακάθε x R n ανκαιμνοαν A B. Ασκηση Αποδείξτετιαν είναιτοελλειψοειδές n x x x 2 1,...,x n R n j : 1, a 2 j1 j ττεγιακάθε x R n ισχει Ñ n x x 2 j a 2 j1 j é 1/2.

45 3.3Ησυνάρτησηστήριξης Η συνάρτηση στήριξης Ορισµός (Υπερεπίπεδοστήριξης)Εστωτιτο K είναικλειστκαι κυρτυποσνολοτουr n καιhυπερεπίπεδοdimh n 1.ΤοHλέγεται υπερεπίπεδοστήριξηςτουκυρτοσυνλου Kστο x 0 τοοποίοανήκειστο bdkαν x 0 Hκαιτο Kπεριέχεταιήστονημίχωρο H ήστον H. Γιατηναποφυγήσυγχσεωνθαθεωρομετι K H x 0,u επιλέγονταςκατάλληλατο u S n 1.Ισχειλοιπντι x,u x 0,u γιακάθε x K. Πρόταση 3.3.2Εστωτιτο Kείναιένακυρτσώμαστο R n. Γιακάθε u S n 1 υπάρχειμοναδικεπίπεδοστήριξης H u του K(σεκάποιοσημείοτου bdk)κάθετο στο u. Απδειξη: Αφοτο Kείναισυμπαγέςσνολοκαιτοεσωτερικγινμενο συνεχήςσυνάρτησηωςπροςκάθεμεταβλητήτου(πρταση 1.2.5),ησυνάρτηση x,u,για x K,έχειμέγιστητιμήσεκάποιοσημείο x 0 K. Παρατηρομετιτο x 0 είναιστοιχείοτουσυνρουτου K. ιτιανχι, είναιστοεσωτερικτου,οπτευπάρχει δ > 0ώστε x 0 δ n 2 K.Αρα x 0 δ 2 u x 0 δ n 2 K, Αλλά x 0 δ2 u,u x 0,u δ 2 > x 0,u, τοοποίοείναιάτοποαπτηνεπιλογήτου x 0. Φανερά K H x 0,u απτηνεπιλογήτουx 0,οπτετο H x0,uείναιεπίπεδο στήριξηςτου Kστο x 0. Τέλος,γιατημοναδικτητα,αν H x1,uείναιέναάλλουπερεπίπεδοστήριξηςκάθετοστοuπουδιέρχεταιαπτοx 1 Kττε x 1,u x 0,u. ιτι αλλιώς,είτε x 1,u < x 0,u οπτεx 0 / H x 1,u Kτοοποίοείναιάτοπο,είτε x 1,u > x 0,u οπτε x 1 / H x 0,u Kτοοποίοείναικαιπάλιάτοπο.Ετσι H x1,u {x R n : x,u x 1,u } {x R n : x,u x 0,u } H x0,u. Ηπαραπάνωπρτασημάςεπιτρέπειναορίσουμεμιασυνάρτησηαπ το S n 1 στο Rωςεξής: Ορισµός 3.3.3Εστωτιτο Kείναιένακυρτσώμαστον R n.ορίζουμετη συνάρτηση h K : S n 1 Rμε h K u sup { x,u : x K }, ηοποίασεκάθεδιεθυνση uδίνειτηναπστασητουυπερεπιπέδουστήριξηςh u τουkαπτομηδένήαλλιώςτομέγεθοςτηςμεγαλτερηςπροβολής στοιχείουτου Kστηδιεθυνσητου u(δείτεσχήμα 3.6).Η h K ονομάζεται συνάρτησηστήριξηςτουκυρτοσώματος K.

46 42 Κυρτάσώματα H u K u. h K u Σχήμα 3.6:Ησυνάρτησηστήριξηςστηδιεθυνση u S n 1. Πρόταση 3.3.4Εστωτιτα Aκαι Bείναικυρτάσώματαστον R n.γιακάθε λ > 0 ισχει h AB h A h B και h λa λh A, που h A,h B είναιοισυναρτήσειςτου Aκαιτου Bαντίστοιχα. Απδειξη:Εχουμε Επίσης,για λ > 0 h AB u sup{ ab,u,a A,b B} sup{ a,u b,u,a A,b B} sup{ a,u,a A}sup{ b,u,b B} h A uh B u. h λa u sup{ λa,u : a A} λsup{ a,u : a A} λh A u. Λήµµα 3.3.5Αντα A, Bείναικυρτάσώματαστον R n,ττε γιακάθε uστο S n 1. A Bανκαιμνοαν h A u h B u, Απδειξη: Επειδήτο Aείναιυποσνολοτου Bισχει h A u sup x,u sup x,u h B u. x A x B

47 3.3Ησυνάρτησηστήριξης 43 Αντο Aδενείναιυποσνολοτου Bθεωρομεένα x 0 A \ B. Η συνάρτηση fy x 0 y 2 είναισυνεχήςστο Bδιτι fy fz x0 y 2 x 0 z 2 x0 y x 0 z 2 y z 2. Το Bμωςείναισυμπαγέςσνολο,συνεπώςηfέχειελάχιστητιμήστο B έστωστοσημείο y 0 B.Αφο x 0 / Bισχει x 0 y 0 2 0,καιμπορομε ναορίσουμετοδιάνυσμα u x 0 y 0 / x 0 y 0 2 τοοποίοανήκειστη μοναδιαίασφαίρα S n 1. Ισχυρισµός:Γιακάθε y Bισχει y,u y 0,u. [ΑπδειξητουΙσχυρισμο:Αςυποθέσουμετιυπάρχειy Bώστε y y 0,u > 0. Φανερά y y 0 (αλλιώςηπροηγομενηανιστηταδενισχει). Το K είναικυρτκαιάραθαπεριέχεικαιτο Ετσι,γιακάθε λ 0,1ισχει 1 λy 0 λy y 0 λy y 0. x0 y 0 λy y x 0 y 0 λy y 0,x 0 y 0 λy y 0 Επειδήλοιπν x 0 y λ2 y y λ x 0 y 0,y y 0 x 0 y λ( λ y y x 0 y 0,y y 0 ). x 0 y 0,y y 0 x o y 0 2 u,y y 0 > 0, για λαρκετάκοντάστο 0(συγκεκριμένα,αν 0 < λ < 2 x 0 y 0,y y 0 / y y )προκπτειτι x0 y 0 λy y 0 2 < x 0 y 0 2 τοοποίοείναιάτοποαπτηνεπιλογήτου y 0. ] Αρα,γιακάθε y B, y,u y 0,u.Οπτε, (3.4) h B u sup y,u y 0,u, y B αφο y 0 B.Απτονορισμτου uεκολαελέγχουμετι y 0,u < x 0,u, καιαπτην(3.4) h B u y 0,u < x 0,u sup x,u h A u, x A τοοποίοείναιάτοπο.επομένως, A B. Λήµµα 3.3.6Γιακάθε A,B,Kκυρτάσώματαστον R n ισχουνταπαρακάτω:

48 44 Κυρτάσώματα (i)αν AK B Kττε A B. (ii)αν AK B Kττε A B. Απδειξη: (i)η A K B Kσυνεπάγεταιτην h AK u h BK u,γιακάθε u S n 1. Αρα, h A u h K u h B u h K u,οπτε h A u h B u. Συνεπώς, A B. (ii)εχουμε, h AK u h BK u,τοοποίοσυνεπάγεταιτι h A uh K u h B uh K u συνεπώς h A u h B u.επομένως, A B. Ασκήσεις Ασκηση 3.3.1Γιαοποιουσδήποτεαριθμος 0 < t 1 < t 2 <... < t m με m n 1 θεωρήστετασημεία x j xt j : t j,t 2 j,t3 j,...,tn j Rn πάνωστην«καμπληαδρανείας» M : {t,t 2,t 3,...,t n : t > 0}στον R n. Αποδείξτετιτοπολτοπο Cm,n conv{x 1,x 2,...,x m }(ονομάζεταικυκλικπολτοπο)έχειτηνιδιτητα: αν s 1,s 2,...,s k είναιοποιαδήποτεαπταt 1,t 2,...,t m με2k nττευπάρχειυπερεπίπεδοστήριξης Hτου Cm,nώστε δηλαδή Cm,n H conv{xs 1,xs 2,...,xs k }, οκυρτςσυνδυασμςοποιονδήποτεkκορυφών του Cm,nείναιέδρατουδιάστασης k 1, ( ) χρησιμοποιώντας την παρακάτω διαδικασία: Θεωρήστε το πολυώνυμο 0 pt k t s i 2 β 0 β 1 tβ 2 t 2 β 2k t 2k, i1 πουοισυντελεστέςτουπολυωνμουεξαρτώνταιμνοαπταs 1,...,s k.θεωρήστε τουπερεπίπεδο H {x R n : x,b β 0 }που b β 1,β 2,...,β 2k,0,0,...,0 R n. Αποδείξτετιοικορυφές xs i ανήκουνστο Hκαιλεςοιυπλοιπεςανήκουν στονίδιογνήσιοημίχωροπουορίζειτο H. Παρατήρηση Ταπολτοπαπουέχουντηνιδιτητα( )ονομάζονταιk-neighborly πολτοπα.παρατηρήστετιστοεπίπεδομνοτατρίγωναείναι2-neighborly,στονr 3 μνοοιτριγωνικέςπυραμίδες(4κορυφές)είναι3-neighborly,καιγενικτεραταsimplicesστον R n είναι n-neighborly.ομωςγιαπαράδειγμαστον R 3 δενείναιδυνατν νασχεδιαστείένα 2-neighborlyπολτοποπωςτοπαραπάνωμε 5ήπερισστερες κορυφές,αφοησυνθήκη 2k nαπαιτείτοπολτοποναβρίσκεταιτουλάχιστον στον R 4.Αυτςείναιολγοςπουδενέχουμεσχήμασεαυτήτηνάσκηση.

49 3.4Τοπολικσώμα 45 Ασκηση 3.3.2Αποδείξτετιγιακάθεκυρτσώμα Kστον R n,γιακάθε x R n \{0} καιγιακάθε n nπίνακα Tισχει h TK x h K T t x. Ασκηση 3.3.3Αποδείξτετιαν είναιτοελλειψοειδές n x x x 2 1,...,x n R n j : 1, ττεγιακάθε u u 1,...,u n R n ισχει Ñ n h u j1 a 2 j u2 j a 2 j1 j é 1/ Τοπολικσώμα Ορισµός 3.4.1Αντο Kείναιένακυρτσώμαπουπεριέχειτο 0στοεσωτερικτου,θέτουμε K { y R n : x,y 1, x K }. Το K είναικυρτσώμακαιονομάζεταιπολικσώματου K. Πριναποδείξουμετιτο K είναιπράγματικυρτσώμααξίζεινακάνουμε τηνεξής(ιστορικοπεριεχομένου)παρατήρηση. Παρατήρηση 3.4.2Ηέννοιατουπολικοσώματοςπροέρχεταιαπέννοιες τηςευκλείδειαςγεωμετρίαςοιοποίεςμελετήθηκανπρώτααπτοναπολλώνιο στο Βιβλίο ΙΙΙ των κωνικών του. Για κάθε σημείο C στο επίπεδο, διαφορετικτηςαρχήςτωναξνων,καικάθεευθείααπτο Cπουτέμνει τονκκλοκέντρουoκαιακτίνας1στασημείαaκαιb,ορίζουμετοσημείο Tώστεητετράδα A,B,C,Tναείναιαρμονική δηλαδήναισχει CB CA TB TA. ΟγεωμετρικςτποςτωνσημείωνTκαθώςαλλάζειηευθείαπουδιέρχεται απτο C,είναιμιαευθείακάθετηστηνευθεία OC,καιηοποίαονομάζεται«πολικήευθεία»του Cωςπροςτονκκλοακτίνας 1καικέντρου O (Σχήμα 3.7). Τοσημείο Cονομάζεται«πλος»τηςπολικήςευθείας,και μπορείναδείξεικανείςτιαν Hτοσημείοτομήςτηςπολικήςευθείαςμε τηνευθεία OCττεισχει (3.5) OC OH 1.

50 46 Κυρτάσώματα T A 1 O C B. H 1 O T. H B C A Σχήμα 3.7:Ηπολικήευθεία THτουπλου Cταναυτςείναιμέσαήέξω απτονκυκλικδίσκοακτίνας 1. (δείτεστο[εγ],εντητα 4.9).Ορος«πλος»χρησιμοποιήθηκεγιαπρώτη φοράαπτον F. J. Servoisτο 1810ενώορος«πολικήευθεία»προτάθηκε δοχρνιααργτερααπτον J. D. Gergonne. Ανάλογοιείναιοιορισμοί γιαμεγαλτερεςδιαστάσειςορίζονταςτώραταπολικάυπερεπίπεδαενς σημείου(διάφορουτουo)στονχώρο.μπορείεκολαναδείξεικανείςτιη τομήτωνημιχώρωνπουορίζονταιαπταπολικάυπερεπίπεδατωνσημείων τουσυνρουτουkείναιτοσώμαk (Ασκηση3.4.7)αλλάκαιαντίστροφα:η τομήτωνημιχώρωνπουορίζονταιαπταπολικάυπερεπίπεδατωνσημείων τουσυνρουτου K είναιτοσώμα K(Ασκηση 3.4.8). Οιτελευταίεςδο προτάσειςπεριέχουντηνπληροφορίατιτοk είναικυρτσνολο(ωςτομή ημιχώρων)καιτοτι K K,ιδιτητεςπουθαδομεκαιπαρακάτω. Αποδεικνουμετώρατιτοπολικενςκυρτοσώματος Kείναικυρτ σώμα. (i)το K είναικυρτσνολο.πράγματι,αν y, z K και λ 0,1για κάθε x Kισχει x,1 λyλz 1 λ x,y λ x,z 1 λ1λ1 1, συνεπώς 1 λyλz K. (ii)το K είναισώμα. (α)το intk είναιδιάφοροτουκενοσυνλου. Πράγματι,παρατηρομεπρώτατιτο Kείναιφραγμένο.Αρα,υπάρχει M > 0 ώστετο Kναείναιυποσνολοτου B2 n0,m.ισχυριζμαστετι, Å ã 1 (3.6) B n 2 0, K. M

51 3.4Τοπολικσώμα 47 Αν y B2 n0,1/mττε y 2 1/M. Θεωρομε x Kοπτε x B2 n0,mδηλαδή x 2 M.Αρα x,y x 2 y 2 1 M 1. M Ετσιτο yανήκειστο K επιβεβαιώνονταςτην(3.6).συμπεραίνουμετιτο0ανήκειστοintk.αρατοintk είναιδιάφοροτου κενοσυνλου. (β)τοk είναιφραγμένο.πράγματι,επειδή0 intkυπάρχειε > 0 ώστεναισχει n 2 0,ε K. Θαδείξουμετι K n 2 0,1/ε. Αν y K \ {0}τοσημείο εy/ y 2 ανήκειστο n 2 0,εάρακαι στο K. Οπτεθαπρέπειναισχει y,εy/ y 2 1ισοδναμα y 2 1/ε. (γ)το K είναικλειστ. Πράγματι,έστωτι y m K και y m y ωςπροςτηνευκλείδειανρμα. ηλαδή, y n y 2 0. Γιανα δείξουμετιτο yανήκειστο K αρκείναδείξουμετι x,y 1 γιακάθε x K. Ομως x,y m 1γιακάθε x Kκαιγια κάθε m N,οπτεαπτησυνέχειατουεσωτερικογινομένου παίρνουμετι x,y lim m x,y m 1. Πρόταση 3.4.3Αντο Kείναιένακυρτκαικεντρικάσυμμετρικσώμαστον R n ττε καιτο K είναικυρτκαικεντρικάσυμμετρικσώμα. Απδειξη:Ανy K αρκείναδείξουμετι y K.Ομως,γιακάθε x K ισχει x K,αφοτο Kείναικεντρικάσυμμετρικ.Αρα x, y x,y 1. Παράδειγµα 3.4.4Εστωτιτο είναιέναελλειψοειδέςμεκέντροστο 0 καιμήκηημιαξνων a 1,...,a n.ανχρησιμοποιήσουμετιςδιευθνσειςτων ημιαξνωντουγιατοσστημασυντεταγμένωνττε x 1,...,x n R n : n x 2 j a 2 j1 j 1. Τοπολικτου είναιτοελλειψοειδές y 1,...,y n R n : n y 2 j a2 j 1, j1 μετουςίδιουςάξονεςμετο καιμήκηημιαξνων a 1 1,...,a 1 n. Αυτ προκπτειάμεσααπτηνανιστητα Cauchy-Schwartz.Πράγματιαν το

52 48 Κυρτάσώματα παραπάνωελλειψοειδέςμεμήκηημιαξνων a 1 1,...,a 1 n,θαδείξουμετι.αν y y 1,...,y n και x x 1,...,x n ττε x,y n x j y j j1 n j1 x j a j a j y j Ñ n x 2 j a 2 j1 j é 1/2 Ñ n j1 a 2 j y2 j é 1/2 1. Αρα y. Αντίστροφα,αν y y 1,...,y n ττε x,y n j1 x jy j 1για κάθε x x 1,...,x n. Αν y 0προφανώς y. Αν y 0ττε θεωρομετοσημείο x x j n j1 με x j a 2 j y j» n i1 a2 i y2 i, για j 1,...,n. Εκολαελέγχουμετι x άραθαπρέπει x,y 1,η οποίαμεαπλέςπράξειςδίνει n i1 a2 i y2 i 1.Συνεπώς y. Παράδειγµα 3.4.5Τοπολικτουκυρτοσώματος n 1 είναιτοn.πράγματι, αν y n 1 ττε x,y 1γιακάθε x n 1. Επιλέγουμε j 0ώστε y j0 max j1,...,n y j. Αν y j0 0ττεπροφανώς y 0 n. Αν y j 0 0 θεωρομετοδιάνυσμα xμεσυντεταγμένες x j 0γιακάθε j j 0 και x j0 y j0 / y j0. Εκολαβλέπουμετι x n 1 οπτεαφο y n 1 θα πρέπειναισχει x,y 1.Αλλά x,y y j0 δηλαδήmax j1,...,n y j 1, αππουσυμπεραίνουμετι y n. είξαμελοιπντι n 1 n. Αντιστρφως,αν y n ττε max j1,...,n y j 1,που y j για j 1,...,n Σχήμα 3.8:Τοπολικσώματου n 1 είναιτο n οισυντεταγμένεςτου y.ανθεωρήσουμεοποιοδήποτεx n 1 θαέχουμε n n n x,y x j y j x j y j max y j x j 1. j1,...,n j1 j1 Αρα x,y 1καισυνεπώς y n 1. j1

53 3.4Τοπολικσώμα 49 Παρατήρηση 3.4.6Στοπροηγομενοπαράδειγμαπαρατηρομετιτοπολικτουενςπολυτπουέχειέδραστηδιεθυνσηπουτοαρχικπολτοπο έχεικορυφή. Είναιεκολοναδεικανείςτιαυτείναιγενικχαρακτηριστικτωνπολυτπωνκαιτωνπολικώντους,καιδενισχειμνογιατην περίπτωσητου n 1 καιτου n. Ησυνάρτησηστήριξης h K ορίστηκεγιαδιανσματαστημοναδιαία ευκλείδειασφαίρα. Μπορομεμωςναεπεκτείνουμετονορισμτηςσε λοτο R n αφοοορισμς 3.3.3είναικαλςκαιγιαδιανσματαπουδεν έχουνμήκοςισομε 1. Ορισµός 3.4.7Αντο Kείναιένακυρτσώμαστον R n επεκτείνουμετονορισμτης συνάρτησηςστήριξης h K του Kσεκάθεσημείο yτου R n,θέτοντας h K y sup { x,y : x K }. Παρατηρομετιγια y 0ισχει h K y y 2 h K y/ y 2. Απτονορισμτουπολικοσώματοςκαιτονορισμτηςσυνάρτησης στήριξης,προκπτειεκολατι K {x R n : h K x 1}. Αντο K είναικεντρικάσυμμετρικ, οπτεείναικαιτο K,γνωρίζουμεήδητι K {x R n : x K 1}(Πρταση 3.2.2). Στοφυσιολογικερώτημα ποιαείναιησχέσητης h K μετην K γιακεντρικάσυμμετρικά,κυρτά σώματααπαντάειηπαρακάτωπρταση. Πρόταση 3.4.8Εστω Kκυρτκαισυμμετρικωςπροςτο 0σώμαστον R n.ττε h K y y K. Απδειξη:Ισχει h K y sup { y,x : x K } y (3.7) y K sup,x : x K. y K Αρκείναδείξουμελοιπντιτοτελευταίοsupremumισοταιμε1.Επειδήτο y/ y K έχει K -νρμαίσημε1,ανήκειστοk.συνεπώς y/ y K,x 1 γιακάθε x K,οπτετοπαραπάνω supremumείναιμικρτεροήίσοτου 1.Ανείναιγνήσιαμικρτεροτο 1,θεωρομε λ > 1ώστε Ετσι λsup οπτε λy y K K.Αλλά y,x y K : x K < 1. λy sup,x : x K < 1, y K λy λ > 1 y K K τοοποίοείναιάτοπο(πρταση 3.2.2).

54 50 Κυρτάσώματα Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτεμεάμεσοτρπο(χωρίςτηχρήσητηςαπδειξηςτουΠαραδείγματος 3.4.4)τι n 2 n 2 καιγιακάθε r > 0ισχει rn 2 r 1 n 2. Ασκηση Αν T : R n R n αντιστρέψιμοςπίνακας,και Kκυρτσώμαπου περιέχειτο 0στοεσωτερικτου, αποδείξτετικαιτο TKπεριέχειτο 0στο εσωτερικτουκαι TK T t 1 K. Ασκηση3.4.3Αποδείξτεμετηχρήσηπαραγώγωντιηπαράσταση x,y γιαx R n με n j1 x2 j /a2 1και y 0μεγιστοποιείταιγιατο xμεσυντεταγμένες j x j a 2y j j» n, i1 a2 j y2 j j 1,...,n,πουταy j είναιοισυντεταγμένεςτουyκαιταa j είναιθετικοίαριθμοί. Ασκηση Αποδείξτετιαντα Aκαι Bείναικυρτάσώματαπουπεριέχουντο 0 στοεσωτερικτουςττε (i) A B conva B. (ii) AB A B. ώστεέναπαράδειγμαπουδενισχειηιστητα. Ασκηση Αντο Kείναιένακυρτσώμαπουπεριέχειτο 0στοεσωτερικτου, αποδείξτετιγιακάθε t > 0ισχει tk t 1 K n 2 και n 2 tk t 1 K. Ασκηση 3.4.6Αποδείξτετιγιακάθε 1 < p < και 1 < q < με p 1 q 1 1 ισχει n p n q. Ασκηση3.4.7ΕστωτιτοKείναιένακυρτσώμαπουπεριέχειτο0στοεσωτερικ του. (i) Αν x bdkαποδείξτετιτοπολικυπερεπίπεδοτου xπωςορίστηκε στηνπαρατήρηση 3.4.2είναιεπίπεδοστήριξηςτουπολικοσώματος K. (Υπδειξη: παρατηρήστετισμφωναμετην(3.5)τοπολικυπερεπίπεδο του xείναιτο {z R n : z,x 1}.) (ii) ΑποδείξτετικάθευπερεπίπεδοστήριξηςτουK έχειπλοστοbdkκαιέτσι το K είναιητομήτωνημιχώρωνπουορίζονταιαπταπολικάυπερεπίπεδα στοιχείωντου bdk. Ασκηση3.4.8ΕστωτιτοKείναιένακυρτσώμαπουπεριέχειτο0στοεσωτερικ του. (i) Ανx bdk αποδείξτετιτοπολικυπερεπίπεδοτουxπωςορίστηκεστην Παρατήρηση είναι επίπεδο στήριξης του σώματος K. (ii) ΑποδείξτετικάθευπερεπίπεδοστήριξηςτουKέχειπλοστοbdK καιέτσι το Kείναιητομήτωνημιχώρωνπουορίζονταιαπταπολικάυπερεπίπεδα στοιχείωντου bdk.

55 3.5 ιαχωρισμςκαιγνήσιοςδιαχωρισμς ιαχωρισμςκαιγνήσιοςδιαχωρισμς ΗΑσκηση 3.4.6έχειωςσυνέπειατογεγονςτι n p n p γιακάθε 0 < p < 1. Στησυνέχειαθέλουμεναδείξουμετιαυτισχειγενικάγια κάθεκυρτσώμα Kπουπεριέχειτο 0στοεσωτερικτου,δηλαδήισχει K K. Ορισµός 3.5.1Τασνολα Kκαι Dστον R n διαχωρίζονταιαπτουπερεπίπεδο H u,λ αν K H u,λ και D H u,λ ή K H u,λ και D H u,λ. ΕτσιστηνπερίπτωσηπουK Hu,λ καιd H u,λισχει x,u λγιακάθε x Kκαι y,u λγιακάθε y D. Ορισµός 3.5.2Τα K, Dδιαχωρίζονταιγνήσιαανυπάρχειλωρίδα Λ u,a,b,με a < b,ώστε K Λ u,a,b και D Λ u,a,b ή K Λ u,a,b και D Λ u,a,b. Στηνπερίπτωσηλοιπνπουισχει K Λ u,a,b και D Λ u,a,b θαέχουμε γιακάθε x Kκαιγιακάθε y D. x,u a < b y,u, Πρόταση 3.5.3Αντα Kκαι Dείναικυρτάυποσνολατου R n,ταακλουθαείναι ισοδναμα: (i) Τα K και D διαχωρίζονται(αντίστοιχα διαχωρίζονται γνήσια). (ii)τοκυρτσνολο K D {c d : c K,d D}καιτο {0}διαχωρίζονται (αντίστοιχα διαχωρίζονται γνήσια). Απδειξη: i ii:το K Dείναικυρτ,διτιαν c 1 d 1,c 2 d 2 K D και λ 0,1,έχουμε 1 λc 1 d 1 λc 2 d 2 1 λc 1 λc 2 1 λd 1 λd 2 K D. Εστωτι Λ u,α,β {x : α u,x β},με α < β,είναιηλωρίδαπου διαχωρίζειγνήσιατα Kκαι D.Αςυποθέσουμετι K {x : u,x α}και D {y : u,y β}.ττε, K D {x y : u,x y α β}. Συνεπώς,αφο α β < 0,τα K Dκαι {0}διαχωρίζονταιγνήσιααπτη λωρίδα Λ u,α β,0 {z : α β u,z 0}. ii i:εστωτιηλωρίδα Λ u, γ,0 {z : γ u,z 0},

56 52 Κυρτάσώματα μεγ > 0,διαχωρίζειγνήσιατοK Dαπτο{0}.Αρα,ανx Kκαι y D, θαισχει u,x y γοπτε u,x γ u,y,γιακάθε x Kκαιγια κάθε y D.Ανθέσουμε α sup{ u,x : x K},ισχει α γ u,y,για κάθε y D.Αρα,τα Kκαι Dδιαχωρίζονταιγνήσιααπτηλωρίδα Λ u,α,αγ {z : α u,z α γ}. Θεώρηµα 3.5.4Εστωτιτα K, Dείναικυρτάυποσνολατου R n. Αντο Kείναι συμπαγές,το Dκλειστκαι K D,ττετα K, Dδιαχωρίζονταιγνήσια. Απδειξη:ΑπτηνΠρταση υπάρχουν x 0 K, y 0 Dώστε dk,d x 0 y 0 2 > 0. Θέτουμε, u y 0 x 0 τοοποίοείναιδιαφορετικτουμηδενς.ισχυριζμαστετώρατιηλωρίδα {x : x 0,u x,u y 0,u } διαχωρίζειτο Kαπτο D.Πράγματι,αν x Kττε x,u x 0,u x x 0,u 0 x x 0,y 0 x 0 0. Εάνυποθέσουμετιαυτείναιλάθος,ττευπάρχει x 1 Kώστε x 1 x 0,y 0 x 0 > 0.Το x 0,x 1 είναιυποσνολοτου K,αφοτο Kείναικυρτ, άρα z λ x 0 λx 1 x 0 K,γιακάθε λ 0,1. Εχουμε y 0 z λ 2 2 y 0 x 0 z λ x y 0 x 0 z λ x 0,y 0 x 0 z λ x 0 y 0 x z λ x y 0 x 0,z λ x 0 y 0 x λ2 x 1 x λ y 0 x 0,x 1 x 0 y 0 x λλ x 1 x y 0 x 0,x 1 x 0 < y 0 x τοοποίοείναιάτοπογιαλ > 0αρκετάκοντάστομηδέν,αφοηπαρένθεση είναιαρνητικήκαθώςτο λπηγαίνειστομηδέναπδεξιά.ομοίως, D {x : u,x u,y 0 }. υοκυρτάσνολαδενδιαχωρίζονταιμνουπτιςπροϋποθέσειςτου Θεωρήματος Ανείναικυρτάκαιέχουνξέναεσωτερικάττεκαιπάλι διαχωρίζονται. ΤαβήματαπουαπαιτονταιπαρουσιάζονταιστηνΑσκηση Μιαεφαρμογήτουδιαχωρισμοκυρτώνσυμπαγώνσυνλωνείναιτιτο πολικτου K είναιτο K.

57 3.5 ιαχωρισμςκαιγνήσιοςδιαχωρισμς 53 Πρόταση 3.5.5ΓιακάθεκυρτσώμαKστονR n με0 intkισχειτιk K. Απδειξη:Αν x Kττε x,y 1γιακάθε y K.Αλλάαυτσυνεπάγεται (απτονορισμτου K )τι x K.Αρα K K. Αντίστροφα,έστωτι x K.Πρέπειναδείξουμετι x K.Ανχι ττετα {x}και Kδιαχωρίζονταιγνησίως.Αραυπάρχει u R n \{0}ώστε z,u 1 < x,u, γιακάθε z K. Ηανιστηταστααριστεράμαςλέειτι u K. Ωςεκ τοτου,ηανιστητασταδεξιάτώραμαςλέειτι x / K,τοοποίοείναι άτοπο.συνεπώς K K. Πρόταση 3.5.6Αντα Kκαι Lείναικυρτάσώματαμε 0 intk, 0 intlκαι λ > 0ισχουνοιεξήςιδιτητες: (i) λk 1 λ K. (ii) K Lανκαιμνοαν K L. (iii) Γιακάθεαντιστρέψιμοπίνακα T : R n R n ισχει TK T t 1 K. Απδειξη: iy λk ανκαιμνοαν y,λx 1γιακάθεx K.Ισοδναμα λy,x 1καιάρα λy K ισοδναμα y 1/λK. iiεστωτι K L. Αν y L ττε x,y 1γιακάθε x L. Αλλά K Lάραη x,y 1γιακάθε x K.Συνεπώς y K. είξαμεδηλαδή τι L K. Αντιστρφως,αν L K απτοευθσυμπεραίνουμετι L K. ΗχρήσητηςΠρτασης 3.5.5ολοκληρώνειτηναπδειξη. iii y TK ανκαιμνοαν x,y 1γιακάθεx TK.Ισοδναμα Tz,y 1γιακάθε z K.Αλλά Tz,y ( Tz ) t y z t T t y z t T t y z,t t y. Αρα y TK ανκαιμνοαν T t y K,ισοδναμα z T t 1 K. Ασκήσεις Ασκηση Εστωτιτα K, Lείναικεντρικάσυμμετρικά,κυρτάσώματαστον R n. Αποδείξτετι x K M x L ανκαιμνοαν K M 1 Lανκαιμνοαν x K M 1 x L. Ασκηση Εστωτιτο Kείναικεντρικάσυμμετρικ,κυρτσώμαστον R n,και FυπχωροςτουR n διάστασηςk,πουk 1,...,n.ΑποδείξτετιισχειK F P F K πουτοπολικ K F εννοείταιμέσαστονυπχωρο F.(Υπδειξη:Απ τηνπρταση 3.5.5αρκείναδειχθείτι K F P F K.) Ασκηση3.5.3ΕστωτιτακυρτάσνολαKκαιDέχουνξέναεσωτερικά.Αποδείξτε τιτα Kκαι Dδιαχωρίζονταιακολουθώνταςταπαρακάτωβήματα.

58 54 Κυρτάσώματα (i) Αποδείξτετιαντο Kείναικυρτσνολοκαι x Kττευπάρχειυπερεπίπεδοστήριξηςτου Kστο x.(υπδειξη:θεωρήστεακολουθία y m / Kώστε y m x. ιαχωρίστετα{y m }καιkμευπερεπίπεδακάθετασταμοναδιαίαu m σμφωναμετοθεώρημα3.5.4καιπεράστεσεσυγκλίνουσαυπακολουθίατης u m.) (ii) ΘεωρήστετοσνολοE intk intd.φανερά0 / E. είξτετιτοeείναι ανοικτσνολο.ετσιείτε 0 / Eείτε 0 E.ΣτηνπρώτηπερίπτωσηεφαρμστετοΘεώρημα 3.5.4καιτηνΠρταση 3.5.3,ενώστηδετερηπερίπτωση χρησιμοποιήστετο i. Ασκηση Αποδείξτετιτοσνολο K R n είναικυρτανκαιμνοαν K {H : Hυπερεπίπεδοστήριξηςτου K}, πουμεh συμβολίζουμετονημίχωροπουσχηματίζειτουπερεπίπεδοhοοποίος περιέχει το K. Ασκηση Αποδείξτετιαντα xκαι yδενανήκουνστο convcττε ανκαιμνοαν x y. convc {x} convc {y} Ασκηση Το yλέγεταιβαρκεντροτουκυρτοσώματος K,καιγράφουμε y bark,αν y xdx,δηλαδήαν y y K 1,...,y n και y j x j dx K x,e j dx, K που e j n j1 ησυνήθηςβάσητου Rn.Αποδείξτετι (i) Το yείναιτοβαρκεντροτου Kανκαιμνοαν γιακάθε z R n. (ii) bar ( K bark ) 0. z,y z,x dx K (iii) Τοβαρκεντροκυρτώνσυμάτωνανήκειστοεσωτερικτους: bark intk. (iv) ( K bark ) K bark.

59 Κεφάλαιο 4 Ηέννοιατουγκου 4.1 Ογκοςκυρτοσώματος Ορισµός (ΟγκοςΠαραλληλεπιπέδου)Ορίζουμετονγκοvol n Bενς παραλληλεπιπέδουbστονr n ναείναιτογινμενοn«ανεξάρτητων»ακμών, δηλαδήαν B a 1,b 1 a n,b n (ωςπροςκατάλληληορθοκανονική βάση)ττε n vol n B b j a j. j1 Οτανηδιάστασηεννοείται,ττεγράφουμε volbήκαι B. Στησυνέχειαθαορίσουμετονγκοενςπολυπαραλληλεπιπέδου,δηλαδήενςσυνλουπουείναιένωσηπεπερασμένουπλήθουςπαραλληλεπιπέδων μεπαράλληλεςμεταξτουςακμέςκαιξέναεσωτερικά,ναείναιτοάθροισμα τωνγκωντωνπαραλληλεπιπέδων. Ορισµός 4.1.2Αν A B 1 B 2 B k με B j παραλληλεπίπεδακαι intb j intb i για iδιαφορετικτου j,ττεορίζουμετονγκοτου Aναείναι vol n A n vol n B j. j1 Παρατήρηση 4.1.3Οορισμςαυτςαποδεικνεταιεκολατιείναικαλς. ηλαδή αν ένα πολυπαραλληλεπίπεδο γράφεται ως πεπερασμένη ένωση παραλληλεπιπέδωνμεξέναεσωτερικάμεδοτρπουςττεκαιοιδοτρποιδίνουντοίδιοαποτέλεσμα.γιαναγίνεισαφέςαυτπουπεριγράφουμε εδώ,σκεφτείτετιτο 0,1 0,1γράφεταικαιως ( 0,1/2 0,1 ) ( 1/2,1 0,1 )

60 56 Ηέννοιατουγκου αλλάκαιως ( 0,1/2 0,1/2 ) ( 1/2,1 0,1/2 ) ( 0,1 1/2,1 ). Τοναείναικαλςοπαραπάνωορισμςσημαίνειτικαιοιδογραφές πρέπειναδίνουντοίδιοεμβαδν. Καιπράγματιαυτσυμβαίνει. Τα βήματαγιατηναπδειξητιοορισμςείναικαλςπεριγράφονταιστην Ασκηση Παρατήρηση 4.1.4Τσοογκοςπαραλληλεπιπέδουσοκαιογκοςπολυπαραλληλεπιπέδουικανοποιονπροφανώςτιςιδιτητες vol n xb vol n Bκαι vol n λb λ n vol n B, γιακάθεπαραλληλεπίπεδοήπολυπαραλληλεπίπεδο B,γιακάθε x R n καιγιακάθε λ > 0. Τέλος,σταθεροποιομεένασστημααξνωνκαιορίζουμετονγκοενς κυρτοσώματος Kωςεξής: Ορισµός 4.1.5Τοσνολο K,υποσνολοτου R n,λέγεται Jordanμετρήσιμο αν sup{vol n A : A K} inf{vol n B : B K}. πουτα Aκαι Bείναιπολυπαραλληλεπίπεδα. Αναυτσυμβαίνειττετηνκοινήτιμήτηνονομάζουμεγκοτουκυρτο σώματος Kκαιτησυμβολίζουμεμε vol n Kήανδενυπάρχειασάφειαγια τηδιάστασητουχώρου,με volkή K. Παρατήρηση 4.1.6Θαδομεπαρακάτωτιοορισμςαυτςείναιανεξάρτητοςτουσυστήματοςαξνωνπουσταθεροποιήσαμε(δείτεΠρταση4.1.9v). Παρατήρηση 4.1.7Ανθέσουμε χ K : R n Rμε χ K x 1αν x Kκαι χ K x 0αν x / Kττεεκολαβλέπουμετιτο Kείναι Jordanμετρήσιμο ανκαιμνοανηχ K είναι Riemannολοκληρώσιμηστο R n,καισεαυτήτην περίπτωση volk χ K xdx R n ( χ K x1,...,x n ) dx 1...dx n. ΟΟρισμς 4.1.5μπορείναδοθείγιακάθευποσνολοKτου R n.υπάρχουνμωςκαισνολαγιαταοποίαηπαραπάνωιστηταδενισχει.ττε λέμετιτο Kδενέχειγκο. Αλλάαντο Kείναικυρτσώματτεείναι πάντα Jordanμετρήσιμο,δηλαδήέχειγκο. Θεώρηµα 4.1.8ΑντοKείναικυρτσώμαστονR n ττετοkείναιjordanμετρήσιμο.

61 4.1Ογκοςκυρτοσώματος 57 Απδειξη:Αποδεικνουμεπρώτατονακλουθοισχυρισμ. Ισχυρισµός:Αντο Kείναιυποσνολοτου U,που Uείναιανοιχτσνολο, ττευπάρχειπολυπαραλληλεπίπεδο Aώστεναισχει K A U. [Απδειξητουισχυρισμο:Θέτουμε ρ dk,r n \U,οπτεσμφωναμετην Πρταση ισχει ρ > 0.Επίσηςθέτουμε B 0 ï ò ρ 4 n, ρ n 4. n Το B 0 είναιέναςκβοςστον R n μεκέντροτο 0και Αντο xανήκειστο K,ττε diamb 0 2 n ρ 4 n ρ 2 < ρ. (4.1) xb 0 U, πουτο x B 0 είναικβοςμεκέντροτο x. Η(4.1)ισχειδιτιτο B 0 δεν επιτρέπειμεγάλεςμεταβολέςτηςνρμας. Οιμεταβολέςτηςνρμαςμέσα στο xb 0 είναιπάνταμικρτερεςτου ρ,διτιηδιάμετροςτουκβουείναι μικρτερητου ρ. Το xείναιτοκέντροτουκβου,άρατο xανήκειστο intxb 0.Οπτεκάθεσημείο xτου Kκαλπτεταιμεένανκβοκέντρου x.ετσι K intxb 0. x K Το K είναι συμπαγές, άρα έχει πεπερασμένο υποκάλυμμα. ηλαδή, υπάρχουν x 1,...,x n στο Kώστε N N K intx i B 0 x i B 0 συνεπώς K A U, i1 i1 με A N i1 x i B 0 πολυπαραλληλεπίπεδο. ] Το Kείναισώμα,άρατο intkδενείναικεν.αν x intkθέτουμε K K xοπτε 0 int K. Εστωένα ε > 0. Θαδείξουμετιτο K είναι Jordanμετρήσιμο. Θεωρομετοσνολο 1 ε K. ΑπτηνΠρταση iiiισχει 1 ε K int K. Αρα,απτονισχυρισμ,υπάρχει πολυπαραλληλεπίπεδο A 0 ώστε 1 ε K A 0 int K K,καιάρα A 0 K 1 1 ε A 0. Συνεπώς A 0 x K x 1 1 ε A 0.

62 58 Ηέννοιατουγκου Εχουμε: volxa 0 vola 0 sup{vola,a K} inf{volb,b K}, πουτα A, Bείναιπολυπαραλληλεπίπεδα.Το x1 ε 1 A 0 περιέχειτο K.Ετσι,χρησιμοποιώνταςτηνΠαρατήρηση 4.1.4,θαέχουμε inf { volb,b K } Å vol x 1 ã Å ã 1 1 ε A 0 vol 1 ε A 0 Å ã 1 n vola 0. 1 ε Ετσισυμπεραίνουμετι (4.2) ÅÅ ã 1 n 0 inf{volb,b K} sup{vola,a K} 1ã vola 0. 1 ε Γιαναολοκληρωθείηαπδειξηπρέπεινααφήσουμετοεναπάειστομηδέν. ΑλλάπρέπειναξεπεράσουμεπρώτατοπρβληματιτοA 0 εξαρτάταιαπ το ε.γιανατοκάνουμεαυτπαρατηρομετι A 0 Kκαιτο K,ωςκυρτ σώμα,είναιφραγμένο. Οπτευπάρχεικβος Qμεμήκοςακμής,έστω, M > 0ώστε K Q. Αρα A 0 Qκαιαπτονορισμτουγκουγιατα πολυπαραλληλεπίπεδαvola 0 volq M n.ετσιη(4.2)γίνεται ÅÅ ã 1 n 0 inf{volb,b K} sup{vola,a K} 1ã M n. 1 ε Αφήνονταςτο εναπάειστομηδέναπδεξιάολοκληρώνεταιηαπδειξη. Ασκήσεις Ασκηση4.1.1ΑποδείξτετιοΟρισμς4.1.2είναικαλςακολουθώνταςταπαρακάτω βήματα. (i) Υποθέστετιτοπολυπαραλληλεπίπεδο Aγράφεταιωςπεπερασμένηένωση τωνπαραλληλεπιπέδωνb i μεξέναεσωτερικάγιαi 1,...,kκαιπεπερασμένηένωσητωνπαραλληλεπιπέδων C j μεξέναεσωτερικάγια j 1,...,kγια j 1,...,m. (ii) Αποδείξτετι k i1 volb i m j1 volc jεξηγώνταςπρώταγιατίb i m j1 B i C j μετα B i C j ναέχουνξέναεσωτερικά.

63 4.1Ογκοςκυρτοσώματος α ΙδιτητεςΟγκου Οιιδιτητεςτουγκουπουπαρουσιάζονταιστιςπαρακάτωπροτάσεις μποροννααποδειχθοντσομετονορισμτουγκουμέσωπολυπαραλληλεπιπέδωνσοκαιμετηβοήθειατουολοκληρώματος Riemannτων χαρακτηριστικών συναρτήσεων(παρατήρηση 4.1.7). Πρόταση 4.1.9Γιασνολαπουέχουνγκοισχουνοιπαρακάτωιδιτητες: (i)αν K 1 K 2 ττε volk 1 volk 2. (ii)αν K R n 1,ττε vol n K 0. (iii) volλk λ n volk. (iv) volk t volk. (v)αν T : R n R n πίνακαςμε T t T Iττε voltk volk. Απδειξη:Αποδεικνουμεμνοτο v. Το vισχειαν Kπαραλληλεπίπεδο:θεωρομετο n B 0,α 1 0,α n λ j e j,0 λ j α j. Εχουμε, TB Αλλά, Ñ T j1 é n n λ j e j, 0 λ j α j λ j Te j, 0 λ j α j. j1 Te j 2 2 Te j,te j Te j t Te j e t j T t Te j e t j e j e j,e j 1. Αρα,τομήκοςτουδιανσματος Te j είναι 1. j1 Te i,te j Te i t Te j e t i T t Te j e t i e j e i,e j 0, διτιτο iείναιδιαφορετικτου j.αρα,τα Te j είναιορθοκανονικάδιανσματα. Συνεπώς,το TBείναιπαραλληλεπίπεδομεμήκηακμώνπάλιτα α 1,...,α n.αρα, voltb α 1...α n volb. Γιαπολυπαραλληλεπίπεδαισχει,αφοαυτάείναιένωσηπαραλληλεπιπέδωνκαιγιατογενικσώμαπαίρνουμε supremumωςπροςλαταπολυπαραλληλεπίπεδαμέσασεαυτ. Ηακλουθηπρτασημάςλέειπώςσυμπεριφέρεταιογκοςτανεφαρμζουμεστοσώμα Kέναναντιστρέψιμοπίνακα.

64 60 Ηέννοιατουγκου Πρόταση ΑνοT : R n R n είναιαντιστρέψιμοςπίνακαςττε voltk dett volk. Απδειξη: Ηαπδειξηθαγίνειεκολαανκαταφγουμεστοθεώρημααλλαγήςμεταβλητώντουαπειροστικολογισμο. Ανγια x TKθέσουμε y T 1 x KττεηΙακωβιανήαυτήςτηςαλλαγήςμεταβλητώνείναιη dett.επίσης χ TK 1ανκαιμνοαν χ K T 1 x 1.Ετσιέχουμε vol ( TK ) ( χ TK xdx χ K T 1 x ) dx R n R n χ K y dett dy dett volk. R n Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτεμετηβοήθειατουολοκληρώματος Riemannτιαντο σνολο K R n έχειγκο,ττε volλk λ n volkκαι volk t volkγιακάθε λ > 0καιγιακάθε t R n. Ασκηση4.1.2ΘέτουμεsK volkvolk.αποδείξτετιγιακάθεκυρτσώμαk μετο0στοεσωτερικτουκαιγιακάθεγιακάθεαντιστρέψιμοπίνακαt : R n R n ισχει stk sk. Ασκηση Αποδείξτε,χρησιμοποιώνταςτοθεώρημααλλαγήςμεταβλητώντου ΑπειροστικοΛογισμο,τιαν T : R n R n πίνακαςμε T t T Iττε voltk R n χ TK xdx R n χ K xdx volk. Ασκηση 4.1.4[Ογκοςτου simplex]θεωρομε nγραμμικάανεξάρτηταδιανσματα x 1, x 2,...,x n στον R n,θέτουμε x 0 0,καιγιακάθε k 1,2,...,nθέτουμε a k την απστασητου x k απτο span{x 1...,x k 1 }και S n conv{x 0,x 1,...,x n }. Αποδείξτε μεεπαγωγήστο nτι vols n 1 n a k. n! Ασκηση4.1.5ΕστωτιταKκαιLείναιδυοκυρτάσώματαστονR n μετοlκεντρικά συμμετρικ.θεωρομεέναυποσνολο του Kμετηνιδιτηταγιακάθε x, y με x yισχει x y L 1.Αποδείξτετιτο είναιαναγκαστικάπεπερασμένο καιηπληθικτητάτουείναιμικρτερηήίσητουπηλίκου k1 ( vol K 1 ( L) 2 1 vol L). 2 (Υπδειξη: είξτετιτα x 1 L,για x,έχουνξέναεσωτερικά.) 2

65 4.2Ογκοςτου p n για 1 p 61 Ασκηση Εστωτιτα Kκαι Lείναικυρτάσώματαστον R n. Ορίζουμετον αριθμκάλυψης NK,Lτου Kαπτο Lναείναιο NK,L min Αποδείξτετιςακλουθεςιδιτητες: ß N N : υπάρχουν x 1,...,x n R n ώστε K N x j L. (i) volk NK,LvolL.ΕπιπλέονγιακάθεκυρτσώμαTισχειvolKT NK,LvolLT. (ii) volk L 2 n NK,L. voll (iii) Αντο Lείναικεντρικάσυμμετρικττε NK,L vol( K 1 ( L) L 2 2nvolK. 1 vol L) voll 2 (Υπδειξη: ΕξηγήστεπρώταμεβάσητηνΑσκηση 4.1.5γιατίμπορείτενα θεωρήσετεέναμεγιστικήςπληθικτηταςυποσνολοτουkμετηνιδιτητα που περιγράφεται σε εκείνη άσκηση.) (iv) Αντο Lείναικεντρικάσυμμετρικκαι volk vollττε NK,L 1/n 4NL,K 1/n. j1 4.2 Ογκοςτου n p για 1 p Φανεράτοσνολο nείναιέναπαραλληλεπίπεδομεμήκοςκάθεακμής τουίσομε2.συνεπώςογκοςτουείναι 2 n. Θαυπολογίσουμετώρατονγκοτου p n για 1 p <.Θεωρομετο ολοκλήρωμα Ισχει Å I p exp x p pdx R n I p R n Ç d x p dt και αλλάζοντας τη σειρά ολοκλήρωσης R n 0 R ( e t p ) å dtdx exp t p dtã n. Å χ x p, t dt( d ) ã e t p dtdx 0 Å d dt( e t p )Å R n ãã χ x p, tdx dt.

66 62 Ηέννοιατουγκου Παρατηρομετι χ x p, t 1ανκαιμνοαν x p tανκαιμνοαν x tp nδηλαδήανκαιμνοαν χ tp n x 1.Αλλιώςταυτχρονακαιοιδυο χαρακτηριστικέςείναιμηδέν.αρα I p 0 Å d dt ( e t p ) volt n p ã Ετσιέχουμεαποδείξειτι Å vol n p p t np 1 e tp dt αππουπροκπτειτι που vol n p 0 Å ã n e tp dt pt np 1 e tp dt Γx 0 dt vol n p p t np 1 e tp dt. R t x 1 e t dt. 0 exp t p dtã n, Å Å 2Γ 1 1 ãã n p Å Γ 1 n ã, p Ησυνάρτηση Γείναιαπτιςιδιαίτεραενδιαφέρουσεςσυναρτήσειςστα ΜαθηματικάκαιμερικέςιδιτητέςτηςπαρουσιάζονταιστοΠαράρτημαΒ. Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε μια ασυμπτωτική εκτίμηση της συνάρτησης Γ: lim x Γx1 2πxx/e x 1. Απαυτήτησχέσηεκολασυμπεραίνουμετιυπάρχουνσταθερέςc 1 pκαι c 2 pώστε 1 c 1 p n 1/p 1 voln p 1/n c 2 p n 1/p. Ασκήσεις Ασκηση ΧρησιμοποιήστεταπαραπάνωκαθώςκαιτηςιδιτητεςτηςσυνάρτησηςΓπωςαυτέςπαρουσιάζονταιστοΠαράρτημα Β γιανααποδείξετετι (i) vol n n 1 2n /n!. (ii) n π n/2! vol n n 2 ( ) 2 n n 1/2! π n 1 n! αν nάρτιος, αν nπεριττς.

67 4.2Ογκοςτου p n για 1 p 63 ΣτιςπαρακάτωασκήσειςμελετάμετηνκατανομήτουγκουμέσαστηνΕυκλείδεια μπάλα. Ασκηση 4.2.2Υπολογίστετονn 1-γκοτηςτομήςτης n 2 μεέναυπερεπίπεδοπου απέχει tαπτηναρχήτωναξνων. Ασκηση Εκτιμήστετο r n Rώστε vol n r n n 1. 2 Ασκηση 4.2.4Υπολογίστετονγκοτου A conv{ n 2,x}γιακάθε x Rn. Στη συνέχειααποδείξτετιανένακυρτσνολοkικανοποιείτις n Kκαιvol 2 nk < ττετο Kείναιφραγμένο. Ασκηση Αν r n Rώστε vol n r n n 2 1και H t υπερεπίπεδοπουαπέχει απσταση tαπτηναρχήτωναξνων,υπολογίστετονγκο vol n 1 r n n 2 H tκαι αποδείξτετι lim n vol n 1r n n 2 H t ee πet2. Ασκηση Θέτουμε L n {x R n : x n 1}.Αποδείξτετι 1 vol n r n n 2 1 π e e πe. Παρατηρήστετιτοπροηγομενομαςλέειτιτομεγαλτερομέροςτουγκου της r n n βρίσκεταισεκάθε(!) λωρίδαπλάτους2γρωαπτηναρχήτωναξνων. 2 Αποδείξτεμωςτιοπερισστεροςγκοςδενείναιστηντομήλωναυτώντων λωρίδωναφο vol n r n /2 n 2 1/2n 0. Ασκηση ΗπροηγομενηάσκησημάςυποδεικνειτιογκοςσεμιαΕυκλείδειαμπάλασυγκεντρώνεταιισχυράκοντάστηνεπιφάνειάτης.Επιβεβαιώστεαυτ τογεγονςαποδεικνονταςτιγιακάθε ε > 0ηποστητα vol n r n n 2 vol n1 εr n n 2 τείνειστημονάδαμεεκθετικ,ωςπροςτηδιάσταση,ρυθμ. Ηπαρακάτωάσκησηέχειωςστχονααπαντηθείτοερώτηματων Busemann- Petty,τοοποίορωτάειτοεξής:ανταKκαιTείναιδυοκεντρικάσυμμετρικά,κυρτά σώματαστονr n μετηνιδιτηταγιακάθευπερεπίπεδοhπουπερνάειαπτομηδέν ναισχει vol n K H < vol n T Hείναισωσττι vol n K < vol n T; Ασκηση Θέτουμε Q n γιατονκβογκου 1στον R n,δηλαδή Q n 1/2,1/2 n. Περίτο 1985οKeith Ballαπέδειξε(στο Bal1988)τιγιακάθευπερεπίπεδοHπου περνάειαπτομηδένισχει 1 vol n 1 Q n H 2. Χρησιμοποιείστεαυττο γεγονςκαιτουςυπολογισμοςπουέγινανστιςπροηγομενεςασκήσειςγιατηνr n n 2 γιαναδείξετετιηαπάντησηστοπρβλημαbusemann-pettyείναιαρνητική. Ασκηση 4.2.9* Ητεχνικήπουχρησιμοποιήθηκεγιατονυπολογισμτουγκου του n p,δηλαδήμέσωενςολοκληρώματοςπουυπολογίζεταιμεδοτρπουςείναι αρκετάσυνηθισμένη.γιαέναάλλοπαράδειγμα(πουαπαιτείμωςγνώσηθεωρίας μέτρου),αποδείξτετιγιακάθε u S n 1 ισχει ( 1q ) ( ) Γ 1 n S n 1 u,θ q dσu 2Γ 2 πnγ ( nq 2 2 ), που στομέτρο Haarστην S n 1.Απτοπαραπάνωνασυμπεράνεταιτι Å ã 1/q q u,θ q dσu S n 1 qn

68 64 Ηέννοιατουγκου (Υπδειξη:Ξεκινήστεμετοολοκλήρωμα Rn x,θ q e x 2 /2 2π n dx. Ελέξτετιαναλλάξετεσεπολικέςσυντεταγμένεςαυτγίνεται Å vol n 1 S n 1 ãå ã r nq 1 e r2 /2 dr u,θ q dσu. 2π n S n 1 0 Γιαένανδετεροτρπουπολογισμοπαρατηρήστετιτοαρχικολοκλήρωμαείναι ανεξάρτητοτου θ S n 1 καισυνεπώςμπρορείναυπολογιστείανθέσουμε θ 1,0,0,...,0,στηνοποίαπερίπτωσηισοταιμετο x q e x2 /2 / 2π dx.)

69 Κεφάλαιο 5 Απστασηκυρτώνσωμάτων 5.1 Ηαπσταση Hausdorff Ορισµός 5.1.1Για C,Dκυρτάσώματαστον R n ορίζουμετηναπσταση Hausdorff, δc,dναείναιηποστητα: ß δc,d max max min x y 2,max min x y 2. x C y D y D x C C max x C min y D x y 2 D max y D min x C x y 2 Σχήμα 5.1:Ηαπσταση Hausdorffμεταξτου Cκαιτου Dείναιημεγαλτερηαπτιςδοαποστάσειςστοσχήμα. Ελέγχουμετώρατιηδ είναιμετρική. Φανερά,λγωσυμμετρίαςτου ορισμο, δc,d δd,c. δc,d 0ανκαιμνοαν ß max max min x y 2,max min x y 2 0. x C y D y D x C

70 66 Απστασηκυρτώνσωμάτων Ισοδναμαθαέχουμε, ß maxx C min y D x y 2 0 max y D min x C x y 2 0 ß x C, miny D x y 2 0 y D, min x C x y 2 0. Οπτε, ß x C, x D y D, y C ß C D D C. Συνεπώς, C D. Ητριγωνικήανιστηταελέγχεταιμεστοιχειώδειςπράξεις,αλλάθατην δείξουμεγρηγορτεραμετηνβοήθειατηςακλουθηςπρτασης. Πρόταση 5.1.2Αν C,Dκυρτάσώματαστον R n,ττε (i) δc,d inf{δ 0 : C D δ n 2,D C δn 2 }. (ii) δc,d max{ h C u h D u : u S n 1 }. Απδειξητηςτριγωνικήςανιστητας:Εστωτιτα C, D, Eείναικυρτάσώματα στον R n.απτην iiθαέχουμε: δc,d max{ h C u h D u, u S n 1 } max{ h C u h E u h E u h D u, u S n 1 } max{ h C u h E u, u S n 1 }max{ h E u h D u, u S n 1 } δc,eδe,d. ΑπδειξητηςΠρτασης 5.1.2: (i)θέτουμε α 1 max x C min y D x y 2. Ετσι,γιακάθε x Cισχει min y D x y 2 α 1,οπτελγωτηςσυμπάγειαςτου D,υπάρχει y στο Dώστε x y 2 α 1.Αρα x y α 1 n 2,συνεπώς Ετσι x yα 1 n 2 Dα 1 n 2. C Dα 1 n 2 DδC,Dn 2. Ομοίως,αν α 2 max y D min x C x y 2,ττε Αρα, D C α 2 n 2 C δc,dn 2. inf{λ > 0 : C Dλ n 2,D C λn 2 } δc,d. Αντίστροφα,έστω λ > 0, C D λ n 2 και D C λn 2. Ττεγια κάθε xστο Cέχουμετι x D λ n 2. Αρα,υπάρχει y Dώστε x y 2 λοπτε max min x y 2 λ. x C y D

71 5.1Ηαπσταση Hausdorff 67 Ομοίως,max y D min x C x y 2 λ.συμπεραίνουμετιδc,d λ. ηλαδή, Επομένως, δc,d inf{λ > 0 : C D λ n 2,D C λn 2 }. δc,d inf{λ > 0 : C D λ n 2, D C λn 2 }. (ii)γιακάθε λ > 0ώστε C D λ n 2 και D C λn 2 έχουμετιγια κάθε u S n 1 h C u h Dλ n 2 u h Duh λ n 2 u h Duλ, άρα h C u h D u λ.ομοίως,γιακάθε u S n 1 έχουμετι h D u h C u λ,οπτε h D u h C u λ,καιάραmax u S n 1 h D u h C u λ.παίρνοντας infimumωςπροςτο λπροκπτειτι max u S n 1 h D u h C u δc,d. Αντίστροφα:Χωρίςβλάβητηςγενικτητας,αςυποθέσουμετι ß δc,d max max min x y 2,max min x y 2 x C y D y D x C max y D min x C x y 2. ΛγωτηςσυμπάγειαςτωνCκαι D,υπάρχουνx 0 Cκαι y 0 Dώστε δc,d x 0 y 0 2. Αν δc,d 0ττε C Dοπτε h C h D καιτοζητομενοισχει. Αν δc,d 0θέτουμε u 0 y 0 x 0 y 0 x 0 Sn 1. Ισχυρισµός:Τουπερεπίπεδο Hπουείναικάθετοστο u 0 καιπερνάει απτο x 0 στηρίζειτο Cστο x 0. [Απδειξηισχυρισμο:Ανοισχυρισμςδενείναιαληθής,ττευπάρχει x 1 στο Cώστε x 1,u 0 > x 0,u 0. Οπτε x 1 x 0,u 0 > 0. Θέτουμε z λ 1 λx 0 λx 1 Cκαικαταλήγουμεσεάτοποπωςστηναπδειξη τουθεωρήματος 3.5.4δείχνονταςτιυπάρχει λ > 0ώστε y 0 z λ 2 < y 0 x 0 2. ] Απτονπαραπάνωισχυρισμσυμπεραίνουμετι h C u 0 x 0,u 0. Φανερά,αφο h D u 0 sup{ y,u 0 : y D}ισχει h D u 0 y 0,u 0.

72 68 Απστασηκυρτώνσωμάτων Τώραμως, Συνεπώς, h D u 0 h C u 0 y 0,u 0 x 0,u 0 y 0 x 0,u 0 y 0 x y 0 x 0 2 y 0 x 0 2. max u S n 1 h D u h C u h D u 0 h C u 0 y 0 x 0 2 δc,d. Πόρισµα 5.1.3Εστωτιτα K, K 1, K 2,...,είναικυρτάσώματαμε 0 intk. Ττε K m Kωςπροςτημετρική Hausdorffγια m ανκαιμνοανγιακάθε ε > 0υπάρχει m 0 Nώστεγιακάθε m m 0 ισχει 1 εk K m 1εK. Απδειξη:Αν δk m,k 0γιακάθε θ > 0υπάρχει m 0 m 0 θ Nώστε γιακάθε m m 0 ναισχει δk m,k < θ. Συνεπώς K m K θ n 2 και K K m θ n 2. Αφο 0 intkυπάρχει ρ > 0ώστε ρn 2 K. Ετσι συνεχίζονταςτουςπροηγομενουςεγκλεισμοςπαίρνουμε Επίσης K m K θ n 2 K θ ρ ρn 2 K θ Å ρ K 1 θ ã K. ρ Å 1 θ ã K θ ρ ρ K K K m θ n 2 K m θ ρ ρn 2 K m θ ρ K, οπτεαπτονκαννατηςδιαγραφής(λήμμα 3.3.6) Å 1 θ ã K K m. ρ Ετσιανεπιλέξουμε θ > 0ώστε θ < ρεθαπάρουμε 1 εk K m 1εK, γιακάθε mμεγαλτεροτου m 0 πουαντιστοιχείσεαυττο θ. Αντιστρφως,η1 εk K m 1 εkσυνεπάγεταιτην h 1 εk h Km h 1εK καιαπτιςιδιτητεςτηςσυνάρτησηςστήριξης(πρταση3.3.4),1 εh K h Km 1εh K αππουπροκπτει h Km h K εh K. Ητελευταίαποστηταείναιοσοδήποτεμικρήεπιθυμομε,αφοτο Kως κυρτσώμαείναιφραγμένο.

73 5.2 Ογκοςκαιαπσταση Hausdorff 5.2Ογκοςκαιαπσταση Hausdorff 69 Θεώρηµα 5.2.1Ογκος volcωςσυνάρτηση,απτακυρτάσώματαεφοδιασμένα με τη μετρική Hausdorff στο R, είναι συνεχής. Απδειξη:ΕστωτιταC,C 1,C 2,...,C m,...είναιμιαακολουθίακυρτών σωμάτωνώστε δc m,c 0. Θαδείξουμετι volc m volc. Επειδή ογκοςκαιηαπσταση Hausdorffείναιαναλλοίωταστιςμεταφορές,υποθέτουμεχωρίςβλάβητηςγενικτητας,τιτο 0ανήκειστοεσωτερικτου C (το Cωςκυρτσώμαέχειμηκενεσωτερικ). ΑπτοΠρισμα 5.1.3για κάθε θ > 0υπάρχει m 0 Nώστεγιακάθε m m 0 ναισχει 1 θc C m 1θC. Παίρνονταςγκουςστηνπαραπάνωπροκπτειτι αππουσυμπεραίνουμετι 1 θ n volc volc m 1θ n volc, volcm volc max { (1θ n 1 ), ( 1 1 θ n)} volc. Επιλέγονταςκατάλληλο θ > 0ώστεητελευταίαποστηταναείναιμικρτερηδοθέντος ε > 0καταλήγουμεστοσυμπέρασμα. Ασκήσεις Ασκηση5.2.1ΧρησιμοποπιήστετονΙσχυρισμτηςαπδειξηςτουΘεωρήματος4.1.8 γιανααποδείξετετιγιακάθεκυρτσώμαkυπάρχειακολουθίαπολυπαραλληλεπιπέδων P m Kηοποίασυγκλίνειστο Kωςπροςτημετρική Hausdorff(Παρατηρήστετιγιακάθε ε > 0αν 0 intkττε 1 εk intk.). 5.3 Το θεώρημα Επιλογής του Blaschke Θεώρηµα 5.3.1ΚάθεφραγμένηακολουθίακυρτώνσωμάτωνστονR n έχεισυγκλίνουσα υπακολουθία ως προς τη μετρική Hausdorff. Απδειξη:Εστωτιτα C 1, C 2,...είναιμιαακολουθίακυρτώνσωμάτων,η οποίαείναιφραγμένη. ηλαδή,περιέχεταιστο B : R n 2 γιακατάλληλο R > 0. Ισχυρισµός:Η C 1, C 2,...περιέχειμιαακολουθίαD 1, D 2,...γιατηνοποία ισχει 1 δd m,d k 2 min{m,k}.

74 70 Απστασηκυρτώνσωμάτων [Απδειξητουισχυρισμο:Θαδείξουμετιυπάρχουνακολουθίες C 11, C 12,... C 21, C 22, πουκάθεγραμμήστονπαραπάνωπίνακαείναιυπακολουθίατηςπροηγομενηςώστε (5.1) δc mi,c mj 1 2 m. Αναυτγίνει,ττεθαθέσουμε D 1 C 11,D 2 C 22,...,D m C mm, οπτεταd m,d k βρίσκονταικαιταδοστονπαραπάνωπίνακαστηγραμμή min{m,k}.οπτε, 1 δd m,d k 2 min{m,k}, απτην(5.1).θακατασκευάσουμετώρατονπίνακατωνυπακολουθιών.ας υποθέσουμετιέχεικατασκευαστείη mγραμμή,δηλαδήηc m1,c m2,... με δc mi,c mj 1/2 m.θακατασκευάσουμετην m1γραμμή,ώστε Το Bείναισυμπαγές,άρα δc m1,i,c m1,j 1 2 m1. B RB n 2 x B Å Å int B n 2 x, 1 2 m2 ãã. Αρα,υπάρχειπεπερασμένοπλήθοςμπαλώντηςμορφής Bx,1/2 m2 που καλπτουντο B. Σεκάθεένααπτα C mi,για i 1, 2, 3,...αντιστοιχομεεκείνεςτις μπάλες Bx,1/2 m2 απτοπροηγομενοβήμαπουτοτέμνουν,οιοποίες τοκαλπτουν,αφολεςκαλπτουντο B.Ολεςοιυποοικογένειεςτωνπεπερασμένουπλήθους Bx,1/2 m2 είναιπεπερασμένοπλήθοςκαισεαυτές απεικονίζουμετοαπειροσνολο {C m1,c m2,...}. Αρα,υπάρχειμιαυποοικογένειατων Bx,1/2 m2 στηνοποίααπεικονίζεταιέναάπειροπλήθος απτα C m1, C m2,...τηνοποίαονομάζουμε C m1,1, C m1,2,... Μένεινα δείξουμετι δc m1,i,c m1,j 1 2 m1. Εστωτι x C m1,i. Αυτβρίσκεταισεμιααπτιςμπάλεςμεακτίνα 1/2 m2 πουτέμνουντο C m1,i.αν cείναιτοκέντροαυτήςτηςμπάλαςττε x c m2.

75 5.3ΤοθεώρημαΕπιλογήςτου Blaschke 71 Ομως,τοC m1,j καλπτεταιαπτιςίδιεςμπάλεςακτίνας1/2 m2,διτιέτσι επιλέχθηκε. ηλαδή, Å B c, 1 2 m2 ã C m1,j. Συνεπώς,υπάρχει yστο C m1,j ώστε c y m2.αλλάττε x y 2 x c y c 2 x c 2 c y m2 2m2 2 m1. είξαμεδηλαδή,τιγιακάθεxπουανήκειστοc m1,i,υπάρχειyστοc m1,j ώστε x y m1. Ομοίως,γιακάθε yπουανήκειστο C m1,j,υπάρχει xστο C m1,i ώστε Αρα, x y m1. Θαδείξουμετώρατι δc m1,i,c m1,j 1 2 m1. ] D m D k1 Å D k 1 ã 2 k 1n 2. Τα D k 1/2 k 1 n 2είναικλειστάκαιφραγμένασνολα. Αρακαιητομή τουςείναικλειστκαιφραγμένοσνολο. Θαδείξουμετιηακολουθία D k 1/2 k 1 n 2 είναιφθίνουσα.εχουμε δd 1,D 2 1/2άρα Ομοίως δd 2,D 3 1/2 2 άρα D n 2 D 2. καιγενικάέχουμετι D n 2 D 3..., D k 1 2 kn 2 D k1,

76 72 Απστασηκυρτώνσωμάτων διτι δd k,d k1 1/2 k.ετσι, D 1 n 2 D n n 2 D n 2 D n n 2 D n 2 D n n 2... D k 1 D k 1 2 kn kn 2 D k1 1 2 kn 2. 2 k 1n 2 Αρα,ηDείναιφθίνουσατομήμηκενώνσυμπαγώνσυνλων.Οπτε,το D θαείναιδιαφορετικτουκενοσυνλου.εχουμετι,τοdείναιυποσνολο του D k 1/2 k 1 n 2.Επίσης,ισχει D D k 1 2 k 1n 2 D k ε n 2, γιαkαρκετάμεγάλοk 1log 2 1/ε.ΜένειναδείξουμετιD k Dε n 2. Ετσιθακαταλήξουμεστο δd,d k ε. Θέτουμε G intd ε n 2,το οποίοείναιδιαφορετικτουκενοσυνλου(αφοπεριέχειμεταφοράτης ευκλείδειαςμπάλας).απτοτιηd k 1/2 k 1 n 2 είναιφθίνουσαέχουμε D 1 n 2 \G ÅD n 2 ã \G... Ητομήαυτήςτηςακολουθίαςείναιυποσνολοτου D,αφο k1 ÅÅ D k 1 ã ã 2 k 1n 2 \G k1 Å D k 1 ã 2 k 1n 2 D. Επίσης,φανεράτο Dείναιυποσνολοτου G intd ε n 2,διτιαν πάρουμεένα xστο Dττεθαέχουμε xε n 2 D εn 2 οπτε n 2 x,ε D ε n 2 καιάρα x intd εn 2.Θέτουμε A k1 ÅÅ D k 1 ã ã 2 k 1n 2 \G ( k1 Å D k 1 ã ) 2 k 1n 2 \G. Αρα,το Aείναιυποσνολοτου R n \ G,τοοποίο,αφο D G,είναι υποσνολοτουr n \D.Συνεπώς,τοAείναιτοκενσνολογιατίταστοιχεία τουανήκουνστο Dκαιστοσυμπλήρωματου D.Αρα,υπάρχει k 0 Nώστε τοσνολο D k0 1/2 k 0 1 n 2 \Gναείναιτοκεν.Αρα D k0 1 2 k 0 1 n 2 G D εn 2. Ομωςγιακάθε k k 0 Dk Dk0 1 2 k 0 1 n 2,

77 5.3ΤοθεώρημαΕπιλογήςτου Blaschke 73 αφο Οπτε, D k 1 2 k 1n 2 D k k 0 1 n 2 D εn 2. D k D k 1 2 k 1n 2 D εn 2. Ετσι,γιααρκετάμεγάλο kισχει D k Dε n 2 και D D kε n 2.Επομένως, δd k,d ε.

78 Κεφάλαιο 6 Οιανιστητες Prekopa-Leindler και Brunn-Minkowski Ηπαρουσίασητωνεπμενωνθεμάτωνμεπλήρηαυστηρτητααπαιτείτηγνώσηθεωρίαςμέτρουκάτιπουξεφεγειαπτουςσκοποςτου παρντος. Οιαναγνώστεςπουδενέχουναυτέςτιςγνώσειςθαπρέπεινα αποδεχθονταακλουθα: (i) Οι συναρτήσεις που θα εμφανίζονται παρακάτω θα είναι πάντα ολοκληρώσιμες. (ii)σεοποιοδήποτεπολλαπλολοκλήρωμαπουεμφανίζεταιπαρακάτω μπορομενααλλάζουμετησειράτηςολοκλήρωσης(θεώρημα Fubini). (iii)το συνολικ«μήκος» ενς υποσυνλουτου R είναι το supremum τωνμηκώνσυμπαγώνυποσυνλωντου(εσωτερικήκανονικτητατου [ μέτρου Lebesgue). Για παράδειγμα, 2, και το 2 1 n,5 n] 1 είναισυμπαγέςυποσνολοτου 2,5,με sup n ï 2 1 n,5 1 nò sup n Å5 1n Å 2 1 n 6.1 Ηανιστητα Prekopa-Leindler ãã Å sup 3 2 ã 3. n n Θεώρηµα 6.1.1Εστωτιοι f, g, h 0είναιολοκληρώσιμεςσυναρτήσειςαπτο R n στο Rκαι 0 < λ < 1.Ανισχει (6.1) h1 λxλy fx 1 λ gy λ

79 6.1Ηανιστητα Prekopa-Leindler 75 γιακάθε x, yστο R n ττε Å ã 1 λ Å ã λ hxdx fxdx gydy. R n R n R n Παρατήρηση 6.1.2Ανθεωρήσουμετησυνάρτηση kx fx 1 λ gx λ ττε απτηνανιστητα Hölderγια p 1/1 λκαι q 1/λ(οπτε 1 p 1 q 1) προκπτει R n kxdx Å ã 1Å ã 1 fx 1 λ p p gx λ q q R n Rn Å ã 1 λ Å ã λ fxdx gydy. R n R n ηλαδή,ηαντίστροφητηςπαραπάνωανιστητας.ηδιαφοράεδώείναι τιηhπρέπειναικανοποιείτην 6.1γιακάθε xκαιγιακάθε y,οπτεθα είναιμεγαλτερηαπτην kxπουικανοποιείτην 6.1(μειστητα)μνο για x y. Μεαυτήτηνέννοιαηανιστητα Prekopa-Leindlerερμηνεεται ως«αντίστροφημορφή»τηςανιστητας Hölder. ΓιατηναπδειξητουΘεωρήματος 6.1.1θαχρειαστομετοακλουθο λήμμα. Λήµµα 6.1.3Ανηf : R 0, είναιμετρήσιμησυνάρτησηττε fxdx {x R : fx t} dt. R 0 Απδειξη:Θέτουμε A t {x : fx t}γιακάθε t 0.Παρατηρομετώρα τι χ 0,fx t 1ανκαιμνοαν 0 t fx,ανκαιμνοαν χ At x 1 για t 0.Αλλιώςκαιοιδοαυτέςχαρακτηριστικέςσυναρτήσειςείναιίσες μεμηδέν.ετσι,αλλάζονταςτηνκατάλληληστιγμήτησειράολοκλήρωσης, έχουμε: fxdx R fx R 0 R dtdx χ 0,fx tdtdx χ At xdxdt R {x : fx t} dt. ΑπδειξητουΘεωρήματος 6.1.1:Θακάνουμεεπαγωγήστοn.Πριναποδείξουμετηνπερίπτωση n 1αποδεικνουμετοεξής:

80 76 Οιανιστητες Prekopa-Leindlerκαι Brunn-Minkowski Ισχυρισµός:Αντα R, S, T Rείναιμηκενάσνολαπουέχουν«μήκος» (δηλαδήείναιμετρήσιμα)και 0 < λ < 1ώστε R 1 λs λt ττε R 1 λ S λ T,που είναιτομήκος(μέτρο Lebesgue). [Απδειξητουισχυρισμο:Επειδή 1 λs 1 λ S και λt λ T αρκεί νααποδείξουμετι ST S T.Σμφωναμετηνιδιτητατουμήκους που περιγράψαμε στην αρχή του κεφαλαίου, θα υποθέσουμε χωρίς βλάβη τηςγενικτηταςτιταs,tείναισυμπαγή.αρα,τοsέχειμέγιστοστοιχείο, έστωτο s,καιτο Tέχειελάχιστοστοιχείο,έστωτο t.ετσι, S s,0 και T t 0,. ηλαδή,τασνολααυτάέχουνκοινστοιχείομνοτο 0. Οπτε,αφο 0 T tσυνεπάγεταιτι S s S st tκαι,αφο 0 S sσυνεπάγεταιτι T t S st t.αρα,αφοημνητομή του S sμετο T tείνατο {0}συμπεραίνουμετι S T S T s t S st t S s T t S s T t S T. ολοκληρώνονταςτηναπδειξητουισχυρισμο. ] Ξεκινάμετηνεπαγωγικήδιαδικασία. Εστωτι n 1. Απτην 6.1 εκολαβλέπουμετιισχει: {z : hz t} 1 λ{x : fx t}λ{y : gy t}, διτιαν fx tκαι gy tττε,απτηνυπθεση, h ( 1 λxλy ) t, άρα1 λxλy {z : hz t}.αρα,απτονπαραπάνωισχυρισμισχει {z : hz t} 1 λ {x : fx t} λ {y : gy t}. ΧρησιμοποιομετώρατοΛήμμα6.1.3καιολοκληρώνονταςωςπροςtπαίρνουμε: Å ã 1 λ Å λ h 1 λ f λ g f gã, R R R R R πουστηντελευταίαανιστηταχρησιμοποιήσαμετηνανιστητααριθμητικο-γεωμετρικομέσου(θεώρημα 2.2.4). Αυτεπιβεβαιώνειτοπρώτο βήμα της επαγωγής. Εστωτιτοαποτέλεσμαισχειγιαn 1καιτι f, g, h : R n Rπως στηνυπθεση.επειδήr n R R n 1,γιακάθεt Rθέτουμεf t : R n 1 R μεf t x ft,x,καιομοίωςορίζουμετιςg t καιh t.ετσι,ανt 1 λt 1 λt 2 γιακάθε x, y R n 1 ισχει h t ( 1 λxλy ) ( ft1 x ) 1 λ( gt2 x ) λ. Εφαρμζονταςτηνεπαγωγικήυπθεσησυμπεραίνουμετι Å ã 1 λ Å ã λ (6.2) h t xdx f t1 xdx g t2 xdx. R n 1 R n 1 R n 1

81 6.2Ηανιστητα Brunn-Minkowski 77 Ορίζουμετιςσυναρτήσεις F, G, H : R Rθέτοντας Ft R f n 1 t xdx καιομοίωςγιατις G και H. Η(6.2)γράφεταιως H1 λt 1 λt 2 Ft 1 1 λ Gt 2 λ. Ετσιαναχθήκαμεστηνπερίπτωση n 1πουτηνέχουμεεπιβεβαιώσει. Συνεπώς Å Htdt R R οπτε Å ã 1 λ Å ht,xdtdx R R n 1 R ft,xdtdx R n 1 πουείναιηζητομενη. ã 1 λ Å λ Ftdt Gtdtã, R R ã λ gt,xdtdx, R n 1 Ασκήσεις Ασκηση6.1.1ΕπεκτείνετετοΛήμμα6.1.3στονR n δείχνονταςτιανf : R n 0, μετρήσιμησυνάρτησηττε R n fxdx 0 vol n { x R n : fx t } dt. Ασκηση6.1.2Χρησιμοποιήστετηνπροηγομενηάσκησηγιανααποδείξετετιγια κάθεκυρτσώμα Kισχει R n e x K dx n!vol n K. Μετονίδιοτρποαποδείξτετιγιακάθε p > 0ισχει Å ã e x p R n K dx Γ 1 n p vol n K. Ασκηση Εστωτιηf : R n 0, ικανοποιείτην 0 < R n f < καιη logfείναικοίλησυνάρτηση(δηλαδή,η logfείναικυρτή).αποδείξτετιυπάρχει t 0,1ώστετοσνολο Kt {x R n : fx > t}ναέχειθετικμέτρο Lebesgue, καιείναικυρτ,φραγμένοκαιμεμηκενεσωτερικ.(υποδειξη:γιατοφραγμένο χρησιμοποιήστετηνασκηση 4.2.4,ενώγιατομηκενεσωτερικαποδείξτετοτι λγωθετικομέτρουπεριέχειn1σημείασεγενικήθέση.) 6.2 Ηανιστητα Brunn-Minkowski Ηανιστητα Brunn-Minkowskiπαίζεικεντρικρλοστηθεωρίατων κυρτώνσωμάτων. Υπάρχουνδιάφοροιτρποινααποδειχθεί. Εδώεπιλέγουμετηχρήσητηςανιστητας Prekopa-Leindler.

82 78 Οιανιστητες Prekopa-Leindlerκαι Brunn-Minkowski Θεώρηµα (Πολλαπλασιαστικήμορφήτηςανιστητας Brunn-Minkowski) Εστωτιτα S, Tείναιμηκενά,συμπαγήυποσνολατου R n.ττε: γιακάθε λ 0,1. vol1 λs λt vols 1 λ volt λ, Απδειξη:Θέτουμε f χ S : R n Rκαι g 1 T : R n Rμε χ S x ß 1, αν x S 0, αν x / S και χ T x ß 1, αν x T 0, αν x / T. Οπτε f volsκαι g volt. Θέτουμε R 1 λs λt και h χ R. Οι h, f, gικανοποιοντιςυποθέσειςτηςανιστητας Prekopa- Leindler,αφοαν fx 0ήgy 0ηυπθεσητης Prekopa-Leindler ισχει. Ενώαν fx 0και gy 0ττε x S και y T, οπτε 1 λxλy 1 λs λt καιάρα h1 λxλy 1.Ετσικαιπάλι επαληθεονταιοιυποθέσειςτης Prekopa-Leindler. Συνεπώς, Å h ã 1 λ Å λ Å ã 1 λ Å ã λ f gã δηλαδή 1 R 1 S 1 T, άρα οπτε volr vols 1 λ volt λ, vol1 λs λt vols 1 λ volt λ. Θεώρηµα (Αθροιστικήμορφήτηςανιστητας Brunn-Minkowski)Εστω τιτα S, Tείναιμηκενάκαισυμπαγήυποσνολατου R n.ττε: vols T 1/n vols 1/n volt 1/n. Ανισχειηιστηταγιακάποιοττεένααπτα S, Tείναιπολλαπλάσιοτουάλλου. παραπομπή! Απδειξη:Ηαπδειξητηςπερίπτωσηςτηςιστηταςδενθαγίνεισεαυττο σημείογιατίαπαιτείάλλουείδουςαπδειξηηοποίαείναιπιοπερίπλοκη. Θααποδείξουμεμνοτηνανιστητα. Γράφοντας A αντίγια volaθέτουμε K S T S 1/n, L T 1/nκαι λ T 1/n S 1/n T 1/n (αν S 0ή T 0βλέπουμεεκολατιηζητομενηανιστηταισχει, οπτευποθέτουμετι S 0και T 0).Παρατηρομετι λ 0,1και

83 6.3Ηισοπεριμετρικήανιστητα 79 τι1 λ S 1/n / S 1/n T 1/n.Επίσης K 1και L 1.Εφαρμζουμε τηνπολλαπλασιαστικήμορφήτηςανιστητας Brunn-Minkowski: Ç å S 1/n S S 1/n T 1/n S T 1/n T 1/n S 1/n T 1/n T 1/n 11 λ 1 λ 1. Αρα αππουπροκπτει Å ã S T 1, S 1/n T 1/n S 1/n T 1/n S T 1/n S 1/n T 1/n. Παρατήρηση 6.2.3ΗπολλαπλασιαστικήμορφήτηςανιστηταςBrunn-Minkowskiσεσχέσημετηνπροσθετικήτηςμορφήέχειτοπλεονέκτηματι είναιανεξάρτητητηςδιάστασης n. Παρλααυτά,εκολαβλέπεικανείς τι,οιδομορφέςείναιισοδναμες. Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτετιηπολλαπλασιαστικήμορφήτηςανιστητας Brunn- Minkowskiισχειανκαιμνοανισχειηπροσθετικήτηςμορφή. Ασκηση 6.2.2Αποδείξτεμεεπαγωγήτιαν λ i > 0και K i κυρτάσώματαγια i 1,...,mττεισχει m vol n λ i K i volk i λ i. Χρησιμοποιήστεαυτήτηνανιστηταγιανααποδείξετετιγιαθετικάορισμένους n nπίνακες A i ισχει ( n ) m det λ i A i deta i λ i. i1 i1 i1 Στοιχειώδης απδειξη της Brunn- Minkowski. (να προστεθεί...) 6.3 Ηισοπεριμετρικήανιστητα Ορισµός 6.3.1Εστωτιτο Aείναιδιαφορετικτουκενοκαισυμπαγές υποσνολοτου R n πουέχειγκο. Τοεμβαδνεπιφανείαςτου Aορίζεται ναείναιτοριο volat n 2 A lim vola, t 0 t εφσοντοριοαυτυπάρχει.

84 80 Οιανιστητες Prekopa-Leindlerκαι Brunn-Minkowski Λήµµα 6.3.2ΑνAυποσνολοτουR n τοοποίοέχειεμβαδνεπιφανείαςττεγιακάθε r > 0το raέχειεμβαδνεπιφανείαςκαιισχει ra r n 1 A. Απδειξη:Γράφοντας αντίγια vol n,απτονορισμτουεμβαδοεπιφανείας έχουμε rat n 2 ra lim ra r n At/r n r n lim 2 A t 0 t t 0 t At/r n A 2 At/r n A 2 r n lim t 0 r n 1 A, t r n 1 lim t 0 t/r Για νααποδείξουμετηνισοπεριμετρική ανιστηταθααποδείξουμε πρώταέναθεώρηματοοποίομαςλέειτιαπλατασώματαμετον ίδιογκο,τοελάχιστοεμβαδνεπιφανείαςτοέχειηευκλείδειαμπάλα. Θεώρηµα 6.3.3Αν vol n n 2 vol na,μετο Aναείναιυποσνολοτου R n που έχειγκοκαιεμβαδνεπιφανείας,ττε A n 2. Απδειξη:Γράφοντας αντίγια vol n καιχρησιμοποιώνταςτηνανιστητα Brunn-Minkowski έχουμε At n 2 A lim A t 0 t Ομως, lim t 0 lim t 0 Ä A 1 n t n 2 1 nä n A t Ä A 1 n t n 2 1 nä n A n lim t 0 n A n 1 n n 2 1 n n n 2 n 1 n n 2 1 n n n 2. n n 2 2 lim tn 2 n 2 t 0 t 1t n n 2 n 2 lim t 0 n 2 lim n1t n 1 n n t t t Ä n 1 A 1 n t nä n 2 1 n 2 1 n 1t n 2 lim n 2 t 0 t 1 n 2 lim t 0 1t n 1 t Συνεπώς, A n 2.

85 6.4Ηαρχήτου Brunn 81 Θεώρηµα (ΗΙσοπεριμετρικήανιστητα)Εστωτιτο Aείναιυποσνολο του R n τοοποίοέχειγκοκαιεμβαδνεπιφανείας.αν A r n 2 ττε vol n A vol n r n 2. Απδειξη:Τοσνολο r n 2 1 n/ A 1 naέχειγκοίσομε r n 2,διτι: r n 2 ( 1 n r n A A 1 n 2 1 n A 1 n ) n A r n 2. Οπτε,θαέχουμετι ( ) r n 2 1 n A r n A 1 2. n Ετσι,χρησιμοποιώνταςτοΛήμμα 6.3.2συμπεραίνουμετι ( r n 2 1 n A 1 n ) n 1 A r n 2, οπτε r n 2 / A 1.Επομένως, A rn 2. Ασκήσεις Ασκηση6.3.1ΕστωτιτοAείναιυποσνολοτουR n τοοποίοέχειγκοκαιεμβαδν επιφανείας.αποδείξτετι Å ã 1 Å ã 1 A n A n 1 n 2. n Η αρχή του Brunn Μιαάλληεφαρμογήτηςανιστητας Brunn-Minkowskiείναιηαρχήτου Brunn. Μαςπεριγράφειμιαιδιτητατουγκουτωντομώνενςσώματος Kμευπερεπίπεδοκάθετοσεσυγκεκριμένηδιεθυνση. Θεώρηµα 6.4.1ΕστωτιτοKείναιένακυρτσώμαστονR n καιθ S n 1.Θέτουμε θ {x R n : x,θ 0}καιθεωρομετησυνάρτηση f θ : R Rμε Ττεηf 1/n 1 θ f θ t vol n 1 ( K θ tθ ). είναι κοίλη στον φορέα της.

86 82 Οιανιστητες Prekopa-Leindlerκαι Brunn-Minkowski Απδειξη: Χωρίςβλάβητηςγενικτηταςυποθέτουμετι θ e n. Ετσι f θ t vol n 1 K {x : x n t}. Θέτουμε Kt {x R n 1 : x,t K} οπτε f θ t vol n 1 Kt. Αντα t, sείναιστονφορέατης f θ (δηλαδήαν f θ t 0και f θ s 0)και λ 0,1ισχει K1 λtλs 1 λktλks. Πράγματι,αν z 1 λxλyμε x Ktκαι y Ks,ττε x,t Kκαι x,s Kκαιαπτηνκυρττητατου Kσυμπεραίνουμετι 1 λx,t λy,s K.Οπτε 1 λxλy,1 λtλs K,δηλαδή 1 λxλy K1 λtλs. ΕφαρμζουμετώρατηνανιστηταBrunn-MinkowskiστονR n 1 και(γράφοντας γιατον n 1-γκο)παίρνουμε K ( 1 λtλs ) 1/n 1 1 λktλks 1/n 1 δηλαδήτοζητομενο. 1 λ Kt 1/n 1 λ Ks 1/n 1, Ηαρχήτου Brunnαποδείχθηκεωςσυνέπειατηςανιστητας Brunn- Minkowski.Ομωςγιακυρτάσνολαείναιισοδναμημεαυτήν.ΟιλεπτομέρειεςδίνονταιστηνΑσκηση Ασκήσεις Ασκηση 6.4.1Αποδείξτετιηαρχήτου Brunnσυνεπάγεταιτηνανιστητα Brunn- Minkowski ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα. (i) Γιαδυοκυρτάσνολα Kκαι T στον R n θεωρήστετα K 1 K {0} R n1, T 1 T {1} R n1 και L conv{k 1,T 1 } { 1 λx,0λy,1 : λ 0,1, x K, y T }. είξτετι Lt 1 tk ttγιακάθε t 0,1. (ii) Εφαρμστετηναρχήτου Brunnγιατα L0, L1και L1/ Το λήμμα του Borel Τολήμματου Borelμαςλέειτιογκοςμειώνεταιπολγρήγορααπ τηστιγμήπουαποκοπείαπένακυρτσώμαένακυρττμήματουγκου μεγαλτερουτου 1/2. Θεώρηµα 6.5.1Εστωτιτο Kείναιένακυρτσώμαγκου 1στον R n και Aένα κεντρικάσυμμετρικκλειστκαικυρτυποσνολοτουr n πουικανοποιείτηνvol n K A : δ > 1/2.Ττεγιακάθε t > 1ισχει ( vol ) Å ã n K ta c 1 δ t1/2 δ. δ

87 6.5Τολήμματου Borel 83 Απδειξη:Παρατηρομετι (6.3) A c 2 t1 tac t 1 t1 A. Πράγματι,ανχι,ττευπάρχει a Aώστε a 2 t 1 x t1 t1 y, που y Aκαι x ta c,δηλαδή x / ta.κάνονταςστοιχειώδειςπράξεις προκπτειτι 1 t x t1 2t a t 1 y. 2t Το yανήκειστο A,αφοτο Aείναικεντρικάσυμμετρικ. Αρατο x/t γράφεταιωςκυρτςσυνδυασμςστοιχείωντουa.επειδήτοaείναικυρτ συμπεραίνουμετι x/t A,δηλαδή x taτοοποίοείναιάτοπο. Επιστρέφοντας στην(6.3) και τέμνοντας με το K παίρνουμε K A c 2 ( ta c K ) t 1 t1 t1 A K. Ηανιστητα Brunn-Minkowskiστηνπολλαπλασιαστικήτηςμορφήδίνει 1 δ K A c ta c K 2/t1 A K t 1/t1, αππουμεαπλέςπράξειςπροκπτειηζητομενη. Ασκήσεις Ασκηση6.5.1 ιερευνήστεκαιεπιβεβαιώστετολήμματουborelτανk n 2 / n 2 1/n και το A είναι κατάλληλο πολλαπλάσιο του K. Ασκηση Ιδιαάσκησημετηνπροηγομενηταν K n / n 1/n και K n 1 / n 1 1/n.

88 Κεφάλαιο 7 Η Συμμετρικοποίηση Steiner Εστωτιτο Kείναιένακυρτσώμακαι Hυπερεπίπεδοστον R n με 0 H. Τοσυμμετρικκατά Steinerτου Kωςπροςτο H ορίζεταιως εξής: Γιακάθεευθεία Lκάθετηστο Hμε K L μετατοπίζουμετο ευθγραμμοτμήμαk LπάνωστηνLμέχριτοκέντροτουναβρεθείπάνω στο H.Ηένωσηλωναυτώντωνμετατοπισμένωνευθγραμμωντμημάτων συμβολίζεταιμεst H K(ήStKανεννοείταιποιοείναιτουπερεπίπεδοως προςτοοποίογίνεταιησυμμετρικοποίηση),καιλέγεταιsteinerσυμμετρικ του Kωςπροςτουπερεπίπεδο H. Θαακολουθήσειοαυστηρςορισμς της συμμετρικοποίησης. 7.1 Ορισμςκαιιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner Αντο Hείναιυπερεπίπεδοπουπερνάειαπτηναρχήτωναξνωνθα γράφουμε Proj H γιατηνορθογώνιαπροβολήπάνωτο H.ΑνγιαπαράδειγματοuείναιμοναδιαίοδιάνυσμακάθετοστοHττεProj H x x x,u u. Ορισµός 7.1.1Εστωτιτο Kείναιένακυρτσώμαστον R n και Hυπερεπίπεδοστον R n ώστε0 H.Τοσυμμετρικκατά Steinerτου Kωςπροςτο Hορίζεταιναείναιτοσνολο St H K ßyλu : y Proj H Kκαι λ 12 K yru, πουτο uναείναικάθετοστο H, u 2 1και Ru : {ru : r R}. Σταπαρακάτωτο Hθαείναιέναυπερεπίπεδομε 0 Hκαι Lηκάθετη ευθείαστο Hπουπερνάειαπτο 0,πωςστοΣχήμα 7.2(σελίδα88).Αντο

89 7.1Ορισμςκαιιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner 85 υπερεπίπεδοεννοείταιποιοείναιήισχεικάτιοποιοδήποτεκαιανείναιτο Hττεθαγράφουμεκαι StKπαραλείπονταςτο Hαπτονσυμβολισμ. Ακολουθείμιασειράπροτάσεωνπουπεριγράφουνδιάφορεςαπτις ιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner. Λήµµα 7.1.2ΑντοT R 2 είναιένατραπέζιομετιςπαράλληλεςπλευρέςτουκάθετες στουπερεπίπεδο(εδώευθεία)hττεησυμμετρικοποίηση SteinerτουTωςπροςτοH είναι και πάλι τραπέζιο. Πρινδώσουμετηναυστηρήαπδειξηκαιγιαναγίνειαυτήευκολτερα κατανοητή κοιτάξτε στο Σχήμα 7.1. Στα αριστερά βλέπουμε το τραπέζιο T το οποίο είναι να συμμετρικοποιηθεί. Στα δεξιά έχουμε το τραπέζιο που σχηματίζεται με την κυρτή θήκη των συμμετρικοποιημένων βάσεων του αρχικοτραπεζίου. ηλαδήτοσχήμαπουεικονίζεταισταδεξιάδενείναι β 2 α β 1 A B β y β 2 α xα γ y β 1 γ x α/2 C H D β/2 0 λγ γ α/2 F λγ G γ E β/2 L 1 L L 2 L 1 L L 2 Σχήμα 7.1: Τραπέζιο και η κυρτή θήκη των συμμετρικοποιημένων πλευρών πάνωστιςευθείες L 1 και L 2. a prioriτοσυμμετρικοποιημένοτραπέζιοτουδεξιοσχήματος,αλλάτο τραπέζιοπουσχηματίζεταιανσυμμετρικοποιήσουμετιςβάσεις(καιμνο) τουαρχικοτραπεζίουκαιστησυνέχειαπάρουμετηνκυρτήτουςθήκη. Αυτπουθέλουμεναδείξουμεγιανααποδειχθείτοπαραπάνωλήμμαείναι τι StT CDEF.Αυτθαείναισωσταναποδείξουμετιητομήτου T μετηνευθεία L,δηλαδήτοευθγραμμοτμήμα AB,έχειτοίδιομήκοςμε τηντομήτου CDEFμετην L,δηλαδήτοτμήμα GH. Απδειξητουλήμματος:ΘεωρομετραπέζιοTμετιςβάσειςτουκάθετεςστον άξονατων xκαιυποθέτουμεεπίσηςτιημίακορυφήτουείναιστηναρχή τωναξνων,μετημίαβάσητουμήκους απάνωτονάξονατων y,ενώη

90 86 Η Συμμετρικοποίηση Steiner άλληβάσητουμεμήκος βέχειτετμημένη γ(δείτεσχήμα 7.1). Εστωτι λ 0,1. Αρκείνααποδείξουμετιτομήκοςτηςτομήςτου T μετην ευθεία L παράλληλη στις βάσεις του τραπεζίου και με τετμημένη λγ έχει μήκος 1 λaλb.αναποδειχθείαυτθαολοκληρωθείηαπδειξηαφο ταστοιχείαπουσυνιστοναυτήτηνέκφρασηπαραμένουνταίδιακαιστο τραπέζιο conv { {0} α/2,α/2,{γ} β/2,β/2 }, πουείναισχεδιασμένοσταδεξιάτουσχήματος7.1.αυττώραείναιεκολο: ανταάκρατηςβάσης {γ} β/2,β/2έχουντεταγμένες β 1 και β 2 ώστε β β 2 β 1 ττεοιμηπαράλληλεςπλευρέςτουτραπεζίου Tανήκουνστις ευθείες με εξισώσεις Ετσι y β 2 α xακαι y β 1 γ γ x. AB β 2 α λγ α β 1 γ γ λγ. Εκολαβλέπουμετιητελευταίαπαράστασηισοταιμε 1 λα λβ, δηλαδήτοζητομενο. Λήµµα 7.1.3Γιακάθε(μετρήσιμο)σνολο K R n καιγιακάθε x R n ισχει St H K x St H KProj H x. Απδειξη:ΕστωτιH R n 1 καιuένακάθετοστονhμοναδιαίοδιάνυσμα. Ανπάρουμεέναστοιχείο z,λ R n,που z R n 1 και λ Rττεαυτ ανήκειστοst H Kxανκαιμνοανγράφεταιωςz,λπουz Proj H K xκαι λ 1/2 Kx zru.αλλάαπτηγραμμικτητατηςπροβολής ισχει Proj H K x Proj H KProj H x.επίσης K x z Ru K ( z xru ), αφοτομήκοςείναιαναλλοίωτοστιςμεταφορές.εκολαβλέπουμε(επειδή u H)τι z xru z Proj H x Ru.Οπτε z,λ St H K xαν καιμνοαν z Proj H x Proj H Kκαι λ 1 ( (z 2 K ProjH x ) Ru). Αυτσυμβαίνειανκαιμνοαν z Proj H x,λ St H Kδηλαδήανκαι μνοαν z,λ St H KProj H x. Πρόταση 7.1.4Γιακάθεκυρτσώμα K,το StKείναικυρτσώμα.

91 7.1Ορισμςκαιιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner 87 Απδειξη: Το Kωςσυμπαγέςείναιφραγμένο. Αραυπάρχει R > 0ώστε K n 2 0,R.Συνεπώς StK n 20,R,οπτετο StKφραγμένο.Επίσης εκολαβλέπουμετιείναικλειστ.πράγματι, StK ßy,λ : y Proj H Kκαι λ 12 K yru, πουτο uείναικάθετομοναδιαίοδιάνυσμαστονυπερεπίπεδο Hκαιτα yθεωρονταιωςσημείατου R n 1. Ετσι,ανθεωρήσουμεμιαακολουθία σημείων y m,λ m μέσαστο StKπουσυγκλίνειέστωστο y,λ(ωςπρος τηνευκλείδειανρμα)ττεαπτιςιδιτητεςτηςαπστασης y m yκαι λ m λ. Αλλάηπροβολή Proj H Kείναικλειστσνολο,αφοτο K είναισυμπαγέςηαπεικνιση Proj H είναισυνεχήςπωςείδαμεστοτέλος τηςεντητας 1.2σελίδα9(δείτεκαιΠρταση ). Αρα y Proj H K. Επίσης λ m 1 2 K y Ru καιπερνώνταςστοριοσυμπεραίνουμε λ 1 2 K y Ru. Συνεπώς y,λ StKοπτετο StKείναικλειστ. Αφοείναικαιφραγμένοείναισυμπαγέςυποσνολοτου R n. Επειδήτο Kέχειμηκενεσωτερικθεωρομεμιαευκλείδειαμπάλα n 2 x,ε Kγιακατάλληλα x Kκαι ε > 0. Οπτε n 20,ε K x. Επειδή η συμμετρικοποίηση Steiner αφήνει αναλλοίωτες τις ευκλείδειες μπάλες,συμπεραίνουμετι n 20,ε StK x.απτολήμμα7.1.3έχουμε τι StK x StK Proj H xοπτε n 2 Proj Hx,ε StK,δηλαδήτο συμμετρικοποιημένο Kέχειμηκενεσωτερικ. Μένειναδειχθείτιτο StKείναικυρτ.Αντα x, yανήκουνστο StK θεωρομετοτραπέζιο T conv ( K Lx K Ly ) K (δείτεσχήμα7.2).αφοταx,yανήκουνστοsttκαιαπτολήμμα7.1.2το StTείναιτραπέζιο,οπτεκυρτ,συνεπάγεταιτι x,y StT StK, δηλαδήτο StKείναικυρτ,ολοκληρώνονταςτηναπδειξη. Πρόταση 7.1.5Γιακάθε Kκυρτσώμαστον R n και c 0ισχει StcK cstk. Απδειξη:Εστωτι c Rμεγαλτεροτου 0.Απτονορισμτηςσυμμετρικοποίησης θα έχουμε, StcK ßyλu : y Proj H ckκαι λ 12 ck yru ß yλu : y cproj H Kκαι λ 1 ( y ) 2 ck c c Ru yλu : y c Proj λ HKκαι c 1 ( y ) 2 K c Ru.

92 88 Η Συμμετρικοποίηση Steiner L K T y 0 x st(t) H st(k) Σχήμα 7.2: Η συμμετρικοποίηση Steiner. Το συμμετρικοποιημένο σώμα είναικυρτ. Θέτουμε x y/cκαι µ λ/c.οπτεθαέχουμε: StcK ßcxcµu : x Proj H Kκαι µ 12 K xru c ßxµu : x Proj H Kκαι µ 12 K xru cstk. Πρόταση 7.1.6Γιαοποιαδήποτεκυρτάσώματα K, Dστον R n ισχει StK D StKStD. Απδειξη: Εστωτι x StKκαι y StD. Ισοδναμαθαέχουμετι x hlκαι y k m,πουτα h, kανήκουνστο Hκαιτα l, mανήκουν

93 7.1Ορισμςκαιιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner 89 στην L,καιισχει l 1 2 K Lx και m 1 2 ( D Ly ). Ετσι, xy hkl m.φανερά hk H, l m Lκαι (7.1) lm l m 1 2 Ομως ( K Lx ( D Ly ) ). K LxD Ly K D Lxy καιαπτην Brunn-Minkowskiπαίρνουμετι K LxD Ly K Lx ( D Ly ). Ετσισυνεχίζονταςτην(7.1)οδηγομαστεστην l m l m 1 2 K D Lxy. Συνεπώς,το xyανήκειστο StK D. Πρόταση 7.1.7Γιαοποιαδήποτεκυρτάσώματα K, Dστον R n,αν K Dττε StK StD. Απδειξη:ΑφοK Dισχει K Lx D Lxοπτεθαέχουμετι (7.2) K Lx D Lx. Εστωτι z StK.Ττε Απτην(7.2)συνεπάγεταιτι z Proj H zλuμε λ K Lz. z Proj H zλuμε λ D Lz. Αρα, z StD.Επομένως, StK StD. Πρόταση 7.1.8Γιακάθευπερεπίπεδο Hη St H ωςαπεικνισηαπτακυρτάσώματα στα κυρτά σώματα είναι συνεχής. Απδειξη:Αντα K, K 1, K 2,...είναικυρτάσώματαστον R n και K m K, θαδείξουμετι StK m StK. Χωρίςβλάβητηςγενικτηταςυποθέτουμετι 0 intk. ΑπτοΠρισμα 5.1.3,το K m συγκλίνειστο Kανκαιμνονανγιακάθε ε > 0,υπάρχει m 0 Nώστεγιακάθε m m 0 ναισχει 1 εk K m 1 εk.

94 90 Η Συμμετρικοποίηση Steiner Αρα, δηλαδήτοζητομενο. 1 εstk StK m StK1ε Πρόταση 7.1.9Γιακάθεκυρτσώμα Kστον R n ισχει volstk volk. Απδειξη:Υποθέτουμεχωρίςβλάβητηςγενικτηταςτιησυμμετρικοποίησηείναιωςπροςτουπερεπίπεδοτωνπρώτωνn 1συντεταγμένων.Εχουμε τι volk volstk, χ K ( x1,x 2,...,x n ) dx n dx 1...dx n 1 ( K Lx1,...,x n 1 ) dx1 dx 2...dx n 1 StK ( Lx 1,...,x n 1 ) dx1 dx 2...dx n ( χ StK x1,x 2,...,x n ) dx n dx 1...dx n 1 αφοαπτονορισμτηςσυμμετρικοποίησηςισχει K Lx StK Lx. Πρόταση Γιακάθεκυρτσώμα Kστον R n ισχει Απδειξη:Εχουμε StK K. οπτε StK ε n 2 StKStεn 2 StKεn 2 volstkε n 2 volstk ε volstk εn 2 volstk ε volk εn 2 volk. ε Απτονορισμτουεμβαδοεπιφανείαςπροκπτειτι StK K. Πρόταση Γιακάθεκυρτσώμα Kστον R n ισχει diamstk diamk. Απδειξη:Αν x, y StKκαι T, StTτατραπέζιαπωςστοΛήμμα 7.1.2, ττετουλάχιστονμιααπτιςδιαγώνιεςτου Tέχειμήκοςμεγαλτεροήίσο απ x y 2.Αρα, diamstk diamk.

95 7.1Ορισμςκαιιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner 91 Πρόταση Γιακάθεκυρτσώμα Kστον R n αν rk max{ρ > 0 : ρ n 2 K}και RK min{ρ > 0 : K ρ n 2 },ττε rstk rkκαι RStK RK. Απδειξη:Αν ρ n 2 Kττε ρn 2 StKοπτε {ρ > 0 : ρ n 2 K} {ρ > 0 : ρn 2 StK}, καιάρα rk rstk.ομοίως,γιατα RStKκαι RK. Πρόταση Εστωτιτο Kείναιένακυρτκαικεντρικάσυμμετρικσώμαστον R n.ησυμμετρικοποίηση Steinerωςπροςοποιοδήποτευπερεπίπεδο,ικανοποιείτην ( (StK ) ) vol volk. Απδειξη:Χωρίςβλάβητηςγενικτηταςθαυποθέσουμετιησυμμετρικοποίησηγίνεταιωςπροςτοδιάνυσμα e n 0,0,...,0,1,δηλαδήτουπερεπίπεδο R n 1 (αλλιώςαλλάζουμεκατάλληλατοσστημασυντεταγμένωντου R n ). Επειδήκάθεδιάνυσμαστον R n γράφεταιως x,rμε x R n 1 και r Rμπορομεναγράψουμε StK ßÅx, 12 ã s r : x,s,x,r K. Εχουμε: (7.3) K { y,t R n : x,y st 1 x,s K }, που x, y R n 1 και s, t R.Ομοίως, (7.4) StK ßw,t R n : x,w 12 s rt 1,x,s,x,r K, που x, w R n 1 και r, s, t R. Γιακάθεσνολο A R n καιγιακάθε t Rγράφουμε At {v R n 1 : v,t A}. ηλαδή,το At {t}είναιη τομήτου Aσεψος tμεεπίπεδοπαράλληλοστον R n 1.Εχουμε 1( K tk t ) 2 1 { v R n 1 : v,t K } 1 { u R n 1 : u, t K } 2 2 ß 1 2 u 1 2 v : v,t K,u, t K ß 1 2 u 1 v : x,v st 1, x,s K, 2 x,u r t 1, x,r K

96 92 Η Συμμετρικοποίηση Steiner (προσθέτονταςκατάμέλητις x,u st 1και x,u r t 1) ß 1 2 u 1 2 v : x, 1 2 uv 1 2 s rt 1, x,s,x,r K. Θέτουμε w 1/2u1/2vκαιέχουμε: 1( K tk t ) 2 ßw : x,w 12 s rt 1, x,s,x,r K ( StK ) t, απτην(7.4). Εφαρμζονταςτώρατηνανιστητα Brunn-Minkowskiστον R n 1 παίρνουμετι: vol n 1 ( (StK ) t ) 1 n 1 Å ã 1 Å ã 1 1 n 1 1 n 1 vol n 1 2 K t voln 1 2 K t Å ã 1 1 n 1 2vol n 1 2 K t, αφοτο K είναικεντρικάσυμμετρικ.αρα, ( (StK ) ) Å ã Å t 1 1 n 1 ( vol n 1 2 n 1 vol n 1 2 K t 2 2ã n 1 vol n 1 K t ) οπτε, γιακάθε t R,άρα, απτηνοποίαπροκπτει, vol n 1 ( StK t ) vol n 1 ( K t ), ( (StK ) t vol n 1 )dt ( vol n 1 K t ) dt vol n ( (StK ) ) vol n K. 7.2 ΤοθεώρημαΣφαιρικτηταςτου Gross Τοθεώρημασφαιρικτηταςτου Grossμάςλέειτιοποιοδήποτεκυρτ σώμα μπορεί να συμμετρικοποιηθεί με μια ακολουθία κατάλληλων υπερεπιπέδωνώστετασώματαπουπροκπτουννασυγκλίνουνσεκατάλληλο πολλαπλάσιοτηςευκλείδειαςμπάλας.τοθεώρημααυτχρησιμοποιείται συχνάγιαναλυθονπροβλήματαβελτιστοποίησηςπωςηισοπεριμετρική ανιστηταήηανιστητα Blaschke-Santalóπουθαδομεπαρακάτω.

97 7.2ΤοθεώρημαΣφαιρικτηταςτου Gross 93 Θεώρηµα 7.2.1Εστω Kκυρτσώμαστον R n με vol n K vol n n 2. Θέτουμε ναείναιηοικογένειαλωντωνκυρτώνσωμάτωνπουπροκπτουναπτο Kμέσω πεπερασμένου πλήθους διαδοχικών συμμετρικοποιήσεων Steiner ως προς υπερεπίπεδα πουπερνοναπτο 0.Ττευπάρχειακολουθία K m ώστε ως προς τη μετρική Hausdorff. K m n 2, Απδειξη: Θέτουμε ρ inf{rl : L }. ηλαδήηρείναιηελάχιστη ακτίναευκλείδειαςμπάλαςκέντρου 0,πουπεριέχειστοιχείοτου.Χρησιμοποιώνταςτονορισμτου infimumθεωρομεακολουθία K m με (7.5) RK m ρ. Αρα,υπάρχει M > 0ώστε RK m M,γιακάθε m N,αφοηRK m ως συγκλίνουσα(στορ)είναιφραγμένη.οπτε,απτοθεώρημαεπιλογήςτου Blaschke,ηK m έχεισυγκλίνουσαυπακολουθία.μετονομάζουμεαυτήτην υπακολουθίασε K m οπτευποθέτουμετιηk m συγκλίνει,έστωστο K 0. Ισχυρισµός: RK 0 ρ. [ΑπδειξητουΙσχυρισμο:Αφο K m K 0,δηλαδή δk m,k 0 0,γιακάθε ε > 0,υπάρχει m 0 Nώστεγιακάθεm m 0,ισχει δk m,k 0 < ε.οπτε K m K 0 ε n 2 και K 0 K m ε n 2.Επειδή K 0 RK 0 n 2,έχουμε K 0 ε n 2 RK 0ε n 2 άρα RK 0 ε n 2 RK 0ε. Ομοια,γιατα K m ισχει Οπτεθαέχουμε και RK m ε n 2 RK mε. RK m RK 0 ε n 2 RK 0ε, RK 0 RK m ε n 2 RK mε. ηλαδή,rk m RK 0 εκαιrk 0 RK m ε.ετσι, RK m RK 0 ε,γιακάθε m m 0.Επομένως, (7.6) RK m RK 0. Απτις(7.5),(7.6)καιαπτημοναδικτητατουορίουέχουμετι RK 0 ρ. ] Αφοδείξαμετι ρ RK 0 συνεπάγεταιτι K 0 ρ n 2. Θααποδείξουμετι K 0 ρ n 2. Αναυτδενείναισωστ,ανδηλαδή, K 0 ρ n 2, ττε ρs n 1 K 0 : πράγματι,αν ρs n 1 K 0,αφοτο K 0 είναικυρτθα παίρναμε ρ n 2 convρsn 1 K 0 τοοποίοείναιάτοπο. Αραυπάρχει

98 94 Η Συμμετρικοποίηση Steiner ( x 0 ) 0 Σχήμα 7.3:Ηπεριοχή C x0 του x 0 πάνωστησφαίρα ρs n 1. x 0 ρs n 1 \K 0.ΕπειδήτοR n \K 0 είναιανοικτυπάρχειανοικτήμπάλαμε κέντροτο x 0 πουδεντέμνειτο K 0.Τέμνονταςαυτήτημπάλαμετο ρs n 1 βρίσκουμεμιαανοικτήπεριοχήτου x 0,έστω C x0,πάνωστησφαίρα ρs n 1 ώστε C x0 K 0.Κάνονταςτώραανακλάσειςτηςπεριοχήςμεκέντροτο x 0 ωςπροςυπερεπίπεδαπουπερνάνεαπτο 0,μπορομενακαλψουμε τησφαίρα:πράγματι,γιακάθε x ρs n 1 ηανάκλασητης C x0 ωςπροςτο υπερεπίπεδοπουπερνάειαπτο 0καιείναικάθετοστηχορδή x,x 0 είναι μιαανοικτήπεριοχή C x του x(δείτεσχήμα 7.4).Φανερά ) ( C x0. x. x 0 ( 0. ) H Σχήμα 7.4:Ηανάκλασητης C x0 δίνειανοικτήπεριοχήτου x. ρs n 1 x ρs n 1 C x

99 7.2ΤοθεώρημαΣφαιρικτηταςτου Gross 95 καιαπτησυμπάγειατης ρs n 1,υπάρχειπεπερασμένουποκάλυμμα.Αρα υπάρχει N Nκαι x 1,...,x N S n 1 ώστε ρs n 1 N C xj, πουτα C xj είναιανακλάσειςτης C x0 πουπεριγράψαμεπαραπάνω. Αςυποθέσουμεπωςγιατοσκοπαυτχρησιμοποιονταιταυπερεπίπεδα H 1, H 2,...,H k.θέτουμε j1 D 0 St Hk St Hk 1...St H2 St H1 K 0... Παρατηρομετι D 0 intρ n 2,διτικάθεχορδήτου Kπουσυμμετρικοποιείταιωςπροςοποιοδήποτεαπτα H j έχειμικρτερομήκοςαπτη αντίστοιχηχορδήτηςρ n 2,αφοτοKδεντέμνειτοC x 0 (δείτετοσχήμα7.5). ) ( C x0. x. x 0 ( 0. ) ρs n 1 K 0 H Σχήμα 7.5:Ησυμμετρικοποίησηωςπροςτο Hδίνεισώμαπουδεντέμνει οτετην C x0 οτετην C x. Αρα,αφο D 0 intρ n 2 ττε RD 0 < ρ.απτησυνέχειατηςσυμμετρικοποίησηςωςπροςτημετρική Hausdorff,αφο K m K 0 συνεπάγεται τι D m : St Hk St Hk 1...St H2 St H1 K m... St Hk St Hk 1...St H2 St H1 K 0... D 0. Ομως D m καιαπτησυνέχειατης Rθαισχει: RD m RD 0 < ρ. Αρα,υπάρχει m 0 ώστε RD m0 < ρκαι D m0. Αυτείναιάτοπο,διτι το ρείναιηελάχιστηακτίναπεριγεγραμμένηςμπάλαςστοιχείουτης.

100 96 Η Συμμετρικοποίηση Steiner Τέλος,επειδήησυμμετρικοποίησηδιατηρείτονγκοκαιογκοςείναι συνεχής συνάρτηση στα κυρτά σώματα ως προς τη μετρική Hausdorff, έχουμετι vol n n 2 vol nk vol n K 0 vol n ρ n 2. Αρα, ρ 1.Συνεπώς, K 0 B n 2.Οπτε, K m n 2. Ασκήσεις Ασκηση 7.2.1Αποδείξτετιγιακάθεκυρτσώμα Kστον R n υπάρχειακολουθία υπερεπιπέδωνh 1, H 2,...ώστεηακολουθίακυρτώνσωμάτων K m St Hm St Hm 1...St H1 K νασυγκλίνειστοr n γιακατάλληλοr > 0.(Υπδειξη:ΕφαρμστετοΘεώρηματου 2 GrossγιαναβρείτεK 1 πουπροκπτειαπτοkμεπεπερασμένοπλήθοςσυμμετρικοποιήσεωνπουνααπέχειαπτο r n 2λιγτεροαπ 1.Στησυνέχειαεφαρμστετο Θεώρηματου Gross,χιγιατο Kαλλάγιατο K 1.) Ασκηση 7.2.2Εστωτιτα Kκαι Tείναικυρτάσώματαστον R n.αποδείξτετιυπάρχειακολουθίαυπερεπιπέδωνh 1,H 2,...πουπερνάνεαπτηναρχήτωναξνων ώστε η ακολουθία K m St Hm...St H2 St H1 K... καιη T m St Hm...St H2 St H1 T... νασυγκλίνουνσταvolk 1/n n 2 και volt1/n n 2 αντίστοιχα.(υπδειξη:χρησιμοποιήστετηνασκηση 7.2.1τογεγονςτιανγιαένασνολο Aισχει r n 2 A Rn 2 οποιαδήποτεσυμμετρικοποίησήτουθασυνεχίσειναικανοποιείτουςπροηγομενουςεγκλεισμος). Ασκηση Αποδείξτε(χωρίςτηχρήσητηςανιστητας Brunn-Minkowski)τιαν K r n 2 και T Rn 2 ττε volk T 1/n volk 1/n volt 1/n. ΣτησυνέχειαχρησιμοποιήστεαυτκαιτηνΑσκηση 7.2.2γιαναπαραγάγετεμια άλληαπδειξητηςανιστητας Brunn-Minkowski(χωρίςτηχρήσητηςανιστητας Prekopa-Leindler). 7.3 Ηισοπεριμετρικήανιστητα(2ηαπδειξη) Σεαυτήτηνεντητααποδεικνουμετηνισοπεριμετρικήανιστηταμε τη βοήθεια της συμμετρικοποίησης Steiner. Θεωρομεκυρτσώμα Kστον R n με K B2 n. Απτοθεώρημα σφαιρικτηταςτου Gross,υπάρχειακολουθίακυρτώνσωμάτων,έστωτι είναιηk 1, K 2,...,K m,...,πουπροκπτειαπτο Kμέσωπεπερασμένου πλήθους διαδοχικών συμμετρικοποιήσεων Steiner ως προς υπερεπίπεδα πουπερνοναπτο 0,ώστε K m n 2,ωςπροςτημετρική Hausdorff.

101 7.4Ηανιστητα Blaschke-Santaló 97 Γνωρίζουμετι K K m,διτιηk m προέρχεταιαπτο Kμέσωτης συμμετρικοποίησης Steinerκαιησυμμετρικοποίησημειώνειτοεμβαδν επιφανείας. Σταθεροποιομεένα εθετικ. Ττε,απτηνΠρταση καιτογεγονςτι St n 2 n 2,θαέχουμετι K ε n 2 StK εn 2 StKStεn 2 StKεn 2. Επαναλαμβάνοντας πεπερασμένο πλήθος συμμετρικοποιήσεων Steiner ως προςκατάλληλαυπερεπίπεδαώστεναπροκψειηk m,θαέχουμετι K ε n 2 K m ε n 2.Επειδήησυμμετρικοποίησηδιατηρείτονγκο,ισχει τι K K m.αρα, K ε n 2 K ε K m ε n 2 K m. ε Παίρνουμεπρώταριαωςπρος mκαιαφο K m n 2 καιογκοςείναι συνεχής ως προς τη μετρική Hausdorff παίρνουμε K ε n 2 K ε n 2 εn 2 n 2. ε Τέλος,παίρνουμεριαγια ε 0 ολοκληρώνονταςέτσιτηναπδειξη. Επομένως, K n Ηανιστητα Blaschke-Santaló ΜιαάλληεφαρμογήτουΘεωρήματοςσφαιρικτηταςτου Grossείναιη ακλουθηανιστητα. Θεώρηµα 7.4.1Γιακάθεσυρτσώμα Kμε 0 intkισχει volkvolk vol n 2 2. Ηιστηταισχειανκαιμνοαντο Kείναιελλειψοειδές. Απδειξη:Εδώθααποδείξουμεμνοτηνγενικήπερίπτωσητηςανιστητας καιχιτηνπερίπτωσητηςιστητας. ΟπωςδείξαμεστηνΠρταση ησυμμετρικοποίησηαυξάνειτον γκοτουπολικοσώματος,δηλαδή volstk volk. Αντα H 1, H 2,... είναιυπερεπίπεδαπουησυμμετρικοποίησηωςπροςαυτάδίνει ακολουθία K m πουσυγκλίνειστην λ n 2 (λ volk/voln 2 1/n αφοη συμμετρικοποίησηδιατηρείτονγκο)ισχει (7.7) volk m volk. Πράγματι, Å( ( vol St H2 StH1 K )) ã (StH1 vol( K) ) volk,

102 98 Η Συμμετρικοποίηση Steiner και συνεχίζουμε με επαγωγή. ΟμωςK m λ n 2άρααπτοΠρισμα5.1.3γιακάθε0 < θ < 1υπάρχει m 0 Nώστεγιακάθε m m 0 ισχει 1 θλ n 2 K m 1θλ n 2. ΠερνώνταςσταπολικάσώματαμετηβοήθειατηςΠρτασης 3.5.6συμπεραίνουμετι 1 1θ 1 λ n 2 K m θ λ n 2. Επιλέγοντας 0 < θ < 1ώστε 1 θ 1 1εκαι 1 ε 1θ 1 (εκολα ελέγχουμετιαυτισχειγια θ 2 1 ε1 ε 1 )προκπτειτιγιακάθε m m 0 1 ε 1 λ n 2 K m 1ε1 λ n 2. ηλαδή K m λ 1 n 2. Παίρνονταςριαστην(7.7)καιχρησιμοποιώνταςτιογκοςείναισυνεχήςσυνάρτησηπροκπτειτι 1 ) vol( λ n 2 volk. ΠολλαπλασιάζονταςκαιταδυομέλημεvolKτοοποίοισοταιμεvolλ n 2 (απτηντιμήπουέχειτο λ)προκπτειτοαποτέλεσμα. Ηποστητα volkvolk είναιαναλλοίωτηστουςγραμμικοςμετασχηματισμος,δηλαδήγιακάθεαντιστρέψιμοπίνακα T : R n R n ισχει vol ( TK ) ( (TK ) ) vol volkvolk. Πράγματι,σμφωναμετιςΠροτάσεις 3.5.6και ,γιακάθεαντιστρέψιμοπίνακα T : R n R n ισχει vol ( TK ) ( (TK ) ) dett volkκαι vol dett 1 volk, Μια απάντησησεένα ελαφρώς τροποποιημένο ερώτημα δθηκεαπ τους Jean Bourgain και Vitali Milmanτην οποία θα δομε στο επμενο μέρος των σημειώσε- οιοποίεςαποδεικνουντοζητομενο. Γεννάταιλοιπντοερώτημαγια ποιοήποιασώματα Kηπαράσταση volkvolk έχειελάχιστητιμήκαι ποιαείναιηελάχιστητιμή.τοερώτημααυτέτσιπωςδιατυπώθηκεδεν έχειγνωστήαπάντηση.εικάζεταιτιηελάχιστητιμήτουείναι 4!/n n που είναιητιμήτηςπαράστασηςταντο Kείναιένα simplex.αυτήηεικασία είναι γνωστή ως εικασία του Mahler.

103 7.4Ηανιστητα Blaschke-Santaló 99 Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτετιστηνανιστητα Blaschke-Santalóαντο Kείναιελειψοειδέςττεισχειηιστητα. ηλαδήαντο είναιέναελλειψοειδέςττεισχει volvol vol n 2 2. Ασκηση Εστωτιτο είναιέναελλειψοειδές,καιγιαένακυρτσώμα K,μετο 0ναανήκειστοεσωτερικτου,ισχει volk vol. Αποδείξτετι volk vol.

104 Μέρος II Κλασικές θέσεις κυρτών σωμάτων

105 Γιατουπλοιποτουβιβλίουείναιαπαραίτητη η γνώση στοιχειώδους θεωρίαςμέτρου. Γιααυτπαραπέμπουμε είτε στο[πραναλ] είτε στο[θμ].

106

107 Κεφάλαιο 8 Προαπαιτομενα απτηΓραμμικήΑλγεβρακαιτηνΑναλυτική Γεωμετρία ΘασυμβολίζουμεμεM n n τοσνολολωντωνn nπινάκωνμεστοιχεία απτο R. Με GLnσυμβολίζουμετηγενικήγραμμικήομάδα,δηλαδήτουςαντιστρέψιμους n nπίνακεςμεστοιχείααπτο R n. Φανερά T GLnαν καιμνοαν dett 0. Με Onσυμβολίζουμετηνορθογώνιαομάδα,δηλαδήτους n nπίνακες Uμεστοιχείααπτο Rγιατουςοποίουςισχει U t U Id.Ταστοιχεία της OnονομάζονταιορθογώνιοιπίνακεςκαιαπτηνπολλαπλασιαστικτητατηςορίζουσαςανοUείναιορθογώνιοςττεέχειορίζουσα 1ή 1. Φανεράαν U Onττε U 1 U t,καιδιατηρείτιςγωνίεςκαιταμήκη διανυσμάτων: (i) Ux,Uy U t Ux,y x,y, (ii) Ux 2 Ux,Ux x,x x 2. Θασυμβολίζουμεμε SLnτηνειδικήγραμμικήομάδα,δηλαδήτους πίνακεςστο M n n οιοποίοιέχουνορίζουσα 1. ΕκολαελέγχουμετιοιGLn,OnκαιSLnείναιπράγματιομάδεςμε πράξητονπολλαπλασιασμπινάκωνκαιείναιμεταξτουςδιαφορετικές. Ορισµός (Ιχνοςπίνακα)ΤοίχνοςtrTενςn nπίνακαtορίζεταιως τοάθροισματωνστοιχείωντηςκριαςδιαγωνίουτου. ηλαδήανt t ij ij ττε n n trt t ii Te i,e i, i1 πουτα e i n i1 αποτελοντηνορθοκανονικήβάσηωςπροςτηνοποίαείναι γραμμένοςοπίνακας t ij ij. i1

108 104 Προαπαιτομενα... Εκολαελέγχουμετιτοίχνοςέχειτιςακλουθεςιδιτητεςγιαοποιουσδήποτε n nπίνακες T t ij ij, S s ij ij καικάθε λ R: (i) trttrs trt S. (ii) trλt λtrt. (iii) trt t trt. (iv) trts trts i,j t ji s ij (δείτεασκηση 8.1.1). Απτην ivπροκπτειάμεσατιτοίχνοςδενεξαρτάταιαπτηβάσητου χώρου,αφο trp 1 TP trtpp 1 trt.ετσιανοtείναιδιαγωνοποιήσιμος,αλλάζονταςκατάλληλατηβάσητουχώρου,συμπεραίνουμετιτο ίχνος του T είναι το άθροισμα των ιδιοτιμών του. Ορισµός 8.1.2Εναςσυμμετρικς n nπίνακαςλέγεταιθετικάορισμένοςαν γιακάθε x R n \{0}ισχει Tx,x > 0. Ορισµός 8.1.3Εναςσυμμετρικς n nπίνακαςλέγεταιθετικάημιορισμένος ανγιακάθε x R n \{0}ισχει Tx,x 0. Φανερά κάθε θετικά ορισμένος πίνακας είναι και θετικά ημιορισμένος. Γιαέναθετικάημιορισμένοπίνακα T,απτοφασματικθεώρημα(δείτε[ΓρΑλγ2]),υπάρχειορθοκανονικήβάσηf 1,...,f n τουr n πουαποτελείται απιδιοδιανσματατου Tκαιαντίστοιχεςιδιοτιμές λ 1,...,λ n οιοποίεςείναιμηαρνητικοίαριθμοί.συγκεκριμέναισχει Tf j λ j f j και λ j 0για κάθε j 1,...,n.ΑνοTείναιθετικάορισμένοςττεοιιδιοτιμές λ j είναι λεςθετικές. Πρόταση 8.1.4Το υποσνολοτου R n είναιελλειψοειδέςμεκέντροτηναρχήτων αξνωνανκαιμνοανυπάρχειπίνακας T θετικάορισμένοςώστε {x R n : Tx,x 1}. Απδειξη: Αντο είναιελλειψοειδές,έστωτιτα e 1,...,e n και a 1,...,a n είναιπωςστονορισμ Θέτουμε á ë a a T a 2 n Τέτοιουςπίνακεςστοεξήςγιαεξοικονμησηχώρουθατουςγράφουμεως εξής: T diaga 2 1,...,a 2 n. ΕκολατώραελέγχεικανείςτιοT είναι θετικά ορισμένος και n x,e j 2 Tx,x. j1 a 2 j

109 8.1...απτηΓραμμικήΑλγεβρακαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία 105 Συνεπώς {x R n : Tx,x 1}. Αντιστρφως,έστωτιοTείναιέναςθετικάορισμένοςn nπίνακαςκαι K {x R n : Tx,x 1}.Θααποδείξουμετιτο Kείναιελλειψοειδές. Εστωτιταf 1...,f n καιλ 1,...,λ n είναι,πωςπαραπάνω,ηορθοκανονική βάσηιδιοδιανυσμάτωντου Tκαιοιαντίστοιχεςθετικέςιδιοτιμέςτου.Ενα διάνυσμα xείναιστοιχείοτου Kανκαιμνοαν Tx,x 1.Ομως,αφο τα f 1...,f n συνιστονορθοκανονικήβάσητου R n μπορομεναγράψουμε x n j1 x,f j f j,οπτεηπροηγομενηγίνεται T Å n x,f j f j ã, j1 n x,f j f j 1. j1 Απλέςπράξειςδείχνουντιητελευταίαείναιισοδναμημετην n x,f j 2 1/ λ j 1, 2 j1 ολοκληρώνονταςτηναπδειξησμφωναμετονορισμ Ασκήσεις Ασκηση 8.1.1Αποδείξτετιανοι T t ij ij και S s ij ij είναιδυο n nπίνακες ττε trt t S i,j t ij s ij. (Υπδειξη: ΧρησιμοποιήστετονΟρισμ 8.1.1καιτο τιανηe j n j1 είναιορθοκανονικήβάσηστον Rn ττεγιακάθε x R n ισχει Tx n j1 Tx,e j e j.) Ασκηση8.1.2Αποδείξτετιτοίχνοςενςπίνακαείναιανεξάρτητοαπτηνβάσητου χώρου ακολουθώντας την εξής διαδικασία. Αποδείξτε με επαγωγή στη διάσταση τουχώρου n 2τι (8.1) detidha 1htrAOh 2, πουηποστητα Oh 2 ικανοποιείτην lim h 0 Oh 2 /h 0. Στησυνέχειαχρησιμοποιήστετην(8.1)γιανααποδείξετετιτοίχνος traείναιηκατευθυνμενη παράγωγοςτηςορίζουσαςστηδιεθυνσητουπίνακα Aστοσημείο Id,δηλαδή (8.2) tra lim h 0 detidha detid. h Τέλοςχρησιμοποιήστετην(8.2)γιανααποδείξετετιγιακάθεαντιστρέψιμοπίνακα Pισχει trp 1 AP tra. Ασκηση 8.1.3[Singular Value Decomposition]Αποδείξτετιγιακάθεαντιστρέψιμο πίνακα T υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες U, V και διαγώνιος πίνακας D με θετικά στοιχείαδιαγωνίουώστεναισχειt UDVακολουθώνταςταπαρακάτωβήματα. μη αντριστρέψιμοι και θετικά ημιορισμένοι;

110 106 Προαπαιτομενα... (i) Αποδείξτετιυπάρχειορθοκανονικήβάσηe 1,...,e n τουr n καιθετικοίαριθμοί λ 1,...,λ n ώστεναισχει T t Te j λ j e j γιακάθε j 1,...,n. (ii) Θέστε v j λ j 1 Tej γιακάθε j 1,...,n,καιαποδείξτετιτα v 1,...,v n συνιστονορθοκανονικήβάσητου R n. (iii) Αν Pοπίνακαςμεστήλεςταδιανσματα v j και Qοπίνακαςμεστήλεςτα διανσματα e j αποδείξτετιισχει P TQdiagÄ λ1 1,..., λn 1 ä. Ασκηση 8.1.4ΧρησιμοποιήστετηνΑσκηση 8.1.3γιαναδείξετετιγιακάθε n n πίνακα T υπάρχειορθογώνιος n nπίνακας U καιθετικάημιορισμένος n n πίνακας Pώστε T UP.Ηαναπαράστασηαυτήείναιγνωστήμετονομαπολική αναπαράστασητουt.(υπδειξη: UDV UVV DVγιακάθεVορθογώνιοn n πίνακα.) απτηΣυναρτησιακήανάλυση Συμβολίζουμεμε M n n τοσνολοτων n nπινάκωνμεστοιχείααπ το R.Ταστοιχεία Tτου M n n ταβλέπουμεκαιωςγραμμικέςαπεικονίσεις απτον R n στον R n,πουτογιακάθε x R n το Txείναιτοδιάνυσμα στον R n πουπροκπτειμεπολλαπλασιασμτουn nπίνακαtμετο n 1 διάνυσμα x.στο M n n ορίζουμεμιανρμαθέτοντας (8.3) T sup{ Tx 2 : x n 2 }. Φανεράοορισμςείναικαλς,αφοτοσνολο n 2 είναισυμπαγέςκαιη απεικνιση Tσυνεχής.Πράγματι,η(8.3)ορίζειμιανρμαστο M n n : (i)φανερά T 0καιαν T 0ττε Tx 0γιακάθε x n 2,οπτε γιακάθε x R n \{0}ισχει Å ã x Tx x 2 T 0. x 2 Ετσι T 0. (ii)γιακάθε λ Rισχει λt sup x n 2 (iii)τέλος,αν T, S M n n ττε T S sup x n 2 λtx 2 λ sup Tx 2 λ T. x n 2 T Sx 2 sup Tx 2 Sx 2 x n 2 sup Tx 2 sup Sx 2 T S. x n x n 2 2

111 8.2...απτηΣυναρτησιακήανάλυση 107 Παράδειγµα 8.2.1Οιορθογώνιοιπίνακεςέχουννρμαίσημε 1.Πράγματι, αν Uορθογώνιοςττε(εξορισμο) U U Id. Ετσι,γιακάθε x R n έχουμε Ux 2 2 Ux,Ux U Ux,x x,x x 2. Αρα Ux 2 x 2 καιη(8.3)συνεπάγεταιαμέσωςτι U 1. Παρατήρηση 8.2.2Ανυπάρχει C > 0ώστε Tx 2 C x 2 γιακάθε x R n ττε T C.Αυτπροκπτειαμέσωςαπτην(8.3). Επίσηςγιακάθε x R n ισχει Tx 2 T x 2.Πράγματι,αυτείναι προφανέςαν x 0,καιαν x 0ττε Tx 2 Tx/ x 2 x 2 T x 2. Παρατήρηση 8.2.3Αν T, S M n n ττε TS T S. Πράγματι,απ την(8.3)καιτηνπαρατήρηση 8.2.2,γιακάθε x n 2 έχουμε άρα TS T S. TSx 2 TSx 2 T Sx 2 T S x 2, Πρόταση 8.2.4Ηαπεικνιση : M n n R n2 που a ij n i,j1 a 11,a 12,...,a 1n,a 21,...,a 2n,...,a n1,...,a nn, είναι γραμμική, 1-1, επί, συνεχής και η αντίστροφή της είναι συνεχής. Απδειξη: Φανεράηείναιγραμμική,1-1καιεπί. Μένειναδείξουμετη συνέχειατηςκαιτης 1.ΑλλάοM n n είναιοr n2 μεδιαφορετικήνρμα (την πωςορίστηκεπριν). Συνεπώςησυνέχειατης είναιαπλώςη ισοδυναμίαδονορμώνστον R n2,ηοποίαισχειαπτηνπρταση Πόρισµα 8.2.5Ενασνολο M n n είναιφραγμένοανκαιμνοανείναιφραγμένοωςυποσνολοτου R n2, 2 (μέσωτης τηςπρτασης 8.2.4). Ομοίωςένα M n n είναισυμπαγέςανκαιμνοανείναισυμπαγές(δηλαδή κλειστκαιφραγμένο)ωςυποσνολοτου R n2, 2 Ασκήσεις Ασκηση ΑποδείξτετιανοD diagλ 1,λ 2...,λ n είναιδιαγώνιοςπίνακας, ττε D max { λ j : j 1,2,...,n }. Ασκηση 8.2.2ΑνηD m είναιμιαακολουθίαδιαγώνιωνπινάκωνμε detd m 1για κάθε m Nττεηακολουθία D m είναιφραγμένηανκαιμνοανηακολουθία D 1 m είναι φραγμένη. Ασκηση 8.2.3ΧρησιμοποιήστετηνΑσκηση 8.1.3γιανααποδείξετετιηΑσκηση 8.2.2δενισχειμνογιαδιαγώνιουςπίνακεςαλλάκαιγιαοποιαδήποτεακολουθία T m, n n-πινάκωνμε dett m 1γιακάθε m N.

112 Κεφάλαιο 9 Ηέννοιατηςθέσηςενς κυρτοσώματος Αςθεωρήσουμεένακυρτσώμα Kστο R n. Οποιαδήποτεμεταφορά τουx 0 Kστοχώροδεναλλάζειταγεωμετρικάχαρακτηριστικάτουσώματοςκαιγιααυτδενθεωρομετιπρκειταιγιαουσιαστικάδιαφορετικ σώμα. Λέμεαπλώςτιτοσώμαβρίσκεταισεάλληθέση. Αυτμωςδεν συμβαίνειμνομετιςμεταφορές.προφανώςσυμβαίνεικαιμετιςστροφές καιτιςανακλάσεις.γενικτεραθεωρομετιένακυρτσώμαδεναλλάζει κατάουσιαστικτρποταναλλάζειηβάσητουχώρου.απτηγραμμική Αλγεβραγνωρίζουμετιηαλλαγήτηςβάσηςτου R n γίνεταιμεένανπίνακα ο οποίος έχει μη μηδενική ορίζουσα. Το αποτέλεσμα οποιουδήποτε απτουςπαραπάνωμετασχηματισμοςσεένακυρτσώμαήσυνδυασμο τουςονομάζεταιθέσητουσώματος. Γιαναδώσουμετοναυστηρορισμ υπενθυμίζουμεαπτηνγραμμικήάλγεβρατιγράφουμε GLnγιατηγενικήγραμμικήομάδαστον R n :το GLnαποτελείταιαπλουςτους n n πίνακες που έχουν μη μηδενική ορίζουσα. Ορισµός 9.0.6Αντο K είναιένακυρτσώμαστον R n ονομάζουμεθέσητου K οποιοδήποτεσνολοτηςμορφής x 0 TKπου x 0 R n και T GLn. Πολλέςφορέςταυτίζουμετοκυρτσώμαμετηνκλάσηλωντωνθέσεώντου (θεωρώνταςτιλεςοιθέσειςαναφέρονταιστοίδιοσώμα).στοεπμενοαποδεικνουμετιοποιοδήποτεελλειψοειδέςείναιμιαθέσητηςευκλείδειας μπάλας n 2. Πρόταση 9.0.7Τοσνολοτωνθέσεωντηςευκλείδειαςμπάλας n 2 είναιτοσνολοτων ελλειψοειδώνστον R n. Απδειξη:Το είναιελλειψοειδέςστον R n μεκέντροτηναρχήτωναξνων ανκαιμνοανυπάρχειορθοκανονικήβάση e 1,...,e n του R n καιθετικοί

113 109 αριθμοί a 1,...,a n ώστε x Rn : n x,e j 2 a 2 j1 j 1, (δείτεορισμ 1.3.6).Οδιαγώνιοςπίνακας T diaga 1,...,a n είναιαντιστρέψιμος(αφοταa 1,...,a n είναιθετικοίαριθμοί)καιεκολαελέγχουμε τιισχει T n 2.Οποιοδήποτεάλλοελλειψοειδέςστον Rn είναιμεταφοράελλειψοειδοςμεκέντροτηναρχήτωναξνων. Αντίστροφα,πρέπεινααποδείξουμετιγιακάθε T GLnτο T n 2 είναιελλειψοειδές.ομως x T n 2 ανκαιμνοαν T 1 x n 2 δηλαδήαν καιμνοαν T 1 x,t 1 x 1.Αυτείναιισοδναμομετο T 1 t T 1 x,x 1.Ετσι,απτηνΠρταση 8.1.4,μένειναδείξουμετιοπίνακαςT 1 t T 1 είναιθετικάορισμένος. Ομωςπροφανώς,γιακάθεμημηδενικ z R n ισχει T 1 t T 1 z,z T 1 z,t 1 z T 1 z 2 0. Μένειναδειχθείτιαν z R n \ {0}ττε T 1 z 0. Ανυποθέσουμετι υπάρχειμημηδενικ z R n ώστε T 1 z 0ττεθέτουμε e 1 z/ z 2 και συμπληρώνουμεσεμιαορθοκανονικήβάσημεταδιανσματα e 2,...,e n επιλέγοντάς τα ώστε αυτά να είναι ορθοκανονική βάση του υποχώρου κάθετουστο e 1. Ττεοπίνακας T 1 γραμμένοςωςπροςτηβάση e 1,...,e n έχειστηνπρώτηστήλητουμηδενικά,αφολγωτουτι T 1 e 1 0ισχει T 1 e 1,e j 0γιακάθε j 1,2...,n. Αρα dett 1 0,τοοποίοείναι άτοπο,αφοοtείναιαντιστρέψιμος. Παρατήρηση 9.0.8Αυτπουπραγματικάκρβεταιπίσωαπτηναπδειξη είναιηπολικήαναπαράστασηενςτετραγωνικοπίνακα:κάθε(πραγματικς)τετραγωνικς T παραγοντοποιείταιστημορφή T UAπουοU είναιορθογώνιος(δηλαδή U t U 1 )καιοaδιαγώνιος(δείτε[γραλγ2]). ΕτσιοAαπεικονίζειτην n 2 σεέναελλειψοειδέςμεάξονεςτουςβασικος άξονεςκαιστησυνέχειαοu«στρέφει»τοελλειψοειδέςστοχώρο(ο Uως ορθογώνιοςείναισυνδυασμςανακλάσεωνκαιστροφών). Παρατήρηση 9.0.9Παρατηρήστετιανεπιλέξουμεέναελλειψοειδές στο R n,ττε (i)τοελλειψοειδέςκαθορίζειέναπίνακαt GLnαπτην T n 2. (ii) Ο T καθορίζει μια αλλαγή βάσης. (iii) ΟTκαιηαλλαγήβάσηςθέτουντοKσεμιαάλληθέση τηθέσηtk. Ετσιπολλέςφορέςλέμετιηθέσηενςσώματος Kκαθορίζεταιαπτην «επιλογήτηςευκλείδειαςδομήςτουr n». ηλαδήτηνεπιλογήτουελλειψοειδος.ηχρήσητηςλέξης«δομή»στηνπαραπάνωφράσηπροέρχεταιαπ

114 110 Ηέννοιατηςθέσηςενςκυρτοσώματος τοτιέναελλειψοειδέςκαθορίζειέναεσωτερικγινμενο. Πράγματι,αν ωςπροςτηνκατάλληληορθοκανονικήβάση e 1,...,e n { } n x x k n k1 x 2 Rn k : 1, a 2 k1 k που a k > 0για k 1,...,n,ττεελέγχουμεεκολατιτο (9.1) n z k w k x,w : k1 a 2 k είναιέναεσωτερικγινμενοκαιτοσνολο {x R n : x,x 1}είναι ακριβώςτο. Ασκήσεις Ασκηση9.0.1ΑποδείξτετιοποιοδήποτεπαραλληλγραμμοστονR 2 είναιμιαθέση τουτετραγώνουc 1,1 2.Ομοίωςαποδείξτετιοποιοδήποτεπαραλληλεπίπεδο στον R n είναιμιαθέσητουκβου C 1,1 n. Ασκηση9.0.2 είξτετιησχέση(9.1)ορίζειπράγματιέναεσωτερικγινμενοστον R n. Ασκηση είξτετιαν είναιηνρμαπουορίζειέναελλειψοειδέςστον R n,ττεισχει x,x x 2. Ασκηση Εξηγήστεγιατίηεπιλογήενςεσωτερικογινομένουστον R n καθορίζειτηθέσηενςκυρτοσώματος K.

115 Κεφάλαιο 10 Η ισοτροπική θέση Ηισοτροπικήθέσηενςκυρτοσώματοςείναιμιαπολιδιαίτερηθέση ηοποίαπροέρχεταιαπτηνκλασικήμηχανική.οσυνήθηςορισμςτης ισοτροπίαςείναιοακλουθος: Ορισµός (Ισοτροπικσώμα)Ενακυρτσώμα K R n λέμετιείναιισοτροπικανέχειγκοίσομε 1,κέντρομάζαςστο 0καιτοολοκλήρωμα K x,θ 2 dxείναισταθερ,δηλαδήανεξάρτητοτου θ S n 1.Ητετραγωνική ρίζα αυτής της κοινής τιμής των ολοκληρωμάτων ονομάζεται σταθερά ισοτροπίαςτου Kκαισυμβολίζεταιμε L K. ΘαδομεπαρακάτωτικάθεκυρτσώμαKστονR n έχειισοτροπικήθέση δηλαδήυπάρχει T GLnώστετο TKναείναιισοτροπικ. Στηνεπμενηυποεντηταθαπροσπαθήσουμεναεξηγήσουμεαυτντον ορισμ. Αυτδενθασυμβάλειμνοστηναιτιολγησητουρου«ισοτροπικ»αλλάθασυμβάλειστονακατανοήσουμετιαπφυσικήςπλευράςη ισοτροπικήθέσηείναιηαπλοστερηθέσηστηνοποίαμπορείναβρεθείένα σώμα Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης 10.1α Ροπήδναμηςκαιροπήαδράνειας Αςυποθέσουμετιέχουμεένααντικείμενοπουμπορείναπεριστραφεί γρωαπένανάξονα. Μπορομεναφανταστομεμιασφαίρακαιέναν άξοναπουπερνάειαπτοκέντροτηςήμιαπρταπουστρέφεταιγρωαπ τονάξοναπουδιέρχεταιαπτασημείαστήριξήςτης. Ανεφαρμσουμε μιαδναμη F στοαντικείμενο,κάθεταστοεπίπεδοπουορίζειοάξονας περιστροφήςκαιτοδιάνυσμαθέσηςτουσημείουστοοποίοεφαρμζεταιη δναμη,αυτθααρχίσειναπεριστρέφεται.αςθεωρήσουμετιηδναμη

116 112 Ηισοτροπικήθέση εφαρμζεταιστοσημείο rτοοποίοανήκειστοαντικείμενμας. Ονομάζουμεροπήτηςδναμης Fτοδιάνυσμα τ r F,πουμε συμβολίζουμε τοεξωτερικγινμενο. Παρατηρομετισοπιοκοντάστονάξοναπεριστροφήςεφαρμσουμετηδναμη(γιαπαράδειγμασοπιοκοντάστον άξοναπεριστροφήςτηςπρτας),τσοπιομικρείναισεμήκοςτοδιάνυσμα rοπτεείναικαιμικρτεροτομέγεθοςτηςροπής(ηπρταθαστραφεί μεμικρτερηταχτητα). Ηροπήμιαςδναμηςπουεφαρμζεταισεένασώμαπουμπορείναστραφείγρω απένανάξονα,εκφράζειτομέγεθοςτηςικαντηταςτηςδναμηςναστρέψειτοσώμα. Αρατοπσοεκολαθαστραφείτοσώμαεξαρτάταιαπτηδναμη F καιτοσημείοεφαρμογήςτηςδναμης r. Ομωςτοτιτελικάακριβώς θασυμβείστοσώμαδενεξαρτάταιμνοαπτηδναμηκαιτοσημείοεφαρμογής. ιτιγιαπαράδειγμα,μιαμπάλατουμπάσκετστρέφεται πολπιοεκολαμετηνίδιαδναμηαπ,τιοπλανήτηςγη. Αρατοτι ακριβώςθασυμβείμετηνίδιαδναμη F καιτοίδιο rσχετίζεταικαιμε χαρακτηριστικάτουσώματοςκαιτηςδιεθυνσηςπεριστροφής. Αυτάτα χαρακτηριστικά εκφράζονται στην έννοια της ροπής αδράνειας του σώματος ωςπροςτηδιεθυνσητουάξοναπεριστροφής. Ηροπήαδράνειαςενςσώματοςεκφράζειτοπσοεκολααυτστρέφεταιγρω απδοθένταάξονα. Εξαρτάταιδηλαδήτσοαπτοσώμασοκαιαπτονάξονα περιστροφής. Τοτιηροπήαδράνειαςεξαρτάταικαιαπτονάξοναπεριστροφήςφαίνεταιεκολαμετοπαράδειγματουακροβάτηπουπερπατάει σεσχοινίκρατώνταςκάθεταστοσχοινίμιαπολμεγάληράβδο(δείτετην Εικνα 10.1).Γιαναπέσειαπτοσχοινίοακροβάτηςθαπρέπειηράβδος που κρατάει να στραφεί με άξονα περιστροφής παράλληλο στο σχοινί στο οποίο βαδίζει. Επειδή ακριβώς η ράβδος είναι μεγάλη στην κάθετη στο σχοινίδιεθυνση,αυτήέχειπολμεγάληροπήαδράνειας(δεν«θέλει»δηλαδήναστραφεί)καιγιααυτοακροβάτηςδενπέφτειεκολα. (Τοτι ο ακροβάτης συγκρατεί τη ράβδο είναι μάλλον ψευδαίσθηση. Η ράβδος συγκρατεί τον ακροβάτη!) Μιλώνταςπιοαυστηρά,ηροπήαδράνειαςενςσώματοςεκφράζειτηροπήπου απαιτείται για να αποκτήσει το σώμα μια καθορισμένη γωνιακή επιτάχυνση. Μια σημειακήμάζα mσεθέση r,πουτο rείναικάθετοστονάξοναπεριστροφής τηςέχειροπήαδράνειαςτηνποστητα I m r 2 2. (Βεβαίωςηεπιλογή αυτοτουτπουδενείναιαυθαίρετηαλλάβασίζεταισεπειραματικάδεδομένα. Γιαπαράδειγμα,διπλασιάζουμετηναπστασηαπτονάξονα περιστροφήςκαιμετράμετετραπλάσιαροπήγιατηναπκτησητηςίδιας γωνιακής επιτάχυνσης.) Αντώραμιλάμεγιαένακυρτσώμα Kστον R n ησυνολικήτουροπή αδράνειαςυπολογίζεταιαν«προσθέσουμελεςτιςροπέςαδράνειαςτων σημείων του», δηλαδή αν ολοκληρώσουμε πάνω στο K. Για να απλοποιηθεί ηπεριγραφήμαςαςυποθέσουμετιοι«σημειακέςμάζες»στο Kείναιίσες με 1. Μεάλλαλγιαθεωρομετιηπυκντητατουυλικοτου Kείναι σταθερά,ίσημε 1. Ετσιαντοδιάνυσμα θ S n 1 καθορίζειτονάξονα

117 10.1 Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης 113 Εικνα 10.1: Ο Samuel DixonδιασχίζειτονΝιαγάραπάνωσεένασχοινί 7/8 της ίντσας χρησιμοποιώντας τη ροπή αδράνειας μιας μεγάλης ράβδου (φωτογραφία George Barker, Νιαγάρας 1890). περιστροφής,ττεη(συνολική)ροπήαδράνειαςτου Kείναιηποστητα K r x 2 2 dx, πουτο r x είναιτοδιάνυσμακάθετοστονάξοναπεριστροφής,απτον άξοναστο x K. ΧρησιμοποιώνταςτοΠυθαγρειοΘεώρημα,ηροπή αδράνειαςτου Kωςπροςτονάξοναπουκαθορίζειτο θείναιίσημετο (10.1) K ( x 22 x,θ 2 ) dx. Φανεράηροπήαδράνειαςεξαρτάταιλοιπναπτονάξονα τηδιεθυνσηθ. Αναυτδενσυμβαίνει,ανδηλαδήηροπήαδράνειαςείναιίδιαγιατοKως προςοποιοδήποτεάξοναπεριστροφής,ττετοσώμαλέγεταιισοτροπικ.η συνθήκηπουμλιςπεριγράψαμεείναιφανεράισοδναμημετηνσυνθήκη ηποστητα K x,θ 2 dxναείναισταθερήκαιανεξάρτητηαπτηνεπιλογή του θ S n 1. Ετσιλοιπν,ένασώμαείναιισοτροπικτανηροπήπουχρειάζεταιγιανα αποκτήσει συγκεκριμμένη γωνιακή επιτάχυνση είναι ίδια ως προς οποιοδήποτε άξονα και αν είναι να περιστραφεί. Προσθέτουμεμνοεδώ,τιηοιεπιπλέοναπαιτήσειςτουΟρισμο , δηλαδήναέχειτοσώμακέντρομάζαςστο 0καιναέχεισυνολικγκο 1, είναικανονικοποιήσειςπουαπλάδιευκολνουνδιάφορουςυπολογισμος καιδενέχουνσχέσημετηνισοτροπίαωςφυσικήέννοια.

118 114 Ηισοτροπικήθέση 10.1β Πίνακαςαδράνειαςκαιροπήαδράνειας Οπωςείδαμεπαραπάνωηροπήαδράνειαςεξαρτάταιτσοαπτοσώμα τοοποίοστρέφεταισοκαιαπτηδιεθυνσητουάξοναπεριστροφής. Είναιδυνατναυτάταδονα«διαχωριστον»;Μπορονδηλαδήκατάμία έννοιανααπομονωθονταχαρακτηριστικάτουσώματοςπουκαθορίζουνή επηρεάζουντηνπεριστροφήαπτηδιεθυνσηπεριστροφής;ηαπάντηση είναιθετικήκαιαυτγίνεταιμετονπίνακααδράνειαςτουσώματος. Θασυμβολίσουμεμε Idτονταυτοτικπίνακαστον R n.ανγράψουμετο τυχν x Kως n i1 x ie i ωςπροςτηνσυνήθηορθοκανονικήβάσητου R n καιομοίωςκαιγιατο θ,απτησχέση(10.1)εκολαβλέπουμεμεαπλές πράξειςτι που I K είναιοπίνακας Å ã Å ã x 2 2 dx Id x i x j dx K K ij K ( x 22 x,θ 2 ) dx I K θ,θ, à ) K( x 2 2 x 2 1 dx K x 1x 2 dx... K x í 1x n dx K x ) 2x 1 dx K( x 2 x 2 2 dx... K x 2x n dx K x nx 1 dx K x nx 2 dx... K( x 2 2 xn) 2 dx Οπίνακας I K ονομάζεταιπίνακαςαδράνειαςτουσώματος K(Inertia matrix).οτανεργαζμαστεμεένασώμακαιδενυπάρχεικίνδυνοςσγχυσης μπορείναπαραλείπουμετονδείκτη KκαιναγράφουμεαπλάI.ΟIεξαρτάταιμνοαπτοσώμα K(καιτοσστημασυντεταγμένων)καιγιακάθε θ S n 1 τοεσωτερικγινμενο Iθ,θ υπολογίζειτηροπήαδράνειαςτου σώματος Kμεάξοναπεριστροφήςτηδιεθυνσητου θ. ΓιατηΦυσική, πωςημάζαείναιτομέτροτηςαδράνειαςτου Kγιατηνευθγραμμηκίνηση, έτσι και ο πίνακας αδράνειας είναι το«μέτρο» της αδράνειας στην περιστροφική κίνηση. Εκολαβλέπεικανείςτιαυτςοσυμμετρικςπίνακαςείναιθετικάορισμένος. ΑλλάαπτηνπλευράτηςΦυσικήςαυτείναιάμεσααντιληπτ ανκανείςγνωρίζειτιαντο Kστρέφεταιμεοποιαδήποτε(μημηδενική) σταθερήγωνιακήταχτητα ωττεηκινητικήτουενέργειαείναιακριβώς ηποστητα 1 2 I ω, ω,καιωςενέργειαηποστητααυτήείναιαναγκαστικά θετική. ΕτσιοI είναιδιαγωνοποιήσιμος,δηλαδήυπάρχεικατάλληλος ορθομοναδιαίοςπίνακαςαλλαγήςβάσης QώστεοI Q t ΛQπου Λδιαγώνιοςπίνακας,έστωμεστοιχείαδιαγωνίουτα I 1,...,I n. Οιδιευθνσεις τωνιδιοδιανυσμάτωντου Iονομάζονταικριοι(ήπρωτεοντες)άξονεςτου σώματοςk.οιποστητεςi 1,...,I n (οιοποίεςείναιθετικές,αφοοiείναι θετικάορισμένος)ονομάζονταικριες(ήπρωτεουσες)ροπέςαδράνειας

119 10.1 Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης 115 του K. Ταυπερεπίπεδαπουπαράγονταιαποποιαδήποτε n 1απτα ιδιοδιανσματατου Iονομάζονταικρια(ήπρωτεοντα)υπερεπίπεδατου K. Συμπεραίνουμελοιπντιανεπιλέξουμεκατάλληλατηνορθοκανονική βάσητου R n οπίνακαςαδράνειαςτου K είναιδιαγώνιος οδιαγώνιος πίνακας Λ. Συνεπώς,ανεφαρμσουμεστοσώμα Kκατάλληλοδιαγώνιο πίνακα(ως προς κατάλληλη βάση) ο πίνακας αδράνειας της νέας θέσης του K,έστω K,θαείναιπολλαπλάσιοςτουταυτοτικο,δηλαδήτα K x 2 i dxθα είναιανεξάρτητατουiκαι K x i x j dx 0γιακάθεi j.εκολαελέγχουμε τιαυτέςοισυνθήκεςσυνεπάγονταιτιστηνέααυτήθέσητουτοk,δηλαδή το K,είναιισοτροπικ! Αποδείξαμεέτσιτικάθεκυρτσώμα Kμπορείνααλλάξειθέσηώστεηνέαθέση πουπροκπτειναείναιισοτροπική. Παρατηρομεεδώτιπολσυχνάστηβιβλιογραφίαηισοτροπικήθέσηπεριγράφεταιλέγονταςτιοπίνακαςαδράνειαςτουσώματος Kείναι πολλαπλάσιοςτουταυτοτικοσυντιςσυνθήκεςκανονικοποίησηςτουορισμο ,δηλαδήτιπρέπειναέχειγκοίσομε1καικέντρομάζαςστο 0. Ανονομάσουμε C C K CovKτονπίνακα K x ix j dx ij ττεισχει Αυτελέγχεταιεκολα,αφο trc n Å i1 K IK trc n 1 Id C. x 2 2 dx K ã x 2 i dx n 1 x 2 2 dx. K Οπίνακας C C K ονομάζεταιπίνακαςσυνδιακμανσης(covariance matrix)του K.Συνήθωςμελετάμετονπίνακα Cαντίγιατον IαφοοCείναι απλοστεροςκαιοιιδιτητεςτου Iπουμαςενδιαφέρουνπροκπτουνάμεσααπτιςιδιτητεςτου C. Γιαπαράδειγμα,οIείναιπολλαπλάσιοςτου ταυτοτικο Id(καιτοσώμα Kείναιισοτροπικ)ανκαιμνοανοCείναι πολλαπλάσιοςτουταυτοτικο.μεβάσηαυτήτηνπαρατήρησημπορομε ναδώσουμετονεξήςεναλλακτικορισμτουισοτροπικοσώματος: Ορισµός (Ισοτροπικσώμα,(εναλλακτικςορισμς))Ενακυρτσώμα K R n λέγεταιισοτροπικανέχειγκοίσομε 1,κέντρομάζαςστο 0 καιισχουνοισχέσεις (i) K x2 i dx K x2 j dxγιακάθε i,j 1,...,nκαι (ii) K x ix j dx 0γιακάθε i,j 1,...,nμε i j. Οαριθμς L K K x2 i dx1/2 (πουείναιανεξάρτητοςτου i)ονομάζεται σταθερά ισοτροπίας του K.

120 116 Ηισοτροπικήθέση ΠρέπειβεβαίωςκανείςναελέγξειτιηL K πωςορίστηκεεδώισοται μετην L K πωςορίστηκεστονορισμ Αυτείναιαπλκαιτο διατυπώνουμεστηνασκηση Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτετιανισχουνοισχέσεις iκαι iiτουορισμο ττετο K x,θ 2 dxείναιανεξάρτητοτου θ S n γ Πολικήροπήαδρανείας Αςυποθέσουμετιτοαντικείμενοπουμελετάμεείναιδισδιάστατο(για παράδειγμαένατμήμαενςλεπτοφλουκάποιουυλικο). Μπορομε ναθεωρήσουμετώρατιτοσώμααυτθαπεριστραφείστοεπίπεδοστο οποίοπεριέχεται. Ομνοςτρποςναγίνειαυτείναιναπεριστραφεί γρωαπκάποιοσημείο x 0 αυτοτουεπιπέδου.αυτείναιισοδναμομε το να θεωρήσουμε το σώμα στον τρισδιάστατο χώρο και να θεωρήσουμε τιθαπεριστραφείγρωαπτονάξοναπουπερνάεικάθεταστοεπίπεδο στοοποίοπεριέχεται,απτο x 0. Ηαδράνειαπουεπιδεικνειαυττο σώμασεμιατέτοιαπεριστροφήδίνεταιπωςκαιπριναπτοολοκλήρωμα πάνωστοσώματουτετραγώνουτηςαπστασηςτωνσημείωντουαπτον άξοναπεριστροφής,πουσεαυτήτηνπερίπτωσηείναιτοσημείο x 0.Αυτή ηροπήαδρανείαςονομάζεταιπολικήκαιεφσονημάζατουσώματοςέχει πυκντηταίσημε 1και x 0 0δίνεταιαπτοντπο PI K x 2 dx. K Ηγενίκευσησεμεγαλτερεςδιαστάσειςείναιμοια. Τοπαραπάνω ολοκλήρωμαστον R n ονομάζεταιπολικήροπήαδρανείαςπουτώραη περιστροφήείναιγρωαπτονάξονατου R n1 πουπερνάεικάθεταστον R n απτο 0. Παρατηρομεεδώτιηπολικήροπήαδρανείαςσχετίζεταιμεταίχνη τωνπινάκων I K και C K ωςεξής: (10.2) PI K K x 2 2 dx trc K tri K n δ ιαφοράμεταξισοτροπικοκαιμηισοτροπικοσώματος Είδαμεήδητιγιαταισοτροπικάσώματαηίδιαροπήπροκαλείτηνίδια γωνιακήεπιτάχυνσηωςπροςοποιοδήποτεάξονα. Εδώθαεμβαθνουμε λίγοπαραπάνωσεαυτήτηνκατεθυνση. Αςυποθέσουμετισεένασώμα Kστονχώροτοασκείταιμιαροπή ώστενααρχίσεινακινείταικαιστησυνέχειααφήνεταιελεθερο,χωρίςνα

121 10.1 Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης 117 τουασκήταικαμίαεξωτερικήδναμη(ήησυνισταμένητωνεξωτερικών δυνάμεωνισοταιμεμηδέν). Σεαυτήτηνεντηταθαμελετήσουμετη διαφοράστηνκίνησηαντοσώμαείναιισοτροπικήχι. Ανθεωρήσουμεδοσημείαx,y K,μεx y,αφοτοσώμαυποτίθεται στερε,ηαπστασήτουςπαραμένεισταθερή. ηλαδήηποστητα n x y 2 2 x j y j 2 j1 είναισταθερήωςπροςτονχρνο.συνεπώςηπαράγωγςτηςείναιμηδέν. Υπολογίζονταςτηνπαράγωγομετονκαννατηςαλυσίδαςπαίρνουμε2 x y,v x v y 0,πουμεv x καιv y συμβολίζουμετιςταχτητεςτωνσημείωνx καιyαντίστοιχα.ετσιγιαναισχειαυτ,είτεv x v y 0οπτεv x v y και τοσώμακινείταιευθγραμμαομαλά,είτεv x v y x yκαιτοσώμαεκτελεί περιστροφική κίνηση. Επειδή εδώ ασκήθηκε ροπή στο σώμα συμβαίνει το δετερο.ετσιυπάρχειδιάνυσμαω xy ώστεv x v y ω xy x y.μπορομε ναδομετώρατιτοω xy είναιανεξάρτητοτωνσημείωνxκαιy.πράγματι, ανπάρουμετρίασημεία x,y,zστο Kθαισχει ω xz x y ω xz z y ω xz x z v x v z v x v y v z v y ω xy x y ω zy z y. Αλλάητελευταίαμπορείναισχειγιακάθεx,y,z Kμνοανω xz ω xy ω zy. Τοκοιναυτδιάνυσμα ωλοιπνείναιχαρακτηριστικτηςκίνησης τουσώματοςκαιονομάζεταιγωνιακήταχτητατουσώματος.μπορομενα ελέγξουμετιτομέτροτουμαςδείχνειτηνγωνιακήμεταβολήτωνσημείων του Kωςπροςτονάξοναπεριστροφήςπροςτοναπαιτομενοχρνο. Η περιστροφικήαυτήκίνησηονομάζεταιομαλή(αφουποθέσαμετιδεν ασκονταιπλέονδυνάμειςστοσώμαήασκονταιαλλάέχουνσυνισταμένη μηδέν)αλλάαυτδενσημαίνειτιτοδιάνυσμαωείναισταθερ.αυτπου γνωρίζουμεσίγουραείναιτιτοσώμαδιατηρείτηνκινητικήτουενέργεια (αρχή διατήρησης της ενέργειας) και τη στροφορμή του(αρχή διατήρησης της στροφορμής). Ηκινητικήενέργειαενςσημείουτου xείναι E x 1 2 m x v x 2,που m x ησημειακήμάζαστο xκαι v x ηταχτητάτου. Ετσιαντοσώμα Kέχει πυκντητα 1ηκινητικήτουενέργειαείναι E 1 2 K v x 2 dx. Ηστροφορμήενςσημείουx KορίζεταιωςτοδιάνυσμαL x m x x v x καιάραγιατοσώμα Kμεπυκντητα 1ηστροφορμήτουείναι L K x v x dx.αντικαθιστώνταςτο v x με ω xπαίρνουμε L x m x ( x 2 2 ω ω,x x) m x I x ω,

122 118 Ηισοτροπικήθέση που I x οπίνακαςαδράνειαςτου xδηλαδή á x 2 2 x 2 1 x 1 x 2... x 1 x n ë x 2 x 1 x 2 2 I x x x 2 x n x n x 1 x n x 2... x 2 2 x2 n Ολοκληρώνονταςωςπροςx Kπαίρνουμετιησυνολικήστροφορμήτου Kείναι L Iωπου Iοπίνακαςαδράνειαςτου K. Χρησιμοποιώντας τιςιδιτητεςτουεξωτερικογινομένουελέγχουμεεκολατιισχει E 1 2 L,ω. Μεαυτέςτιςεξισώσειςμπορομεναβγάλουμεταπαρακάτωσυμπεράσματα. ΑνοροπήπουασκήσαμεγιατηνέναρξητηςκίνησηςτουKήτανκάθετη σεκριοάξονατου Kττεηστροφορμή Lείναιστηδιεθυνσητουκριου άξονα.αλλάττετο Lείναιιδιοδιάνυσματου Iκαισυνεπώς ω I 1 L λ 1 Lπου ληιδιοτιμήτου Iπουαντιστοιχείστονκριοάξονα. ηλαδήη γωνιακήταχτηταείναιπαράλληλημετηστροφορμή. Αυτσημαίνειτι τοσώμαθακάνειμιααπλήομαλήπεριστροφικήκίνησηγρωαπαυτν τονκριοάξονα. Ανηροπήδίνειστροφορμήπουδενείναιστηδιεθυνσηκριουάξονα, ττεαυτήηγωνιακήταχτηταδενείναιαπαραίτηταπαράλληλημετη στροφορμή L. Παραμένειμωςσταθερήησυνιστώσατηςστηδιεθυνση τηςστροφορμής L,αφο E 1 2 L,ω,καιτσοηκινητικήενέργειασο και η στροφορμή είναι σταθερές. Ετσιέναελλειψοειδέςμεάνισουςημιάξονεςστοοποίοασκείταιροπή ώστενααποκτήσειστροφορμή Lηοποίαδενείναιστηδιεθυνσηκριου άξονα,θακάνειμιασνθετηκίνησηστονχώρο,ηοποίαπεριλαμβάνει τσοπεριστροφήγρωαπτονάξονατηςστροφορμήςσοκαιπεριστροφικήκίνησηγρωαπτονεαυττου. Τέτοιαείναιηκίνησηπουεκτελεί οπλανήτηςμας: περιστρέφεταιγρωαπτονεαυττουαλλάκαιοάξοναςπεριστροφήςδενείναισταθερςαλλάεκτελείκαιαυτςπεριστροφική κίνησηγρωαπτηδιεθυνσητηςστροφορμήςτης. Αντώρατοελλειψοειδέςέχειγιαπαράδειγμα2κριουςάξονεςμείσεςιδιοτιμέςττεανοάξοναςπεριστροφήςβρίσκεταιστοεπίπεδοπου παράγουναυτοίοιδοάξονεςηκίνησηείναιαπλήπεριστροφικήμιακαι πωςπρινηστροφορμήείναιιδιοδιάνυσματουπίνακααδράνειας,οπτε προκπτειγωνιακήταχτηταστηδιεθυνσητηςστροφορμής. Τέλος, αν το K είναι στην ισοτροπική του θέση κάθε άξονας περιστροφής οδηγείσεαπλήπεριστροφικήκίνησημετηγωνιακήταχτηταστηδιεθυνσητηςστροφορμής. Αυτείναιπροφανέςαπταπαραπάνω,αφοστηνισοτροπική θέσηοπίνακαςαδράνειας Iτου Kείναιπολλαπλάσιοτουταυτοτικο. Παρατήρηση Νασημειώσουμεεδώ,μιακαιαναφέρθηκε,τιοπλανήτηςμαςδενείναιστερεσώμα,αφοέχειατμσφαιρα,νερ,υγρπυρήνακλπ.Αραηκίνησητουδενείναικαιτσοπροβλέψιμηπωςθαήταν

123 10.1 Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης 119 ανεπρκειτογιαστερεσώμα.οιστρατιωτικοίοργανισμοίκαταγράφουν συνεχώς την τροχιά του άξονα του πλανήτη χρησιμοποιώντας αστρονομικάδεδομέναώστεναενοπίζουντημεταβολήτηςθέσηςτου. Αυτγίνεται βεβαίως,μεσκοπναστοχεουνμεακρίβειαοιπραυλοίτουςτιςπλεις μας ε Τοελλειψοειδέςαδράνειαςκαιτοελλειψοειδέςκινητικήςενέργειας Αςυποθέσουμεγιαλγουςαπλοποίησης,αλλάχωρίςβλάβητηςγενικτητας,τιηκινητικήενέργεια E K του Kισοταιμε 1/2. Εφσονλοιπν ηκινητικήενέργεια E K 1 2 Iω,ω είναισταθερή,ηγωνιακήταχτητα ω ανήκειστοελλειψοειδέςμεεξίσωση Iω,ω 1. Τοελλειψοειδέςαυτ ονομάζεταιελλειψοειδέςαδρανείαςήελλειψοειδές Poinsotκαιείναισταθερ(ακίνητο)ωςπροςτοσώμαKκαθώςαυτπεριστρέφεται.Τοτιδενκινείται σεσχέσημετοkπροκπτειεκολα,αφοαναλλάξουμεστοσστημασυντεταγμένωντωνιδιοδιανυσμάτωντουπίνακααδρανείας Iττεηεξίσωσή τουπαραμένειαναλλοίωτηστονχρνοκαιείναιη n I j ω 2 j 1, j1 πουτα I j είναιοικριεςροπέςαδρανείαςκαι ω j οισυντεταγμένεςτης γωνιακήςταχτητας ω. Ο PoinsotπαρατήρησετιηE K 1 2 L,ω συνεπάγεταιτι L 2grad ω E K. ηλαδήηστροφορμή Lείναικάθετηστο εφαπτμενοεπίπεδοτουελλειψοειδος E K σταθερά,δηλαδήστοεφαπτμενοεπίπεδοτουελλειψοειδοςαδρανείαςστο ω. Αυτήηκατασκευή είναι γνωστή ως κατασκευή Poinsot και περιγράφει με ακρίβεια την περιστροφικήκίνησητου K. Πράγματι,αφοηστροφορμή Lείναισταθερή, γιαναμπορείναείναιπάντακάθετηστοπαραπάνωεφαπτμενοεπίπεδο θα πρέπει το ελλειψοειδές αδρανείας να περιστρέφεται κατάλληλα και μαζίτουκαιτοσώμα K. Πάλιαπτογεγονςτιηκινητικήενέργεια E K είναισταθερήκαιτοτι E K 1 2 L,ω προκπτειτιηπροβολήτου ωστηδιεθυνσητου Lείναισταθερή,δηλαδήείναισταθερήηαπσταση τουκέντρουτουελλειψοειδοςαδρανείαςαπτοεφαπτμενοεπίπεδοστο ω. Συνεπώςτοεφαπτμενοεπίπεδοείναιαναλλοίωτοστονχρνοκαιγια αυτονομάζεταιαναλλοίωτοεπίπεδο(invariable plane).το ωείναιτοσημείο επαφήςτουελλειψοειδοςαδρανείαςκαθώςαυτπεριστρέφεταικαιτου αναλλοίωτου επιπέδου. Κατά την κίνηση αυτή το ω διαγράφει μια καμπληπάνωστοελλειψοειδέςαδρανείαςηοποίαονομάζεταιπολικήκαμπλη (στααγγλικάονομάζεται«polhode»απτιςλέξειςπλος+οδς).αντίστοιχα τοσημείοεπαφήςδιαγράφειμιακαμπληπάνωστοαναλλοίωτοεπίπεδο πουονομάζεταιαντιπολικήκαμπλη(στααγγλικά«herpolhode»απτιςλέξεις έρπω+πλος+οδς). Ενδιαφέρονμωςπαρουσιάζεικαιηκίνησητουδιανσματοςτηςστροφορμής Lωςπροςένανπαρατηρητήπουβρίσκεταιμέσαστοσώμακαι

124 120 Ηισοτροπικήθέση ω L Σχήμα 10.2: Τοελλειψοειδές Poinsot,τοσταθερδιάνυσμαστροφορμής L,ημεταβαλλμενηγωνιακήταχτητα ωκαιτοαναλλοίωτοεπίπεδο. Το ωπαραμένεισταθεράστοσημείοεπαφήςτουελλειψοειδοςμετοεπίπεδο.καθώςτοελλειψοειδέςστρέφεταιγρωαπτονευαττου,τοσημείο επαφήςμετοεπίπεδο(ισοδναματο ω)διαγράφειπάνωστοελλειψοειδές τηνπολικήκαμπλη,ενώκαθώςτοελλειψοειδέςπεριστρέφεταικαιγρω απτονάξονατου L,τοσημείοεπαφήςμετοεπίπεδο(ισοδναματο ω) διαγράφειτηναντιπολικήκαμπληπάνωστοεπίπεδο. κινείταιμαζίτου. Γιααυτν,προφανώςτο ω είναιτώρασταθερκαι αλλάζειτο L. Μπορομεεκολαναελέγξουμετιωςπροςτοσστημα συντεταγμένων των ιδιοδιανυσμάτων του πίνακα αδρανείας το L βρίσκεται πάνταστοελλειψοειδές n i1 I 1 i L 2 i 1.Αυττοελλειψοειδέςονομάζεται ελλειψοειδές της κινητικής ενέργειας ή ελλειψοειδές Binet του K. Επειδή επιπλέον ισχει n i1 L2 i L 2 2 τοοποίοείναισταθερ,συμπεραίνουμετιτοδιάνυσματηςστροφορμής Lπαραμένειστηντομήτηςσφαίραςακτίνας L 2 καιτουελλειψοειδος Binet. Παρατηρομετέλος,τιτοελλειψοειδέςκινητικής ενέργειας Binetείναιτοπολικελλειψοειδέςτουελλειψοειδοςαδρανείας Poinsot. Παρατήρηση Στηβιβλιογραφίατηςκυρττηταςωςελλειψοειδέςαδρανείας δεν ορίζεται το ελλειψοειδές Poinsot αλλά, κατά παράβαση των φυσικών εννοιών που περιγράψαμε παραπάνω, ένα ελλειψοειδές που φέρει τονοματου Legendre,καιείναιδιαφορετικαπτοπροηγομενο,ανκαι έχειτουςίδιουςκριουςάξονες. Θαπεριγράψουμεαυττοελλειψοειδές στηνυποεντητα 10.2α. Ομοίωςτοελλειψοειδές Binetδενορίζεταισμφωναμετιςπαραπάνωφυσικέςέννοιεςαλλάωςδυϊκτουελλειψοειδος