Transcript

1 Αναλυτικά ϑέµατα στην Κυρτότητα Πτυχιακή Εργασία της Σταυρουλας Πετροπουλου Επιβλέπων : Α. Τσολοµύτης Πανεπιστηµιο Αιγαιου, Τµηµα Μαθηµατικων Καρλοβασι, Σαµος

2

3 Περιεχόµενα Εισαγωγικά 9. Γραµµική άλγεβρα Ανάλυση Ελλειψοειδή Ισοπεριµετρική Ανισότητα 7. Ανισότητα Prékopa-Leindler εύτερη απόδειξη της ανισότητας Prékopa-Leindler.. 3. Ανισότητα Brunn-Minkowski Ισοπεριµετρική ανισότητα Ελλειψοειδή µεγίστου όγκου 4 3

4

5 Αφιερωµένο...

6

7 Πρόλογος Σε αυτή την πτυχιακή εργασία µελετήσαµε... 7

8 8

9 Κεφάλαιο Εισαγωγικά Σ αυτό το κεφάλαιο παραθέτουµε µερικούς ϐασικούς ορισµούς και ϑεωρή- µατα από τη γραµµική άλγεβρα, την ανάλυση και τη γεωµετρία τα οποία ϑα χρησιµοποιήσουµε σε παρακάτω κεφάλαια.. Γραµµική άλγεβρα Ορισµός.. Ενα σύνολο V λέγεται διανυσµατικός χώρος πάνω στο, αν ισχύουν τα ακόλουθα :. (α ) Το V είναι κλειστό ως προς τη πρόσθεση (+), δηλαδή αν u, v V, τότε u + v V (ϐ ) u + v = v + u, για κάθε u, v V (αξίωµα αντιµεταθετικότητας) (γ ) u + (v + w) = (u + v) + w, για κάθε u, v, w V (αξίωµα προσεταιριστικότητας) (δ ) αν υπάρχει ένα στοιχείο 0 V τέτοιο ώστε u + 0 = 0 + u = u, για κάθε u V (ε ) για κάθε u V, υπάρχει ένα στοιχείο ( u) V τέτοιο ώστε u + ( u) = 0 = ( u) + u.. (α ) για κάθε α, u V ορίζεται ένα στοιχείο αu του V το οποίο ονοµάζεται ϐαθµωτό πολλαπλάσιο του υ επί το α και ισχύουν οι εξής ιδιότητες : (ϐ ) α(u + v) = αu + αv, για κάθε α, u, v V 9

10 0 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΑ (γ ) (α + ϐ)v = αv + ϐv, (δ ) α(ϐv) = (αϐ)v, για κάθε α, ϐ, v V για κάθε α, ϐ, v V (ε ) v = v, για κάθε v V. Ορισµός.. Ενας γραµµικός µετασχηµατισµός T του διανυσµατικού χώ- ϱου V λέµε ότι είναι διαγωνοποιήσιµος αν υπάρχει µια ϐάση του V τέτοια ώστε ο πίνακας του T ως προς αυτή τη ϐάση είναι ένας διαγώνιος πίνακας. Ορισµός..3 Εάν A είναι ένας m n πίνακας, τότε ο n m πίνακας που έχει ως γραµµές τις στήλες του A και ως στήλες τις γραµµές του A, καλείται ανάστροφος του A και συµβολίζεται µε A t. Ετσι το (i, j)-στοιχείο του A t είναι ίσο µε το (j, i)-στοιχείο του A. Ορισµός..4 Ο πίνακας I n n m, του οποίου κάθε στοιχείο της κύριας διαγωνίου είναι ίσο µε και κάθε άλλο στοιχείο του είναι ίσο µε 0, καλείται ταυτοτικός πίνακας. Ορισµός..5 Ενας πίνακας A n n καλείται ορθογώνιος εάν AA t = I n. Εστω ότι έχουµε δυο διανυσµατικούς χώρους V και W επί του. Ορισµός..6 Μια απεικόνιση T : V W του διανυσµατικού χώρου V στον διανυσµατικό χώρο W καλείται γραµµική απεικόνιση όταν ικανοποιεί τις συνθήκες :. T(α + ϐ) = Tα + Tϐ για κάθε α, ϐ V. T(λα) = λ(tα) για κάθε α V, και για κάθε α F. Ορισµός..7 Ενας πίνακας καλείται συµµετρικός εαν ισούται µε τον ανάστροφό του. Λήµµα..8 Κάθε συµµετρικός πίνακας T : n µος. n είναι διαγωνοποιήσι- Απόδειξη : Θεωρούµε τον πίνακα T : C n C n. Εστω λ C µια ιδιοτιµή του, που αντιστοιχεί στο ιδιοδιάνυσµα x C n, γιατί το χαρακτηριστικό πολυώνυµο έχει ϱίζες στο από το ϑεµελιώδες ϑεώρηµα της Άλγεβρας, οπότε το T λ I, δεν είναι αντιστρέψιµος, οπότε ker(t λ I) {0} δηλαδή υπάρχει x C n \ {0} : (T λ I)x = 0 Tx = λ x.

11 .. ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Αλλά λ x = λ x, x = Tx, x = x, Tx όµως ο T είναι συµµετρικός, άρα x, Tx = Tx, x = λ x. ηλαδή λ x = λ x λ = λ. Άρα ο λ είναι πραγµατικός αριθµός. Θέτουµε z = e(x ), δηλαδή κάθε συντεταγµένη του z είναι το πραγµατικό µέρος της αντίστοιχης συντεταγµένης του x. Φανερά z n και x = z + iim(x ). Τότε Από τις (.) και (.) παίρνουµε την από όπου συνεπάγονται οι Tx = Tz + it(im(x )) (.) Tx = λ x = λ z + λ i(im(x )) (.) Tz + it(im(x )) = λ z + iλ (Im(x )), Tz = λ z και T(Im(x )) = λ (Im(x )). Αν z 0 τότε ϐρήκαµε πραγµατικό ιδιοδιάνυσµα του T µε πραγµατική ιδιοτιµή λ. Αν z = 0 τότε αφού το x 0 αναγκαστικά το Im(x ) 0 και τότε το y = Im(x ) είναι πραγµατικό ιδιοδιάνυσµα του T. Σε κάθε περίπτωση υπάρχει λ και διάνυσµα e n \{0} ώστε e = και Te = λ e. Τώρα γράφουµε το n ως n = [e ] [e ] όπου το [e ] έχει διάσταση n δηλαδή είναι αντίγραφο του n. Ισχυριζόµαστε ότι T : [e ] [e ].

12 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΑ Πρέπει να δείξουµε ότι αν z [e ] συνεπάγεται Tz [e ], δηλαδή Tz, e = 0. Αλλά εφόσον ο T είναι συµµετρικός Tz, e = z, Te = z, λe = λ z, e = 0, αφού z [e ]. Άρα τώρα έχουµε τον T : n n συµµετρικός (όπου ταυτίσαµε το [e ] µε το n ). Άρα ϑα υπάρχει ιδιοτιµή λ και ιδιοδιάνυσµα µε e =. ηλαδή e e. Τώρα e n \{0} [e ] \{0} n = [e ] [e ] [e, e ] και συνεχίζουµε επαγωγικά µε τον T : [e, e ] [e, e ] µέχρι να ϐρούµε n ιδιοδιανύσµατα. Από την κατασκευή είναι µεταξύ τους κάθετα και µήκους, δηλαδή ορθοκανονική ϐάση του n. Εστω U ο πίνακας αλλαγής ϐάσης, από την αρχική ϐάση {ϑ,..., ϑ n } στην ϐάση των ιδιοδιανυσµάτων. ηλαδή Uθ i = e i, οπότε ( n ) U(x) = U x, ϑ i ϑ i = = i= n x, ϑ i Uϑ i i= n x, ϑ i e i. Τότε U e i = ϑ i. Ο U TU είναι διαγώνιος. Πράγµατι ( n ) U TU = U TU x, ϑ j ϑ j i= j= ( n ) = U T x, ϑ j e j j=

13 .. ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ 3 ( n ) = U x, ϑ j Te j j= ( n ) = U x, ϑ j λ j e j = j= n λ j x, ϑ j ϑ j. ηλαδή το διάνυσµα x, ϑ., x, ϑ n απεικονίζεται µέσω της U TU στο λ x, ϑ.. λ n x, ϑ n Άρα λ 0 U TU = λ n Οπότε T = UDU. Τέλος U = U. Αρκεί να δείξουµε ότι U e i = ϑ i. U e i, ϑ j = e i, Uϑ j = e i, e j, όπου {, αν i = j e i, e j =. 0, αλλιώς j= ϑ i = = n ϑ i, ϑ j ϑ j j= n U e i, ϑ j ϑ j j= = U e i.

14 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΑ Άρα U = U και συνεπώς T = UDU. Ορισµός..9 Ενας γραµµικός µετασχηµατισµός T του διανυσµατικού χώ- ϱου V λέµε ότι είναι ϑετικά ορισµένος, αν και µόνο αν, ο πίνακας του είναι συµµετρικός και ισχύει ότι το Tx, x > 0. Αντίστοιχα, ένας γραµµικός µετασχηµατισµός T του διανυσµατικού χώρου V λέµε ότι είναι ϑετικά ηµιορισµένος, αν και µόνο αν, ο πίνακας του είναι συµµετρικός και ισχύει ότι το Tx, x 0.. Ανάλυση Ορισµός.. Θεωρούµε το διανυσµατικό χώρο E. Η συνάρτηση : E µε τις ιδιότητες :. x 0, για κάθε x X. λx = λ x, για κάθε λ, x X 3. x + y x + y, για κάθε x, y X λέγεται νόρµα στο διανυσµατικό χώρο E. Το Ϲεύγος (E, ) είναι ένας χώρος µε νόρµα. Παρακάτω ϑα δώσουµε παραδείγµατα χώρων µε νόρµα για τον διανυσµατικό χώρο n.. Ο χώρος ( n, ), όπου : n και x = n x i, i= για x = (x,..., x n ) n.. Ο χώρος ( n, ), όπου : n και για x = (x,..., x n ) n. ( n ) x = x i, i=

15 .3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η 5 3. Ο χώρος ( n, ), όπου : n και για x = (x,..., x n ) n. x = max{ x i : i =,..., n}, Ορισµός.. Με τον όρο ανοικτή κάλυψη ενός συνόλου E σε έναν µετρικό χώρο X εννοούµε µια συλλογή {G α }(α A) ανοικτών υποσυνόλων του X ούτως ώστε E α A G α. Ορισµός..3 Ενα υποσύνολο K ενός µετρικού χώρου λέγεται συµπαγές, αν και µόνο αν, κάθε ανοικτή κάλυψη έχει πεπερασµένη υποκάλυψη..3 Ελλειψοειδή Ορισµός.3. Εστω Β = {x d : x } η µοναδιαία µπάλα, έστω α d ένα διάνυσµα και έστω T : d d ένας αντιστρέψιµος γραµµικός µετασχηµατισµός. Το σύνολο E = T(B) + α (.3) καλείται ελλειψοειδές και το α καλείται κέντρο του ελλειψοειδούς. οπότε Εστω x T(B) + α, τότε x α T(B) T (x α) B T (x α), T (x α) (T ) t T (x α), (x α) (.4) (TT t ) (x α), (x α). Ο γραµµικός µετασχηµατισµός (TT t ) είναι διαγωνοποιήσιµος, αφού είναι συµµετρικός (TT t ) t = (T t ) t T t = TT t. Αν πάρουµε µια ϐάση από ιδιοδιανύσµατα f j του (TT t ), µε λ j τις αντίστοιχες ιδιοτιµές, όπου j =,..., d, έχουµε (TT t ) f j = λ j f j (TT t ) f j, f j = λ j (T t ) T f j, f j = λ j T f j, T f j = λ j

16 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΑ T f j = λ j, άρα οι λ j είναι ϑετικές. Εστω U, ορθογώνιος πίνακας, (UU t = I), ώστε Άρα η (.4) από την (.5) γίνεται (TT t ) = UDU t. (.5) U t DU(x α), (x α) (.6) Ο U ως ορθογώνιος είναι πίνακας αλλαγής ϐάσης. Θέτουµε U t DU(x α), (x α) DU(x α), U(x α). (.7) (x α) = U(x α), όπου µε (x α) συµβολίζουµε το διάνυσµα (x α) του d µε συντεταγµένες ως προς τη νέα ϐάση που ορίζει ο U. Τότε η (.7) γίνεται D(x α), (x α). (.8) Αν υποθέσουµε ότι (x α) = (x α,..., x d α d) και λ λ 0 D =., λ d τότε από την (.8) έχουµε λ (x α ) + + λ d (x d α d ) (x α ) + + (x d α d) λ ) λd ) ( που είναι η γνωστή εξίσωση του ελλειψοειδούς. Παρακάτω ϑα δείξουµε, πώς από την εξίσωση (.6), ϑα πάµε στον ορισµό του ελλειψοειδούς E = T(B) + α ( E = {x d : U t DU(x α), (x α) },

17 .3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η 7 όπου και έστω λ λ 0 D = λ d. λ 0 0 D = 0 λ λd. Παρατηρούµε ότι D D = D. Τότε U t DU(x α), (x α) U t D DU(x α), (x α) (U t DU)(U t DU)(x α), (x α) (U t DU)(x α), (U t DU) t (x α) (U t DU)(x α), (U t DU)(x α) (.9) Θέτουµε µε T τον πίνακα της απεικόνισης U t DU δηλαδη T = U t DU. Άρα η (.9) γίνεται T (x α), T (x α). ηλαδή E = {x d : T (x α), T (x α) }. Θέτουµε y = T (x α), όπου y d. Τότε ισχύει Ty + α = x, και έτσι E = {Ty + α d : y, y } E = {Ty + α d : y } Συνεπώς, E = T(B) + α. Λήµµα.3. Εστω Β d η µοναδιαία µπάλα και έστω E d ένα ελλειψοειδές. Τότε E = S(B) + α για κάποιο α d και για ένα γραµµικό µετασχηµατισµό S του οποίου ο πίνακας είναι ϑετικά ορισµένος.

18 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΑ Απόδειξη : Παρατηρούµε ότι U(B) = B για κάθε ορθογώνιο µετασχηµατισµό U. Εφόσον κάθε τετραγωνικός πίνακας T µπορεί να γραφεί σαν T = SU, όπου ο U είναι ορθογώνιος και ο S είναι ϑετικά ορισµένος, τότε ο S είναι αντιστρέψιµος, άρα από τον ορισµό του ελλειψοειδούς ϐλέπουµε οτι πράγµατι ισχύει ότι E = S(B) + α. Λήµµα.3.3 Εστω X και Y είναι d d ϑετικά ορισµένοι πίνακες. Τότε ισχύει ( ) X + Y det det X det Y. Επιπλέον, η ισότητα ισχύει αν και µονο αν X = Y. Απόδειξη : Εστω U ένας d d ορθογώνιος πίνακας, και έστω X = U t XU και Y = U t YU. Παρατηρούµε ότι η ανισότητα ισχύει για τα X και Y αν και µόνο αν ισχύει για X και Y, αφού ( ) X + Y det det X det Y ( ) X + Y det U t det det U det U t det X det Y det U ( ( ) ) X + Y det U t U (det U t ) det X det Y (det U) ( ) U t XU + U t YU det (det U t det X det U)(det U t det Y det U) ( ) X + Y det det(u t XU) det(u t YU) ( ) X + Y det det X det Y. ιαλέγοντας έναν κατάλληλο, ορθογώνιο πίνακα U, µπορούµε να υποθέσουµε ότι ο X είναι ένας διαγώνιος πίνακας. Άρα X = diag(λ,..., λ d ), όπου λ i > 0 για i =,..., d. Εστω T = diag( λ,..., λ d ), τότε X = T. ηλαδή έχουµε, ( ) diag(λ,..., λ d ) + Y det det(diag(λ,..., λ d )) det Y.

19 .3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η 9 Εκτελούµε τις πράξεις χωριστά για το κάθε σκέλος της ανισότητας. Ετσι για το αριστερό σκέλος έχουµε, ( ) diag(λ,..., λ d ) + Y det ( diag( λ,..., λ d )diag( λ,..., ) λ d ) + Y = det ( ) T T + Y = det ( ) T T + Y = det T det det T ( ) T T T T + T Y T = det ( ) I + T Y T = det ( ) I + T Y T = det. Ενώ για το δεξί σκέλος έχουµε, det(diag(λ,..., λ d )) det Y = det(diag( λ,..., λ d ) diag( λ,..., λ d )) = det(t T) det Y = det T det(t T) det Y det T = det T det T det(t T) det Y det T det T = det T det T det T det T det T det T det(t Y T ) = det I det(t YT ). Άρα καταλήγουµε στην ( ) I + T Y T det det I det(t YT ). (.0) Εστω X = I και Y = T YT τότε η (.0) γίνεται ( ) X + Y det det X det Y.

20 0 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΑ ηλαδή η ανισότητα ισχύει για X και Y, αν και µόνο αν, ισχύει για X και Y. Άρα, χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, υποθέτουµε ότι X = I είναι ο ταυτοτικός πίνακας. Τότε επιλέγοντας έναν ορθογώνιο πίνακα U και αφήνοντας το Y = U t YU, µπορούµε να υποθέσουµε ότι ο Y είναι ένας διαγώνιος πίνακας. Τελικά αν X = I είναι ο ταυτοτικός πίνακας και Y = diag(λ,..., λ d ) για κάποια ϑετικά λ i,..., λ d η ανισότητα, ( ) X + Y det det X det Y d i= + λ i d λ i, i= για i =,..., d, που ανάγεται στην ανισότητα, + λ i λ i για i =,..., d, που είναι ισοδύναµη µε ( λ i ) 0, άρα ισχύει. Η ανισότητα ικανοποιείται σαν ισότητα, αν και µόνο αν, λ i = δηλαδή, αν και µόνο αν, X = Y. Παρακάτω ϑα δούµε τη γενίκευση του προηγούµενου λήµµατος. Λήµµα.3.4 Εστω X και Y είναι d d ϑετικά ορισµένοι πίνακες, και έστω α, ϐ 0 τέτοιοι ώστε α + ϐ =. Τότε ισχύει det(αx + ϐy ) (det X) α (det Y ) ϐ. Απόδειξη : Εστω U ένας d d ορθογώνιος πίνακας, και έστω X = U t XU και Y = U t YU. Παρατηρούµε ότι η ανισότητα ισχύει για τα X και Y, αν και µόνο αν ισχύει για X και Y, αφού det(αx + ϐy ) (det X) α (det Y ) ϐ Εκτελούµε τις πράξεις χωριστά για το κάθε σκέλος της ανισότητας. Ετσι για το αριστερό σκέλος έχουµε, det(αx + ϐy ) = (det U t ) α+ϐ det(αx + ϐy )(det U) α+ϐ = det((u t ) (αx + ϐy )(U )) = det(αu t XU + ϐu t YU) = det(αx + ϐy ).

21 .3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η Ενώ για το δεξί σκέλος έχουµε, (det X) α (det Y ) ϐ = (det U t ) α+ϐ (det X) α (det Y ) ϐ (det U) α+ϐ = (det U t ) α (det X) α (det U) α (det U t ) ϐ (det Y ) ϐ (det U) ϐ = (det U t XU) α (det U t YU) ϐ = (det X ) α (det Y ) ϐ. ηλαδή καταλήγουµε στην ανισότητα det(αx + ϐy ) (det X ) α (det Y ) ϐ. ιαλέγοντας έναν κατάλληλο πίνακα U, µπορούµε να υποθέσουµε ότι ο X είναι ένας διαγώνιος πίνακας. Άρα X = diag(λ,..., λ d ) όπου λ i > 0 για i =,..., d. Εστω T = diag( λ,..., λ d ), τότε X = T. ηλαδή έχουµε, det(α diag(λ,..., λ d ) + ϐy ) (det diag(λ,..., λ d )) α (det Y ) ϐ. Εκτελούµε τις πράξεις χωριστά για το κάθε σκέλος της ανισότητας. Ετσι για το αριστερό σκέλος έχουµε, det(α diag(λ,..., λ d ) + ϐy ) = det(α diag( λ,..., λ d ) diag( λ,..., λ d ) + ϐy ) = det(αtt + ϐy ) = (det T ) α+ϐ det(αtt + ϐy )(det T ) α+ϐ = det((t ) αtt(t ) + (T ) (ϐy )(T ) ) = det(α(t T)(TT )) + ϐ(t YT )) = det(α I + ϐ T YT ). Ενώ για το δεξί σκέλος έχουµε, (det diag(λ,..., λ d )) α (det Y ) ϐ = (det diag( λ,..., λ d ) diag( λ,..., λ d )) α (det Y ) ϐ = (det TT) α (det Y ) ϐ = (det T ) α+ϐ det(tt) α (det Y ) ϐ (det T ) α+ϐ = (det T ) α det(tt) α (det T ) α (det T ) ϐ (det Y ) ϐ (det T ) ϐ = (det(t T)(TT )) α (det T YT ) ϐ = (det I) α det(t YT ) ϐ.

22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΑ ηλαδή καταλήγουµε στην ανισότητα det(α I + ϐ T YT ) (det I) α det(t YT ) ϐ. (.) Εστω X = I και Y = T YT, τότε η (.) γίνεται det(α X + ϐ Y ) (det X ) α (det Y ) ϐ. ηλαδή η ανισότητα ισχύει για τα X και Y, αν και µόνο αν, ισχύει για X και Y. Άρα χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, υποθέτουµε ότι X = I ο ταυτοτικός πίνακας. Τότε επιλέγοντας έναν ορθογώνιο πίνακα V και ϑέτοντας το Y = V t YV, µπορούµε να υποθέσουµε ότι ο Y είναι ένας διαγώνιος πίνακας. Τελικά, αν X = I ο ταυτοτικός πίνακας και Y = diag(λ,..., λ d ) για κάποια λ i 0, όπου i =,..., d, η ανισότητα γίνεται det(α X + ϐ Y ) (det X) α (det Y ) ϐ που ανάγεται στην d d (α + ϐ λ j ) () α (λ j ) ϐ, j= j= α + ϐ λ j α (λ j ) ϐ, (.) για j =,..., d. Λογαριθµίζοντας έχουµε, ln(α + ϐ λ j ) α ln + ϐ ln(λ j ) που ισχύει από την κυρτότητα του λογαρίθµου. Άρα ισχύει η ανισότητα (.). Η ανισότητα (.) ισχύει σαν ισότητα για λ j =, δηλαδή αν X = I = Y. Λήµµα.3.5 Αν λ, λ,..., λ n 0 και n j= λ j =, τότε για κάθε x j 0, όπου j =,..., n, ισχύει Απόδειξη : Ξέρουµε ότι ισχύει n λ j x j j= n j= x λ j j. (.3) λ x + λ x x λ x λ, (.4)

23 .3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η 3 γιατί ln(λ x + λ x ) λ ln x + λ ln x, που ισχύει από την κυρτότητα του λογαρίθµου. Για ν αποδείξουµε την (.3) ϑα χρησιµοποιήσουµε µαθηµατική επαγωγή. Παίρνουµε πρώτα την περίπτωση όπου λ i = λ j για κάθε i =,... n. Εφόσον n j= λ j =, τότε λ j = για κάθε j =,..., n. Τότε η (.3) γίνεται n Για n =, ισχύει τετριµµένα. Για n =, n j= n x j n (x j ) n. j= x = x x + x x x x + x x x ( x x ) 0 το οποίο ισχύει. Η ανισότητα x + x x x ονοµάζεται ανισότητα αριθµητικού και γεωµετρικού µέσου. Υποθέτουµε ότι ισχύει για n = κ, δηλαδή κ x + + κ x κ κ x... κ x κ. Ισχυρίζοµαστε ότι ισχύει και για n = κ +, δηλαδή Εχουµε : κ + x + + κ + x κ + κ + x κ+ κ+ x x κ x κ+ κ + (x + + x κ ) + κ + x κ+ κ+ x x κ x κ+ κ κ = κ + n= x n + κ + x κ+ = κ κ + κ n= x n + κ + x κ+.

24 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΑ Από την επαγωγική υπόθεση, κ κ + κ κ n= x n + κ + x κ+ κ κ + κ x x κ + κ + x κ+. Από την περίπτωση n =, κ κ + κ x x κ + κ + x κ+ (x x κ ) κ κ κ+ (xκ+ ) κ+ = (x x κ x κ+ ) κ+. Άρα ισχύει και για n = κ + και άρα από επαγωγή για κάθε n N. Επειτα παίρνουµε τη γενική περίπτωση, n λ j x j j= n j= x λ j j όπου n j= λ j =. Εστω ότι n =, δηλαδή λ x x λ, τότε λ =, οπότε x x και η ανισότητα ισχύει τετριµµένα. Για n = η οποία ισχύει από την (.4). Εστω ότι ισχύει για n = κ, δηλαδή λ x + λ x x λ x λ λ x + + λ κ x κ x λ x λ κ κ Ισχυρίζοµαστε ότι ισχύει και για n = κ +, δηλαδή λ x + + λ κ x κ + λ κ+ x κ+ x λ x λ κ κ x λ κ+ κ+. Παρατηρούµε ότι κ+ λ j = λ κ+ = j= κ λ j. j=

25 .3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η 5 Τώρα έχουµε, λ x + + λ κ x κ + λ κ+ x κ+ = ( λ κ+ ) (λ x + + λ κ x κ ) + λ κ+ x κ+ λ κ+ κ λ j = ( λ κ+ ) x j + λ κ+ x κ+, λ κ+ j= που από την επαγωγική υπόθεση, ( λ λ ( λ κ+ ) x κ+ x λκ λ κ+ κ ) + λ κ+ x κ+, εφόσον, Από την (.4) κ j= λ j λ κ+ = ( ( λ κ+ ) x κ+ j= λ j λ κ+ = λ κ+ λ κ+ =. λ λ κ+ x λκ λ κ+ κ ) + λ κ+ x κ+ (x λ x λ κ κ ) λκ+ λ κ+ (x κ+ ) λ κ+ = x λ x λ κ κ (x κ+ ) λ κ+. Άρα ισχύει και για n = κ + και από επαγωγή ισχύει για κάθε n N.

26 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΑ

27 Κεφάλαιο Ισοπεριµετρική Ανισότητα Ορισµός.0.6 Η κατάλληλα ορισµένη συνολοσυνάρτηση m που αντιστοιχίζει, σε κάθε σύνολο E M, έναν µη αρνητικό πραγµατικό αριθµό me συµπεριλαµβανοµένου και + που καλείται µέτρο Lebesque του E. Το m έχει τις παρακάτω ιδιότητες :. το me ορίζεται για κάθε σύνολο E πραγµατικών αριθµών.. Για ένα διάστηµα I, mi = l(i). 3. Αν {E n } είναι µια ακολουθία από ξένα µεταξί τους σύνολα, για τα οποία το m ορίζεται, τότε ισχύει m( E n ) = me n. 4. το m είναι αναλλοίωτο ως προς τη µεταφορά, δηλαδή αν το E είναι ένα σύνολο για το οποίο το m ορίζεται και αν το E + y είναι το σύνολο {x + y : x E} που παίρνουµε αντικαθιστώντας κάθε σηµείο x E από το σηµείο x + y, τότε m(e + y) = me.. Ανισότητα Prékopa-Leindler Θεώρηµα.. (Ανισότητα Prékopa-Leindler) Εστω α, ϐ 0 όπου α+ϐ = και h, f, g : d +. Αν h(α x + ϐ y) (f (x)) α (g(y)) ϐ. (.) 7

28 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Τότε, ( ) α ( ) ϐ h(x) dx f (x) dx g(y) dy. (.) d d d Η παραπάνω ανισότητα είναι γνωστή και ως ανισότητα Prékopa-Leindler. Απόδειξη : Την αποδεικνύω πρώτα για d = ( h(x) dx f (x) dx ) α ( g(y) dy) ϐ. (.3) Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι οι f και g είναι ϑετικές και συνεχείς. Εστω u, v : [0, ] {± }, όπου και u(t) f (x) dx = t + f (x) dx v(t) g(x) dx = t + g(x) dx. z Οι u, v υπάρχουν γιατί οι συναρτήσεις f (x) dx και z g(x) dx είναι συνεχείς οπότε, αν t [0, ], ισχύει f (x) dx = 0 t + f (x) dx + f (x) dx, άρα από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχουν u(t) και v(t) ώστε και u(t) v(t) f (x) dx = t g(x) dx = t + + f (x) dx g(x) dx. Επειδή f, g είναι ϑετικές και συνεχείς, οι u και v είναι γνήσια αύξουσες και άρα σχεδόν παντού διαφορίσιµες. Οπότε ισχύει ( u(t) ( + f (x) dx) = t f (x) dx)

29 .. ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ PÉKOPA-LEINDLE 9 και ( v(t) f (u(t)) u (t) = g(x) dx) = ( t + + f (x) dx (.4) g(x) dx) g(v(t)) v (t) = + g(x) dx. (.5) Εστω z : [0, ] {± }, όπου z(t) = α u(t) + ϐ v(t). Τότε h(x) dx = h(z(t)) z (t) dt = h(α u(t) + ϐ v(t))(α u (t) + ϐ v (t)) dt. Οµως λόγω της (.) h(α u(t) + ϐ v(t))(α u (t) + ϐ v (t)) dt = 0 η οποία λόγω των (.4) και (.5) είναι ίση µε ( + 0 = = 0 ( ) α ( ϐ(u f (u(t)) g(v(t))) (t)) α (v (t)) ϐ dt ( ) α ( ϐ f (u(t))u (t) g(v(t))v (t)) dt, ) α ( + ϐ f (x) dx g(x) dx) dt ( + ( + ) α ( + ) ϐ f (x) dx g(x) dx dt ) α ( + ϐ f (x) dx g(x) dx). Άρα αποδείξαµε ότι ισχύει η (.3), δηλαδή οτι ( ) α ( ϐ h(x) dx f (x) dx g(y) dy). 0

30 30 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Υποθέτουµε ότι η ανισότητα ισχύει για συναρτήσεις : d +. δηλαδή ( ) α ( ) ϐ h(x) dx f (x) dx g(y) dy. d d d Για t 0, ϑέτουµε f t0 : d + ώστε f t0 (x) = f (x, t 0 ). Οµοίως ορίζουµε για t την g t : d + ώστε g t (y) = g(y, t ) και για αt 0 + ϐt, ϑέτουµε h tαt0 +ϐt : d +, όπου h αt0 +ϐt (z) = h(z, αt 0 + ϐt ), όπου x, y, z d. Για µεγαλύτερη ευκολία, αντικαθιστούµε άλλη µια ϕορά παίρνοντας τις παρακάτω συναρτήσεις για x, y, z d, και z = αx + ϐy. Ισχύει διότι από τις (.6), (.7) και (.8) F : d +, όπου F(x) = f t0 (x) (.6) G : d +, όπου G(y) = g t (y) (.7) H : d +, όπου H(x) = h tz (z) (.8) H(α x + ϐ y) (F(x)) α (G(y)) ϐ. h αt0 +ϐt (α x + ϐ y) (f t0 (x)) α (g t (y)) ϐ h(α x + ϐ y, αt 0 + ϐt ) (f (x, t 0 )) α (g(y, t )) ϐ. (.9) Άρα από την επαγωγική υπόθεση ισχύει ( ) α ( H d d F d G Ορίζουµε τις συναρτήσεις F : +, όπου F(t 0 ) = F(x) dx d G : +, όπου G(t ) = G(y) dy d H : +, όπου H(αt 0 + ϐt ) = H(z) dz. d Άρα η (.0) γίνεται ( ) α ( H(αt 0 + ϐt ) F(t 0 ) G(t ) ) ϐ. (.0) ) ϐ

31 .. ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ PÉKOPA-LEINDLE 3 και άρα από την περίπτωση d = ϑα έχουµε ( H(αt 0 + ϐt ) d(αt 0 + ϐt ) ) α ( F(t 0 ) dt 0 ) ϐ G(t ) dt ( ) α H(z) dz d(αt 0 + ϐt ) F(x) dx dt 0 d ( d ) ϐ d G(y) dy dt h αt0 +ϐt (z) dz d(αt 0 + ϐt ) d ( ) α ( ) ϐ f t0 (x) dx dt 0 g t (y) dy dt d d h(z, αt 0 + ϐt ) dz d(αt 0 + ϐt ) d ( ) α ( ) ϐ f (x, t 0 ) dx dt 0 g(y, t ) dy dt. d d Η οποία τελικά γίνεται ( ) α ( ) ϐ h(z) dz f (x) dx g(y) dy. d d d.. εύτερη απόδειξη της ανισότητας Prékopa-Leindler Λήµµα.. Για κάθε δύο µετρήσιµα µη κενά σύνολα A, B, στο, ισχύει m(a + B) m(a) + m(b), (.) όπου m το µέτρο Lebesque. Απόδειξη : Εστω ότι τα A, B είναι ϕραγµένα και 0 A B. Τότε ισχύει ότι A + B (A + {0}) ({0} + B) οπότε m(a + B) m(a + {0}) m({0} + B) m(a B) = m(a) + m(b).

32 3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Άρα m(a + B) m(a) + m(b). Αν 0 A B, έστω x = (sup A) ε. Άρα υπάρχει x A τέτοιο ώστε (sup A) x < ε. Τότε 0 A x (, ε]. Επίσης υπάρχει y B τέτοιο ώστε, y (inf B) < ε. Τότε 0 B y [ ε, + ). Ισχύει ότι infb y = (y infb) ε. Τότε m(a + B) = m(a + B x y ) = m[(a x ) + (B y )] m[((a x ) + {0}) ({0} + (B y ))] m[(a x ) (B y )] = m(a x ) + m(b y ) m((a x ) (B y )) = m(a) + m(b) ε. Εστω ότι τα A, B δεν είναι ϕραγµένα. Αν m(a) = +, τότε ισχύει η ανισότητα, γιατί αν x B, τότε m(a + B) m(a + {x}) = ma = + ma + mb. Οµοίως αν m(b) = +. Εστω τώρα ότι τα A, B, δεν είναι ϕραγµένα, αλλά έχουν πεπερασµένο µέτρο, δηλαδή m(a) < + και m(b) < + Εστω I κ = (( κ, κ + ] [κ, κ)) A για κ N. Βλέπουµε ότι A = και ότι τα I κ είναι ξένα µεταξύ τους. Άρα m(a) = + I κ κ= + κ= m(i κ )

33 .. ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ PÉKOPA-LEINDLE 33 δηλαδή η σειρά συγκλίνει, άρα υπάρχει κ 0 ώστε + κ=κ 0 + m(i κ ) < n. Θέτουµε Τότε κ 0 A n = I κ A. κ= m(a) m(a n ) = + κ=κ 0 + m(i κ ) < n m(a n ) > m(a) n. Οµοίως ορίζουµε το B n B ώστε m(b n ) > m(b) n. Ισχύει A A n και B B n. Οπότε m(a + B) m(a n + B n ). Οµως τα A n, B n είναι ϕραγµένα, αφού είναι υποσύνολα του [ κ 0, κ 0 ]. Άρα m(a n + B n ) m(a n ) + m(b n ) m(a) + m(b) n, συνεπώς, m(a + B) m(a) + m(b) n για κάθε n N, άρα m(a + B) m(a) + m(b). Λήµµα..3 Για κάθε ολοκληρώσιµη συνάρτηση f : ισχύει + f (x) dx = m({x : f (x) t}) dt, (.) 0 όπου m το µέτρο Lebesque.

34 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Απόδειξη : Αφού η f 0, έστω A το χωρίο κάτω από το γράφηµα της f. Οπότε f (x) dx = χ A (x, y) dx dy, όπου χ A η χαρακτηριστική συνάρτηση του A, δηλαδή {, αν 0 y f (x) χ A (x, y) = 0, αλλού. Από το Θεώρηµα Fubini, f (x) dx = = + 0 χ A (x, y) dx dy ( ) χ A (x, y) dx dy. (.3) Υπολογίζουµε πρώτα το εσωτερικό ολοκλήρωµα, δηλαδή το χ A(x, y) dx. Η χαρακτηριστική συνάρτηση είναι ίση µε, όταν 0 y f (x). Το ολοκλήρωµα που είναι ως προς x µας δίνει το µέτρο των x για τα οποία ισχύει f (x) y, δηλαδή το m{x : f (x) y}. Άρα η (.3) γίνεται + f (x) dx = m({x : f (x) t}) dt, 0 ηλαδή το Ϲητούµενο. Απόδειξη Θεωρήµατος (..): Ισχυριζόµαστε ότι {z : h(z) t} α{x : f (x) t} + ϐ{y : g(y) t} (.4) Αυτό ισχύει γιατί αν τότε x {x : f (x) t} και y {y : g(y) t}, αx + ϐy {z : h(z) t} διότι από τις υποθέσεις της Prékopa-Leindler h(αx + ϐy) ( f (x) ) α( g(y) ) ϐ = t. t α t ϐ t α+ϐ

35 .. ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ BUNN-MINKOWSKI 35 Άρα αποδείξαµε την (.4). Στην (.4) εφαρµόζουµε το Λήµµα (..), οπότε Άρα m({z : h(z) t}) m(α{x : f (x) t} + ϐ{y : g(y) t}) m(α{x : f (x) t}) + m(ϐ{y : g(y) t}) = α m({x : f (x) t}) + ϐ m({y : g(y) t}) m({z : h(z) t}) α m({x : f (x) t}) + ϐ m({y : g(y) t}) + α 0 + m({z : h(z) t}) dt 0 m({x : f (x) t}) dt + ϐ + 0 m({y : g(y) t}) dt. Η παραπάνω ανισότητα, από το Λήµµα (..3), γίνεται h(z) dz α f (x) dx + ϐ g(y) dy η οποία, από την ανισότητα αριθµητικού και γεωµετρικού µέσου, µας δίνει α Άρα τελικά έχουµε f (x) dx + ϐ ( ) α ( g(y) dy f (x) dx ( h(z) dz f (x) dx ) α ( g(y) dy g(y) dy) ϐ. ) ϐ που είναι η Prékopa-Leindler, για d =. όπως προηγουµένως, επαγωγικά. Ολοκληρώνουµε την απόδειξη,. Ανισότητα Brunn-Minkowski Πριν διατυπώσουµε την ανισότητα Brunn Minkowski, ϑα ορίσουµε πρώτα το άθροισµα Minkowski.

36 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Ορισµός.. Εστω V ένας διανυσµατικός χώρος και A, B υποσύνολα του V. Το άθροισµα Minkowski A + B είναι το υποσύνολο του V που ορίζεται ως εξής : A + B = {x + y : x A, y B}. Από εδώ και στο εξής ϑα συµβολίζουµε µε τον όγκο ενός σώµατος, δηλαδή A = vol(a). Θεώρηµα.. (Ανισότητα Brunn-Minkowski) Εστω A, B d δυο κυρτά σώµατα. Τότε ισχύει για κάθε λ [0, ]. Επιπλέον ισχύει λa + ( λ)b A λ B λ (.5) A + B d A d + B d (.6) Η ανισότητα (.5) ονοµάζεται ασθενής Brunn-Minkowski και η (.5) ονο- µάζεται ανισότητα Brunn-Minkowski. {, x A Απόδειξη : Εστω f (x) = χ A (x) = 0, x A, {, y B g(y) = χ B (y) = 0, y B και {, z λa + ( λ)b h(z) =, όπου λ [0, ]. 0, z λa + ( λ)b Τότε ισχυριζόµαστε ότι για z = λx + ( λ)y ισχύει Ελέγχουµε την ανισότητα : χ λa+( λ)b (z) ( χ A (x) ) λ(χ B (y) ) λ. (.7). Αν x A, τότε το δεύτερο σκέλος της ανισότητας είναι ίσο µε µηδέν, οπότε η (.7) ισχύει.. Αν y B, τότε το δεύτερο σκέλος της ανισότητας είναι ίσο µε µηδέν, οπότε η (.7) ισχύει.

37 .. ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ BUNN-MINKOWSKI Τέλος αν x A και y B τότε λx + ( λ)y λa + ( λ)b Άρα η (.7) µας δίνει, που ισχύει. Άρα η (.7) ισχύει πάντα. Από την ανισότητα Prékopa-Leindler έχουµε χ λa+( λ)b (z) dz ( d d χ A (x) dx) λ ( d ) λ χ B (y) dy Οµως τα παραπάνω ολοκληρώµατα είναι οι όγκοι των αντίστοιχων συνόλων. Ετσι ισχύει λa + ( λ)b A λ B λ. Άρα αποδείξαµε την (.5). Η (.5) ισχύει για οποιαδήποτε κυρτά σώµατα. Θέτουµε όπου A το A όπου B το B B d και λ = A d. A d + B d Αντικαθιστούµε στην ανισότητα (.5) και έχουµε A d A B d B + A d + B d A d A d + B d B d A λ B A d B d ηλαδή A + B ( ( A d + B d ) ) λ ( d ( ) ) λ d A λ B λ A d B d A + B ( ) λ ( ) λ A d + B d A λ B λ A B A + B A d + B d d A + B A d + B d ( ) A + B A d d + B d λ A d, A + B d A d + B d. Άρα αποδείξαµε την ανισότητα Brunn-Minkowski.

38 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Πόρισµα..3 Εστω A, B d δύο κυρτά σώµατα. Τότε η ανισότητα Brunn- Minkowski, A + B d A d + B d, είναι ισοδύναµη µε την για κάθε λ [0, ]. λa + ( λ)b d λ A d + ( λ) B d, (.8) Απόδειξη : Ισχυριζόµαστε ότι ισχύει λa = λ d A και αυτό γιατί λa = dx όπου ϑέτοντας x = λy και dx = λ d dy έχουµε Άρα έχουµε λa λa = λ d A. λa + ( λ)b d λa d + ( λ)b d ( λ d A ) d + ( ( λ) d B ) d λ A d + ( λ) B d. Ετσι αποδείξαµε το Ϲητούµενο..3 Ισοπεριµετρική ανισότητα Πριν διατυπώσουµε την ισοπεριµετρική ανισότητα ϑα ορίσουµε το εµβαδό επιφανείας ενός σώµατος. Ορισµός.3. Ορίζουµε σαν εµβαδό επιφανείας του σώµατος K d τον αριθµό K + εb K S(K) = lim, ε 0 ε όπου B η µοναδιαία µπάλα, K + εb άθροισµα Minkowski και K ο όγκος του σώµατος K.

39 .3. ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ 39 Θεώρηµα.3. Εστω K d κυρτό σώµα και έστω B η µοναδιαία µπάλα. Αν µε την S( ) συµβολίζουµε το εµβαδό επιφανείας ενός σώµατος και µε τον όγκο του, τότε ισχύει η παρακάτω ανισότητα, ( ) S(K) d S(B) ( ) K d B (.9) που είναι γνωστή ως ισοπεριµετρική ανισότητα. Απόδειξη : Από την ανισότητα Brunn-Minkowski, έχουµε K + εb d K d + εb d Άρα K + εb ( K d + εb d ) d K + εb K S(K) = lim ε 0 ε lim ε 0 ( K d ) d d + ε d B d K ε (.0) Το όριο αυτό είναι της µορφής 0, άρα εφαρµόζουµε τον κανόνα του de l 0 Hospital και έχουµε ( ( ) d ( ) ) lim d K d + ε B d 0 + B d ε 0 Άρα ισχύει Παρακάτω υπολογίζουµε το S(B) = d K d d B d. S(K) d K d d B d. (.) B + εb B S(B) = lim ε 0 ε = lim ε 0 ( + ε)b B ε = lim ε 0 ( + ε) d B B ε

40 40 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Το όριο αυτό είναι της µορφής 0, άρα εφαρµόζουµε τον κανόνα του de l 0 Hospital και έχουµε Άρα ισχύει S(B) = d ( + ε) d B 0 lim ε 0 = d B. Αν στην ανισότητα (.) ϐάλουµε την (.) έχουµε S(K) S(B) ( ) S(K) d S(B) d = S(B). (.) B S(K) S(B) B d K d B d d ( K B K d d Άρα αποδείξαµε την ισοπεριµετρική ανισότητα. Εδώ πρέπει να σηµειώσουµε ότι και η ανισότητα (.) ονοµάζεται και αυτή ισοπεριµετρική ανισότητα. Από την ανισότητα (.9) παρατηρουµε ότι αν το εµβαδό επιφανείας του σώµατος K είναι ίσο µε το εµβαδό επιφανείας της µοναδιαίας σφαίρας, τότε ο όγκος του K είναι µικρότερος ή ίσος από τον όγκο της µοναδιαίας σφαίρας. ) d. B d

41 Κεφάλαιο 3 Ελλειψοειδή µεγίστου όγκου Ορισµός Ενα κυρτό και συµπαγές σύνολο K µε µη κενό εσωτερικό καλείται κυρτό σώµα. Ορισµός Ενα κυρτό σώµα K είναι συµµετρικό ως προς την αρχή των αξόνων, αν για κάθε x d έχουµε x K αν και µόνο αν x K. Θεώρηµα Εστω K d ένα κυρτό σώµα. Ανάµεσα σε όλα τα ελλειψοειδή E που περιέχονται στο K, υπάρχει µοναδικό ελλειψοειδές µε τον µεγαλύτερο όγκο. Απόδειξη : Εστω B, η µοναδιαία µπάλα στο d και έστω X, το σύνολο όλων των Ϲευγών της µορφής (S, α), όπου S είναι ένας γραµµικός µετασχηµατισµός στο d, µε ένα ϑετικά ηµιορισµένο πίνακα και α d είναι ένα διάνυσµα τέτοιο ώστε S(B) + α K. Από το Λήµµα (.3.), για κάθε E K, υπάρχει ένα (S, α) X, τέτοιο ώστε E = S(B) + α. Ακόµα vol(e) = (dets)vol(b). Εφόσον το K είναι συµπαγές, υπάρχει ένα ρ, τέτοιο ώστε, x ρ για κάθε x K. Ακόµα Sx + α E K ρb και Sx = Sx + α α Sx + α + α ρ + ρ = ρ 4

42 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η ΜΕΓΙΣΤΟΥ ΟΓΚΟΥ Άρα α ρ και S(x) ρ για κάθε x B και για κάθε (S, α) X. Το X είναι ϕραγµένο σαν υποσύνολο του Sym d d, όπου Sym d το σύνολο των ϑετικά ηµιορισµένων πινάκων στον d. Επίσης ϑα δείξουµε ότι το X είναι κλείστο. Εστω η ακολουθία (S n, α n ) X και έστω ότι η (S n, α n ) συγκλίνει στο (S, α). Θα δείξουµε ότι (S, α) X. Άρα ϑα πρέπει ο S να είναι ϑετικά ηµιορισµένος πίνακας και το α d διάνυσµα τέτοιο ώστε S(B) + α K. Ισχύει ότι S(x), x = lim n S n x, x 0, γιατί το α n συκγλίνει στο α και άρα α n α 0, και για κάθε x d, S n x Sx 0. Άρα S n x, x Sx, x = S n x Sx, x S n x Sx x 0. Επίσης το S(B) + α K, γιατί εφόσον (S n, α n ) (S, α), τότε αν y S(B) + α, τότε y αins(b), άρα υπάρχει x B ώστε y α = S(x) y = S(x) + α. Οµως S n (x) S(x) και α n α, οπότε S n (x) + α n S(x) + α = y δηλαδή S n (x) + α n y. Αλλά S n (x) + α n K, όπου το K είναι κλειστό, άρα y = lim n + (S n + α n ) K. Άρα αποδείξαµε ότι το X είναι κλειστό. Το X Sym d d. Η διάσταση του Sym d d είναι d + d <. Άρα το X είναι υποσύνολο χώρου πεπερασµένης διάστασης και άρα το X που είναι κλειστό και ϕραγµένο είναι συµπαγές. Εστω η συνάρτηση (S, α) det S. Ισχυριζόµαστε ότι είναι συνεχής. Για να το αποδείξουµε ϑα πρέπει να δείξουµε ότι αν η S n S (δηλαδή S n x Sx για

43 43 κάθε x d ) συνεπάγεται ότι και η det S n det S. Εστω ότι : α (n) α (n) α (n) d S n =.... α (n) d α (n) d α (n) dd α α α d και S =.. α d α d α dd Επειδή συγκλίνει ο S n έστω στον S, α (n) ij α ij για i, j =,..., d. Πράγµατι, 0 0 e j =. 0 το µοναδιαίο διάνυσµα της συνήθους ϐάσης που έχει την µονάδα στην ϑέση j και στις υπόλοιπες ϑέσεις 0. Τότε. S n e j Se j S n e j = α (n) j α (n) j. α (n) dj και Se j = ηλαδή S n e j Se j α (n) ij α ij Άρα η συνάρτηση (S, α) det S είναι συνεχής και άρα αποκτά µέγιστη τιµή στο X σε ένα συγκεκριµένο σηµείο, έστω το (S 0, α 0 ). Εφόσον το K έχει µη κενό εσωτερικό, τότε η det S 0 0, γιατί αν ήταν ίση µε το 0 τότε το µέγιστο ελλειψοειδές ϑα είχε µηδενικό όγκο, άρα το K ϑα είχε κενό εσωτερικό, που είναι άτοπο. Επίσης το det S δεν µπορεί να είναι αρνητικό γιατί ο S είναι ϑετικά ηµιορισµένος πίνακας, άρα έχουµε det S > 0. Ετσι το E 0 = S 0 (B) + α 0 είναι ένα ελλειψοειδές που έχει το µεγαλύτερο όγκο απ όλα τα ελλειψοειδή που είναι εγγεγραµµένα στο K. α j α j. α dj

44 44 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η ΜΕΓΙΣΤΟΥ ΟΓΚΟΥ Παρακάτω ϑ αποδείξουµε ότι το εγγεγραµµένο ελλειψοειδές που έχει το µεγαλύτερο όγκο είναι µοναδικό. Ξέρουµε ότι το K είναι κυρτό. Εστω (S, α ) και (S, α ) X και S i (B)+α i K για i =,. Εφόσον το K είναι κυρτό ισχύει λ(s (B) + α ) + ( λ)(s (B) + α ) K, για κάθε 0 λ λ(s (B) + α ) + ( λ)(s (B) + α ) = λs (B) + λα + ( λ)s (B) + ( λ)α = λs (B) + ( λ)s (B) + λα + ( λ)α K (3.) Από την (3.) ισχύει ότι (λs + ( λ)s, λα + ( λ)α ) X για κάθε 0 λ. Άρα και το X κυρτό. Εστω E = S (B) + α και E = S (B) + α είναι τα δύο ελλειψοειδή µε τον µεγαλύτερο όγκο, απ όλα όσα περιέχονται στο K. Άρα έχουµε (S, α ) X και (S, α ) X. Εστω S = (S + S )/ και α = (α + α )/, τότε το E = S(B) + α K και το (S, α) X. Επιπλέον έχουµε ότι : Εφαρµόζουµε το Λήµµα (.3.3) vol(e ) = (det S ) vol(b) vol(e ) = (det S ) vol(b) vol(e) = (det S) vol(b) ( ) S + S vol(e) = det vol(b) det S det S vol(b) (3.) = det S vol(b) det S vol(b) = vol(e ) vol(e ) Οµως vol(e ) = vol(e ) vol(e) vol(e ) = vol(e ) Αν S S τότε το Λήµµα (.3.3) δίνει γνήσια ανισότητα στην (3.) οπότε vol(e ) > vol(e ) που είναι άτοπο. Άρα S = S δηλαδή vol(e) = vol(e ) = vol(e ) Εφόσον το S = S, τότε το ελλειψοειδές είναι µοναδικό. Τώρα ϑα δείξουµε ότι α = α. Εφαρµόζοντας έναν γραµµικό µετασχηµατισµό T ορίζουσας ίσης µε για

45 45 να µην αλλάζει ο όγκος, µετατρέπουµε τα ελλειψοειδή σε σφαίρες και µεταφέροντας τα διανύσµατα, αν είναι απαραίτητο, παίρνουµε τα παρακάτω : E = {x d : x + α } και E = {x d : x α } όπου α = (0, 0,..., 0, α) για κάποιο α 0. Εστω E = {x d : ξ + + ξ d + Ισχυριζόµαστε ότι E conv(e E ). ξ d ( + α) } Πράγµατι, έστω x E, x = (ξ,... ξ d ). Αν ξ d α, τότε το x ανήκει στον κύλινδρο ξ + +ξ d, ξ d α ο οποίος είναι κοµµάτι του conv(e E ). Αν ξ d > α 0, τότε ξ d + α ξ + + ξ d + (ξ d α) ξ + + ξ d + ξ d ( + α) δηλαδή τα στοιχεία που ικανοποιούν την ανισότητα του ελλειψοειδούς, ικανοποιούν και την ανισότητα της σφαίρας. Αποµονώνουµε τους δύο τελευταίους όρους και έχουµε (ξ d α) ξ d ( + α) Θέτουµε τ = ξ d α και έχουµε τ (τ + α) ( + α) ( + α) ( τ + α ) τ

46 46 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η ΜΕΓΙΣΤΟΥ ΟΓΚΟΥ ( + α) ( + α τ ), για 0 τ. Άρα x E. Παρόµοια αν ξ d < α, τότε x E. Τελικά ϐλέπουµε ότι και vol(e) = vol(b)( + α) vol(e ) = vol(e ) = vol(b) Άρα πρέπει α = 0 και το ελλειψοειδές E K του µεγαλύτερου όγκου είναι µοναδικό. Ορισµός Εστω ένα κυρτό σώµα K d. Το µοναδικό ελλειψοειδές E K µε το µεγαλύτερο όγκο καλείται το ελλειψοειδές µεγίστου όγκου του K. Θεώρηµα Εστω K d κυρτό σώµα και έστω E K είναι το ελλειψοειδές µεγίστου όγκου του. Εστω ότι το E είναι κεντραρισµένο στην αρχή των αξόνων. Τότε K de. Απόδειξη : Ξέρουµε ότι ισχύει E K και ϑέλουµε να δείξουµε ότι K de. ηλαδή, ϑ αποδείξουµε τη σχέση Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι E K de. TE TK d(te), (3.3) για κάποιο γραµµικό µετασχηµατισµό T, τέτοιο ώστε det T 0, για να είναι ο µετασχηµατισµός αντιστρέψιµος. Επιλέγουµε ένα γραµµικό µετασχηµατισµό T, που να µετατρέπει το TE στην Ευκλείδια µπάλα B. Εφόσον ο T είναι αντισρέψιµος, ισχύει από την (3.3) ότι B K db. Υποθέτουµε ότι υπάρχει σηµείο x K \ db, τέτοιο ώστε x > d. Εστω C = conv(b x). Εφόσον το K είναι κυρτό, C K. Σκοπός µας είναι να εγγράψουµε ένα ελλειψοειδές E στο C, τέτοιο ώστε vol(e ) > vol(b) και να καταλήξουµε σε άτοπο.

47 47 Περιστρέφουµε κατάλληλα τους άξονες, ώστε το x να πέφτει σε έναν απ αυτούς. Τότε έχουµε x = (ρ, 0,..., 0) για κάποιο ρ > d. Θέλουµε το E να είναι της µορφής E = {x : (ξ τ) + α ϐ d i= ξ i }, (3.4) όπου το τ > 0 είναι επαρκώς µικρό. Εξαιτίας της συµµετρίας, αν ϐρούµε τ, α και ϐ ώστε το E C για d =, το E C για κάθε d. Άρα προς το παρόν υποθέτουµε ότι d =. Η κυρτή ϑήκη C είναι ϕραγµένη από δύο ευθύγραµµα τµήµατα και ένα τόξο του B. Εγγράφουµε το E στο C µε τέτοιο τρόπο ώστε να εφάπτεται µε το B στο σηµείο (, 0) και να εφάπτεται µε τα δύο ευθύγραµµα τµήµατα που ϕράσσουν το C όπως ϕαίνεται στο σχήµα. Εφόσον το E εφάπτεται µε το B στο (, 0), έχουµε α = τ +. Η εξίσωση της εφαπτοµένης του E, στο σηµείο z = (ζ, ζ ), είναι ζ τ α (ξ τ) + ζ ϐ ξ = (3.5) Εφόσον η εξίσωση περνά από το σηµείο (ρ, 0), παίρνουµε ζ τ (ρ τ) + 0 = (3.6) α

48 48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η ΜΕΓΙΣΤΟΥ ΟΓΚΟΥ και υψώνοντας στο τετράγωνο και τα δύο µέλη έχουµε ( (ζ τ) ) (ρ τ) = α (ζ τ) α = α (ρ τ). (3.7) Οµως η ευθεία αυτή είναι εφαπτόµενη και του κύκλου, οπότε ο συντελεστής διεύθυνσής της είναι ρ. Λύνουµε την (3.5) ως προς ξ για να ϐρούµε τον συντελεστή διεύθυνσης της Άρα ισχύει και έτσι ϐ ζ = ξ = ζ τ (ξ α τ). ζ ϐ ζ τ α ζ ϐ = ϐ (ζ τ) ζ α = = ρ ρ ρ α ζ τ (ζ τ)(ρ τ) ρ α = (ζ τ)(ρ τ) α ρ τ ρ η οποία λόγω της (3.6) γίνεται ϐ = ρ τ ζ ρ. Άρα αντιστρέφοντας τα κλάσµατα έχουµε ζ ϐ = ρ ρ τ

49 49 και υψώνοντας στο τετράγωνο και τα δύο µέλη παίρνουµε ζ ϐ = ϐ (ρ ) (ρ τ). (3.8) Εφόσον η (3.5) περνάει από το σηµείο z = (ζ, ζ ) έχουµε (ζ τ) α + ζ ϐ = η οποία, λόγω των (3.7) και (3.8), γίνεται και λύνοντας ως προς ϐ έχουµε Επειδή ϐ > 0, πρέπει και α (ρ τ) + ϐ (ρ ) = (ρ τ) ϐ = (ρ τ) α (ρ τ) (ρ τ) ρ = (ρ τ) α ρ = (ρ τ) (τ + ). ρ (ρ τ) (τ + ) ρ > 0 (ρ τ) (τ + ) > 0 ρ ρτ τ > 0 ρ τ(ρ + ) > 0 ρ ρ + > τ. Ανακεφαλαιώνοντας, καταλήγουµε στο ότι για κάθε d και για 0 τ < ρ, το ελλειψοειδές E που ορίζεται από την (3.4) µε α = τ + και ϐ = (ρ τ) (τ + ) ρ

50 50 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η ΜΕΓΙΣΤΟΥ ΟΓΚΟΥ περιέχεται στο C. vol(e ) = vol(b) α ϐ d ( ) (ρ τ) = vol(b)( + τ) (τ + ) d. ρ Άρα πρέπει ν αποδείξουµε ότι υπάρχει 0 τ < ρ και ρ > d τέτοιο ώστε ( + τ) (ρ τ) (τ + ) ρ >. Θέτουµε f (τ) = ln( + τ) + d ln (ρ τ) (τ + ) ρ Θέλουµε να δείξουµε, ότι δεδοµένου του ότι ρ > d, υπάρχει 0 τ < ρ, > 0. (3.9) ώστε να ισχύει η (3.9). Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι sup f (τ) > 0. Παίρνουµε ln( + τ) τ lim. τ 0 + τ Το όριο είναι της µορφής 0, άρα εφαρµόζουµε τον κανόνα του de l Hospital 0 και έχουµε lim τ 0 + +τ τ = lim τ 0 + τ +τ τ = lim τ 0 + (τ + ) =. Άρα υπάρχει δ > 0 τέτοιο ώστε τ (0, δ ) ώστε να ισχύει ln( + τ) τ τ τ τ ln( + τ) τ + τ για κάθε τ (0, δ ).

51 5 Άρα Υπολογίζουµε το f (τ) > τ τ + d ln (ρ τ) (τ + ). ρ (ρ τ) (τ + ) lim. τ 0 + ρ (ρ τ) ln (τ+) + τ ρ lim ρ τ 0 + τ Το όριο είναι της µορφής 0, άρα εφαρµόζουµε τον κανόνα του de l Hospital 0 και έχουµε lim τ 0 + (ρ+) (ρ τ) (τ+) + ρ και πάλι το όριο είναι της µορφής 0, άρα εφαρµόζουµε ξανά τον κανόνα του 0 de l Hospital και παίρνουµε τ (ρ + )( )(ρ + ) lim τ 0 + (ρ ρτ τ ) = (ρ ). Παρατηρούµε ότι ισχύει η παρακάτω ανισότητα (ρ ) < (ρ ) < (ρ ). Άρα υπάρχει δ > 0, ώστε για κάθε τ (0, δ ) να ισχύει ln ϐ + τ (ρ ) < ρ < τ τ (ρ ) τ ρ < ln ϐ < (ρ ) τ (ρ ) τ ρ. Θέτουµε δ 0 = min{δ, δ, ρ }, τότε για κάθε τ (0, δ 0) ισχύει ότι f (τ) > τ τ + d ( (ρ ) τ τ ) ρ ( > τ d ) ( τ + d ) ρ (ρ ) ( > τ d ) ( τ + d ) ρ (ρ ) [( > τ d ) ( τ + d )]. ρ (ρ )

52 5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η ΜΕΓΙΣΤΟΥ ΟΓΚΟΥ Αρκεί να δείξουµε ότι [( τ d ρ ) ( τ d ρ > τ + d (ρ ) ( )] + d (ρ ) > 0 Ξέρουµε ότι ρ > d, άρα d > 0 και άρα d ρ 0 < d ρ Και επιλέγουµε <, άρα d ρ > 0. Ετσι, αν ρ > d τότε για 0 < τ < 0 < τ < d ρ. + d (ρ ) d ρ, + d (ρ ) ). > 0. Ακόµα ισχύει vol(e ) > vol(b) που είναι άτοπο, γιατί το B είναι το ελλειψοειδές µεγίστου όγκου για το χώρο K. Θεώρηµα Εστω K d κυρτό σώµα, συµµετρικό ως προς την αρχή των αξόνων. Εστω E K είναι το ελλειψοειδές µεγίστου όγκου του K. Τότε το E είναι κεντραρισµένο στην αρχή των αξόνων και K d E. Απόδειξη : Θ αποδείξουµε ότι το E είναι κεντραρισµένο στην αρχή των αξόνων. Τότε, λόγω της συµµετρίας του K, ϑα υπάρχει E συµµετρικό ως προς το E, που είναι και αυτό εγγεγραµµένο στο K. Οµως vol(e) = vol(e ). Άρα υπάρχουν δύο ελλειψοειδή µεγίστου όγκου, που είναι άτοπο από το Θεώρηµα (3.0.5) Ξέρουµε ότι ισχύει E K και ϑέλουµε να δείξουµε ότι K d E. ηλαδή ϑέλουµε ν αποδείξουµε τη σχέση Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι ισχύει E K d E. TE TK d (TE), (3.0)

53 53 για κάποιο T τέτοιο ώστε det T 0, για να είναι ο µετασχηµατισµός µας αντιστρέψιµος. Επιλέγουµε ένα γραµµικό µετασχηµατισµό T που να µετατρέπει το TE στην Ευκλείδια µπάλα B. Αν ο T είναι αντιστρέψιµος, ισχύει από (3.0) ότι B K d B. Υποθέτουµε ότι υπάρχει σηµείο x K \ d B, τέτοιο ώστε x > d. Εφόσον το K είναι συµµετρικό ως προς την αρχή των αξόνων, συµπεραίνουµε ότι και το K το ίδιο, άρα έχουµε και x K. Εστω C = conv(b {x} { x}). Θέλουµε να εγγράψουµε ένα ελλειψοειδές E C τέτοιο ώστε vol(e ) > vol(b), έτσι ώστε να καταλήξουµε σε άτοπο. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, υποθέτουµε ότι x = (ρ, 0,..., 0) για κάποιο ρ > d. Θέλουµε το E να είναι της µορφής { E = (ξ,..., ξ d ) : ξ α + ϐ d i= ξ i }. (3.) Εξαιτίας της συµµετρίας, αν ϐρούµε α και ϐ τέτοια ώστε E C για d =, τότε το E C για κάθε d. Άρα προς το παρόν υποθέτουµε ότι d =. Η κυρτή ϑήκη του C είναι ϕραγµένη από τέσσερα ευθύγραµµα τµήµατα και δύο τόξα του B. Εγγράφουµε το E κεντραρισµένο στην αρχή των αξόνων και µε τέτοιο τρόπο ώστε το E να τέµνει τα ευθύγραµµα τµήµατα που ϕράσσουν το C όπως ϕαίνεται στο σχήµα.

54 54 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η ΜΕΓΙΣΤΟΥ ΟΓΚΟΥ Η εξίσωση της εφαπτοµένης του E στο σηµείο z = (ζ, ζ ), είναι ζ α ξ + ζ ϐ ξ = (3.) Εφόσον η εφαπτοµένη περνά από το σηµείο (ρ, 0), έχουµε ζ α ρ + ζ ϐ 0 = Υψώνουµε και τα δύο µέλη στο τετράγωνο και έχουµε ζ ρ α =. (3.3) ζ ρ α 4 = ζ α = α ρ. (3.4) Οµως η ευθεία αυτή είναι εφαπτόµενη και στον κύκλο, οπότε ο συντελεστής διεύθυνσής της είναι ρ. Λύνουµε την (3.) ως προς ξ για να ϐρούµε τον συντελεστή διεύθυνσής της ξ = ( ζ α ξ ) ϐ ζ ξ = (α ζ ξ ) ϐ α ζ. Άρα, ζ ϐ α ζ = ρ. Υψώνουµε και τα δύο µέλη στο τετράγωνο και έχουµε ζ ϐ4 α 4 ζ = ρ ζ α = α ζ ϐ 4 (ρ ),

55 55 η οποία λόγω της (3.4), γίνεται α ρ = α ζ ϐ 4 (ρ ) ζ ϐ = (ρ ) ϐ ρ. (3.5) Εφόσον η (3.) περνάει από το σηµείο (ζ, ζ ), τότε ζ α + ζ ϐ =, η οποία λόγω των (3.4) και (3.5) γίνεται α ρ + (ρ ) ϐ = ρ ) α = ( (ρ ) ϐ ρ α = ρ (ρ ) ϐ. Ανακεφαλαιώνοντας, καταλήγουµε στο ότι για κάθε d και για κάθε ϐ > 0, το ελλειψοειδές E που ορίζεται από την (3.), µε α = ρ (ρ ) ϐ περιέχεται στο C. Ισχύει ότι vol(e ) = vol(b) α ϐ d. Επιλέγουµε ϐ = ε για αρκετά µικρό ε > 0. Τότε Πρέπει να δείξουµε ότι α = ρ (ρ ) ( ε) ρ αϐ d > ρ (ρ ) ( ε) ( ε) d > Θέτουµε f (ε) = ln ρ (ρ ) ( ε) ) + (d ) ln( ε) > 0 (3.6) Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι sup f (ε) > 0. Υπολογίζουµε τα παρακάτω όρια. ln( ρ (ρ )( ε) ) ε(ρ ) lim ε 0 + ε

56 56 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η ΜΕΓΙΣΤΟΥ ΟΓΚΟΥ Το όριο είναι της µορφής 0, άρα εφαρµόζουµε τον κανόνα του de l Hospital 0 παίρνοντας lim ε 0 + (ρ )( ε) ρ (ρ )( ε) (ρ ) και το όριο αυτό είναι της µορφής 0, άρα ξαναεφαρµόζουµε τον κανόνα του 0 de l Hospital και έχουµε lim ε 0 + ε (ρ )( )[ρ (ρ )( ε) ] (ρ )( ε)[(0 (ρ )( ε)( )] [ρ (ρ )( ε) ] 0 = lim ε 0 + (ρ )( )[ρ (ρ )( ε) ] (ρ ) ( ε) [ρ (ρ )( ε) ] = (ρ )( )(ρ ρ + ) (ρ ) (ρ ρ + ) = (ρ )( ) (ρ ) = (ρ )[ (ρ )] = (ρ )( ρ ) (ρ )( ρ ) ln ρ (ρ )( ε) ε(ρ ) ε ε (ρ )( ρ ) + ε(ρ ) ln ρ (ρ )( ε) Άρα για κάθε ε (0, δ ) f (ε) > ε (ρ )( ρ ) + ε(ρ ) + (d ) ln( ε) Τώρα υπολογίζουµε το ln( ε) + ε lim. ε 0 + ε Το παραπάνω όριο είναι της µορφής 0, άρα εφαρµόζουµε τον κανόνα του de 0 l Hospital και έχουµε lim ε 0 + ( ε) ( ) + ε

57 57 και αυτό το όριο είναι της µορφής 0, άρα ξαναεφαρµόζουµε τον κανόνα του 0 de l Hospital και παίρνουµε lim ε 0 + ( ε) ( ) + 0 = lim ε 0 + Άρα υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε ε (0, δ ) ( ε) = < ln( ε) + ε ε < ε < ln( ε) + ε < ε ε ε < ln( ε) < ε ε ϑέτουµε δ 0 = min{δ, δ }. Άρα για κάθε ε (0, δ 0 ), ισχύει ότι f (ε) > ε (ρ )( ρ ) + ε(ρ ) + (d )( ε ε) Αρκεί να δείξουµε ότι > ε[(ε(ρ )( ρ ) + (ρ )] + (d )( ε ) [ε(ρ )( ρ ) + (ρ ) + (d )( ε )] > 0 [ε(ρ )( ρ )] + (ρ ) + ε(d ) (d ) > 0 ε[(ρ )( ρ ) + (d )] > (ρ ) + (d ). Ξέρουµε ότι ρ > d, άρα (ρ )+(d ) < 0 και (ρ )( ρ )+(d ) < 0. Ετσι επιλέγουµε (ρ ) + (d ) ε > (ρ )( ρ ) + (d ) > 0 Ετσι, αν ρ > d τότε για ε > (ρ ) + (d ) (ρ )( ρ ) + (d ) > 0 ισχύει vol(e ) > vol(b) που είναι άτοπο, γιατί το B είναι το ελλειψοειδές µεγίστου όγκου για το σώµα K.

58 58 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΕΛΛΕΙΨΟΕΙ Η ΜΕΓΙΣΤΟΥ ΟΓΚΟΥ

59 Βιβλιογραφία [Ba0] A Course in Convexity, Alexander Barvinok, American Mathematical Society, Providence, hode Island, 00. [Sc93] Convex bodies: The Brunn-Minkowski theory, olf Schneider, Cambridge University Press, Great Britain, 993. [oy] [ΝΖΚΦ] [Str] eal Analysis, H. L. oyden, Prentice Hall, third edition. Γενική Τοπολογία και Συναρτησιακή Ανάλυση, Σ. Νεγρεπόντης, Θ. Ζαχαριάδης, Ν. Καλαµίδας, Β. Φαρµάκη, Συµµετρία, Αθήνα, 997. Γραµµική Αλγεβρα και Εφαρµογές, Gilbert Strang, Πανεπιστηµιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο, 996. [Αν86] Εισαγωγή στην Αλγεβρα, Στυλιανού Α. Ανδρεαδάκη, Αθήνα, 986. [Mor] Μια εισαγωγή στη Γραµµική Αλγεβρα, A. O. Morris, εκδ. Γ. Α. Πνευµατικού. [Αν93] Αναλυτική Γεωµετρία, Στυλιανού Α. Ανδρεαδάκη, Συµµετρία, Αθήνα,