Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Εισαγωγή. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Transcript

1 Ενότητα: Εισαγωγή Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών

2 Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύπου άδειας χρήσης, η άδεια χρήσης αναφέρεται ϱητώς. Χρηµατοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδηµαϊκά Μαθήµατα στο Πανεπιστήµιο Αθηνών» έχει χρηµατοδοτήσει µόνο τη αναδιαµόρφωση του εκπαιδευτικού υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράµµατος «Εκπαίδευση και ια Βίου Μά- ϑηση» και συγχρηµατοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ενωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταµείο) και από εθνικούς πόρους. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

3 Περιεχόµενα ενότητας Εισαγωγή 4. Ευκλείδειος χώρος Η ανισότητα Bru--Mikowski Η ισοπεριµετρική ανισότητα Ογκος και διάσταση Νόρµες και συµµετρικά κυρτά σώµατα Παράρτηµα Ανισότητα Prékopa--Leidler Η συνάρτηση Γάµµα Ο τύπος του Stirlig Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

4 Εισαγωγή. Ευκλείδειος χώρος Το πλαίσιο στο οποίο ϑα δουλέψουµε είναι ο διάστατος Ευκλείδειος χώρος. Θεωρούµε ότι ο αναγνώστης είναι εξοικειωµένος µε τη γραµµική δοµή του R και µε την έννοια του µετρικού χώρου (πιο συγκεκριµένα, µε την τοπολογία που επάγεται στον R από την Ευκλείδεια νόρµα). Στο µεγαλύτερο µέρος αυτής της πρώτης παραγράφου συζητάµε λεπτοµερέστερα (χωρίς όµως αυστηρότητα) τον ορισµό του διάστατου όγκου που ϑα χρησιµοποιήσουµε σε αυτό το µάθηµα.. Η γραµµική δοµή. Ο -διάστατος Ευκλείδειος χώρος R αποτελείται από όλες τις -άδες x = (x,..., x ) πραγµατικών αριθµών. Τα στοιχεία του R ϑα λέγονται διανύσµατα (ή πιο συχνά) σηµεία. Μπορούµε να προσθέτουµε σηµεία: αν x = (x,..., x ) και y = (y,..., y ) τότε ορίζουµε (..) x + y := (x + y,..., x + y ). Μπορούµε επίσης να πολλαπλασιάζουµε ένα σηµείο µε έναν πραγµατικό αριθµό: αν x = (x,..., x ) και αν α R τότε ορίζουµε (..2) αx := (αx,...,αx ). Ο R εφοδιασµένος µε αυτές τις πράξεις είναι ένας γραµµικός χώρος. Γραµµική Αλγεβρα ϑεωρούνται γνωστές. Οι ϐασικές έννοιες από τη Αν A και B είναι δύο µη κενά υποσύνολα του R τότε το άθροισµα των A και B κατά Mikowski είναι το σύνολο (..3) A + B = {a + b : a A, b B}. Στην ειδική περίπτωση A = {x}, γράφουµε x + B αντί του {x} + B (το x + B είναι η µεταφορά του B κατά x). Επίσης, για κάθε µη κενό A R και για κάθε t ορίζουµε (..4) t A = {ta : a A}. 2. Η Ευκλείδεια νόρµα. Θεωρούµε το σύνηθες εσωτερικό γινόµενο στον R : αν x = (x,..., x ) και y = (y,..., y ) τότε ϑέτουµε (..5) x, y := x y + + x y. Γράφουµε {e,...,e } για τη συνήθη ορθοκανονική ϐάση του R. ηλαδή, e = (,,,...,), e 2 = (,,,...,),..., e = (,,,...,). Μέσω του εσωτερικού γινοµένου, ορίζονται: η (Ευκλείδεια) νόρµα του x (..6) x 2 = x, x = x x2 και η απόσταση µεταξύ δύο σηµείων x και y: (..7) d(x, y) = x y 2 = (x y ) (x y ) 2. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4

5 Παρατηρήστε ότι (..8) x 2 2 = x,e j 2. Η «τοπολογία» του Ευκλείδειου χώρου (R, 2 ) ϑεωρείται γνωστή. j= 3. Ο ορισµός του κυρτού συνόλου. Εστω x και y δύο σηµεία στον R. Το ευθύγραµµο τµήµα [x, y] µε άκρα τα x και y είναι το σύνολο όλων των σηµείων της µορφής x + t(y x) µε t [,]: (..9) [x, y] = {( t)x + ty : t }. Εστω τώρα A ένα µη κενό υποσύνολο του R. Λέµε ότι το A είναι κυρτό αν για κάθε x, y A και για κάθε t [,] έχουµε (..) ( t)x + ty A. Με άλλα λόγια, ένα σύνολο είναι κυρτό αν «για κάθε δύο σηµεία του περιέχει και το ευθύγραµµο τµήµα που τα συνδέει». Κυρτό σώµα στον R είναι ένα κυρτό και συµπαγές σύνολο που έχει µη κενό εσωτερικό. 4. Ο διάστατος όγκος. Εστω A ένα µη κενό, ϕραγµένο υποσύνολο του R. Θεωρούµε τη χαρακτηριστική συνάρτηση χ A του A που ορίζεται στον R ως εξής: χ A (x) = αν x A και χ A (x) = αν x A. Λέµε ότι το A έχει όγκο αν η χ A είναι ολοκληρώσιµη κατά Riema. Σε αυτή την περίπτωση, ο όγκος του A ορίζεται από την (..) A = χ A (x) dx. R Ο ορισµός αυτός προϋποθέτει τη γνώση του ολοκληρώµατος Riema για ϕραγµένες συναρτήσεις f : X R, όπου X είναι ένας κύβος της µορφής [ M, M]. Ενας ισοδύναµος τρόπος ορισµού του όγκου είναι ο εξής. Ξεκινάµε µε την κλάση I όλων των ορθογωνίων που έχουν τις ακµές τους παράλληλες πρός τους άξονες συντεταγµένων (τις διευθύνσεις των ορθοκανονικών διανυσµάτων e j ). ηλαδή, I I αν υπάρχουν a j b j στο R (j =,...,) ώστε (..2) I = [a, b ] [a, b ]. Τότε, ο όγκος του I είναι (εξ ορισµού) το γινόµενο των µηκών των ακµών του: (..3) I = (b a ) (b a ). Ονοµάζουµε τώρα στοιχειώδες σύνολο κάθε πεπερασµένη ένωση ορθογωνίων που ανήκουν στην κλάση I και έχουν ξένα εσωτερικά (δεν επικαλύπτονται). Συµβολίζουµε την κλάση των στοιχειωδών συνόλων µε F. Αν F = m I k είναι ένα στοιχειώδες σύνολο, τότε ορίζουµε k= (..4) F = m I k. k= Πρέπει ϐέβαια να δείξουµε ότι για κάθε στοιχειώδες σύνολο F ο όγκος F ορίστηκε καλά, δηλαδή ότι είναι ανεξάρτητος από τον τρόπο µε τον οποίο γράψαµε το F σαν πεπερασµένη ένωση µη επικαλυπτόµενων ορθογωνίων από την I (άσκηση). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5

6 Εχοντας ορίσει τον όγκο για την κλάση των στοιχειωδών συνόλων, προσπαθούµε να τον ορίσουµε για γενικότερα σύνολα µε µία διαδικασία προσέγγισης από µέσα και απ έξω (στη γλώσσα του ολοκληρώµατος Riema, µιλάµε για κάτω και άνω αθροίσµατα της χ A ). Εστω A ένα µη κενό, ϕραγµένο υποσύνολο του R. Ορίζουµε τον εσωτερικό όγκο του A µέσω της (..5) A = sup{ F : F A, F F }, και τον εξωτερικό όγκο του A µέσω της (..6) A = if{ F : A F, F F }. Λέµε ότι το A έχει όγκο (είναι Jorda µετρήσιµο) αν A = A. Αν αυτό συµβαίνει, ο όγκος του A ορίζεται από την (..7) A = A = A. Θεώρηµα... Κάθε κυρτό σώµα στον R έχει όγκο. Η απόδειξη του Θεωρήµατος.. είναι εκτενής χωρίς να είναι δύσκολη (παραλείπεται). Οι ιδιότητες του όγκου που ϑα χρησιµοποιούµε στη συνέχεια είναι απλές συνέπειες του ορισµού. (α) Ο όγκος παραµένει αναλλοίωτος ως προς µεταφορές. Αν το K έχει όγκο και αν x R τότε (..8) x + K = K. (ϐ) Αν το K έχει όγκο και αν t τότε (..9) tk = t K. Γενικότερα, για κάθε αντιστρέψιµο γραµµικό µετασχηµατισµό T του R, (..2) T (K) = dett K. Γράφουµε Id για την ταυτοτική απεικόνιση. Παρατηρήστε ότι tk = T (K) όπου T = t Id, οπότε η (..9) είναι ειδική περίπτωση της (..2). (γ) Εστω r N. Θεωρούµε το πλέγµα (..2) r Z = {( m r,..., m r Αν K είναι ένα κυρτό σώµα στον R, ορίζουµε ) } : m,...,m Z. (..22) N r = r Z K. ηλαδή, N r είναι το σύνολο των σηµείων του πλέγµατος r Z τα οποία ανήκουν στο K. Θεωρούµε το ϑεµελιώδες ορθογώνιο Q r = [, ) r του r Z, και την ένωση (..23) (z + Q r ). z N r Ο όγκος της είναι ίσος µε N r /r. Είναι λογικό να υποθέσουµε (και µπορούµε να αποδείξουµε) ότι καθώς το r +, παίρνουµε όλο και καλύτερη προσέγγιση του όγκου του K. ηλαδή, ισχύει το εξής: (..24) lim r N r K r =. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6

7 .2 Η ανισότητα Bru--Mikowski Η ανισότητα Bru--Mikowski συνδέει τον όγκο µε την πράξη της πρόσθεσης κατά Mikowski. Θεώρηµα.2. (ανισότητα Bru--Mikowski). Εστω A και B µη κενά συµπαγή υποσύνολα του R. Τότε, (.2.) A + B / A / + B /. Θα δώσουµε µία απόδειξη που χρησιµοποιεί τα στοιχειώδη σύνολα και οφείλεται στον Lyusterik (94). Στο Παράρτηµα αυτού του Κεφαλαίου περιγράφουµε την απόδειξη της «συναρτησιακής γενίκευσης» της ανισότητας Bru--Mikowski (ανισότητα Prékopa--Leidler). Μία τρίτη απόδειξη, µε τη µέθοδο της συµµετρικοποίησης κατά Steier, ϑα δοθεί αργότερα. Απόδειξη. Εξετάζουµε πρώτα την περίπτωση που τα A και B είναι ορθογώνια µε τις ακµές τους παράλληλες προς τους άξονες συντεταγµένων. Υποθέτουµε ότι a,..., a > είναι τα µήκη των ακµών του A, και b,..., b > είναι τα µήκη των ακµών του B. Τότε, το A + B είναι κι αυτό ορθογώνιο µε τις ακµές του παράλληλες προς τους άξονες συντεταγµένων, και αντίστοιχα µήκη a + b,..., a + b. Εποµένως, η ανισότητα παίρνει τη µορφή (.2.2) ((a + b ) (a + b )) / (a a ) / + (b b ) /. Ισοδύναµα, Ϲητάµε να δείξουµε ότι (.2.3) ( ) / ( ) / a a b b +. a + b a + b a + b a + b Από την ανισότητα αριθµητικού-γεωµετρικού µέσου, το αριστερό µέλος της τελευταίας ανισότητας είναι µικρότερο ή ίσο από ( ) a a (.2.4) ( ) b b + + =. a + b a + b a + b a + b ηλαδή, η ανισότητα Bru-Mikowski ισχύει σε αυτή την απλή περίπτωση. Υποθέτουµε τώρα ότι τα A, B είναι στοιχειώδη σύνολα, καθένα δηλαδή από αυτά είναι πεπερασµένη ένωση ορθογωνίων που έχουν ξένα εσωτερικά και ακµές παράλληλες προς τους άξονες συντεταγµένων. Ονοµάζουµε πολυπλοκότητα του Ϲευγαριού ( A, B) το συνολικό πλήθος των ορθογωνίων που σχηµατίζουν τα A, B. Θα αποδείξουµε την ανισότητα Bru-Mikowski µε επαγωγή ως προς την πολυπλοκότητα m του (A, B). Οταν m = 2, τα A και B είναι ορθογώνια και η ανισότητα έχει ήδη αποδειχθεί. Υποθέτουµε λοιπόν ότι m 3 και ότι το Ϲητούµενο ισχύει γιά Ϲευγάρια στοιχειωδών συνόλων µε πολυπλοκότητα m. Αφού m 3, κάποιο από τα A και B (έστω το A) αποτελείται από τουλάχιστον δύο ορθογώνια. Εστω I, I 2 δύο από αυτά. Τα I και I 2 έχουν ξένα εσωτερικά, συνεπώς µπορούµε να τα διαχωρίσουµε µε ένα υπερεπίπεδο παράλληλο προς κάποιον κύριο υπόχωρο του R (άσκηση). Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι αυτό το υπερεπίπεδο περιγράφεται από την x = ρ γιά κάποιο ρ R. Ορίζουµε (.2.5) A = A {x R : x ρ} και A 2 = A {x R : x ρ}. Τα A και A 2 είναι στοιχειώδη σύνολα, έχουν ξένα εσωτερικά και καθένα τους σχηµατίζεται από λιγότερα ορθογώνια απ ότι το A (Το υπερεπίπεδο x = ρ στη χειρότερη περίπτωση χωρίζει κάθε ορθογώνιο του Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7

8 A σε δύο ορθογώνια, ένα στο A κι ένα στο A 2. Οµως, το I περιέχεται εξ ολοκλήρου στο A ενώ το I 2 στο A 2 - ή το αντίθετο). Περνώντας τώρα στο B, ϐρίσκουµε υπερεπίπεδο x = s τέτοιο ώστε αν B = B {x R : x s} και B 2 = B {x R : x s} να ισχύει (.2.6) A A = B B. Τα B και B 2 είναι στοιχειώδη σύνολα µε πλήθος ορθογωνίων που δεν ξεπερνάει αυτό του B. Ονοµάζουµε λ τον κοινό λόγο όγκων στην (.2.6). Προφανώς, < λ <. Παρατηρήστε ότι (.2.7) A + B = (A + B ) (A + B 2 ) (A 2 + B ) (A 2 + B 2 ). Από την άλλη πλευρά, αφού A + B {x : x ρ + s} και A 2 + B 2 {x : x ρ + s}, τα A + B και A 2 + B 2 έχουν ξένα εσωτερικά. Εποµένως, (.2.8) A + B A + B + A 2 + B 2. Με ϐάση την κατασκευή που κάναµε, εφαρµόζεται η επαγωγική υπόθεση στο δεξιό µέλος: έχουµε και A + B / A / + B / A 2 + B 2 / A 2 / + B 2 /, οπότε κάνοντας πράξεις, και παίρνοντας υπ όψιν την (.2.6) έχουµε απ όπου έπεται ότι A + B ( (λ A ) / + (λ B ) /) + ( (( λ) A ) / + (( λ) B ) /) = λ [ A / + B /] + ( λ) [ A / + B /] = [ A / + B /], (.2.9) A + B / A / + B /. Γενική Περίπτωση. Εστω A, B τυχόντα µη κενά συµπαγή υποσύνολα του R. Υπάρχουν ακολουθίες {A m } και {B m } στοιχειωδών συνόλων µε τις ιδιότητες Τότε, A m + B m A + B γιά κάθε m N και A m A, A m A, B m B, B m B. A + B / lim sup m lim sup m = A / + B /. A m + B m / [ Am / + B m /] Υποθέσαµε ότι τα A, B, A + B έχουν όγκο: σε κάθε περίπτωση, δείξαµε ότι A + B / A / + B /. Η ανισότητα Bru--Mikowski συχνά διατυπώνεται και ως εξής: Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8

9 Πόρισµα.2.2. Εστω A, B µη κενά συµπαγή υποσύνολα του R. Γιά κάθε λ (,) ισχύει (.2.) λ A + ( λ)b / λ A / + ( λ) B /. Απόδειξη. Αρκεί να παρατηρήσετε ότι λ A / = λ A / και ( λ)b / = ( λ) B /. Συνέπεια της ανισότητας Bru--Mikowski είναι η ακόλουθη ανισότητα (η οποία είναι ανεξάρτητη της διάστασης). Πόρισµα.2.3. Εστω A, B µη κενά συµπαγή υποσύνολα του R. Γιά κάθε λ (,) έχουµε (.2.) λ A + ( λ)b A λ B λ. Απόδειξη. Η συνάρτηση z logz είναι κοίλη, κι αυτό έχει σαν συνέπεια την (.2.2) x λ y λ λx + ( λ)y γιά κάθε x, y > και λ (,). Από την ανισότητα Bru--Mikowski παίρνουµε λ A + ( λ)b [ λ A / + ( λ) B /] [ A λ/ B ( λ)/] = A λ B λ για κάθε λ (,). Ιστορικά, η πρώτη απόδειξη της ανισότητας Bru--Mikowski (για κυρτά σώµατα) ϐασίστηκε στην αρχή του Bru. Θεώρηµα.2.4 (αρχή του Bru). Εστω K ένα κυρτό σώµα στον R και έστω θ S ένα µοναδιαίο διάνυσµα. Θέτουµε θ = {x R : x,θ = } και ορίζουµε f θ : R R ϑέτοντας (.2.3) f θ (t) = K (θ + tθ). Τότε, η f /( ) θ είναι κοίλη στο ϕορέα της. Ο Bru οδηγήθηκε σε αυτό το συµπέρασµα ξεκινώντας από το ακόλουθο ερώτηµα. Είναι σωστό ότι αν τα t < r < s ανήκουν στο ϕορέα της f θ τότε (.2.4) f θ (r) mi{ f θ (t), f θ (s)}; Παρατηρήστε ότι η απάντηση είναι καταφατική αν δεχτούµε το Θεώρηµα.2.4. Για κάθε κοίλη συνάρτηση f : [a, b] R και για κάθε t < r < s στο [a, b] γράφουµε r = ( λ)t + λs και έχουµε (.2.5) f (r) ( λ) f (t) + λ f (s) mi{ f (t), f (s)}. Εφαρµόζοντας την (.2.5) για την f = f /( ) θ παίρνουµε την (.2.4). Η απόδειξη της (.2.4) είναι απλή στην περίπτωση του επιπέδου: ας υποθέσουµε ότι K είναι ένα κυρτό σώµα στο R 2 και, χωρίς περιορισµό της γενικότητας, ας υποθέσουµε ότι θ = e 2. Η προβολή P(K) του K στη διεύθυνση του e 2 είναι το σύνολο (.2.6) P(K) = {x R t R : (x,t) K}. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9

10 Παρατηρούµε αρχικά ότι το P(K) είναι κυρτό. Εστω x, y P(K) και έστω λ (, ). Υπάρχουν πραγµατικοί αριθµοί t και s ώστε (x,t) K και (y, s) K. Αφού το K είναι κυρτό, έχουµε (.2.7) ( λ)(x,t) + λ(y, s) = (( λ)x + λy, ( λ)t + λs) K, συνεπώς ( λ)x +λy P(K). Το P(K) είναι και συµπαγές: αν ϑεωρήσουµε τη συνάρτηση P : R 2 R µε P(x,t) = x, τότε η P είναι συνεχής. Αφού το K είναι συµπαγές, το ίδιο ισχύει και για το P(K). Επίσης, από το γεγονός ότι το K περιέχει έναν δίσκο (έχει µη κενό εσωτερικό) έπεται ότι το P(K) περιέχει κάποιο διάστηµα. Τελικά, P(K) = [a, b] για κάποιους a < b. Ορίζουµε δύο συναρτήσεις h,g : [a, b] R µε (.2.8) h(x) = mi{t R : (x,t) K} και g(x) = max{t R : (x,t) K}. Από τη συµπάγεια του K έπεται ότι οι h και g ορίζονται καλά: το σύνολο {t R : (x,t) K} είναι κλειστό διάστηµα. Θα δείξουµε ότι η h είναι κυρτή. Αρκεί να δείξουµε ότι γιά κάθε x, y [a, b] και για κάθε λ (,) ισχύει h(( λ)x + λy) ( λ)h(x) + λh(y). Ας υποθέσουµε ότι h(x) = t και h(y) = s. Τότε, (x,t) K και (y, s) K. Αφού το K είναι κυρτό, παίρνουµε (.2.9) ( λ)(x,t) + λ(y, s) = (( λ)x + λy), ( λ)t + λs) K. Από τον ορισµό της h έπεται ότι (.2.2) h ( ( λ)x + λy ) ( λ)t + λs = ( λ)h(x) + λh(y). Με τον ίδιο τρόπο δείχνουµε ότι η g είναι κοίλη. Από τον ορισµό των h και g µπορούµε να γράψουµε το κυρτό σώµα K στη µορφή (.2.2) K = {(x,t) : x [a, b], h(x) t g(x)}. Παρατηρούµε ότι (.2.22) f θ (x) = f e2 (x) = g(x) h(x) για κάθε x [a, b]. Αφού η g είναι κοίλη και η h είναι κυρτή, ϐλέπουµε αµέσως ότι η f θ = g + ( h) είναι κοίλη. Θα δείξουµε ότι η αρχή του Bru είναι συνέπεια της ανισότητας Bru-Mikowski. Απόδειξη του Θεωρήµατος.2.4. Χωρίς περιορισµό της γενικότητας υποθέτουµε ότι θ = e. Για κάθε t στο ϕορέα της f θ (t) = K {x = t} ϑέτουµε (.2.23) K (t) = {x R : (x,t) K}. Από την κυρτότητα του K έπεται ότι: αν t, s ανήκουν στο ϕορέα της f θ και αν λ (,), τότε (.2.24) K (λt + ( λ)s) λk (t) + ( λ)k (s). Από το Πόρισµα.2.2 έχουµε K (λt + ( λ)s) λk (t) + ( λ)k (s) λ K (t) + ( λ) K (s) Αρα, η t K (t) = f θ (t) είναι κοίλη στο ϕορέα της.. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα

11 Παρατήρηση. Αντίστροφα, η ανισότητα Bru--Mikowski για κυρτά σώµατα προκύπτει από το Θεώρηµα.2.4 ως εξής: αν K,T είναι δύο κυρτά σώµατα στον R, ϑεωρούµε τα σύνολα (.2.25) K = K {} και T = T {} στον R + και ορίζουµε το κυρτό σύνολο L που «παράγουν»: (.2.26) L = {λ(x,) + ( λ)(y,) : x K, y T}. Για κάθε t [, ] ϑέτουµε (.2.27) L(t) = {x R : (x,t) L}. Παρατηρήστε ότι (.2.28) L(t) = L (e + + te +) οπότε το Θεώρηµα.2.4 δείχνει ότι η συνάρτηση t L(t) / είναι κοίλη στο [,]. Από τον ορισµό του L ϐλέπουµε ότι L() = K, L() = T και L ( ) 2 = K+T 2. Συνεπώς, (.2.29) K + T 2 / K / 2 + T /. 2 Επεται ότι K + T / K / + T /..3 Η ισοπεριµετρική ανισότητα Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Bru--Mikowski µπορούµε να δώσουµε µία λύση για το ισοπεριµετρικό πρόβληµα στον R : Ανάµεσα σε όλα τα µη κενά συµπαγή υποσύνολα του R που έχουν δεδοµένο όγκο α, η µπάλα όγκου α έχει ελάχιστη επιφάνεια. Ο ορισµός της επιφάνειας που ϑα χρησιµοποιήσουµε είναι αυτός του Mikowski, ο οποίος ϐασίζεται στην έννοια της t-περιοχής. Ορισµός.3. (t-περιοχή). Αν A είναι ένα µη κενό συµπαγές υποσύνολο του R και αν t >, η t-περιοχή του A είναι το σύνολο (.3.) A t = {x R : d(x, A) t}, όπου d(x, A) = if{ x a 2 : a A} είναι η απόσταση του x από το σύνολο A. Παρατηρήστε ότι, για κάθε t >, (.3.2) A t = A + tb 2. Ορισµός.3.2 (επιφάνεια κατά Mikowski). Αν A είναι ένα µη κενό συµπαγές υποσύνολο του R, η επιφάνεια (A) του A ορίζεται από την A t A (.3.3) (A) = lim if. t + t Αν το A είναι κυρτό σώµα, τότε το lim if στο δεξιό µέλος είναι όριο. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα

12 Η απάντηση στο ισοπεριµετρικό πρόβληµα για τον Ευκλείδειο χώρο δίνεται από το εξής ϑεώρηµα. Θεώρηµα.3.3. Αν A είναι µη κενό συµπαγές υποσύνολο του R, τότε (.3.4) (A) A ( )/ B 2 /. Πράγµατι, άµεση συνέπεια του Θεωρήµατος.3.3 είναι το εξής. Θεώρηµα.3.4. Εστω A µη κενό συµπαγές υποσύνολο του R και r > τέτοιος ώστε A = rb2. Τότε, (.3.5) (A) (rb 2 ). Απόδειξη. Αφού A = ω r, από το Θεώρηµα.3.3 έχουµε (.3.6) (A) ω ( )/ r ω / = ω r. Από την (.3.2) έχουµε (r B2 ) t = r B2 + tb 2 = (r + t)b 2. Από τον ορισµό της επιφάνειας έπεται ότι (.3.7) (r B 2 ) = lim t + (r + t)b 2 rb 2 t Αρα, (A) (r B 2 ). ω (r + t) ω r = lim t + t = ω r. Απόδειξη του Θεωρήµατος.3.3. Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Bru--Mikowski γράφουµε A t A t = A + tb 2 A ( t A / + tb2 /) A t = A + t A ( )/ B 2 / + O(t 2 ) A t = A ( )/ B 2 / + O(t), και παίρνοντας το όριο καθώς t + ϐλέπουµε ότι (.3.8) lim if t + A t A t Από τον ορισµό της επιφάνειας έπεται η (.3.4). A ( )/ B 2 /. Παρατηρήστε ότι αυτό που δείξαµε είναι ακόµα ισχυρότερο: για κάθε t >, ανάµεσα σε όλα τα µη κενά συµπαγή υποσύνολα του Ευκλείδειου χώρου που έχουν δεδοµένο όγκο, η µπάλα έχει τη «µικρότερη t-επέκταση». Πρόταση.3.5. Εστω B µία µπάλα στον R. Αν A είναι ένα µη κενό συµπαγές υποσύνολο του R µε A = B, τότε A t B t για κάθε t >. Απόδειξη. Εχουµε A + tb / A / + tb / = A / + t B / = ( + t) B / = B + tb /, απ όπου έπεται το Ϲητούµενο. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

13 .4 Ογκος και διάσταση Σε αυτή την παράγραφο ϑα υπολογίσουµε τον όγκο των απλούστερων (και πιο σηµαντικών) παραδειγµάτων κυρτών σωµάτων. Κεντρικό ϱόλο στη µελέτη µας παίζει ϕυσιολογικά η µοναδιαία Ευκλείδεια µπάλα (.4.) B 2 = {x = (x,..., x ) R : x x2 }. Με άλλα λόγια, x B2 αν και µόνο αν x 2. Αν r > τότε rb2 ακτίνα r (το σύνολο όλων των x R µε x 2 r). είναι η µπάλα µε κέντρο το και Το απλούστερο ίσως παράδειγµα κυρτού σώµατος στον R είναι ο µοναδιαίος κύβος (.4.2) B = [,] = {x = (x,..., x ) R : x i }. Ο όγκος του κύβου είναι (από τον ορισµό του όγκου!) ίσος µε (.4.3) B = 2. Παρατηρήστε ότι B 2 B B 2. Πράγµατι, αν x B2 τότε x i x 2 για κάθε i =,...,, δηλαδή x B. Από την άλλη πλευρά, αν x B τότε x 2 2 = x2 + + x2 δηλαδή x B2. Οι κορυφές του κύβου είναι τα 2 σηµεία της µορφής (ε,...,ε ) όπου ε i = ±. Κάθε τέτοιο σηµείο ϐρίσκεται σε απόσταση από το. ηλαδή, καθώς η διάσταση µεγαλώνει, οι κορυφές του κύβου «αποµακρύνονται» από τη µπάλα, και ο κύβος µοιάζει «όλο και λιγότερο» µε µπάλα. Ασκηση: Μία ενδιαφέρουσα δοκιµή για τη διαίσθηση σας σχετικά µε αυτά τα δύο απλά κυρτά σώµατα είναι η εξής. Σχεδιάστε το µοναδιαίο τετράγωνο στο επίπεδο. Τώρα, ϕτιάξτε τέσσερις δίσκους µε κέντρα τις κορυφές του τετραγώνου και ακτίνα. Οι δίσκοι εφάπτονται στα µέσα των ακµών του τετραγώνου. Υπολογίστε την ακτίνα ρ 2 του µεγαλύτερου δίσκου µε κέντρο το η οποία απλώς ακουµπάει (και δεν τέµνει) τους τέσσερις δίσκους. Ποιά είναι η τιµή του ρ 2 ; Τώρα κάντε το ίδιο στον διάστατο χώρο. Θεωρήστε µπάλες ακτίνας µε κέντρα τις 2 κορυφές του B. Αυτές εφάπτονται πάνω στις ακµές του κύβου. Ποιά είναι η ακτίνα ρ της µεγαλύτερης µπάλας µε κέντρο το η οποία απλώς ακουµπάει τις άλλες µπάλες; Είναι σωστό ότι ρ B 2 B ; Ο όγκος της µοναδιαίας µπάλας. Γράφουµε ω για τον όγκο της B2. Μπορούµε να υπολογίσουµε την τιµή του ω χρησιµοποιώντας την αρχή του Cavallieri. Αν H(t) = {x R : x = t} τότε για κάθε κυρτό σώµα K στον R έχουµε (.4.4) K = K H(t) dt όπου K H(t) είναι ο ( ) διάστατος όγκος της τοµής του K µε το «επίπεδο» H(t). Στην περίπτωση της µπάλας παίρνουµε (.4.5) ω = B 2 H(t) dt. Παρατηρώντας ότι για κάθε t [,] η τοµή της B2 µε το H(t) είναι µία ( ) διάστατη µπάλα ακτίνας r(t) = t 2, έχουµε (.4.6) B 2 H(t) = ω ( t 2 ) 2. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

14 Καταλήγουµε λοιπόν στην αναδροµική σχέση (.4.7) ω = 2ω ( t 2 ) 2 dt. Συµβολίζουµε το τελευταίο ολοκλήρωµα µε I. Αν ϑέσουµε t = συν θ έχουµε (.4.8) I = Με ολοκλήρωση κατά µέρη ϐλέπουµε ότι (.4.9) I = π/2 π/2 ημ θ dθ = ημ θ dθ. Με ϐάση αυτές τις σχέσεις µπορούµε να δείξουµε το εξής. π/2 ημ 2 θ dθ = I 2. Λήµµα.4.. Ο όγκος της B 2 είναι ίσος µε (.4.) ω = ω 2k = πk k! αν = 2k και (.4.) ω = ω 2k = π k 22k (k )! (2k )! αν = 2k. Απόδειξη. Από τις (.4.7) και (.4.8) ϐλέπουµε ότι (.4.2) ω +2 ω = 2ω +I +2 2ω I = ( + )ω + ( + 2)ω για κάθε 2. εδοµένου ότι ω 3 ω = 2π 3 (γιατί;), µπορούµε να δείξουµε µε επαγωγή ότι (.4.3) ω +2 = 2π + 2 ω για κάθε N. ιακρίνοντας περιπτώσεις ( άρτιος και περιττός), και χρησιµοποιώντας πάλι τη µέθοδο της επαγωγής, παίρνουµε το Ϲητούµενο. Για παράδειγµα αν υποθέσουµε ότι για κάποιον k N ισχύει η (.4.) τότε 2π ω 2k+ = 2k + πk 22k (k )! (2k )! = π k 22k 2 2k (k )! (2k + ) 2k (2k )! = π k 22k+ k! (2k + )!. Ανάλογα (και πιο απλά) δουλεύουµε στην περίπτωση που ο είναι άρτιος. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4

15 Στους τύπους που ϐρήκαµε για τον όγκο της µοναδιαίας µπάλας εµφανίζονται παραγοντικά. Αν ϑέλουµε να εκτιµήσουµε σωστά το µέγεθος του αριθµού ω για µεγάλες τιµές του, χρειαζόµαστε ακριβείς εκτιµήσεις για την ακολουθία (!) N. Μία πρώτη εκτίµηση προκύπτει ως εξής: ϑεωρούµε τη συνάρτηση x logx. Εχουµε (.4.4) logx dx = (xlogx x) = log ( ) = log( /e ). Από την άλλη πλευρά, αφού η logx είναι αύξουσα, έχουµε (.4.5) και logx dx = 2 logx dx + + logx dx < log2 + + log = log(!) 3 (.4.6) logx dx > logx dx + + logx dx > log2 + + log( ) 2 = log(( )!). ηλαδή,!/ < /e <!, απ όπου έπεται ότι (.4.7) Από την (.4.7) ϐλέπουµε ότι + <! < e e. (.4.8) e!, καθώς το, δηλαδή η! «συµπεριφέρεται» σαν την e για πολλές εφαρµογές. για µεγάλα. Η εκτίµηση αυτή είναι αρκετή Ο τύπος του Stirlig περιγράφει µε µεγάλη ακρίβεια τη συµπεριφορά της ακολουθίας!. Μία απόδειξη δίνεται στο Παράρτηµα αυτού του Κεφαλαίου. Λήµµα.4.2 (τύπος του Stirlig). Ισχύουν οι ανισότητες ( ) (.4.9) 2π e (2+) <! < ( ) 2π e (2). e e Εστω (α ) και ( β ) δύο ακολουθίες ϑετικών πραγµατικών αριθµών. Συµφωνούµε να γράφουµε α β α αν lim β =. Από τους τύπους του Λήµµατος.4. και από την προσέγγιση του! στο Λήµµα.4.2 έπεται το εξής. Θεώρηµα.4.3. Εστω ω ο όγκος της Ευκλείδειας µοναδιαίας µπάλας στον R. Τότε, (.4.2) ω ( ) /2 2πe. π Ειδικότερα, η Ευκλείδεια µπάλα όγκου στον R έχει ακτίνα (.4.2) r 2πe. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5

16 Απόδειξη. Εστω = 2k. Αφού e (2k) και e (2k+) όταν k, (.4.22) ω = πk k! π k e k 2πk k k = ( ) /2 2πe. π Η περίπτωση = 2k είναι µία (λίγο) δυσκολότερη άσκηση. Για το δεύτερο ισχυρισµό, παρατηρήστε ότι αν r είναι η ακτίνα µίας διάστατης µπάλας όγκου τότε ω r =. ηλαδή, r = ω. 2πe Είδαµε ότι η ακτίνα r της διάστατης µπάλας όγκου είναι «µεγάλη»: της τάξης της. Το επόµενο ερώτηµα που ϑα συζητήσουµε είναι: πώς κατανέµεται ο όγκος µέσα σ αυτή τη µπάλα; Ας δούµε πρώτα ποιός είναι ο όγκος µίας ( ) διάστατης τοµής της B() := r B2 που περνάει από το. Σύµφωνα µε όσα έχουµε πεί, (.4.23) B() H() = ω r = ω Από το Θεώρηµα.4.3 ϐλέπουµε ότι ηλαδή, ω ω ( )/ ( π) ( )/ π( ) ) ( )/2. (.4.24) B() H() e. ( ω ( )/ ( ) ( )/2 ( ) ( )/2 2πe 2πe Τώρα, µπορούµε να εκτιµήσουµε τον ( ) διάστατο όγκο της τοµής της B() που ϐρίσκεται σε απόσταση t από το. Η τοµή B() H(t) είναι µία µπάλα ακτίνας r 2 t 2, αν ϐέβαια t r. Αρα,. (.4.25) B() H(t) = ω (r 2 t 2 ) ( )/2 = ω r Αφού ω r = B() H() e και r 2 /(2πe), ϐλέπουµε ότι (.4.26) B() H(t) e ( 2πet2 Οµως, ) 2 ) ( )/2 ( t2.. r 2 (.4.27) lim e ( 2πet2 ) 2 = e exp( πet 2 ). Εχουµε λοιπόν δείξει το εξής. Πρόταση.4.4. Εστω t R και έστω B() η διάστατη µπάλα όγκου. Τότε, (.4.28) B() {x : x = t} e exp( πet 2 ) καθώς το. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6

17 ηλαδή, αν «προβάλλουµε τον όγκο της B() στη διεύθυνση του e» ή σε οποιαδήποτε άλλη διεύθυνση, παίρνουµε µία κατανοµή που, καθώς το τείνει στο άπειρο, µοιάζει πολύ µε την κανονική κατανοµή διασποράς /(2πe) (η οποία είναι ανεξάρτητη από τη διάσταση ). Μία (εκ πρώτης όψεως) παράξενη συνέπεια της Πρότασης.4.4 είναι η εξής. Ας ϑεωρήσουµε τη λωρίδα L = {x R : x }. Τότε, για µεγάλα έχουµε (.4.29) B() L e Παρατηρούµε ότι (.4.3) e exp( πet 2 ) dt e exp( πet 2 ) dt = 2 e t exp( πet 2 ) dt = exp( πet 2 ) dt. e 2πe e πe. Ο αριθµός αυτός είναι «πολύ µικρός». ηλαδή, παρόλο που η ακτίνα της διάστατης µπάλας όγκου είναι της τάξης της, ο όγκος της είναι σχεδόν ολόκληρος µέσα σε µία (οποιαδήποτε) συµµετρική (ως προς το ) λωρίδα πλάτους 2 (!) Επειδή το ϕαινόµενο αυτό παρουσιάζεται ανεξάρτητα από το ποιά λωρίδα ϑα διαλέξουµε, µπαίνει κανείς στον πειρασµό να υποθέσει ότι ο όγκος συγκεντρώνεται στην τοµή των λωρίδων, δηλαδή κοντά στο κέντρο της µπάλας. Ούτε όµως αυτό είναι σωστό: αν, για παράδειγµα, ϑεωρήσετε τη µπάλα (r /2)B2 (που έχει «µεγάλη» ακτίνα), τότε (.4.3) (r /2)B 2 = 2 B() = 2 (!) ηλαδή, ο όγκος της µπάλας συγκεντρώνεται κοντά στο σύνορο της. Το πρόβληµα των Busema--Petty. Γράφουµε S για την Ευκλείδεια µοναδιαία σφαίρα: (.4.32) S = {θ R : θ 2 = }. Για κάθε µοναδιαίο διάνυσµα θ S ορίζουµε (.4.33) θ = {x R : x,θ = }. Τότε, για κάθε t R, (.4.34) θ + tθ = {x R : x,θ = t}. Το σύνολο θ είναι ο ( ) διάστατος υπόχωρος του R που έχει σαν κάθετο διάνυσµα το θ. Το σύνολο θ + tθ είναι το υπερεπίπεδο που έχει σαν κάθετο διάνυσµα το θ και ϐρίσκεται σε (προσηµασµένη) απόσταση t από το. Εστω K και T δύο συµµετρικά κυρτά σώµατα στον R. Με τον όρο «συµµετρικό» εννοούµε πάντα «συµµετρικό ως προς το». ηλαδή, έχουµε x K αν και µόνο αν x K (οµοίως για το T). Υποθέτουµε ότι: Για κάθε θ S ισχύει K θ < T θ. ηλαδή, κάθε κεντρική τοµή του K έχει µικρότερο ( ) διάστατο όγκο από την αντίστοιχη κεντρική τοµή του T. Το πρόβληµα των Busema-Petty (956) είναι το εξής: Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7

18 Ισχύει τότε ότι K < T ; Η απάντηση είναι καταφατική αν = 2. Για την ακρίβεια, η υπόθεση για τις τοµές των K και T έχει σαν συνέπεια ότι K T. Η απάντηση όµως για διαστάσεις > 2 δόθηκε πολύ πρόσφατα: είναι καταφατική µόνο αν = 2,3,4. Ο υπολογισµός που κάναµε για την Ευκλείδεια µπάλα B() όγκου στον R έδειξε ότι: για κάθε θ S, (.4.35) B() θ = ω ω ( )/ e όταν. Το αντίστοιχο ερώτηµα για τον κύβο Q() = [ 2, 2] όγκου στον R είναι πολύ δυσκολότερο. Ο K. Ball ( 985) απέδειξε ότι: για κάθε θ S, (.4.36) Q() θ 2. Παρατηρήστε ότι 2 < e (!). Αν λοιπόν η διάσταση είναι αρκετά µεγάλη, τότε B() θ > 2. εν είναι πολύ δύσκολο να ελέγξετε ότι: αν, τότε (.4.37) Q() θ 2 < B() θ για κάθε θ S. ηλαδή, το Ϲευγάρι K = Q() και T = B() δίνει αντιπαράδειγµα στο ερώτηµα των Busema--Petty: ικανοποιεί τις υποθέσεις αλλά δεν ικανοποιεί το Ϲητούµενο..4. Νόρµες και συµµετρικά κυρτά σώµατα Νόρµα στον R είναι κάθε συνάρτηση : R R µε τις εξής ιδιότητες: (α) x για κάθε x X και x = αν και µόνον αν x =. (ϐ) λx = λ x για κάθε λ R και κάθε x X. (γ) x + y x + y για κάθε x, y X. Η επόµενη πρόταση δείχνει ότι σε κάθε χώρο (R, ) µε νόρµα αντιστοιχεί ϕυσιολογικά ένα συµµετρικό (ως προς το ) κυρτό σώµα. Αντίστροφα, όπως ϑα δούµε αργότερα, κάθε συµµετρικό κυρτό σώµα K επάγει µία νόρµα στον R. Πρόταση.4.5. Εστω µία νόρµα στον R. Η «µοναδιαία µπάλα» (.4.38) K = {x R : x } του (R, ) είναι συµµετρικό κυρτό σώµα. Απόδειξη. Η συµµετρία του K είναι απλή: αν x K τότε x = x, άρα x K. Για να δείξουµε ότι το K είναι κυρτό ϑεωρούµε x, y K και λ (,) και παρατηρούµε ότι (.4.39) ( λ)x + λy ( λ)x + λy = ( λ) x + λ y ( λ) + λ =, δηλαδή ( λ)x + λy K. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8

19 Για τη συµπάγεια και το µη κενό εσωτερικό του K, παρατηρούµε πρώτα ότι, για κάθε u = t i e i R ισχύει (.4.4) u = t i e i i= Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz έπεται ότι i= t i e i max i e i (.4.4) u max e i t 2 i i i= /2 t i. i= = M u 2, όπου M := max i e i. Χρησιµοποιώντας την τριγωνική ανισότητα για την ϐλέπουµε ότι, για κάθε x, y R, (.4.42) x y x y M x y 2. ηλαδή, η είναι Lipschitz συνεχής ως προς την Ευκλείδεια µετρική στον R. Συνεπώς, ο περιορισµός της στο συµπαγές σύνολο S = {x R : x 2 = } παίρνει ελάχιστη και µέγιστη τιµή: υπάρχουν m, M > ώστε (.4.43) m x M για κάθε x S. Το γεγονός ότι m > δικαιολογείται ως εξής: έχουµε m = x για κάποιο x S και x > αφού x και η είναι νόρµα. Τώρα, είναι εύκολο να δούµε ότι, για κάθε x R ισχύει (.4.44) m x 2 x M x 2. Πράγµατι, αν x = τότε η ανισότητα ισχύει τετριµµένα, ενώ αν x έχουµε (.4.45) m x = x x 2 M. x 2 x x 2 i= S οπότε Από την ανισότητα m x 2 x έπεται ότι K (/m)b2, δηλαδή το K είναι ϕραγµένο. Από το γεγονός ότι η είναι συνεχής έπεται ότι το K είναι κλειστό υποσύνολο του (R, 2 ). Αρα, το K είναι συµπαγές. Τέλος, από την ανισότητα x M x 2 έπεται ότι K (/M)B2, και ειδικότερα, το K έχει µη κενό εσωτερικό. Η επόµενη πρόταση δίνει µία ταυτότητα που εκφράζει τον όγκο της µοναδιαίας µπάλας του (R, ) σαν ολοκλήρωµα «συνάρτησης της νόρµας» στον R. Πρόταση.4.6. Εστω µία νόρµα στον R και έστω K η αντίστοιχη µοναδιαία µπάλα. Για κάθε p > ισχύει η ισότητα (.4.47) Ειδικότερα, R e x p = K pt +p e t p dt. (.4.48) R e x dx = K t e t dt. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9

20 Απόδειξη. Από το ϑεώρηµα Fubii, R x pt p e t p dtdx = R χ tk (x)pt p e t p dxdt = pt p e t p tk dt ή ισοδύναµα e x p = K pt +p e t p dt. R.5 Παράρτηµα.5. Ανισότητα Prékopa--Leidler Η ανισότητα των Prékopa και Leidler είναι η γενίκευση της ανισότητας Bru-Mikowski στο πλαίσιο των µετρήσιµων ϑετικών συναρτήσεων. Θεώρηµα.5.. Εστω f,g, h : R R + τρείς ολοκληρώσιµες συναρτήσεις και λ (,). Υποθέτουµε ότι για κάθε x, y R ισχύει (.5.) h(λx + ( λ)y) f (x) λ g(y) λ. Τότε, (.5.2) R h R λ f R g λ. Απόδειξη. Θα δείξουµε την ανισότητα µε επαγωγή ως προς τη διάσταση. (α) = : Μπορούµε να υποθέσουµε ότι οι f και g είναι συνεχείς και γνήσια ϑετικές. Ορίζουµε x, y : (,) R µέσω των (.5.3) x(t) f = t f, y(t) g = t g. Σύµφωνα µε τις υποθέσεις µας οι x, y είναι παραγωγίσιµες, και για κάθε t (,) έχουµε (.5.4) x (t) f (x(t)) = f, y (t)g(y(t)) = g. Ορίζουµε z : (,) R µε (.5.5) z(t) = λx(t) + ( λ)y(t). Οι x και y είναι γνήσια αύξουσες. Εποµένως, η z είναι κι αυτή γνήσια αύξουσα. Από την ανισότητα αριθµητικού-γεωµετρικού µέσου, (.5.6) z (t) = λx (t) + ( λ)y (t) (x (t)) λ (y (t)) λ. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

21 Μπορούµε λοιπόν να εκτιµήσουµε το ολοκλήρωµα της h κάνοντας την αλλαγή µεταβλητών s = z(t): h(s)ds = = h(z(t))z (t)dt h(λx(t) + ( λ)y(t))(x (t)) λ (y (t)) λ dt f f λ (x(t))g λ (y(t)) f (x(t)) ( ) λ ( λ f g). λ g g(y(t)) λ dt (ϐ) Επαγωγικό ϐήµα: Υποθέτουµε ότι 2 και ότι το Θεώρηµα έχει αποδειχθεί για k {,..., }. Εστω f,g, h όπως στο Θεώρηµα. Για κάθε s R ορίζουµε h s : R R + µε h s (w) = h(w, s), και µε ανάλογο τρόπο ορίζουµε f s,g s : R R +. Από την υπόθεση του ϑεωρήµατος για τις f,g και h έπεται ότι, αν x, y R και s, s R τότε (.5.7) h λs +( λ)s (λx + ( λ)y) f s (x) λ g s (y) λ, και η επαγωγική υπόθεση µας δίνει H(λs + ( λ)s ) := R h λs +( λ)s R f s λ R g s λ =: F λ (s )G λ (s ). Εφαρµόζοντας τώρα ξανά την επαγωγική υπόθεση για = στις συναρτήσεις F, G και H, παίρνουµε (.5.8) h = R R H R F λ R G λ = R λ f R g λ. Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Prékopa--Leidler µπορούµε να αποδείξουµε την ανισότητα Bru--Mikowski. είχνουµε πρώτα το εξής: Πρόταση.5.2. Εστω K,T συµπαγή µη κενά υποσύνολα του R και λ (,). Τότε, (.5.9) λk + ( λ)t K λ T λ. Απόδειξη. Ορίζουµε f = χ K, g = χ T, και h = χ λk+( λ)t. Εύκολα ελέγχουµε ότι ικανοποιούνται οι υποθέσεις του ϑεωρήµατος.5.. Πράγµατι, αν x K ή y T τότε (.5.) h(λx + ( λ)y) = [ f (x)] λ [g(y)] λ, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

22 ενώ αν x K και y T τότε λx + ( λ)y λk + ( λ)t, άρα (.5.) h(λx + ( λ)y) = = [ f (x)] λ [g(y)] λ. Εφαρµόζοντας την ανισότητα Prékopa-Leidler παίρνουµε το Ϲητύµενο. Θεωρούµε τώρα συµπαγή µη-κενά K και T (µε K > και T >, αλλιώς δεν έχουµε τίποτα να δείξουµε), και ορίζουµε (.5.2) K = K / K, T = T / T, λ = Τα K και T έχουν όγκο, οπότε από την (.5.9) παίρνουµε (.5.3) λk + ( λ)t. Οµως, (.5.4) λk + ( λ)t = εποµένως η (.5.3) παίρνει την µορφή K + T K / + T /, (.5.5) K + T ( K / + T /) K / K / + T /. και έπεται το Ϲητούµενο..5.2 Η συνάρτηση Γάµµα Η συνάρτηση Γ : (,+ ) (,+ ) ορίζεται µέσω της Λήµµα.5.3. Η συνάρτηση Γ ικανοποιεί τα εξής: Γ(x) = t x e t dt. (α) Γ() =. (ϐ) Γ(x + ) = xγ(x) για κάθε x >. (γ) Γ( + ) =! για κάθε =,,2,... (δ) Γ ( 2) = π. Επίσης, η συνάρτηση Γ είναι λογαριθµικά κυρτή: η logγ είναι κυρτή συνάρτηση. Απόδειξη. (α) Παρατηρούµε ότι (.5.6) Γ() = e t dt = e t = lim t e t =. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 22

23 (ϐ) Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες παίρνουµε (.5.7) Γ(x + ) = t x e t dt = t x e t + x χρησιµοποιώντας την lim t t x e t = lim t exp(xlogt t) =. (γ) Εφαρµόζοντας το (ϐ) για x =,..., παίρνουµε t x e t dt = xg(x) (.5.8) Γ( + ) = Γ() = ( ) Γ( ) = =!Γ() =!. (δ) Θέτοντας όπου x = 2 και κάνοντας την αλλαγή µεταβλητής s2 = t παίρνουµε: (.5.9) e t t dt = 2 e s2 ds = e s2 ds = π. Τέλος δείχνουµε ότι η συνάρτηση Γάµµα είναι λογαριθµικά κυρτή: αρκεί να δείξουµε ότι για κάθε λ, µ µε λ + µ = ισχύει (.5.2) Γ(λx + µy) (Γ(x)) λ (Γ(y)) µ. Παρατηρούµε ότι ισχύει η ισότητα (.5.2) Γ(λx + µy) = (t x e t ) λ (t y e t ) µ dt. Εφαρµόζοντας τώρα την ανισότητα Hölder (.5.22) f g ( f p ) /p ( g q ) /q όπου p,q > και έχουµε ότι p + q = για τις συναρτήσεις f (t) = (t x e t ) λ και g(t) = (t y e t ) µ µε p = λ, q = µ (.5.23) Γ(λx + µy) ( t x e t dt ) λ ( t y e t dt) µ = ( Γ(x) ) λ ( Γ(y) ) µ. Στην παράγραφο.4(α) είδαµε ότι αν K είναι η µοναδιαία µπάλα µίας νόρµας στον R, τότε, για κάθε p >, e x p dx = K pt +p e t p dt. R Εστω p <. Χρησιµοποιώντας αυτή τη γενική ταυτότητα, ϑα δείξουµε ότι ο όγκος της Bp = {x R : x p + + x p } είναι ίσος µε [ ( 2Γ p + )] (.5.24) B p = Γ ( p + ). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 23

24 Πράγµατι, έχουµε (.5.25) Οµως, R e x p p dx = Bp pt +p e t p dt. (.5.26) e x p p dx = e x p e x p dx dx = ( e t p dt) = ( 2 e t p dt). R R R R Κάνοντας την αλλαγή µεταβλητής t p = s παίρνουµε (.5.27) e t p dt = s p e s ds = ( ) p p Γ p ( ) = Γ p +. Με την ίδια αντικατάσταση ϐλέπουµε ότι (.5.28) Συνεπώς, (.5.29) pt +p e t p dt = ( ) s /p e s ds = Γ p +. [ 2Γ ( p + ) ] = B p Γ ( p + ). Επεται ότι (.5.3) B p = [ 2Γ ( p + ) ] Γ ( p + ). Ειδικότερα, στην περίπτωση p = 2 έχουµε (.5.3) ω = B 2 = [ 2Γ ( 2 + ) ] Γ ( 2 + ) = π/2 Γ ( 2 + ), χρησιµοποιώντας την 2Γ ( 2 + ) = Γ(/2) = π..5.3 Ο τύπος του Stirlig Λήµµα.5.4 (τύπος του Stirlig). Ισχύουν οι ανισότητες ( ) (.5.32) 2π e (2+) <! < ( ) 2π e (2). e e Απόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία (.5.33) d := log! ( + )log +. 2 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 24

25 Παρατηρούµε ότι (.5.34) d d + = ( + 2 )log + Γράφουµε. (.5.35) + = + 2+, 2+ και χρησιµοποιώντας το ανάπτυγµα +t 2log t = t + t3 3 + t5 5 + t7 7 + παίρνουµε (.5.36) d d + = 3(2 + ) 2 + 5(2 + ) 4 +. Συγκρίνοντας το δεξιό µέλος µε την γεωµετρική σειρά λόγου (2 + ) 2 ϐλέπουµε ότι (.5.37) < d d + < 3[(2 + ) 2 ] = 2 2( + ). Από την (.5.36) η {d } είναι ϕθίνουσα και από την (.5.37) η {d (2) } είναι αύξουσα. Αρα, το όριο C := lim d υπάρχει. Από την (.5.36) ϐλέπουµε επίσης ότι (.5.38) d d + > δηλαδή η {d (2 + ) } είναι ϕθίνουσα. Αρα, (.5.39) C + 3(2 + ) 2 > 2 + 2( + ), 2 + < d < C + 2 Μένει να ελέγξουµε ότι C = log( 2π). d C έπεται εύκολα ότι Μία πολύ σύντοµη απόδειξη γι αυτό είναι η εξής: από την (.5.4) ( ) e C καθώς το. Θεωρούµε τη συνάρτηση u(x) = ( + x) 2+. Από το ϑεώρηµα του Taylor, (.5.4) u(x) = u() + u ()x + u () 2! Θέτοντας x = παίρνουµε ηλαδή, 2 2+ = k = ( ) k! ( ) 2 (2 + ) x u() () x + x u (+) (t)(x t) dt.!! (2 + )(2) ( + )( + t) ( t) dt ( t 2 ) dt. (.5.42) ( ) ( t 2 ) dt =. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 25

26 Οµως, (.5.43) 2 + ( t 2 ) dt = 2 + ( u 2 /) du 2 e u2 du = π καθώς το. Από τις (.5.4), (.5.42) και (.5.43) παίρνουµε (.5.44) 2 e C π =, δηλαδή, C = log( 2π). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 26