ΚΥΡΤΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ. (πρόχειρες σηµειώσεις)

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΚΥΡΤΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ. (πρόχειρες σηµειώσεις)"

Transcript

1 ΑντώνηςΤσολομτης ΚΥΡΤΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ (πρόχειρες σηµειώσεις) Σάμος

2 Απαγορεεταιηαναπαραγωγήτουαρχείουαπάλλεςιστοσελίδεςεκτς του Ευχαριστώ την Ελένη Τσιγαρίδα για τη βοήθειά της με τη δακτυλογράφηση στα(σημαντικά) πρώτα στάδια παραγωγής των σημειώσεων.

3 Περιεχμενα 1 Προαπαιτούµενα απτηνΑνάλυση απτηνΑνάλυσηκαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία απτηΓραμμικήΑλγεβρακαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία 9 I Εισαγωγή στην κυρτότητα 15 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 28 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 62

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 96 II Κλασικές θέσεις κυρτών σωµάτων 99 8 Η έννοια της θέσης ενός κυρτού σώµατος Η ισοτροπική θέση Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης α Ροπήδναμηςκαιροπήαδράνειας β Πίνακαςαδράνειαςκαιροπήαδράνειας γ Πολικήροπήαδρανείας δ ιαφοράμεταξισοτροπικοκαιμηισοτροπικοσώματος ε Τοελλειψοειδέςαδράνειαςκαιτοελλειψοειδέςκινητικής ενέργειας Μαθηματική προσσέγγιση της ισοτροπικής θέσης α Ελλειψοειδές Binetκαιελλειψοειδές Legendre Λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις & μέτρα Η θέση του John Η θέση ελάχιστου µέσου πλάτους 132 Α Τρισδιάστατες απεικονίσεις διαφόρων σωµάτων 133 Β Η συνάρτηση Γ 135 B.1 Ιδιτητεςτηςσυνάρτησης Γ 136 B.2 Η μέθοδος Laplace 137

5 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 1 Βιβλιογραφια 146 Ευρετηριο Ελληνικων Ορων 147 Ευρετήριοελληνικώνρων 148 Ευρετηριο Ξενογλωσσων Ορων 151 Ευρετήριοξενγλωσσωνρων 151

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 2 x,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 2.2.9παρακάτω. 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 Σχήμα1.1: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 }. Σχήμα1.2: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). Ορισµός (Ιχνοςπίνακα)ΤοίχνοςtrTενςn nπίνακαtορίζεταως 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

16 12 Προαπαιτομενα... ΕτσιανοT είναιδιαγωνοποιήσιμος,αλλάζονταςκατάλληλατηβάσητου χώρου,συμπεραίνουμετιτοίχνοςτου T είναιτοάθροισματωνιδιοτιμώντου. Εκολαελέγχουμετιτοίχνοςέχειτιςακλουθεςιδιτητεςγια οποιουσδήποτεn 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 1.3.1). Απτην ivπροκπτειάμεσατιτοίχνοςδενεξαρτάταιαπτηβάσητου χώρου,αφο trp 1 TP trtpp 1 trt. Οτανκάνουμεπράξειςμεπίνακεςκαιδιανσματα,ταδιανσματαθα ταθεωρομεωςπίνακες n 1. Ετσιμπορείστοκείμενοναγράφουμε γιαεξοικονμησηχώρου«τοδιάνυσμα x x 1,...,x n»αλλάανείναινα γίνουνπράξειςθαπρέπειναέχουμεστονουμαςτιταδιανσματατα μεταχειριζμαστεωςστήλες. Ετσιαν x x 1,...,x n και y y 1,...,y n τοεσωτερικγινμενο x,y είναιίσομε ë ë ë á x1 á y1 á y1 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. Ορισµός 1.3.7Εναςσυμμετρικς n nπίνακαςλέγεταιθετικάορισμένοςαν γιακάθε x R n \{0}ισχει Tx,x > 0. Ορισµός 1.3.8Εναςσυμμετρικς 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. ΟπαρακάτωορισμςείναιγνωστςαπτηνΑναλυτικήΓεωμετρία.

17 1.3...απτηΓραμμικήΑλγεβρακαιτηνΑναλυτικήΓεωμετρία 13 Ορισµός 1.3.9ΕνακυρτυποσνολοτουR 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. Πρόταση Το 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 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 a 2 j a 2 j n x,f j f j 1. Απλέςπράξειςδείχνουντιητελευταίαείναιισοδναμημετην n j1 x,f j 2 j1 1/ λ j 2 1, ολοκληρώνονταςτηναπδειξησμφωναμετονορισμ

18 14 Προαπαιτομενα... Ασκήσεις Ασκηση 1.3.1Αποδείξτετιανοι T t ij ij και S s ij ij είναιδυο n nπίνακες ττε trt t S i,j t ij s ij. (Υπδειξη: ΧρησιμοποιήστετονΟρισμ 1.3.6καιτο τιανηe j n j1 είναιορθοκανονικήβάσηστον Rn ττεγιακάθε x R n ισχει Tx n j1 Tx,e j e j.) Ασκηση1.3.2Αποδείξτετιτοίχνοςενςπίνακαείναιανεξάρτητοαπτηνβάσητου χώρου ακολουθώντας την εξής διαδικασία. Αποδείξτε με επαγωγή στη διάσταση τουχώρου n 2τι (1.3) detidha 1htrAOh 2, πουηποστητα Oh 2 ικανοποιείτην lim h 0 Oh 2 /h 0. Στησυνέχειαχρησιμοποιήστετην(1.3)γιανααποδείξετετιτοίχνος traείναιηκατευθυνμενη παράγωγοςτηςορίζουσαςστηδιεθυνσητουπίνακα Aστοσημείο Id,δηλαδή (1.4) tra lim h 0 detidha detid. h Τέλοςχρησιμοποιήστετην(1.4)γιανααποδείξετετιγιακάθεαντιστρέψιμοπίνακα Pισχει trp 1 AP tra.

19 Μέρος I Εισαγωγήστηνκυρττητα

20

21 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,

22 18 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.

23 2.1 Κυρτές Συναρτήσεις 19 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.

24 20 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 1με λ 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.

25 2.2Ηανιστητα Jensen 21 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.

26 22 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 1 å f gxdx 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 1 å f gxdx 0 lim n f αλλά fκυρτήκαι x j n x j 1,οπτε lim n 1 0 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

27 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: άρα, x 1/n 1 x 1/n n 1 n x 1 1 n x n 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, 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 επομένως, 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 είναιθετικάχρησιμοποιομετογεγονςτιηe x είναι γνήσιακυρτή(παράδειγμα 2.1.4)καιτηνΠρταση 2.2.2γιανασυμπεράνουμετιτα y j είναιμεταξτουςίσα,άρακαιτα x j

28 24 Βασικέςανιστητες Πόρισµα 2.2.5ΑνοT είναιέναςσυμμετρικς,θετικάημιορισμένος n nπίνακας ττε trt n dett1/n μετηνιστηταναισχειανκαιμνοανοtείναιπολλαπλάσιοτουταυτοτικο. Απδειξη:Εναςσυμμετρικςθετικάημιορισμένοςπίνακαςείναιδιαγωνοποιήσιμος.Αν λ 1,...,λ n οι(μηαρνητικές)ιδιοτιμέςτουττε trt n λ 1 λ n λ 1...λ n 1/n dett 1/n. n ΑνισχειιστηταττελεςοιιδιοτιμέςείναιμεταξτουςίσεςοπτεοT είναιπολλαπλάσιοτουταυτοτικο. 2.2β Ηανιστητα Young Λήµµα 2.2.6Αν x, y 0,p, q > 1και p 1 q 1 1,ττε Ηιστηταισχειανκαιμνοαν x p y q. xy xp p 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 2.2.7Αν 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 λy q jγιακάθε j 1,2,...,n.

29 2.2Ηανιστητα Jensen 25 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 i x x p 1 xp n 1/p και y y i y q 1 yq n 1/q, και παίρνουμε (2.3) άρα, x i y i ( 1 n j1 j) ( xp p n j1 yq j ) 1 q x i p p ( ) n j1 xp j y i q q ( n j1 yq j ), n x i y i i1 Συνεπώς, x p 1 xp n 1 p y q 1 yq n 1 q 1 n px p p x i 1 xp n i1 1 n qy q y q i 1. 1 yq n i1 n x i y i x p 1 xp n 1 p y q 1 yq n 1 q. i1 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 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 λ xp 1 xp n y q, 1 yq n ολοκληρώνονταςτηναπδειξη.

30 26 Βασικέςανιστητες 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 2.2.8Εστωτιοι 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. 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 I f p) 1 p ( I gq) 1 q 1 p I f p f p p I f p gq q I gq, I f p 1 q g q 1, I gq I δηλαδήηζητομενη. Ανισχειηιστητακαι g 0σχεδνπαντο,ττε αν I f p 0συμπεραίνουμετιf 0σχεδνπαντο.Οπτετοζητομενο ισχειμε λ 0. Αντώρα I f p 0ττεισχειιστηταστην(2.4)σχεδν παντο(αλλιώςηεπμενηανιστηταθαείναιγνήσια)καιαπτηνπερίπτωσητηςιστηταςστηνανιστηταςτου Youngσυμπεραίνουμετι f p λg q σχεδνπαντο,με λ I f p 1/p / I gq 1/q. 2.2ε Ηανιστητα Minkowskiγιααθροίσματα Θεώρηµα 2.2.9Αν 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.

31 2.2Ηανιστητα Jensen 27 Εχουμε, n x j y j p j1 n x j y j x j y j p 1 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. 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 Αν f, g : I Rμηαρνητικέςολοκληρώσιμεςσυναρτήσειςκαι p 1,ττε Å I ã 1 Å ã 1 Å ã 1 f g p p dx f p p dx g p p dx. 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

32 28 Βασικέςανιστητες 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 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 Επομένως, Å 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. Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτετιγιακάθε 0 < p q < ισχει Å Å εφσονταολοκληρώματαυπάρχουν. g p ã 1 p g q ã 1 q, Ασκηση Αποδείξτετιησυνάρτηση fx x n είναικυρτήστο 0, και χρησιμοποιήστετηνανιστητα Jensenγιανααποδείξετετι Å ã 1 n g n g, εφσονταολοκληρώματαυπάρχουν. 2.3 Εφαρμογές Ηανιστητα Minkowskiγιααθροίσματαμαςλέειτιγιακάθε p 1η Ñ é 1/p n x p x j p j1

33 2.3Εφαρμογές 29 (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 l n p,καιείναιέναςπλήρηςμετρικς χώρος.ηπληρτηταελέγχεταιεκολαδιτιησγκλισηωςπροςτημετρική d p είναιισοδναμημετησγκλισηκατάσυντεταγμένη,εξαιτίαςτουτι x j y j x y p Ñ n x j y j p j1 é 1/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 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.

34 30 Βασικέςανιστητες Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτετιηεπιλογήτουσυμβλου l n γιατον Rn μενρματην x max 1 j n x j πουx j οισυντεταγμένεςτουx,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 2.3.4Αποδείξτετιγιακάθεx 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.

35 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:

36 32 Κυρτάσώματα 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.

37 3.1Κυρτάσώματα,κυρτήθήκη 33 Σχήμα3.1: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 2.2.9).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 Σχήμα3.2: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,αφοp < q

38 34 Κυρτάσώματα 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 / Σχήμα3.3: / 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}

39 3.1Κυρτάσώματα,κυρτήθήκη 35 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 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)γιαn 2:Ταx 1,x 2 ανήκουνστοk.αρα,τοσημείο1 λx 1 λx 2 ανήκειστο K,απτονορισμτουκυρτοσυνλου.

40 36 Κυρτάσώματα (β)υποθέτουμετιοκυρτςσυνδυασμς nσημείωντου Kανήκει στο K.Εστω x 1,x 2,...,x n,x n1 ανήκουνστο K, λ 1,...,λ n1 0 και n1 j1 λ j 1. Πρέπειναδείξουμετιτοσημείο λ 1 x 1 λ n1 x n1 ανήκειστο K. i.αν λ n1 1ττε j1 n1 λ j x j λ n1 x n1 x n1, j1 πουανήκειστο K. ii.αν λ n1 < 1ττε Ñ é n1 n λ j λ j x j 1 λ n1 x j 1 λ n1 j1 λ n1 x n1, τοοποίοανήκειστο K,διτιτοσημείο n λ j j1 1 λ n1 x j ανήκει στο Kαπτηνεπαγωγικήυπθεσηκαιτο 1 λ n1 Ñ n j1 λ j 1 λ n1 x j é λ n1 x n1, είναικυρτςσυνδυασμςδοσημείωντουκυρτο K. ΕπίσηςτοKείναιυπερσνολοτουA,διτιανxανήκειστοAττε το x 1 2 x 1 2xανήκειστο K.Αρα,το Kείναιυπερσνολοτης κυρτήςθήκηςτου Aγιατίηκυρτήθήκητου Aείναιτοελάχιστο κυρτσνολοπουπεριέχειτο A.Ετσι K conva.ομωςτο convaείναικυρτσνολο,υπερσνολοτου A. Αραπεριέχει, σμφωναμετο ii,τουςκυρτοςσυνδυασμοςστοιχείωντου 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.

41 3.1Κυρτάσώματα,κυρτήθήκη 37 Σχήμα3.4: 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 (3.1) µ 1 µ m 0 και (3.2) µ 1 x 1 µ m x m 0. Παρατηρομετιλγωτης(3.2)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 στοπαραπάνω άθροισμαείναιμηδέν,δηλαδήστηνπραγματικτητααυττοάθροισμα έχειτοπολ m 1ρους. Ετσι,θαοδηγηθομεσεαντίφασημετην επιλογήτου mαναποδείξουμετιμπορομεναεπιλέξουμε kώστετο παραπάνωάθροισμαναείναικυρτςσυνδυασμς.λγωτης(3.1)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.

42 38 Κυρτάσώματα Απτη(3.1)καιαφοδενείναιλατα m 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 ττετο Kείναιυποσνολοτου intk. Απδειξη:

43 3.1Κυρτάσώματα,κυρτήθήκη 39 (i)εστωτιτα x, yανήκουνστο Kκαι λανήκειστο 0,1.Θέλουμενα δείξουμετιτοσημείο1 λxλyανήκειστοk.αφοταx,yανήκουν στο Kττεθαυπάρχουν,μιαακολουθία x m στο Kώστε x m xκαι μιαακολουθία y m στο Kώστε y m y.οι x m,y m ανήκουνστο Kκαι τοkείναικυρταπυπθεση.αρα,τοσημείο1 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 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 Σχήμα3.5: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,

44 40 Κυρτάσώματα (iv)αν x intkττε 0 intk x,οπτεαπτο iiiγιακάθε λ 0,1 ισχει λk x intk x. Ισοδναμα, λk λx x intkκαι παίρνονταςθήκες λk λxx intk.τέλος,αφήνονταςτο λ 1 παίρνουμε K intk. 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 Αποδείξτετιγιακάθε x R n καιγιακάθε ε > 0ισχει 1 2 Bx,ε 1 B x,ε B0,ε. 2 Ασκηση Αποδείξτετιέναυποσνολο Aτου R n είναικυρτανκαιμνοαν γιακάθε λ 0,1ισχει 1 λaλa A. Επίσηςδώστεέναπαράδειγμαενς 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

45 3.1Κυρτάσώματα,κυρτήθήκη 41 μεμήκηημιαξνωντουςθετικοςαριθμος a 1,...,a n είναικυρτσώμα. Επίσηςβρείτεέναπίνακα T : R n R n ώστε T nκαιαποδείξτετι 2 dett 0. Τέλος,αποδείξτετικάθεελλειψοειδέςστον R n μεκέντροτο 0είναι εικνατου n μέσωκατάλληλουπίνακα Tπου dett 0. 2 Ασκηση Αποδείξτετιαντο K R n είναικυρτσνολοττεείναικυρτκαι το kernelk,που kernelk { z R n : z,x Kγιακάθε x K }. 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 j1 Ασκηση Αποδείξτετιαντο Aείναιανοικτστον R n ττεκαιτο conva είναιανοικτ. 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 ).

46 42 Κυρτάσώματα 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. (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.

47 3.3Ησυνάρτησηστήριξης 43 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).ΤοKμωςείναικλειστυποσνολοτου R n οπτεθαπεριέχεικαιτο x,αφοαυτείναιτοριοωςπροςτηνευκλείδεια νρματηςακολουθίαςτων1 1/mx K: 1 1/mx x 2 x 2 /m 0 καθώς m. Ασκήσεις Ασκηση 3.2.1ΑνταAκαι Bείναικυρτάσυμμετρικάσώματααποδείξτετι x A x B γιακάθε x R n ανκαιμνοαν A B. 3.3 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.

48 44 Κυρτάσώματα Παρατηρομετιτο x 0 είναιστοιχείοτουσυνρουτου K. ιτιανχι, είναιστοεσωτερικτου,οπτευπάρχει δ > 0ώστε x 0 δ n 2 K.Αρα Αλλά x 0 δ 2 u 2 u x 0 δ n 2 K, x 0 δ u,u x 0,u δ 2 u 2 2 u 2 2 > x 0,u, τοοποίοείναιάτοποαπτηνεπιλογήτου x 0. Φανερά K H x 0,u απτηνεπιλογήτου x 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 uδίνειτηναπστασητουυπερεπιπέδουστήριξης H u του Kαπτομηδέν.Η h K ονομάζεταισυνάρτησηστήριξηςτου κυρτοσώματος K. 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 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.

49 3.3Ησυνάρτησηστήριξης 45 Επίσης,για λ > 0 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 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 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 ). Επειδήλοιπν x 0 y 0,y y 0 > 0γιαλαρκετάκοντάστο0(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. ]

50 46 Κυρτάσώματα Αρα,γιακάθε y B, y,u y 0,u.Οπτε, (3.3) h B u sup y,u y 0,u. y B Ισχυριζμαστετι y 0,u < x 0,u.Αυτισχειανκαιμνοαν Æ x 0 y 0 x 0 y 0,u > 0 x 0 y 0, > 0 x 0 y 0 2 > 0, x 0 y 0 2 τοοποίοείναιαληθές.απτην(3.3), 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: (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 Αποδείξτετιγιακάθεκυρτσώμα Kστον R n,γιακάθε x R n \{0} καιγιακάθε n nπίνακα Tισχει h TK x h K T t x.

51 3.4Τοπολικσώμα Τοπολικσώμα Ορισµός 3.4.1Αντο Kείναιένακυρτσώμαπουπεριέχειτο 0στοεσωτερικτου,θέτουμε K o { y R n : x,y 1, x K }. Το K o είναικυρτσώμακαιονομάζεταιπολικσώματου K. (i)το K o είναικυρτσνολο.πράγματι,αν y, z K o και λ 0,1για κάθε x Kισχει x,1 λyλz 1 λ x,y λ x,z 1 λ1λ1 1, συνεπώς 1 λyλz K o. (ii)αποδεικνουμετώρατιτο K o είναισώμα. (α)το intk o είναιδιάφοροτουκενοσυνλου. Πράγματι,παρατηρομεπρώτατιτο Kείναιφραγμένο.Αρα,υπάρχει M > 0 ώστετο Kναείναιυποσνολοτου B2 n0,m.ισχυριζμαστετι, Å ã 1 (3.4) B n 2 0, K o. M 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 M 1. Ετσιτο yανήκειστο K o επιβεβαιώνονταςτην(3.4).συμπεραίνουμετιτο0ανήκειστοintk o.αρατοintk o είναιδιάφοροτου κενοσυνλου. (β)το K o είναιφραγμένο.πράγματι,επειδή 0 intkυπάρχει ε > 0ώστεναισχει n 2 0,ε K.Θαδείξουμετι Ko n 2 0,1/ε. Αν y K o \ {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 o είναικλειστ. Πράγματι,έστωτι y m K o και y m y ωςπροςτηνευκλείδειανρμα. ηλαδή, y n y 2 0. Γιανα δείξουμετιτο yανήκειστο K o αρκείναδείξουμετι x,y 1 γιακάθε x K.Ομως x,y m 1γιακάθε x Kκαιγιακάθε m N,οπτε x,y x,ym x,y ym x 2 y y m 2, και άρα x,y x,y m x 2 y y m 2 1 x 2 y y m 2 1 καθώς m,δηλαδήτοζητομενο.

52 48 Κυρτάσώματα Πρόταση 3.4.2Αντο Kείναιένακυρτκαικεντρικάσυμμετρικσώμαστον R n ττε καιτο K o είναικυρτκαικεντρικάσυμμετρικσώμα. Απδειξη:Ανy K o αρκείναδείξουμετι y K o.ομως,γιακάθε x K ισχει x K,αφοτο Kείναικεντρικάσυμμετρικ.Αρα x, y x,y 1. Παράδειγµα 3.4.3Εστωτιτο είναιέναελλειψοειδέςμεκέντροστο 0 καιμήκηημιαξνων a 1,...,a n.ανχρησιμοποιήσουμετιςδιευθνσειςτων ημιαξνωντουγιατοσστημασυντεταγμένωνττε n x x 2 1,...,x n R n j : 1. a 2 j1 j Ττετοπολικτου o είναιτοελλειψοειδές n o y 1,...,y n R n : y 2 j a2 j 1, μετουςίδιουςάξονεςμετο καιμήκηημιαξνων a 1 1,...,a 1 n. Αυτ προκπτειάμεσααπτηνανιστητα Cauchy-Schwartz.Πράγματιαν το παραπάνωελλειψοειδέςμεμήκηημιαξνων a 1 1,...,a 1 n,θαδείξουμετι o.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 j1 x 2 j a 2 j1 j é 1/2 Ñ n j1 a 2 j y2 j é 1/2 1. Αρα y o. Αντίστροφα,αν y y 1,...,y n o 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. Απλέςπράξειςμετοπροηγομενο xμαςοδηγονστην n i1 a2 i y2 i 1 συνεπώς y. Παράδειγµα 3.4.4Τοπολικτουκυρτοσώματος n 1 είναιτοn.πράγματι, αν y n 1 o 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

53 3.4Τοπολικσώμα 49 θεωρομετοδιάνυσμα xμεσυντεταγμένες x j 0γιακάθε j j 0 και x j0 y j0 / y j0. Εκολαβλέπουμετι x n 1 οπτεαφο y n 1 o θα πρέπειναισχει x,y 1.Αλλά x,y y j0 δηλαδήmax j1,...,n y j 1. αππουσυμπεραίνουμετι y n. είξαμελοιπντι n 1 o n. Αντιστρφως,αν y n ττε max j1,...,n y j 1,που y j για j 1,...,n Σχήμα3.6: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 o. j1 Ησυνάρτησηστήριξης h K ορίστηκεγιαδιανσματαστημοναδιαία ευκλείδειασφαίρα. Μπορομεμωςναεπεκτείνουμετονορισμτηςσε λοτο R n αφοοορισμς 3.3.3είναικαλςκαιγιαδιανσματαπουδεν έχουνμήκοςισομε 1. Ορισµός 3.4.5Αντο 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 o {x R n : h K x 1}. Αντο K είναικεντρικάσυμμετρικ, οπτεείναικαιτο K o,γνωρίζουμεήδητι K o {x R n : x K o 1}(Πρταση 3.2.2). Στοφυσιολογικερώτημα ποιαείναιησχέσητης h K μετην K oγιακεντρικάσυμμετρικά,κυρτά σώματααπαντάειηπαρακάτωπρταση. Πρόταση 3.4.6Εστω Kκυρτκαισυμμετρικωςπροςτο 0σώμαστον R n.ττε h K x x K o.

54 50 Κυρτάσώματα Απδειξη:Ισχει ß x (3.5) h K x sup{ x,y : y K} x K o sup x K o,y : y K. Ομως, x/ x K o K o 1άραx/ x K o K o (απτηνπρταση 3.2.2)καισυνεπώς x/ x K o,y 1,γιακάθε y K.Αρααπτην(3.5)συμπεραίνουμε h K x x K o. Γιατηναντίστροφηανιστητα,γιακάθε x R n \{0}ισχει ß x sup x K o,y : y K 1, αφοπωςκαιπριν x/ x K o K o.ισχυριζμαστετι ß x sup,y : y K 1. x K o Ανχι,υπάρχει x R n \{0}ώστε ß x sup x K o Τώραβρίσκουμε λ > 1ώστε,y : y K < 1. ß x ß λx λsup,y : y K x K o < 1 sup x K o λx,y x K o,y : y K < 1 < 1, γιακάθεy K.Συνεπώς,απτονορισμτουK o,ισχειτιλx/ x K o K o. Ομως λx/ x K o K o λ > 1τοοποίοείναιάτοπο(Πρταση 3.2.2).Οπτε, ß x sup,y : y K 1. x K o Ησυνάρτηση x/ x K o,y είναισυνεχήςωςπροςyστοσυμπαγές Kκαι άραέχειμέγιστητιμή,έστωστο y 0 K.Αρα x,y 0 1συνεπώς x K o x,y 0 h K x. x K o Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτεμεάμεσοτρπο(χωρίςτηχρήσητηςαπδειξηςτουΠαραδείγματος 3.4.3)τι n 2 n 2 καιγιακάθε r > 0ισχει rn 2 r 1 n 2.

55 3.5 ιαχωρισμςκαιγνήσιοςδιαχωρισμς 51 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 j 1και y 0μεγιστοποιείταιγιατο xμεσυντεταγμένες 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 Αποδείξτετιγιακάθε 1 < p < και 1 < q < με p 1 q 1 1 ισχει n p n q. 3.5 ιαχωρισμςκαιγνήσιοςδιαχωρισμς 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).

56 52 Κυρτάσώματα 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,τα K Dκαι {0}διαχωρίζονταιγνήσιααπτηλωρίδα ii i:εστωτιηλωρίδα Λ u,α β,0 {z : α β u,z 0}. Λ u, γ,0 {z : γ u,z 0}, 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.

57 3.5 ιαχωρισμςκαιγνήσιοςδιαχωρισμς 53 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 0 2 z λ x y 0 x 0,z λ x 0 y 0 x 0 2 λ 2 x 1 x 0 2 2λ y 0 x 0,x 1 x 0 y 0 x 0 2 λλ x 1 x y 0 x 0,x 1 x 0 < y 0 x 0 2 τοοποίοείναιάτοπογιαλ > 0αρκετάκοντάστομηδέν,αφοηπαρένθεση είναιαρνητικήκαθώςτο λπηγαίνειστομηδέναπδεξιά.ομοίως, D {x : u,x u,y 0 }. υοκυρτάσνολαδενδιαχωρίζονταιμνουπτιςπροϋποθέσειςτου Θεωρήματος Ανείναικυρτάκαιέχουνξέναεσωτερικάττεκαιπάλι διαχωρίζονται. ΤαβήματαπουαπαιτονταιπαρουσιάζονταιστηνΑσκηση Μιαεφαρμογήτουδιαχωρισμοκυρτώνσυμπαγώνσυνλωνείναιτιτο πολικτου K o είναιτο K. Πρόταση 3.5.5Γιακάθεκυρτσώμα Kστον R n με 0 intkισχειτι K o o K. Απδειξη:Αν x Kττε x,y 1γιακάθε y K o.αλλάαυτσυνεπάγεται (απτονορισμτου K o o )τι x K o o.αρα K K o o. Αντίστροφα,έστωτι x K o o.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 o. Ωςεκ τοτου,ηανιστητασταδεξιάτώραμαςλέειτι x / K o o,τοοποίοείναι άτοπο.συνεπώς K o o K. Πρόταση 3.5.6Αντα Kκαι Lείναικυρτάσώματαμε 0 intk, 0 intlκαι λ > 0ισχουνοιεξήςιδιτητες: (i) λk o 1 λ Ko. (ii) K Lανκαιμνοαν K o L o. (iii) Γιακάθεαντιστρέψιμοπίνακα T : R n R n ισχει TK o T t 1 K o.

58 54 Κυρτάσώματα Απδειξη: iy λk o ανκαιμνοαν y,λx 1γιακάθεx K.Ισοδναμα λy,x 1καιάρα λy K o ισοδναμα y 1/λK. iiεστωτι K L. Αν y L o ττε x,y 1γιακάθε x L. Αλλά K Lάραη x,y 1γιακάθε x K.Συνεπώς y K o. είξαμεδηλαδή τι L o K o. Αντιστρφως,ανL o K o απτοευθσυμπεραίνουμετιl o o K o o. ΗχρήσητηςΠρτασης 3.5.5ολοκληρώνειτηναπδειξη. iii y TK o ανκαιμνοαν x,y 1γιακάθε x 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 o ανκαιμνοαν T t y K o,ισοδναμα z T t 1 K o. Ασκήσεις Ασκηση Εστωτιτα K, Lείναικεντρικάσυμμετρικά,κυρτάσώματαστον R n. Αποδείξτετι x K M x L ανκαιμνοαν K M 1 Lανκαιμνοαν x K o M 1 x L o. Ασκηση Εστωτιτο Kείναικεντρικάσυμμετρικ,κυρτσώμαστον R n, και F υπχωροςτου R n διάστασης k,που k 1,...,n. Αποδείξτετιισχει K F o P F K o πουτοπολικ K F o εννοείταιμέσαστονυπχωρο F. (Υπδειξη:ΑπτηνΠρταση 3.5.5αρκείναδειχθείτι K F P F K o o.) Ασκηση3.5.3ΕστωτιτακυρτάσνολαKκαιDέχουνξέναεσωτερικά.Αποδείξτε τιτα Kκαι Dδιαχωρίζονταιακολουθώνταςταπαρακάτωβήματα. (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}

59 3.5 ιαχωρισμςκαιγνήσιοςδιαχωρισμς 55 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.

60 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 )

61 4.1Ογκοςκυρτοσώματος 57 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.

62 58 Ηέννοιατουγκου Απδειξη:Αποδεικνουμεπρώτατονακλουθοισχυρισμ. Ισχυρισµός:Αντο Kείναιυποσνολοτου U,που Uείναιανοιχτσνολο, ττευπάρχειπολυπαραλληλεπίπεδοaώστεναισχει 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 xb 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 πολυπαραλληλεπίπεδοa 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.

63 4.1Ογκοςκυρτοσώματος 59 Εχουμε: volxa 0 vola 0 sup{vola,a K} inf{volb,b K}, πουτα A, Bείναιπολυπαραλληλεπίπεδα.Το x1 ε 1 A 0 περιέχειτο K.ΑραένααπταΒ.Ετσι,χρησιμοποιώνταςτηνΠαρατήρηση 4.1.4,θα έχουμε 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. Αλλάπρέπειναξεπεράσουμεπρώτατοπρβληματιτο A 0 εξαρτάταιαπ το ε.γιανατοκάνουμεαυτπαρατηρομετι A 0 Kκαιτο K,ωςκυρτ σώμα,είναιφραγμένο. Οπτευπάρχεικβος Qμεμήκοςακμής,έστω, M > 0ώστε K Q. Αρα A 0 Qκαιαπτονορισμτουγκουγιατα πολυπαραλληλεπίπεδα vola 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.

64 60 Ηέννοιατουγκου 4.1α 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.

65 4.1Ογκοςκυρτοσώματος 61 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. Ασκηση4.1.4ΕστωτιταKκαιLείναιδυοκυρτάσώματαστονR n μετοlκεντρικά συμμετρικ.θεωρομεέναυποσνολο του Kμετηνιδιτηταγιακάθε x, y με x yισχει x y L 1.Αποδείξτετιτο είναιαναγκαστικάπεπερασμένο καιηπληθικτητάτουείναιμικρτερηήίσητουπηλίκου ( vol K 1 ( L) 2 1 vol L). 2 (Υπδειξη: είξτετιτα x 1 L,για x,έχουνξέναεσωτερικά.) 2 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. j1

66 62 Ηέννοιατουγκου volk L (ii) 2 n NK,L. voll (iii) Αντο Lείναικεντρικάσυμμετρικττε NK,L vol( K 1 ( L) L 2 2nvolK. 1 vol L) voll 2 (Υπδειξη: ΕξηγήστεπρώταμεβάσητηνΑσκηση 4.1.4γιατίμπορείτενα θεωρήσετεέναμεγιστικήςπληθικτηταςυποσνολοτουkμετηνιδιτητα που περιγράφεται σε εκείνη άσκηση.) (iv) Αντο Lείναικεντρικάσυμμετρικκαι volk vollττε NK,L 1/n 4NL,K 1/n. 4.2 Ογκοςτου n p για 1 p Φανεράτοσνολο nείναιέναπαραλληλεπίπεδομεμήκοςκάθεακμής τουίσομε2.συνεπώςογκοςτουείναι 2 n. Θαυπολογίσουμετώρατονγκοτου p n για 1 p <.Θεωρομετο ολοκλήρωμα Å n I p exp x p pdx exp t dtã p. R n Ισχει I p R n R n Ç d ( ) å e t p dt x p dt Å χ x p, t dt( d ) ã e t p dt και αλλάζοντας τη σειρά ολοκλήρωσης Å d e t dt( )Å p R n 0 0 R ãã χ x p, tdt dt. Παρατηρομετι χ x p, t 1ανκαιμνοαν x p tανκαιμνοαν x tp nδηλαδήανκαιμνοαν χ tp n x 1.Αλλιώςταυτχρονακαιοιδυο χαρακτηριστικέςείναιμηδέν.αρα Å ã d ( ) I p e t p volt n p dt dt vol n p p t np 1 e tp dt. 0 Ετσιέχουμεαποδείξειτι Å n vol n p p t np 1 e tp dt exp t dtã p, 0 R 0

67 4.2Ογκοςτου p n για 1 p 63 αππουπροκπτειτι που vol n p Å ã n e tp dt pt np 1 e tp dt Γx 0 t x 1 e t dt. 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 Χρησιμοποιήστεταπαραπάνωκαθώςκαιτηςιδιτητεςτηςσυνάρτησης ΓπωςαυτέςπαρουσιάζονταιστοΠαράρτημα Β γιανααποδείξετετι (i) vol n n 1 2n /n!. (ii) n π vol n n 2 n/2! ( ) 2 n n 1/2! π n 1 n! αν nάρτιος, αν nπεριττς. ΣτιςπαρακάτωασκήσειςμελετάμετηνκατανομήτουγκουμέσαστηνΕυκλείδεια μπάλα. Ασκηση 4.2.2Υπολογίστετονn 1-γκοτηςτομήςτης n 2 μεέναυπερεπίπεδοπου απέχει tαπτηναρχήτωναξνων. Ασκηση Εκτιμήστετο r n Rώστε vol n r n n 2 1. Ασκηση Αν r n Rώστε vol n r n n 1και H 2 t υπερεπίπεδοπουαπέχει απσταση tαπτηναρχήτωναξνων,υπολογίστετονγκο vol n 1 r n n 2 H tκαι αποδείξτετι lim vol n 1 r n n H 2 t ee πet2. n

68 64 Ηέννοιατουγκου Ασκηση Θέτουμε L n {x R n : x n 1}.Αποδείξτετι vol n r n n 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)τιγιακάθευπερεπίπεδο Hπου περνάειαπτομηδένισχει 1 vol n 1 Q n H 2. Χρησιμοποιείστεαυττο γεγονςκαιτουςυπολογισμοςπουέγινανστιςπροηγομενεςασκήσειςγιατηνr n n 2 γιαναδείξετετιηαπάντησηστοπρβλημαbusemann-pettyείναιαρνητική. Ασκηση 4.2.8* Ητεχνικήπουχρησιμοποιήθηκεγιατονυπολογισμτουγκου του n,δηλαδήμέσωενςολοκληρώματοςπουυπολογίζεταιμεδοτρπουςείναι p 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 q n (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 Σχήμα5.1: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 DδB n 2,D C δbn 2 }. (ii) δc,d max{ h C u h D u : u S n 1 }. Απδειξητηςτριγωνικήςανιστητας: Εστω C, D, Eκυρτάσώματαστον 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: (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 B n 2,συνεπώς Ετσι x yα 1 B n 2 Dα 1B n 2. C D α 1 B n 2 DδC,DBn 2. Ομοίως,αν α 2 max y D min x C x y 2,ττε Αρα, D C α 2 B n 2 C δc,dbn 2. inf{λ > 0 : C D λb n 2,D C λbn 2 } δc,d. Αντίστροφα,έστω λ > 0, C D λb2 nκαι D C λbn 2. Ττεγια κάθε xστο Cέχουμετι x D λb2 n. 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 DλB n 2,D C λbn 2 }. δc,d inf{λ > 0 : C DλB n 2,D C λbn 2 }. (ii)γιακάθε λ > 0ώστε C D λb n 2 και D C λbn 2 έχουμετιγια κάθε u S n 1 h C u h DλB n 2 u h Duh λb 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 1 θ n volc volc m 1θ n volc, αππουσυμπεραίνουμετι volcm volc max { (1θ n 1 ), ( 1 1 θ n)} volc. Επιλέγονταςκατάλληλο θ > 0ώστεητελευταίαποστηταναείναιμικρτερηδοθέντος ε > 0καταλήγουμεστοσυμπέρασμα. 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}. [Απδειξητουισχυρισμο:Θαδείξουμετιυπάρχουνακολουθίες C 11, C 12,... C 21, C 22, πουκάθεγραμμήστονπαραπάνωπίνακαείναιυπακολουθίατηςπροηγομενηςώστε (5.1) δc mi,c mj 1 2 m.

74 70 Απστασηκυρτώνσωμάτων 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. Ομως,τοC m1,j καλπτεταιαπτιςίδιεςμπάλεςακτίνας1/2 m2,διτιέτσι επιλέχθηκε. ηλαδή, Å ã 1 B c, C m1,j. 2 m2 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 1 2 m2 1 2 m1.

75 5.3ΤοθεώρημαΕπιλογήςτου Blaschke 71 είξαμεδηλαδή,τιγιακάθεxπουανήκειστοc m1,i,υπάρχειyστοc m1,j ώστε x y m1. Ομοίως,γιακάθε yπουανήκειστο C m1,j,υπάρχει xστο C m1,i ώστε Αρα, Θαδείξουμετώρατι x y m1. 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 καιγενικάέχουμετι διτι δd k,d k1 1/2 k.ετσι, D n 2 D 2. D n 2 D 3..., D k 1 2 kn 2 D k1, 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,

76 72 Απστασηκυρτώνσωμάτων 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 ( Å 2 k 1n 2 \G D k 1 ã ) 2 k 1n 2 \G. k1 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, αφο D k 1 2 k 1n 2 D k k 0 1 n 2 D εn 2. Οπτε, D k D k 1 2 k 1n 2 Dεn 2. Ετσι,γιααρκετάμεγάλο kισχει D k Dε n 2 και D D kε n 2.Επομένως, δd k,d ε.

77 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) Τοσυνολικ«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

78 74 Οιανιστητες Prekopa-Leindlerκαι Brunn-Minkowski 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. 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:

79 6.1Ηανιστητα Prekopa-Leindler 75 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:Σμφωναμετηνιδιτητατουμήκουςπουπεριγράψαμεστηναρχήτουκεφαλαίου,θαυποθέσουμεχωρίςβλάβητηςγενικτηταςτιτα R, S, Tείναισυμπαγή.Αρα,το Sέχειμέγιστοστοιχείο,έστω το s,καιτο T έχειελάχιστοστοιχείο,έστωτο t.αρα, S s,0και T t 0,,οπτε1 λs s,0και λt t 0,. ηλαδή, τασνολααυτάέχουνκοινστοιχείομνοτο 0.Αρα, 1 λs s λt t 1 λs s λt t (6.2) Ομως, 0 λt t,άρα 1 λ S s λ T t 1 λ S λ T. 1 λs s 1 λs s0 1 λs sλt t. Επίσης, 0 1 λs s,άρα ηλαδή, Ετσι, λt t λt t0 λt t1 λs s. 1 λs s λt t 1 λs sλt t 1 λs λt 1 λs λt R 1 λs λt. R R 1 λs λt 1 λs s λt t 1 λ S λ T, λγωτης(6.2),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, άρα 1 λxλy {z : hz t}. Αρα,απτονπαραπάνωισχυρισμισχει {z : hz t} 1 λ {x : fx t} λ {y : gy t}.

80 76 Οιανιστητες Prekopa-Leindlerκαι Brunn-Minkowski 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 βήματηςεπαγωγής. Εστωτιτοαποτέλεσμαισχειγια n 1καιτι f, g, h : R n Rπωςστηνυπθεση. Επειδή R n R n 1 R,θέτουμε u 0,0,...,0,1 R n,σταθεροποιομε s,t R,θέτουμε r 1 λs λt καιθεωρομετιςσυναρτήσεις f, g, h : R n 1 Rμε fx fxsu, gy gytu, hz hz ru με x,y,z R n 1.Εχουμε h( 1 λxλy ) h ( 1 λxλyru ) h ( 1 λxλy1 λsuλtu ) h ( 1 λxsuλytu ) fxsu 1 λ gytu λ fx 1 λ gy λ, λγωτης 6.1.Αρα,γιατις f, g, h,απτηνεπαγωγικήυπθεσηισχει: δηλαδή (6.3) Å ã 1 λ Å ã λ n 1 hxdx fxdx gxdx, R R n 1 R n 1 Å ã 1 λ Å hxrudx fxsudx gxtudx R n 1 R n 1 R n 1 Θέτουμε Hr R n 1 hx rudx,fs R n 1 fx sudxκαι Gt R n 1 gx tudx. Επειδήη6.3αποδείχθηκεμε r 1 λs λtσυμπεραίνουμετιοισυναρτήσειςμιαςμεταβλητής H, F, Gικανοποιοντην H 1 λs λt Fs 1 λ Gt λ. Ετσιαναχθήκαμεστηνπερίπτωση n 1 που την έχουμε επιβεβαιώσει. Συνεπώς οπτε R Å Htdt R R ã 1 λ Å λ Ftdt Gtdtã, R hxrudxdr R n 1 Å ã 1 λ Å fxtudxdt R R n 1 R ã λ ã λ gxtudxdt, R n 1

81 6.2Ηανιστητα Brunn-Minkowski 77 και άρα Å h R n R n f ã 1 λ Å R n g ã λ. 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. 6.2 Ηανιστητα Brunn-Minkowski Ηανιστητα Brunn-Minkowskiπαίζεικεντρικρλοστηθεωρίατων κυρτώνσωμάτων. Υπάρχουνδιάφοροιτρποινααποδειχθεί. Εδώεπιλέγουμετηχρήσητηςανιστητας Prekopa-Leindler. 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

82 78 Οιανιστητες Prekopa-Leindlerκαι Brunn-Minkowski 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 ã 1 λ Å λ Å ã 1 λ Å ã λ h f gã δηλαδή 1 R 1 S 1 T, παραπομπή! 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. Απδειξη:Ηαπδειξητηςπερίπτωσηςτηςιστηταςδενθαγίνεισεαυττο σημείογιατίαπαιτείάλλουείδουςαπδειξηηοποίαείναιπιοπερίπλοκη. Θααποδείξουμεμνοτηνανιστητα. Γράφοντας A αντίγια volaθέτουμε K S S 1/n, L T 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 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 Å ã S S 1/n T T 1, 1/n S 1/n T 1/n αππουπροκπτει S T 1/n S 1/n T 1/n. Παρατήρηση 6.2.3ΗπολλαπλασιαστικήμορφήτηςανιστηταςBrunn-Minkowskiσεσχέσημετηνπροσθετικήτηςμορφήέχειτοπλεονέκτηματι είναιανεξάρτητητηςδιάστασης n. Παρλααυτά,εκολαβλέπεικανείς τι,οιδομορφέςείναιισοδναμες.

83 6.3Ηισοπεριμετρικήανιστητα 79 Ασκήσεις Ασκηση Αποδείξτετιηπολλαπλασιαστικήμορφήτηςανιστητας Brunn- Minkowskiισχειανκαιμνοανισχειηπροσθετικήτηςμορφή. 6.3 Ηισοπεριμετρικήανιστητα Ορισµός 6.3.1Εστωτιτο Aείναιδιαφορετικτουκενοκαισυμπαγές υποσνολοτου R n πουέχειγκο. Τοεμβαδνεπιφανείαςτου Aορίζεται ναείναιτοριο A lim t 0 εφσοντοριοαυτυπάρχει. volat n 2 vola, t Λήµµα 6.3.2ΑνAυποσνολοτουR n τοοποίοέχειεμβαδνεπιφανείαςττεγιακάθε r > 0το raέχειεμβαδνεπιφανείαςκαιισχει ra r n 1 A. Απδειξη:Γράφοντας αντίγια vol n,απτονορισμτουεμβαδοεπιφανείας έχουμε Στοιχειώδης απδειξη της Brunn- Minkowski. (να προστεθεί...) 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 Γιανα αποδείξουμετηνισοπεριμετρική ανιστηταθα αποδείξουμε πρώταέναθεώρηματοοποίομαςλέειτιαπλατασώματαμετον ίδιογκο,τοελάχιστοεμβαδνεπιφανείαςτοέχειηευκλείδειαμπάλα. Θεώρηµα 6.3.3Αν vol n n 2 vol na,μετο Aναείναιυποσνολοτου R n που έχειγκοκαιεμβαδνεπιφανείας,ττε At n 2 A lim A t 0 t A n 2. Απδειξη:Γράφοντας αντίγια vol n καιχρησιμοποιώνταςτηνανιστητα Brunn-Minkowski έχουμε Ä A 1 n t nä n 2 1 n A lim t 0 lim t 0 Ä A 1 n t n 2 1 nä n A t 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. t Ä n 1 A 1 n t nä n 2 1 n 2 1 n 1

84 80 Οιανιστητες Prekopa-Leindlerκαι Brunn-Minkowski Ομως, n 2 lim n 2 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 1t n 2 lim n 2 t 0 t n 2 lim t 0 1t n 1 t Συνεπώς, A n 2. 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 2

85 6.4Ηαρχήτου Brunn 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. 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 1 λ Kt 1/n 1 λ Ks 1/n 1, δηλαδήτοζητομενο. 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 L1/2.

86 82 Οιανιστητες Prekopa-Leindlerκαι Brunn-Minkowski 6.5 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 Απδειξη:Παρατηρομετι (6.4) ( vol ) Å ã n K ta c 1 δ t1/2 δ. δ 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 a t 1 y. 2t 2t Το yανήκειστο A,αφοτο Aείναικεντρικάσυμμετρικ. Αρατο x/t γράφεταιωςκυρτςσυνδυασμςστοιχείωντουa.επειδήτοaείναικυρτ συμπεραίνουμετι x/t A,δηλαδή x taτοοποίοείναιάτοπο. Επιστρέφοντας στην(6.4) 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 Ασκηση ιερευνήστεκαιεπιβεβαιώστετολήμματου Borelταν K n 2 και το A είναι κατάλληλο πολλαπλάσιο του K. Ασκηση Ιδιαάσκησημετηνπροηγομενηταν K n και K n 1.

87 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(ή StKανεννοείταιποιοείναιτουπερεπίπεδοως 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 ώστε 0 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(σελίδα 87).Αντο

88 84 Η Συμμετρικοποίηση Steiner υπερεπίπεδοεννοείταιποιοείναιήισχεικάτιοποιοδήποτεκαιανείναιτο Hττεθαγράφουμεκαι StKπαραλείπονταςτο Hαπτονσυμβολισμ. Ακολουθείμιασειράπροτάσεωνπουπεριγράφουνδιάφορεςαπτις ιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner. Λήµµα 7.1.2ΑντοT R 2 είναιένατραπέζιομετιςπαράλληλεςπλευρέςτουκάθετες στουπερεπίπεδο(εδώευθεία)hττεησυμμετρικοποίησηsteinerτου TωςπροςτοH 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:Θεωρομετραπέζιο Tμετιςβάσειςτουκάθετεςστον άξονατων xκαιυποθέτουμεεπίσηςτιημίακορυφήτουείναιστηναρχή τωναξνων,μετημίαβάσητουμήκους απάνωτονάξονατων y,ενώη

89 7.1Ορισμςκαιιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner 85 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 xru.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.

90 86 Η Συμμετρικοποίηση Steiner 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 1.2σελίδα 9(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.

91 7.1Ορισμςκαιιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner 87 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

92 88 Η Συμμετρικοποίηση Steiner στην L,καιισχει l 1 2 K Lx και m 1 2 ( D Ly ). Ετσι, xy hklm.φανερά hk H, lm Lκαι (7.1) l m 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 lm 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.

93 7.1Ορισμςκαιιδιτητεςτηςσυμμετρικοποίησης Steiner 89 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.

94 90 Η Συμμετρικοποίηση Steiner 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,δηλαδήτουπερεπίπεδοR 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

95 7.2ΤοθεώρημαΣφαιρικτηταςτου Gross 91 (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.

96 92 Η Συμμετρικοποίηση Steiner 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 Nώστεγιακάθε m 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

97 7.2ΤοθεώρημαΣφαιρικτηταςτου Gross 93 ( x 0 ) 0 Σχήμα7.3: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 PSfrag. x. x 0 ) ( C x0 ( 0. ) H Σχήμα7.4:Ηανάκλασητης C x0 δίνειανοικτήπεριοχήτου x. ρs n 1 x ρs n 1 C x

98 94 Η Συμμετρικοποίηση Steiner καιαπτησυμπάγειατηςρs 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 Σχήμα7.5: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.

99 7.3Ηισοπεριμετρικήανιστητα(2ηαπδειξη) 95 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 υπερεπιπέδων H 1, H 2,...ώστεηακολουθίακυρτώνσωμάτων K m St Hm St Hm 1...St H1 K νασυγκλίνειστοr n γιακατάλληλοr > 0.(Υπδειξη:ΕφαρμστετοΘεώρηματου 2 GrossγιαναβρείτεK 1 πουπροκπτειαπτο Kμεπεπερασμένοπλήθοςσυμμετρικοποιήσεωνπουνααπέχειαπτο 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.

100 96 Η Συμμετρικοποίηση Steiner 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 o vol n 2 2. Ηιστηταισχειανκαιμνοαντο Kείναιελλειψοειδές. Απδειξη:Εδώθααποδείξουμεμνοτηνγενικήπερίπτωσητηςανιστητας καιχιτηνπερίπτωσητηςιστητας. ΟπωςδείξαμεστηνΠρταση ησυμμετρικοποίησηαυξάνειτον γκοτουπολικοσώματος,δηλαδή volstk o volk o. 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 o m volko. Πράγματι, Å( ( vol St H2 StH1 K )) ã o (StH1 vol( K) o) volk o,

101 7.4Ηανιστητα Blaschke-Santaló 97 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 1 1θ λ n 2 Ko 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 Ko m 1ε1 λ n 2. ηλαδή K o m λ 1 n 2. Παίρνονταςριαστην(7.7)καιχρησιμοποιώνταςτιογκοςείναισυνεχήςσυνάρτησηπροκπτειτι 1 ) vol( λ n 2 volk o. ΠολλαπλασιάζονταςκαιταδυομέλημεvolKτοοποίοισοταιμεvolλ n 2 (απτηντιμήπουέχειτο λ)προκπτειτοαποτέλεσμα. Ηποστητα volkvolk o είναιαναλλοίωτηστουςγραμμικοςμετασχηματισμος,δηλαδήγιακάθεαντιστρέψιμοπίνακα T : R n R n ισχει vol ( TK ) ( (TK ) ) o vol volkvolk o. Πράγματι,σμφωναμετιςΠροτάσεις 3.5.6και ,γιακάθεαντιστρέψιμοπίνακα T : R n R n ισχει vol ( TK ) ( (TK ) ) o dett volkκαι vol dett 1 volk, οιοποίεςαποδεικνουντοζητομενο. Γεννάταιλοιπντοερώτημαγια ποιοήποιασώματα Kηπαράσταση volkvolk o έχειελάχιστητιμήκαι ποιαείναιηελάχιστητιμή.τοερώτημααυτέτσιπωςδιατυπώθηκεδεν έχειγνωστήαπάντηση.εικάζεταιτιηελάχιστητιμήτουείναι 4!/n n που είναιητιμήτηςπαράστασηςταντο Kείναιένα simplex.αυτήηεικασία είναι γνωστή ως εικασία του Mahler. Μιααπάντησησεέναελαφρώςτροποποιημένοερώτημαδθηκεαπ τους Jean Bourgainκαι Vitali Milmanτηνοποίαθαδομεστοεπμενο μέρος των σημειώσεων.

102 98 Η Συμμετρικοποίηση Steiner 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.

103 ΠαράρτημαΑ Τρισδιάστατες απεικονίσεις διαφρωνσωμάτων Παρακάτωβλέπουμεμερικάβασικάκυρτάσώματατου R 3 μέσαστον κβο 1,1 3. ΣχήμαΑ.1: Τασνολα {x R n : p 0,8δενείναικυρτά. ( n j1 x j p) 1/p 1}για p 0,6και ΣχήμαΑ.2:Τασνολα {x R n : ( n j1 x j p) 1/p 1}για p 1και p 2.

104 134 Τρισδιάστατεςαπεικονίσειςδιαφρωνσωμάτων ΣχήμαΑ.3:Τασνολα n pγια p 4και p 10.Οσοτο pμεγαλώνειτο σώμαπροσεγγίζειτονκβο. ΣχήμαΑ.4:Για p 20το n p είναιήδη«πολκοντά»στονκβο.

ΑπαντησηΙσχύει α+βi = γ +δi α = γκαι β = δ 1πτ

ΑπαντησηΙσχύει α+βi = γ +δi α = γκαι β = δ 1πτ È Ö Ñ Ø ÓÄÙ Ó Ù Ð ËÕÓÐ ËÑÙÖÒ Ì Ü Å Ñ Ø Â Ø Ì ÕÒÓÐÓ Ã Ø Ù ÙÒ Ë Ñ Û Â ÛÖ ô º Ò ÑÓÒØ Û ÕÓÙÒ Ó ÙÒØ Ø ØÓÙ Ò Ö Ñ Ù Ò ØÙÕ ÒÔÖÓ Ð Ñ Ø ÔÓÙ Ã Ø Ç Ñ ô ÙØ Ò ÕÓÐ ÕÖ ºÅÔÓÖÓ ÒÒ Ò Ô Ö Õ Ó Ò Ò Ò Ñ Ó Ò Ð Ö Ö ½¼ ÔÖ ÐÓÙ¾¼½¾

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 )

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 ) Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ 3.1 Η έννοια της παραγώγου Εστω y = f(x) µία συνάρτηση, που συνδέει τις µεταβλητές ποσότητες x και y. Ενα ερώτηµα που µπορεί να προκύψει καθώς µελετούµε τις δύο αυτές ποσοτήτες είναι

Διαβάστε περισσότερα

a n = sup γ n. lim inf n n n lim sup a n = lim lim inf a n = lim γ n. lim sup a n = lim β n = 0 = lim γ n = lim inf a n. 2. a n = ( 1) n, n = 1, 2...

a n = sup γ n. lim inf n n n lim sup a n = lim lim inf a n = lim γ n. lim sup a n = lim β n = 0 = lim γ n = lim inf a n. 2. a n = ( 1) n, n = 1, 2... ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ Β.ΒΛΑΧΟΥ, Α. ΣΟΥΡΜΕΛΙΔΗΣ Τμήμα Μαθηματικών, Πανεπιστήμιο Πατρών Φθινόπωρο 2013 1 Θα θέλαμε να αναφέρουμε ότι για την συγγραφή αυτών των σημειώσεων χρησιμοποιήσαμε ιδιαίτερα α)το βιβλίο

Διαβάστε περισσότερα

Ask seic kai Jèmata sth JewrÐa Mètrou kai Olokl rwsh

Ask seic kai Jèmata sth JewrÐa Mètrou kai Olokl rwsh Ask seic kai Jèmata sth JewrÐa Mètrou kai Olokl rwsh Ginnhc K. Sarant pouloc jnik Mets bio Poluteqne o Sqol farmosmłnwn Majhmatik n & Fusik n pisthm n TomŁac Majhmatik n 22 Febrouar ou 28 Perieqìmena Συμβολισμός

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2014

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2014 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 04 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 04 ΘΕΜΑ ο : * Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς της μορφής xxi,

Διαβάστε περισσότερα

Απόδειξη. Η ιδιότητα(vi) του ορισμού δεν ισχύει στην πράξη αυτή. Πράγματι, έχουμε. 1 (x, y, z) =(1 x, 1 y, 2 1 z) =(x, y, 2z)

Απόδειξη. Η ιδιότητα(vi) του ορισμού δεν ισχύει στην πράξη αυτή. Πράγματι, έχουμε. 1 (x, y, z) =(1 x, 1 y, 2 1 z) =(x, y, 2z) 1 ιανυσματικοί χώροι Άσκηση 1.1 Στο σύνολο R 3 όλων των διατεταγμένων τριάδων διατηρούμε την πρόσθεση, που ορίσαμε στο αντίστοιχο παράδειγμα, και ορίζουμε εξωτερικό πολλαπλασιασμό με τη σχέση λ(a 1,a 2,a

Διαβάστε περισσότερα

Φύλλα Μαθηματικής Παιδείας

Φύλλα Μαθηματικής Παιδείας Φύλλα Μαθηματικής Παιδείας Φυλλο 4, 26 Οκτωβριου 204 ISSN 224-3367 Εκδίδεται στην Αθήνα. Διανέμεται και αναπαράγεται ελεύθερα. Δικτυακός Τόπος: www.nsmvroginnis.gr/ekthetis.htm Στοιχειοθετείται με το LATEX

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ κατεύθυνσης Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ κατεύθυνσης Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ κατεύθυνσης Γ ΛΥΚΕΙΟΥ θεματα Α-Β-Γ-Δ Βαγγέλης Α Νικολακάκης Μαθηματικός ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ENOTHTA ΘΕΜΑ ΣΕΛΙΔΕΣ 0 ΣΥΝΟΠΤΙΚΗ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 3-4 ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΩΡΙΑΣ (ΘΕΜΑ Α) 5-7 ΑΣΚΗΣΕΙΣ (ΘΕΜΑ Β)

Διαβάστε περισσότερα

Πεπερασμένες Διαφορές.

Πεπερασμένες Διαφορές. Κεφάλαιο 1 Πεπερασμένες Διαφορές. 1.1 Προσέγγιση παραγώγων. 1.1.1 Πρώτη παράγωγος. Από τον ορισμό της παραγώγου για συναρτήσεις μιας μεταβλητής γνωρίζουμε ότι η παράγωγος μιας συνάρτησης f στο σημείο x

Διαβάστε περισσότερα

Ο κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ έχει εξίσωση: B,- 2 A 2

Ο κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ έχει εξίσωση: B,- 2 A 2 3 0 ΛΥΚΕΙΟ ΚΕΡΑΤΣΙΝΙΟΥ Λ. ΒΟΥΛΓΑΡΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ Κύκλος είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που απέχουν σταθερή απόσταση από ένα σταθερό σημείο του επιπέδου αυτού. Το σταθερό σημείο

Διαβάστε περισσότερα

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β.

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β. ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Φεβρουαρίου, 3 Θ. (α ) Εστω A, B µη κενά ϕραγµένα σύνολα πραγµατικών αριθµών. είξτε ότι αν inf A

Διαβάστε περισσότερα

Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος

Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αθηνών Αθήνα 2015 Περιεχόµενα 1 Μέτρο Lebesgue 3 1.1 Εξωτερικό µέτρο Lebesgue........................... 3

Διαβάστε περισσότερα

23 2011 ΘΕΜΑ Α A1. Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ και x 0 ένα εσωτερικό σημείο του Δ. Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο x 0 και είναι παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό, να αποδείξετε ότι:

Διαβάστε περισσότερα

Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας.

Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας. 1. Κάθε πολυώνυμο ανάγωγο επί του Z είναι ανάγωγο επί του Q. Σωστό. 2. Κάθε πολυώνυμο ανάγωγο επί του Q είναι ανάγωγο επί

Διαβάστε περισσότερα

Βάση και Διάσταση Διανυσματικού Χώρου

Βάση και Διάσταση Διανυσματικού Χώρου Βάση και Διάσταση Διανυσματικού Χώρου Έστω V ένας διανυσματικός χώρος επί του σώματος F. Ορισμός : Ένα υποσύνολο S του διανυσματικού χώρου V θα λέμε ότι είναι βάση του V αν ισχύει Α) Η θήκη του S παράγει

Διαβάστε περισσότερα

σημειωσεις θεωριας μετρου

σημειωσεις θεωριας μετρου σημειωσεις θεωριας μετρου Σάμος 2009 Επιλογή υλικού Αντώνης Τσολομύτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου, Τμήμα Μαθηματικών. Δημιουργία πρώτου ηλεκτρονικού αρχείου Μαγδαληνή Πλιόγκα Απόφοιτος του Τμήματος Μαθηματικών

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 16 Ιανουαρίου 2013 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

= DX(0, 0)(ae 1 + be 2 ) = adx(0, 0)e 1 + bdx(0, 0)e 2 = ax u (0, 0) + bx v (0, 0).

= DX(0, 0)(ae 1 + be 2 ) = adx(0, 0)e 1 + bdx(0, 0)e 2 = ax u (0, 0) + bx v (0, 0). Κεφάλαιο 3 Ο εφαπτόμενος χώρος Σύνοψη Ο εφαπτόμενος χώρος μιας κανονικής επιφάνειας αποτελεί τη βέλτιση γραμμική προσέγγιση της επιφάνειας σε ένα σημείο της. Αποτελείται από όλα τα εφαπτόμενα διανύσματα

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΤΑΞΗΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 2003

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΤΑΞΗΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 2003 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΤΑΞΗΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ o A. Να αποδείξετε ότι, αν µία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σ ένα σηµείο x, τότε είναι και συνεχής στο σηµείο αυτό. Β. Τι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΝΟΥΤΣΟΣ ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑΤΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΚΩΝ. Ιωάννινα 2014

ΘΕΩΡΙΑ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΝΟΥΤΣΟΣ ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑΤΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΚΩΝ. Ιωάννινα 2014 ΘΕΩΡΙΑ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΝΟΥΤΣΟΣ ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑΤΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΚΩΝ Ιωάννινα 0 Περιεχόμενα ΕΙΣΑΓΩΓΗ 5. Νόρμες.................................... 6. Υπαρξη και μονοσήμαντο.......................... 8 ΟΜΟΙΟΜΟΡΦΗ

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ-

4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ- Κεφάλαιο 4 ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ 4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ- µατα Ορισµός 4.1.1. Αρχική ή παράγουσα συνάρτηση ή αντιπαράγωγος µιας συνάρτησης f(x), x [, b], λέγεται κάθε συνάρτηση F (x) που επαληθεύει

Διαβάστε περισσότερα

Σημειώσεις Μαθηματικών 2

Σημειώσεις Μαθηματικών 2 Σημειώσεις Μαθηματικών 2 Συναρτήσεις - 3 Ραφαήλ Φάνης Μαθηματικός 1 Κεφάλαιο 3 Συνέχεια Συναρτήσεων 3.1 Όρισμός Συνεχούς Συνάρτησης Ορισμός Μια συνάρτηση f ονομάζεται συνεχής στο x 0 Df αν υπάρχει το πραγματικός

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηματική Ανάλυση Ι

Μαθηματική Ανάλυση Ι Τμήμα Μηχανικών Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών Μαθηματική Ανάλυση Ι Ενότητα 8: Ολοκληρώματα Επίκουρος Καθηγητής Θ. Ζυγκιρίδης e-mil: tzygiridis@uowm.gr Τμήμα Μηχανικών Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών

Διαβάστε περισσότερα

D 1 D, D n+1 D n, D n G n, diam(d n ) < 1 n. B := ρ(x n, x m ) diam(d m ) < 1 m.

D 1 D, D n+1 D n, D n G n, diam(d n ) < 1 n. B := ρ(x n, x m ) diam(d m ) < 1 m. Σηµειώσεις Συναρτησιακής Ανάλυσης Θέµης Μήτσης Τµηµα Μαθηµατικων Πανεπιστηµιο Κρητης Περιεχόµενα 1. Το ϑεώρηµα κατηγορίας του Baire 4 2. Χώροι Banach 5 3. Φραγµένοι γραµµικοί τελεστές 8 4. Χώροι πεπερασµένης

Διαβάστε περισσότερα

Σηµειώσεις Γενικής Τοπολογίας Θέµης Μήτσης

Σηµειώσεις Γενικής Τοπολογίας Θέµης Μήτσης Σηµειώσεις Γενικής Τοπολογίας Θέµης Μήτσης Τµηµα Μαθηµατικων Πανεπιστηµιο Κρητης Περιεχόµενα 1. Τοπολογικοί Χώροι - Βάσεις - Υποβάσεις 4 2. Κλειστότητα και Εσωτερικό 7 3. Σύγκλιση 10 4. Συνέχεια 13 5.

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηματική Ανάλυση ΙI

Μαθηματική Ανάλυση ΙI Τμήμα Μηχανικών Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών Μαθηματική Ανάλυση ΙI Ενότητα 8: Διπλά ολοκληρώματα Επίκουρος Καθηγητής Θ. Ζυγκιρίδης e-mail: tzygiridis@uowm.gr Τμήμα Μηχανικών Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών

Διαβάστε περισσότερα

ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ

ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ 6 KΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΠΟΛΛΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ Η θεωρία μεγίστων και ελαχίστων μιας πραγματικής συνάρτησης με μια μεταβλητή είναι γνωστή Στο κεφάλαιο αυτό θα δούμε τη θεωρία μεγίστων και ελαχίστων

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΤΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΤΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΤΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ Διανύσματα ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ ΠΡΟΣΘΕΣΗ ΚΑΙ ΑΦΑΙΡΕΣΗ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ 1. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ.Σε καθεμία από τις παρακάτω περιπτώσεις να βρείτε το άθροισμα.

Διαβάστε περισσότερα

(a + b) + c = a + (b + c), (ab)c = a(bc) a + b = b + a, ab = ba. a(b + c) = ab + ac

(a + b) + c = a + (b + c), (ab)c = a(bc) a + b = b + a, ab = ba. a(b + c) = ab + ac Σημειώσεις μαθήματος Μ1212 Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Χρήστος Κουρουνιώτης ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ 2014 Κεφάλαιο 1 Διανυσματικοί Χώροι Στο εισαγωγικό μάθημα Γραμμικής Άλγεβρας ξεκινήσαμε μελετώντας

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml

Διαβάστε περισσότερα

Σύντοµες Σηµειώσεις Πραγµατικής Ανάλυσης Θέµης Μήτσης

Σύντοµες Σηµειώσεις Πραγµατικής Ανάλυσης Θέµης Μήτσης Σύντοµες Σηµειώσεις Πραγµατικής Ανάλυσης Θέµης Μήτσης Τµηµα Μαθηµατικων Πανεπιστηµιο Κρητης Ηρακλειο Περιεχόµενα Συµβάσεις και συµβολισµοί 4 1. Το εξωτερικό µέτρο Lebesgue 5 2. Μετρήσιµα σύνολα 7 3. Η

Διαβάστε περισσότερα

Αφιερώνεται στα παιδιά μας Σπυριδούλα, Αχιλλέα και Αναστασία

Αφιερώνεται στα παιδιά μας Σπυριδούλα, Αχιλλέα και Αναστασία 0 3 10 71 < < 3 1 7 ; (y k ) 0 LU n n M (2; 4; 1; 2) 2 n 2 = 2 2 n 2 n 2 = 2y 2 n n ' y = x [a; b] [a; b] x n = '(x n 1 ) (x n ) x 0 = 0 S p R 2 ; S p := fx 2 R 2 : kxk p = 1g; p = 1; 2; 1 K i

Διαβάστε περισσότερα

ProapaitoÔmenec gn seic.

ProapaitoÔmenec gn seic. ProapaitoÔmeec g seic. Α. Το σύνολο των πραγματικών αριθμών R και οι αλγεβρικές ιδιότητες των τεσσάρων πράξεων στο R. Το σύνολο των φυσικών αριθμών N = {1,, 3,... }. Προσέξτε: μερικά βιβλία (τα βιβλία

Διαβάστε περισσότερα

Συνέχεια συνάρτησης σε κλειστό διάστημα

Συνέχεια συνάρτησης σε κλειστό διάστημα 8 Συνέχεια συνάρτησης σε κλειστό διάστημα Α ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΕΣ ΓΝΩΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ 1 Μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι: i Συνεχής σε ένα ανοιχτό διάστημα (α,β) όταν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του διαστήματος (α,β)

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (ΗΥ-119)

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (ΗΥ-119) ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΣΧΟΛΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΜΗΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΙΩΑΝΝΗΣ Α. ΤΣΑΓΡΑΚΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (ΗΥ-119) ΜΕΡΟΣ 5: ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΥΠΟΧΩΡΟΙ ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΝΕΞΑΡΤΗΣΙΑ ΒΑΣΕΙΣ & ΔΙΑΣΤΑΣΗ Δ.Χ. ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ

Διαβάστε περισσότερα

[ ] [ ] ΘΕΜΑ 1o A. Για x x 0 έχουµε: παραγωγίσιµη στο χ 0 ) άρα η f είναι συνεχής στο χ 0.

[ ] [ ] ΘΕΜΑ 1o A. Για x x 0 έχουµε: παραγωγίσιµη στο χ 0 ) άρα η f είναι συνεχής στο χ 0. ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΕΜΠΤΗ 29 ΜΑΪΟΥ 23 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ 1o A. Για x x έχουµε: f (

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2010 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ 3ο : Δίνεται η συνάρτηση f :(,) R με f() η οποία για κάθε (,

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΑ - ΜΑΘ. ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ - ΜΑΘ. ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ 0 ΘΕΩΡΙΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑ - ΜΑΘ. ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ Η ΤΕΛΕΥΤΑΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ Βαγγέλης Α Νικολακάκης Μαθηματικός ΛΙΓΑ ΛΟΓΑ Η παρούσα εργασία µμου δεν στοχεύει απλά στο κυνήγι

Διαβάστε περισσότερα

1. στο σύνολο Σ έχει ορισθεί η πράξη της πρόσθεσης ως προς την οποία το Σ είναι αβελιανή οµάδα, δηλαδή

1. στο σύνολο Σ έχει ορισθεί η πράξη της πρόσθεσης ως προς την οποία το Σ είναι αβελιανή οµάδα, δηλαδή KΕΦΑΛΑΙΟ ΤΟ ΣΥΝΟΛΟ ΤΩΝ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ ιατεταγµένα σώµατα-αξίωµα πληρότητας Ένα σύνολο Σ καλείται διατεταγµένο σώµα όταν στο σύνολο Σ έχει ορισθεί η πράξη της πρόσθεσης ως προς την οποία το Σ είναι

Διαβάστε περισσότερα

Dunamoseirèc A. N. Giannakìpouloc, Tm ma Statistik c OPA

Dunamoseirèc A. N. Giannakìpouloc, Tm ma Statistik c OPA Dunamoseirèc A. N. Giannakìpouloc, Tm ma Statistik c OPA Eisagwg Οι δυναμοσειρές είναι μια πολύ ενδιαφέρουσα κατηγορία σειρών. Βρίσκουν πολύ σημαντικές εφαρμογές στον ορισμό συναρτήσεων καθώς και σε διάφορες

Διαβάστε περισσότερα

+ 1 n 5 (η) {( 1) n + 1 m

+ 1 n 5 (η) {( 1) n + 1 m Κεφάλαιο Τοπολογία του. Στοιχεία Θεωρίας Ορισµός Αν α και ɛ > ονοµάζουµε ɛ-περιοχή του α ή περιοχή κέντρου α και ακτίνας ɛ και συµβολίζουµε N α (ɛ) το σύνολο όλων των αριθµών που έχουν απόσταση από το

Διαβάστε περισσότερα

e-mail: s97130@math.aegean.gr soviet@teivos.samos.aegean.gr http://iris.math.aegean.gr/software/kerkis/

e-mail: s97130@math.aegean.gr soviet@teivos.samos.aegean.gr http://iris.math.aegean.gr/software/kerkis/ A Π α ν ε π ι ς τ ή µ ι ο Α ι γ α ί ο υ Σ χ ο λ ή Θ ε τ ι κ ώ ν Ε π ι ς τ η µ ώ ν Τ µ ή µ α Μ α θ η µ α τ ι κ ώ ν Πτυχιακή εργασία Εκπονητής Χουσαΐνοβ Αλέξανδρος Α.Μ. 311/1997130 Σάµος, 2002 Τίτλος : Θεωρία

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 9 1 Ιδιοτιμές και Ιδιοδιανύσματα

Κεφάλαιο 9 1 Ιδιοτιμές και Ιδιοδιανύσματα Σελίδα από 58 Κεφάλαιο 9 Ιδιοτιμές και Ιδιοδιανύσματα 9. Ορισμοί... 9. Ιδιότητες... 9. Θεώρημα Cayley-Hamlto...9 9.. Εφαρμογές του Θεωρήματος Cayley-Hamlto... 9.4 Ελάχιστο Πολυώνυμο...40 Ασκήσεις του Κεφαλαίου

Διαβάστε περισσότερα

KEΦΑΛΑΙΟ 1ο : Διαφορικός Λογισμός

KEΦΑΛΑΙΟ 1ο : Διαφορικός Λογισμός KEΦΑΛΑΙΟ 1ο : Διαφορικός Λογισμός 1.1 Συναρτήσεις. Ορισμός : Εστω ΑR. Ονομάζουμε (πραγματική) συνάρτηση με πεδίο ορισμού το Α, μια διαδικασία f Παραδείγματα i) με την οποία στοιχείο xα yβr. ii) Ανεξάρτητη

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι Σημειώσεις Σταύρος Τουμπής ΟΠΑ, 24 i Οδηγίες Χρήσης Το παρόν ΔΕΝ είναι διδακτικό βιβλίο. Είναι οι σημειώσεις του μαθήματος «Μαθηματικά Ι», όπως το διδάσκω στο πρώτο εξάμηνο του Τμήματος Πληροφορικής

Διαβάστε περισσότερα

B G [0; 1) S S # S y 1 ; y 3 0 t 20 y 2 ; y 4 0 t 20 y 1 y 2 h n t: r = 10 5 ; a = 10 6 ei n = ỹi n y i t n ); i = 1; 3: r = 10 5 ; a = 10 6 ei n = ỹi n y i t n ); i = 2; 4: r = 10 5 ; a = 10 6 t = 20

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρία Μετρικών Χώρων Θέµης Μήτσης

Θεωρία Μετρικών Χώρων Θέµης Μήτσης Θεωρία Μετρικών Χώρων Θέµης Μήτσης Τµηµα Μαθηµατικων Πανεπιστηµιο Κρητης Ηρακλειο Περιεχόµενα Μετρικοί χώροι 5 Σύγκλιση ακολουθιών 7 Ανοιχτά και κλειστά σύνολα 9 Συνεχείς συναρτήσεις 13 Κλειστότητα, σηµεία

Διαβάστε περισσότερα

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Γιάννης Σαραντόπουλος Αθήνα 7 Οκτωβρίου 5 Περιεχόµενα Συµβολισµός

Διαβάστε περισσότερα

Συνέχεια συνάρτησης Σελ 17. Η απόδειξη ύπαρξης ρίζας εξίσωσης (τουλάχιστον μία) σε

Συνέχεια συνάρτησης Σελ 17. Η απόδειξη ύπαρξης ρίζας εξίσωσης (τουλάχιστον μία) σε Συνέχεια συνάρτησης Σελ 17 ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 4.0.1 Η απόδειξη ύπαρξης ρίζας εξίσωσης (τουλάχιστον μία) σε κάποιο διάστημα τιμών της μεταβλητής της, οδηγεί στην εφαρμογή του θεωρήματος Βlzan ως εξής: i) Μεταφέρουμε

Διαβάστε περισσότερα

Σηµειώσεις για τα Μαθήµατα Εισαγωγή στην Ανάλυση Ι και Εισαγωγή στην Ανάλυση ΙΙ Θέµης Μήτσης

Σηµειώσεις για τα Μαθήµατα Εισαγωγή στην Ανάλυση Ι και Εισαγωγή στην Ανάλυση ΙΙ Θέµης Μήτσης Σηµειώσεις για τα Μαθήµατα Εισαγωγή στην Ανάλυση Ι και Εισαγωγή στην Ανάλυση ΙΙ Θέµης Μήτσης Τµηµα Μαθηµατικων Πανεπιστηµιο Κρητης Ηρακλειο Περιεχόµενα Κεφάλαιο. Το Αξίωµα τής Πληρότητας 5 Ασκήσεις 9

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://www.math.uoi.gr/ abeligia/linearalgebrai/lai.html

Διαβάστε περισσότερα

Εκφωνήσεις και λύσεις των ασκήσεων της Τράπεζας Θεμάτων στην Άλγεβρα Α ΓΕΛ

Εκφωνήσεις και λύσεις των ασκήσεων της Τράπεζας Θεμάτων στην Άλγεβρα Α ΓΕΛ Κοίταξε τις µεθόδους, τις λυµένες ασκήσεις και τις ασκήσεις προς λύση των ενοτήτων 6, 7 του βοηθήµατος Μεθοδολογία Άλγεβρας και Στοιχείων Πιθανοτήτων Α Γενικού Λυκείου των Ευσταθίου Μ. και Πρωτοπαπά Ελ.

Διαβάστε περισσότερα

Δύο λόγια από τη συγγραφέα

Δύο λόγια από τη συγγραφέα Δύο λόγια από τη συγγραφέα Τα μαθηματικά ή τα λατρεύεις ή τα μισείς! Για να λατρέψεις κάτι πρέπει να το κατανοήσεις, για τη δεύτερη περίπτωση τα πράγματα μάλλον είναι λίγο πιο απλά. Στόχος αυτού του βιβλίου

Διαβάστε περισσότερα

X v (q) = ( x v (q), y v (q), z v (q) ) x u (q) y u (q) z u (q) x v (q) y v (q) z v (q) X 1 u (q) X 1. det. X 2 u (q) X 2. v (q)

X v (q) = ( x v (q), y v (q), z v (q) ) x u (q) y u (q) z u (q) x v (q) y v (q) z v (q) X 1 u (q) X 1. det. X 2 u (q) X 2. v (q) Κεφάλαιο 2 Κανονικές επιφάνειες Σύνοψη Προκειμένου να ορίσουμε την έννοια της επιφάνειας στον R 3, έχουμε δύο δυνατές προσεγγίσεις. Με την πρώτη μπορούμε να ορίσουμε μια επιφάνεια ως ένα υποσύνολο του

Διαβάστε περισσότερα

Περιεχόμενα. Κεφάλαιο 1 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ ΣΕ ΜΙΑ ΕΥΘΕΙΑ... 13 1.1 Οι συντεταγμένες ενός σημείου...13 1.2 Απόλυτη τιμή...14

Περιεχόμενα. Κεφάλαιο 1 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ ΣΕ ΜΙΑ ΕΥΘΕΙΑ... 13 1.1 Οι συντεταγμένες ενός σημείου...13 1.2 Απόλυτη τιμή...14 Περιεχόμενα Κεφάλαιο 1 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ ΣΕ ΜΙΑ ΕΥΘΕΙΑ... 13 1.1 Οι συντεταγμένες ενός σημείου...13 1.2 Απόλυτη τιμή...14 Κεφάλαιο 2 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ ΣΕ ΕΝΑ ΕΠΙΠΕΔΟ 20 2.1 Οι συντεταγμένες

Διαβάστε περισσότερα

Ασυµπτωτικη Θεωρια Χωρων Πεπερασµενης ιαστασης Με Νορµα Ασυµπτωτικη Θεωρια Χωρων Πεπερασµενης ιαστασης Με Νορµα Μορφω Ιακωβου Πτυχιακή Εργασία Επιβλέπων Αντωνιος Τσολοµυτης Πανεπιστήµιο Αιγαίου Τµήµα

Διαβάστε περισσότερα

ΚΛΑΣΣΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΑΓΑΠΗΤΟΣ Ν. ΧΑΤΖΗΝΙΚΗΤΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΙΓΑΙΟΥ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΚΛΑΣΣΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΑΓΑΠΗΤΟΣ Ν. ΧΑΤΖΗΝΙΚΗΤΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΙΓΑΙΟΥ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΛΑΣΣΙΚΗ ΜΗΧΑΝΙΚΗ ΑΓΑΠΗΤΟΣ Ν. ΧΑΤΖΗΝΙΚΗΤΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΙΓΑΙΟΥ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ 2008 2 Περιεχόμενα 1 ΟΔιανυσματικόςΧώρος R 3 11 1.1 ΗΓεωμετρίατουΕυκλείδιουΧώρου... 11 1.2 ΕσωτερικόκαιΔιανυσματικόΓινόμενο...

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ B ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ B ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γιώργος Πρέσβης ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ B ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 Ο : ΚΩΝΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ Φροντιστήρια Φροντιστήρια ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ η Κατηγορία : Ο Κύκλος και τα στοιχεία

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2014

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2014 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 4 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 4 ΘΕΜΑ ο : * Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς της μορφής zi,

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΔΗΜΟΚΡΑΤΙΑ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙKΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΔΗΜΟΚΡΑΤΙΑ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙKΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΔΗΜΟΚΡΑΤΙΑ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙKΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ΕΡΓΑΣΙΑ 4 η Ημερομηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 9 Φεβουαρίου 007 Ημερομηνία Παράδοσης της Εργασίας

Διαβάστε περισσότερα

Ι. ΠΡΑΞΕΙΣ. Ορισµός 2 A. ΕΣΩΤΕΡΙΚΗ ΠΡΑΞΗ. Έστω E ένα µη κενό σύνολο. Κάθε απεικόνιση f: E x E E λέγεται εσωτερική πράξη επί του E.

Ι. ΠΡΑΞΕΙΣ. Ορισµός 2 A. ΕΣΩΤΕΡΙΚΗ ΠΡΑΞΗ. Έστω E ένα µη κενό σύνολο. Κάθε απεικόνιση f: E x E E λέγεται εσωτερική πράξη επί του E. Ι. ΠΡΑΞΕΙΣ A. ΕΣΩΤΕΡΙΚΗ ΠΡΑΞΗ Ορισµός Έστω E ένα µη κενό σύνολο. Κάθε απεικόνιση f: E x E E λέγεται εσωτερική πράξη επί του E. Παραδείγµατα:. Η ισότητα x y = x y είναι µια πράξη επί του *. 2. Η ισότητα

Διαβάστε περισσότερα

ιανυσµατική Ανάλυση Γιάννης Γιαννούλης

ιανυσµατική Ανάλυση Γιάννης Γιαννούλης ιανυσµατική Ανάλυση Γιάννης Γιαννούλης Ιωάννινα, 13.1.2013 Σηµείωση : Οι παρούσες σηµειώσεις δηµιουργούνται κατά την διάρκεια της διδασκαλίας του µαθήµατος Απειροστικός Λογισµός ΙΙΙ σε ϕοιτητές του τρίτου

Διαβάστε περισσότερα

Γεώργιος Δ Ακρίβης Τμήμα Πληροφορικής Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (πανεπιστημιακές παραδόσεις) ΙΩΑΝΝΙΝΑ, 2003 i Πρόλογος Η Γραμμική Άλγεβρα αποτελεί, μαζί με την Ανάλυση, το θεμέλιο των μαθηματικών

Διαβάστε περισσότερα

α) Στο ίδιο σύστημα αξόνων να χαράξετε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων

α) Στο ίδιο σύστημα αξόνων να χαράξετε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Άλγεβρα Β-Λυκείου (2ο πακέτο ασκήσεων) 1 22630 Δίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = 3 x με x R. α) Στο ίδιο σύστημα αξόνων να χαράξετε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων

Διαβάστε περισσότερα

Α Λυκείου Άλγεβρα Τράπεζα Θεμάτων Το Δεύτερο Θέμα

Α Λυκείου Άλγεβρα Τράπεζα Θεμάτων Το Δεύτερο Θέμα Α Λυκείου Άλγεβρα Τράπεζα Θεμάτων Το Δεύτερο Θέμα Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7, α) Να αιτιολογήσετε γιατί η (α ν ) είναι αριθμητική πρόοδος και να βρείτε τον εκατοστό

Διαβάστε περισσότερα

Υψώνουμε την δοσμένη σχέση στο τετράγωνο οπότε

Υψώνουμε την δοσμένη σχέση στο τετράγωνο οπότε ΑΠΑNTHΣΕΙΣ ΣΤA ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΘΕΜΑ A A Απόδειξη Σελ 53 Α Ορισμός Σελ 9 Α3 Ορισμός Σελ 58 Α4 α) Σ β) Σ γ) Λ δ) Λ ε) Λ ΘΕΜΑ Β Β 4 4 4 Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ο ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ, ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ( FUNCTIONS,TRIGONOMETRY)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ο ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ, ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ( FUNCTIONS,TRIGONOMETRY) ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ο ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ, ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ( FUNCTIONS,TRIGONOMETRY) 3.1 ΘΕΩΡΙΑ-ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ-ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Συνάρτηση, ή απεικόνιση όπως ονομάζεται διαφορετικά, είναι μια αντιστοίχιση μεταξύ δύο συνόλων,

Διαβάστε περισσότερα

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Ανάλυση. Πραγματικές Συναρτήσεις μιας Μεταβλητής. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Ανάλυση. Πραγματικές Συναρτήσεις μιας Μεταβλητής. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης Μιχάλης Παπαδημητράκης Ανάλυση Πραγματικές Συναρτήσεις μιας Μεταβλητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Στη Μαρία και στα παιδιά μας, Μυρτώ-Ασπασία και Δημήτρη. i ii Προκαταρκτικά. Το αντικείμενο

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 8 1. Γραµµικές Απεικονίσεις

Κεφάλαιο 8 1. Γραµµικές Απεικονίσεις Σελίδα 1 από 9 Κεφάλαιο 8 1 Γραµµικές Απεικονίσεις Τα αντικείµενα µελέτης της γραµµικής άλγεβρας είναι σύνολα διανυσµάτων που χαρακτηρίζονται µε την αλγεβρική δοµή των διανυσµατικών χώρων. Όπως λοιπόν

Διαβάστε περισσότερα

Ακρότατα πραγματικών συναρτήσεων

Ακρότατα πραγματικών συναρτήσεων Ακρότατα πραγματικών συναρτήσεων Ορισμός Έστω U R, U και f : U R R συνάρτηση τότε: )Το λέγεται τοπικό ελάχιστο της f αν υπάρχει περιοχή V του ώστε f f για κάθε V U Το λέγεται τοπικό μέγιστο της f αν υπάρχει

Διαβάστε περισσότερα

Γιωργος Λαλας Α.Μ: 331/2004026. Το Θεωρηµα Dvoretzky. Πτυχιακη Εργασια. AΠανεπιστήµιο Αιγαίου, Τµήµα Στατιστικής

Γιωργος Λαλας Α.Μ: 331/2004026. Το Θεωρηµα Dvoretzky. Πτυχιακη Εργασια. AΠανεπιστήµιο Αιγαίου, Τµήµα Στατιστικής Γιωργος Λαλας Α.Μ: 331/2004026 Το Θεωρηµα Dvoretzky Πτυχιακη Εργασια AΠανεπιστήµιο Αιγαίου, Τµήµα Στατιστικής και Αναλογιστικών - Χρηµατοοικονοµικών Μαθηµατικών Σάµος Ιουνιος 2011 Εισηγητής: Ταχτσής Ελευθέριος

Διαβάστε περισσότερα

Περιοδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β Ε.Μ.Ε. (τεύχος 56)

Περιοδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β Ε.Μ.Ε. (τεύχος 56) ΓΕΝΙΚEΣ AΣΚΗΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Κώστας Βακαλόπουλος, Κώστας Παπαϊωάννου, Θανάσης Χριστόπουλος Άσκηση ( λ) λ λ 5 Δίνεται η συνάρτηση F(x) x λx. α) Να βρεθεί η F (x). Ν(Β) Άρα: Β = {5}, οπότε

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΑΧΙΣΤΑ ΑΝΩ ΜΕΓΙΣΤΑ ΚΑΤΩ ΦΡΑΓΜΑΤΑ

ΕΛΑΧΙΣΤΑ ΑΝΩ ΜΕΓΙΣΤΑ ΚΑΤΩ ΦΡΑΓΜΑΤΑ ΕΛΑΧΙΣΤΑ ΑΝΩ ΜΕΓΙΣΤΑ ΚΑΤΩ ΦΡΑΓΜΑΤΑ Κασαπίδης Γεώργιος Μαθηµατικός Στο άρθρο αυτό µελετάµε την πιο χαρακτηριστική ιδιότητα του συνόλου R των πραγµατικών αριθµών. ΟΡΙΣΜΟΣ 1 Ένα σύνολο Α από πραγµατικούς

Διαβάστε περισσότερα

θ. Bolzano θ. Ενδιάμεσων τιμών θ. Μεγίστου Ελαχίστου και Εφαρμογές

θ. Bolzano θ. Ενδιάμεσων τιμών θ. Μεγίστου Ελαχίστου και Εφαρμογές Περιοδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ΕΜΕ (Τεύχος 35) θ Bolzano θ Ενδιάμεσων τιμών θ Μεγίστου Ελαχίστου και Εφαρμογές Στο άρθρο αυτό επιχειρείται μια προσέγγιση των βασικών αυτών θεωρημάτων με εφαρμογές έ- τσι ώστε να

Διαβάστε περισσότερα

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΑΣΜΟΣ ΑΡΙΘΜΟΥ ΜΕ ΔΙΑΝΥΣΜΑ. 1. Να αποδείξετε ότι για οποιαδήποτε σημεία Α,Β,Γ,Δ ισχύει ότι : 4 3 4 3 7

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΑΣΜΟΣ ΑΡΙΘΜΟΥ ΜΕ ΔΙΑΝΥΣΜΑ. 1. Να αποδείξετε ότι για οποιαδήποτε σημεία Α,Β,Γ,Δ ισχύει ότι : 4 3 4 3 7 ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΑΣΜΟΣ ΑΡΙΘΜΟΥ ΜΕ ΔΙΑΝΥΣΜΑ. Να αποδείξετε ότι για οποιαδήποτε σημεία Α,Β,Γ,Δ ισχύει ότι : 4 4 7. Αν ισχύουν να αποδείξετε ότι. Αν ισχύει ότι 5 5 να αποδείξετε

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΠΤΗΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ. ΛΥΣΕΙΣ 3 ης. Άσκηση 1. , z1. Παρατηρούµε ότι: z0 = z5. = + ) και. β) 1 ος τρόπος: Έστω z = x+ iy, x, = x + y.

ΓΡΑΠΤΗΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ. ΛΥΣΕΙΣ 3 ης. Άσκηση 1. , z1. Παρατηρούµε ότι: z0 = z5. = + ) και. β) 1 ος τρόπος: Έστω z = x+ iy, x, = x + y. ΛΥΣΕΙΣ ης ΓΡΑΠΤΗΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ Άσκηση 6 6 Λύση: α) 7z + z (cosπ + isi π ) π+ kπ π+ kπ Κατά συνέπεια z (cos + isi ), k,,, 5 Παίρνουµε τις ρίζες 6 6 z (cos + isi ) ( + i ) + i, π π 6 6 6 z (cos + isi ) (cos

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2012

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2012 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 0 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 0 ΘΕΜΑ ο : Έστω, C με Re( ) και Re( ) Αν f() ( )( )( )( ) και

Διαβάστε περισσότερα

ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012

ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012 ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 0 Ε_.ΜλΘΤ(ε) ΤΑΞΗ: Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ / ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΘΕΜΑ Α Ηµεροµηνία: Κυριακή

Διαβάστε περισσότερα

Η συνάρτηση y = αχ 2 + βχ + γ

Η συνάρτηση y = αχ 2 + βχ + γ Η συνάρτηση y αχ + βχ + γ Βρέντζου Τίνα Φυσικός Μεταπτυχιακός τίτλος: «Σπουδές στην εκπαίδευση» ΜEd 1 Η συνάρτηση y αx + βx + γ με α 0 Μια συνάρτηση της μορφής y αx + βx + γ με α 0 ονομάζεται τετραγωνική

Διαβάστε περισσότερα

εάν F x, x οµόρροπα εάν F x, x αντίρροπα B = T W T = W B

εάν F x, x οµόρροπα εάν F x, x αντίρροπα B = T W T = W B 4 Εργο και Ενέργεια 4.1 Εργο σε µία διάσταση Το έργο µιας σταθερής δύναµης F x, η οποία ασκείται σε ένα σώµα που κινείται σε µία διάσταση x, ορίζεται ως W = F x x Εργο ύναµης = ύναµη Μετατόπιση Εχουµε

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΓΚΥΠΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2013 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΠΑΓΚΥΠΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2013 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΜΕΡΟΣ A ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Στασίνου 36, Γραφ. 1, Στρόβολος 3, Λευκωσία Τηλ. 357-37811 Φαξ: 357-3791 cms@cms.org.cy, www.cms.org.cy ΠΑΓΚΥΠΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 13 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ημερομηνία: Πέμτη, 3/5/13

Διαβάστε περισσότερα

Copyright: Ψωμόπουλος Ευάγγελος, Eκδόσεις Zήτη, Γ έκδοση: Μάρτιος 2012, Θεσσαλονίκη

Copyright: Ψωμόπουλος Ευάγγελος, Eκδόσεις Zήτη, Γ έκδοση: Μάρτιος 2012, Θεσσαλονίκη Kάθε γνήσιο αντίτυπο φέρει την υπογραφή του συγγραφέα ISBN 978-960-456-314-2 Copyright: Ψωμόπουλος Ευάγγελος, Eκδόσεις Zήτη, Γ έκδοση: Μάρτιος 2012, Θεσσαλονίκη Tο παρόν έργο πνευματικής ιδιοκτησίας προστατεύεται

Διαβάστε περισσότερα

= P = P. = P [ X 0 = x 0, X 1 = x 1,..., X k = x k. Xn = x 0. Xn+1 = x 1 X n = x 0. Xn+k = x k X n+k 1 = x k 1 = π 0 (x 0 )p(x 0, x 1 ) p(x k 1, x k )

= P = P. = P [ X 0 = x 0, X 1 = x 1,..., X k = x k. Xn = x 0. Xn+1 = x 1 X n = x 0. Xn+k = x k X n+k 1 = x k 1 = π 0 (x 0 )p(x 0, x 1 ) p(x k 1, x k ) ΚΕΦΑΛΑΙΟ VI. ΑΝΑΛΛΟΙΩΤΕΣ ΚΑΤΑΝΟΜΕΣ Οι αναλλοίωτες κατανομές είναι κατά κάποιο τρόπο οι φυσικές καταστάσεις μιας μαρκοβιανής αλυσίδας. Αν μια αλυσίδα ξεκινήσει από μια αναλλοίωτη κατανομή της θα παραμείνει

Διαβάστε περισσότερα

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Ανάλυση. Πραγματικές Συναρτήσεις μιας Μεταβλητής. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Ανάλυση. Πραγματικές Συναρτήσεις μιας Μεταβλητής. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης Μιχάλης Παπαδημητράκης Ανάλυση Πραγματικές Συναρτήσεις μιας Μεταβλητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Στη Μαρία και στα παιδιά μας, Μυρτώ-Ασπασία και Δημήτρη. i ii Προκαταρκτικά. Το αντικείμενο

Διαβάστε περισσότερα

Τι είναι βαθμωτό μέγεθος? Ένα μέγεθος που περιγράφεται μόνο με έναν αριθμό (π.χ. πίεση)

Τι είναι βαθμωτό μέγεθος? Ένα μέγεθος που περιγράφεται μόνο με έναν αριθμό (π.χ. πίεση) TETY Εφαρμοσμένα Μαθηματικά Ενότητα ΙΙ: Γραμμική Άλγεβρα Ύλη: Διανυσματικοί χώροι και διανύσματα, μετασχηματισμοί διανυσμάτων, τελεστές και πίνακες, ιδιοδιανύσματα και ιδιοτιμές πινάκων, επίλυση γραμμικών

Διαβάστε περισσότερα

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Μιγαδική Ανάλυση. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Μιγαδική Ανάλυση. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης Μιχάλης Παπαδημητράκης Μιγαδική Ανάλυση Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Περιεχόμενα Οι μιγαδικοί αριθμοί.. Οι μιγαδικοί αριθμοί..................................2 Το Ĉ, η στερεογραφική προβολή και

Διαβάστε περισσότερα

H Ισοδυναμία των Διαστημάτων του R με αφορμή ένα Πρόβλημα του «φ»

H Ισοδυναμία των Διαστημάτων του R με αφορμή ένα Πρόβλημα του «φ» H Ισοδυναμία των Διαστημάτων του R με αφορμή ένα Πρόβλημα του «φ» Δημ. Ι. Μπουνάκης Σχ. Σύμβουλος Μαθηματικών (Δημοσιεύτηκε στο τεύχος 6, 2009, του περιοδικού «φ») Στο τελευταίο τεύχος (5 ο, 2008) του

Διαβάστε περισσότερα

Διαφορικός. Λογισμός

Διαφορικός. Λογισμός Διαφορικός Λογισμός Συλλογή 5 Ασκήσεων mathmatica - ΕΠΙΛΟΓΗ + ΕΠΙΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΥΛΛΟΓΗΣ: 9// 7// Πηγή Απαντήσεις Διαφορικός Λογισμός:- Μια συλλογή 5 ασκήσεων. Έλυσαν οι: XRIMAK Βασίλης Κακαβάς Γιάννης

Διαβάστε περισσότερα

3 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΜΙΑΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ

3 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΜΙΑΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ 1 2 3 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΜΙΑΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ 31 ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΟΡΙΣΜΟΣ: Έστω δύο σύνολα Α και Β ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΗ του συνόλου Α στο Β είναι η διμελής σχέση f A B για την οποία A αντιστοιχεί ένα και μόνο ένα y B δηλαδή

Διαβάστε περισσότερα

Ιωάννης Πολυράκης Καθηγητής ΕΜΠ ΘΕΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΣΗΣ και Θεωρία Γενικής Ισορροπίας στην Οικονοµία ΑΘΗΝΑ 2009 2 Περιεχόµενα 1 Εισαγωγή 7 1.1 Η δυϊκότητα αγαθών-τιµών.................. 8 1.1.1 Λήψη αποφασεων...................

Διαβάστε περισσότερα

Γενικό Ενιαίο Λύκειο Μαθ. Κατ. Τάξη B

Γενικό Ενιαίο Λύκειο Μαθ. Κατ. Τάξη B 151 Θέματα εξετάσεων περιόδου Μαΐου - Ιουνίου στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης Τάξη - B Λυκείου 15 Α. Αν α, β, γ ακέραιοι ώστε α/β και α/γ, να δείξετε ότι α/(β + γ). Μονάδες 13 Β. α. Δώστε τον ορισμό της παραβολής.

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρία Προσέγγισης και Εφαρµογές

Θεωρία Προσέγγισης και Εφαρµογές Θεωρία Προσέγγισης και Εφαρµογές Μιχάλης Κολουντζάκης Τµήµα Μαθηµατικών και Εφαρµοσµένων Μαθηµατικών, Πανεπιστήµιο Κρήτης, Βούτες, 70013 Ηράκλειο, E-mail: kolount AT gmail.com Ανοιξη 2013-14 Περιεχόµενα

Διαβάστε περισσότερα

lim f(x) =, τότε f(x)<0 κοντά στο x Επιμέλεια : Ταμπούρης Αχιλλέας M.Sc. Mαθηματικός 1

lim f(x) =, τότε f(x)<0 κοντά στο x Επιμέλεια : Ταμπούρης Αχιλλέας M.Sc. Mαθηματικός 1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΔΕΥΤΕΡΑ 8 ΜΑΪΟΥ 0 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4) ΘΕΜΑ Α Α.

Διαβάστε περισσότερα

Συνεχή Κλάσματα. Εμμανουήλ Καπνόπουλος Α.Μ 282

Συνεχή Κλάσματα. Εμμανουήλ Καπνόπουλος Α.Μ 282 Συνεχή Κλάσματα Εμμανουήλ Καπνόπουλος Α.Μ 282 5 Νοεμβρίου 204 Ορισμός και ιδιότητες: Ορισμός: Έστω a 0, a, a 2,...a n ανεξάρτητες μεταβλητές, n N σχηματίζουν την ακολουθία {[a 0, a,..., a n ] : n N} όπου

Διαβάστε περισσότερα

Αρχιμήδης Μεγάλοι 1996-1997. 1. Έστω μια ακολουθία θετικών αριθμών για την οποία: i) α ν 2 α ν. για κάθε ν φυσικό διαφορετικό του 0.

Αρχιμήδης Μεγάλοι 1996-1997. 1. Έστω μια ακολουθία θετικών αριθμών για την οποία: i) α ν 2 α ν. για κάθε ν φυσικό διαφορετικό του 0. Αρχιμήδης Μεγάλοι 1996-1997 1. Έστω μια ακολουθία θετικών αριθμών για την οποία: i) α ν 2 α ν = 1 4 για κάθε ν φυσικό διαφορετικό του 0. ii) α n 1 α n Να αποδείξετε: α ν 1 =1 για κάθε n - ν 1 α ν α) ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΤΥΧΑΙΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ. 1. 0 F(x) 1, x n. 2. Η F είναι μη φθίνουσα και δεξιά συνεχής ως προς κάθε μεταβλητή. 3.

ΤΥΧΑΙΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ. 1. 0 F(x) 1, x n. 2. Η F είναι μη φθίνουσα και δεξιά συνεχής ως προς κάθε μεταβλητή. 3. ΤΥΧΑΙΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ Έστω Χ = (Χ 1,,Χ ) T τυχαίο διάνυσμα (τ.δ). Ονομάζουμε συνάρτηση κατανομής πιθανότητας (σ.κ.π.) του τ.δ. Χ την: F(x) = P(X 1 x 1,, X x ), x = (x 1,,x ) T 1. 0 F(x) 1, x.. Η F είναι μη

Διαβάστε περισσότερα

1. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος και να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

1. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος και να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Κεφάλαιο Πραγματικοί αριθμοί. Οι πράξεις και οι ιδιότητές τους Κατανόηση εννοιών - Θεωρία. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος και να δικαιολογήσετε την απάντησή

Διαβάστε περισσότερα

Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις. Πρόχειρες σηµειώσεις. Αλκης Τερσένοβ. 1. ιαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης... 2

Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις. Πρόχειρες σηµειώσεις. Αλκης Τερσένοβ. 1. ιαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης... 2 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις 215 Πρόχειρες σηµειώσεις Αλκης Τερσένοβ Περιεχόµενα 1. ιαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης... 2 2. Συστήµατα ιαφορικών Εξισώσεων Πρώτης Τάξης... 22 2.1 ιαφορικές Εξισώσεις Ανώτερης

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ο ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ο ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ taexeiolag ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΣΚΗΣΗ 1 uuuu uuuu uuuu Αν OA OB 3O 0 και ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ο ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ uuuu uuuu uuuu OA OB 1, O α Να δείξετε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά

Διαβάστε περισσότερα