ΚΥΡΤΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

Transcript

1 Α. Γιαννόπουλος, Α. Τσολομύτης ΚΥΡΤΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ ( )

2 Απαγορεύεται η αναπαραγωγή του αρχείου από άλλες ιστοσελίδες εκτός των και

3 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ από την Ανάλυση από την Ανάλυση και την Αναλυτική Γεωμετρία από τη Γραμμική Άλγεβρα και την Αναλυτική Γεωμετρία 11 Μ I Κυρτές Συναρτήσεις Η ανισότητα Jese H ανισότητα Αριθμητικού-Γεωμετρικού μέσου H ανισότητα Youg H ανισότητα Hölder για αθροίσματα H ανισότητα Hölder για ολοκληρώματα H ανισότητα Mikowski για αθροίσματα H ανισότητα Mikowski για ολοκληρώματα Εφαρμογές Κυρτά σώματα, κυρτή θήκη Νόρμες και κυρτά σώματα Η συνάρτηση στήριξης Το πολικό σώμα Διαχωρισμός και γνήσιος διαχωρισμός 58

4 Όγκος κυρτού σώματος Ιδιότητες Όγκου Ο όγκος του B p για 1 p Η απόσταση Hausdorff Όγκος και απόσταση Hausdorff Το θεώρημα Επιλογής του Blaschke 82 6 PREKOPA-LEINDLER BRUNN-MINKOWSKI Η ανισότητα Prekopa-Leidler Η ανισότητα Bru-Mikowski Η ισοπεριμετρική ανισότητα Η αρχή του Bru Το λήμμα του Borel 97 7 STEINER Ορισμός και ιδιότητες της συμμετρικοποίησης Steier Το θεώρημα Σφαιρικότητας του Gross Η ισοπεριμετρική ανισότητα (2η απόδειξη) Η ανισότητα Blaschke-Sataló 114 Μ II από τη Γραμμική Άλγεβρα και την Αναλυτική Γεωμετρία από τη Συναρτησιακή ανάλυση από τη θεωρία μέτρου και ολοκλήρωσης Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης Ροπή δύναμης και ροπή αδράνειας Πίνακας αδράνειας και ροπή αδράνειας Πολική ροπή αδρανείας 136

5 Διαφορά μεταξύ ισοτροπικού και μη ισοτροπικού σώματος Το ελλειψοειδές αδράνειας και το ελλειψοειδές κινητικής ενέργειας Μαθηματική προσσέγγιση της ισοτροπικής θέσης Ελλειψοειδές Biet και ελλειψοειδές Legedre Λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις & μέτρα JOHN Ύπαρξη του ελλειψοειδούς μεγίστου όγκου Μοναδικότητα ελλειψοειδούς μεγίστου όγκου Η θέση του Joh Πολυδιάστατη ανισότητα Brascap-Lieb και Barthe Η μονοδιάστατη ανισότητα των Brascap-Lieb και Barthe Απόδειξη των ανισοτήτων Brascap-Lieb και Barthe Η αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα Ύπαρξη της θέσης Μοναδικότητα της θέσης Ύπαρξη της θέσης Η συνέχεια του εμβαδού επιφανείας 202 Μ III Το μέτρο Haar Μέτρο και μετρική στην S Μέτρο και μετρική στην O() Μέτρο και μετρική στην G,k με τη βοήθεια του χώρου του Gauss Η σχέση με τις ισοπεριμετρικές ανισότητες 221

6 Οι συνέπειες στη διακύμανση συναρτήσεων Lipschitz Παρατηρήσιμη διάμετρος GAUSS Το φαινόμενο στο χώρο του Gauss Το φαινόμενο στο διακριτό κύβο Προκαταρκτικά Το φαινόμενο στην Ευκλείδεια σφαίρα : DVORETZKY-MILMAN Προκαταρκτικά Η επίδραση του φαινομένου συγκέντρωσης του μέτρου στις νόρμες 245 Αʹ 253 Βʹ 255 Βʹ.1 Ιδιότητες της συνάρτησης Γ 256 Βʹ.2 Η μέθοδος Laplace

7

8 ΠΡΟΑΠΑΙΤΟΥΜΕΝΑ Οι αποδείξεις που δεν παρουσιάζονται σε αυτή την ενότητα μπορούν να βρεθούν σε οποιοδήποτε βιβλίο Πραγματικής Ανάλυσης. Στον R η (ευκλείδεια) απόσταση μεταξύ των σημείων x και y με συντεταγμένες (x 1, x 2,, x ) και (y 1, y 2,, y ) αντίστοιχα, ορίζεται να είναι ο αριθμός d 2 (x, y) = (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) (x y ) 2. Επιπλέον, για κάθε σημείο x R ονομάζουμε (ευκλείδειο) μήκος του x τον αριθμό d 2 (0, x) και τον συμβολίζουμε με x 2. Δηλαδή, x 2 = x x x2. Παρατηρούμε ότι d 2 (x, y) = x y 2 για κάθε x, y R. Στα επόμενα θα προτιμάμε να γράφουμε x y 2 αντί για d 2 (x, y). Το σύνολο των σημείων που απέχουν (γνησίως) λιγότερο από r > 0 από δοθέν σημείο x R ονομάζεται ανοικτή μπάλα με κέντρο το x και ακτίνα r, και συμβολίζεται με B(x, r). Δηλαδή, B(x, r) = {y R x y 2 < r}. Ο (Εσωτερικό συνόλου). Έστω ότι το K είναι ένα υποσύνολο του R. Λέμε ότι ένα σημείο x 0 R είναι εσωτερικό σημείο του K, αν υπάρχει ε > 0 ώστε η ανοικτή μπάλα B(x 0, ε) να περιέχεται στο K. Το σύνολο όλων των εσωτερικών σημείων του K λέγεται εσωτερικό του K και συμβολίζεται με itk. Ένα σύνολο μπορεί να έχει κενό εσωτερικό. Για παράδειγμα, οποιοδήποτε υποσύνολο ενός (δισδιάστατου) επιπέδου στον R 3. Ένα τέτοιο σύνολο όμως μπορεί να έχει μη κενό εσωτερικό αν θεωρηθεί ως υποσύνολο του επιπέδου στο οποίο ανήκει: Ο (Σχετικό εσωτερικό συνόλου). Έστω ότι το K είναι υποσύνολο του R. Το σχετικό εσωτερικό του K συμβολίζεται με relit(k)

9 4 και είναι το εσωτερικό του K στον ελάχιστο υπόχωρο του R που περιέχει το K. Ο (Κλειστή θήκη). Λέμε ότι το x είναι σημείο συσσώρευσης του K R αν και μόνον αν για κάθε ε > 0 ισχύει B(x, ε) K {x}. Το σύνολο όλων των σημείων συσσώρευσης του K λέγεται παράγωγο σύνολο του K και συμβολίζεται με K. Το σύνολο K = K K λέγεται κλειστή θήκη του K. Παρατηρούμε ότι αν x K τότε υπάρχει ακολουθία (x ) N στο K ώστε x x 2 0. Αυτό συμβαίνει, διότι είτε x K οπότε θέτουμε x = x για κάθε N, είτε το x είναι σημείο συσσώρευσης οπότε εφαρμόζουμε τον Ορισμό για ε = 1/ και επιλέγουμε x ένα οποιοδήποτε σημείο του μη κενού B(x, 1/) K. Έτσι x K και x x 2 < 1/ 0. Κάθε σύνολο K για το οποίο ισχύει K = K λέγεται κλειστό. Το σύνολο K είναι κλειστό για κάθε K R, δηλαδή ισχύει K = K. Ο Η κλειστή θήκη του συνόλου B(0, r) ονομάζεται ευκλείδεια μπάλα του R ακτίνας r και συμβολίζεται με B 2 (0, r). Είναι εύκολο να δει κανείς ότι B 2 (0, r) = {x R x 2 r}. Πράγματι, αν x B 2 (0, r) τότε υπάρχει ακολουθία (x ) N στο B(0, r) ώστε x x 2 0. Αλλά από τον ορισμό της 2 έχουμε ότι για κάθε j = 1, 2,, αν x j η j συντεταγμένη του x και x j η j συντεταγμένη του x ισχύει x j x j x x 2 0. Άρα x j x j και συνεπώς, από τον ορισμό της 2 συμπεραίνουμε ότι x 2 x 2. Αλλά x 2 r και έτσι x 2 r. Αντιστρόφως, αν x 2 < 1 τότε x B(0, r) B 2 (0, r). Αν τέλος, x 2 = r τότε η ακολουθία (1 1/)x, για N, έχει ευκλείδεια νόρμα ίση με (1 1/)r < r, οπότε ανήκει στο B(0, r) και συγκλίνει στο x. Δηλαδή το x ανήκει στην κλειστή θήκη του B(0, r), δηλαδή στο B 2 (0, r). Επιπλέον το B 2 (0, r) ως κλειστή θήκη του B(0, r) είναι κλειστό σύνολο, δηλαδή B 2 (0, r) = B 2 (0, r). Ο Το σύνολο B 2 (0, 1) ονομάζεται μοναδιαία ευκλείδεια μπάλα του R και συμβολίζεται απλά με B 2.

10 5 Εύκολα βλέπουμε ότι το σύνορο bd(b 2 ) του συνόλου B 2 είναι το σύνολο {x R x 2 = 1}. Ο Το σύνολο {x R x 2 = 1} ονομάζεται μοναδιαία (ευκλείδεια) σφαίρα του R και συμβολίζεται με S 1. Ο Για δυο υποσύνολα A και B του R και λ R θα γράφουμε (i) A + B για το σύνολο {x + y x A και y B}. (ii) λa για το σύνολο {λx x A}. Παρατηρούμε ότι με τον παραπάνω συμβολισμό B 2 (0, r) = rb 2 και γράφοντας B 2 (x, r) για την ευκλείδεια μπάλα κέντρου x και ακτίνας r ισχύει B 2 (x, r) = x + rb 2. Ο (Φραγμένο σύνολο). Ένα υποσύνολο K του R λέγεται φραγμένο αν υπάρχει αριθμός M > 0 ώστε για κάθε x K να ισχύει x 2 M. Φανερά αυτό είναι ισοδύναμο με τον εγκλεισμό K MB 2. Π Έστω ότι το K είναι φραγμένο υποσύνολο του R. Τότε και το K είναι φραγμένο. Απόδειξη: Αν το K είναι φραγμένο υποσύνολο του R τότε υπάρχει αριθμός M ώστε να ισχύει K MB 2. Οπότε K MB 2 = MB 2. Π (Συμπαγές υποσύνολο του R ). Ένα υποσύνολο K του R είναι συμπαγές αν και μόνο αν είναι κλειστό και φραγμένο. Π Έστω ότι K, F R. Αν το K είναι συμπαγές, το F κλειστό και K F = τότε υπάρχει x K και y F ώστε d(k, F) = if{ z w 2 z K, w F} = x y 2 > 0. Απόδειξη: Θέτουμε ρ = if{ x y 2 x K, y F}. Έστω ότι x K, y F ώστε x y 2 ρ. Αφού x K και το K είναι συμπαγές, η x έχει συγκλίνουσα υπακολουθία, έστω την x k με όριο το σημείο x. Το x ανήκει στο K γιατί το K είναι κλειστό. Έχουμε ότι x k y k 2 ρ και x k x. Από την τριγωνική ανισότητα, y k 2 y k x k 2 + x k 2.

11 6 Το δεξιό μέρος της παραπάνω ανισότητας είναι φραγμένη ακολουθία (γιατί είναι συγκλίνουσα) άρα και το αριστερό. Θεωρούμε ένα M > 0 ώστε y k M για κάθε k N, οπότε y k B 2 (0, M). Το B 2 (0, M) είναι κλειστό και φραγμένο σύνολο στον R, άρα είναι συμπαγές. Άρα, η y k έχει υπακολουθία y kl, η οποία συγκλίνει, έστω στο y. Αλλά y F, αφού το F είναι κλειστό. Η x kl είναι υπακολουθία της x k οπότε x kl x. Άρα x kl y kl ρ, x kl x K, και y kl y F. Έτσι ρ = li l x kl y kl = x y 2. Όμως, τα K και F είναι ξένα, άρα το x είναι διάφορο του y. Οπότε, το ρ είναι θετικό. Ο (Συνέχεια). Μια συνάρτηση f (X, d X ) (Y, d Y ) μεταξύ δύο μετρικών χώρων λέγεται συνεχής στο σημείο x 0 X αν και μόνον αν για κάθε ε > 0 υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε x στο X με d X (x, x 0 ) < δ να ισχύει d Y (f(x), f(x 0 )) < ε. Ο (Απόλυτη συνέχεια). Η f I R λέγεται απόλυτα συνεχής στο υποδιάστημα J του διαστήματος Ι R αν για κάθε ε > 0 υπάρχει δ > 0, ώστε αν τα [a i, b i ] για i = 1, 2,, είναι πεπερασμένη οικογένεια ξένων διαστημάτων στο J και i=1 (b i a i ) < δ τότε i=1 f(b i ) f(a i ) < ε. Ο (Συνάρτηση Lipschitz). Η f I R λέγεται Lipschitz στο υποδιάστημα J του διαστήματος Ι R, αν υπάρχει L > 0 ώστε να ισχύει f(x) f(y) L x y, για κάθε x, y στο J. Ο αριθμός L ονομάζεται σταθερά Lipschitz της f στο διάστημα J. Παρατηρούμε ότι το να είναι μια συνάρτηση f I R Lipschitz στο υποδιάστημα J I σημαίνει ότι οι κλίσεις των χορδών στο γράφημα της f που σχηματίζονται σε σημεία του J είναι φραγμένες. Π Έστω ότι οι (X, d X ) και (Y, d Y ) είναι δυο μετρικοί χώροι και f X Y μια συνεχής και επί συνάρτηση. Αν ο X είναι συμπαγής τότε και ο Y είναι συμπαγής. Δηλαδή, η συνεχής εικόνα ενός συμπαγούς μετρικού χώρου είναι συμπαγής χώρος.

12 7 Άσκηση Αποδείξτε ότι bd(b 2) = S 1. Άσκηση Αποδείξτε ότι η συνάρτηση { x si 1 αν x (0, 1], x f(x) = { 0 αν x = 0, είναι συνεχής αλλά όχι απόλυτα συνεχής. (Υπόδειξη: Θεωρήστε τα διαστήματα [(π/2) 1 (4( + j) + 1) 1, (π/2) 1 (4( + j)) 1 ] για j = 0, 1,, k και αποδείξτε ότι είναι ξένα και έχουν συνολικό μήκος μικρότερο από (2π) 1.) 1.2 Ο (Εσωτερικό γινόμενο). Ένα εσωτερικό γινόμενο στον R είναι μια απεικόνιση, R R R, για την οποία ισχύουν (i) x, x 0 για κάθε x R. (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, για κάθε λ 1, λ 2 R. Το πιο συνηθισμένο παράδειγμα είναι το εσωτερικό γινόμενο (1.1) x, y = j=1 x j y j, όπου τα x j και y j είναι οι συντεταγμένες των διανυσμάτων x και y. Στο εξής (εκτός αν ρητά αναφέρεται αλλιώς) κάθε αναφορά σε εσωτερικό γινόμενο θα είναι σε αυτό που ορίζεται στην (1.1). Εύκολα βλέπουμε ότι το, είναι πράγματι εσωτερικό γινόμενο (δηλαδή ικανοποιεί τον παραπάνω ορισμό). Παρατηρούμε ότι x, x = x 2 2 για κάθε x R. Επιπλέον ισχύει η εξής: Π (Ανισότητα Cauchy-Schwartz). Για κάθε x, y R ισχύει x, y x 2 y 2.

13 8 Απόδειξη: Από τις ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου, για κάθε λ R ισχύει 0 x λy, x λy = x λ2 y 2 2 2λ x, y, άρα το διώνυμο ως προς λ στα δεξιά έχει μη θετική διακρίνουσα. Δηλαδή οπότε προκύπτει η ζητούμενη. 4 x, y 2 4 x 2 2 y 2 2 0, Νόρμα είναι μια συνάρτηση από τον R στον R, η οποία σε κάθε διάνυσμα αντιστοιχεί ένα «μήκος» και ικανοποιεί τις ιδιότητες του παρακάτω ορισμού. Ο (Νόρμα). Μια απεικόνιση R R λέγεται νόρμα αν: (i) είναι μη αρνητική και κάνει μηδέν μόνο στο 0. Δηλαδή x 0 για κάθε x R, 0 = 0 και αν x = 0 τότε x = 0. (ii) Είναι θετικά ομογενής: λx = λ x, για κάθε x R, για κάθε λ R. (iii) Ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα: x + y x + y, για κάθε x, y R. Παράδειγμα νόρμας είναι η ποσότητα x 2 που ορίστηκε στην αρχή του κεφαλαίου και η οποία ονομάζεται ευκλείδεια νόρμα. Για την 2 οι ιδιότητες (i) και (ii) της νόρμας είναι εύκολο να επιβεβαιωθούν. H (iii) αποδεικνύεται στο Θεώρημα παρακάτω. Η τριγωνική ανισότητα για τις νόρμες έχει την ακόλουθη συνέπεια, η οποία συχνά καλείται «κάτω τριγωνική ανισότητα»: Π (κάτω τριγωνική ανισότητα). Για κάθε x, y R ισχύει x y x ± y. Απόδειξη: Χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα έχουμε x = (x y) + y x y + y οπότε x y x y. Ομοίως, y = (y x) + x y x + x

14 9 και αφού x y = y x παίρνουμε y x x y. Έτσι x y x y. Με τον ίδιο τρόπο δείχνουμε ότι x y x + y. Π (Συνέχεια ευκλείδειας νόρμας). Η ευκλείδεια νόρμα είναι συνεχής συνάρτηση (ως προς την ευκλείδεια απόσταση) στον R. Απόδειξη: Αν x x ως προς την ευκλείδεια απόσταση, θέλουμε να δείξουμε ότι x 2 x 2. Αυτό προκύπτει αμέσως από την κάτω τριγωνική ανισότητα (Πόρισμα 1.2.4), διότι x 2 x 2 x x 2 0. Εύκολα βλέπουμε ότι κάθε νόρμα στον R ορίζει μια μετρική στον R με τη σχέση d (x, y) = x y για κάθε x, y R. Έτσι ο χώρος με νόρμα (R, ) είναι και ένας μετρικός χώρος με την προηγούμενη μετρική. Διάφορες ιδιότητες από τη θεωρία των μετρικών χώρων μπορούν να διατυπωθούν με τη βοήθεια της νόρμας. Επίσης, φράσεις όπως «ως προς την μετρική» και «ως προς τη νόρμα» εδώ ταυτίζονται. Για παράδειγμα η φράση «η συνάρτηση f είναι συνεχής ως προς την μετρική d» ταυτίζεται με τη φράση «η συνάρτηση f είναι συνεχής ως προς τη νόρμα». Π (Συνέχεια Εσωτερικού γινομένου). Το εσωτερικό γινόμενο είναι συνεχής συνάρτηση ως προς και τα δύο ορίσματά του ταυτόχρονα ως προς την ευκλείδεια νόρμα. Απόδειξη: Αν x x και y y ως προς την ευκλείδεια νόρμα, δηλαδή αν x x 2 0 και y y 2 0, πρέπει να δείξουμε ότι x, y x, y. Ισοδύναμα πρέπει να δείξουμε ότι x, y x, y 0. Από την ανισότητα Cauchy-Schwartz (Πρόταση 1.2.2) έχουμε x, y x, y = x, y x, y + x, y x, y = x, y y + x x, y x 2 y y 2 + x x 2 y 2 0, αφού x x 2 0, y y 2 0 και η x 2 είναι φραγμένη ως συγκλίνουσα από την Πρόταση Η παρακάτω πρόταση λέει ότι όλες οι νόρμες στον R (και άρα και οι μετρικές που προκύπτουν από αυτές) είναι ισοδύναμες.

15 10 Π Για κάθε νόρμα στον R υπάρχουν σταθερές c, C > 0 ώστε για κάθε x R, c x 2 x C x 2. Απόδειξη: Έστω ότι τα e 1, e 2,, e είναι η συνήθης βάση του R. Αν x R και x 1, x 2,, x οι συντεταγμένες του x ως προς τη βάση, θα έχουμε x = x i e i (1.2) i=1 i=1 x i e i = ( x i 2 ) i=1 i=1 1 2 x i e i = ( x j ) j=1, ( e j ) j=1 ( e i 2 ) όπου στην (1.2) χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Cauchy-Schwartz για τα διανύσματα ( x j ) j=1 και ( e j ) j=1. Θέτουμε C = ( i=1 e i 2 ) 1/2, οπότε η (1.2) λέει ότι x C x 2. Για την αριστερή ανισότητα παρατηρούμε πρώτα ότι η f(x) = x είναι συνεχής. Πράγματι, αν x x ως προς την ευκλείδεια απόσταση, θα δείξουμε ότι f(x ) f(x). Έχουμε f(x ) f(x) = x x x x C x x 2 0. Εύκολα βλέπουμε ότι το S 1 = {x x 2 = 1} είναι κλειστό και φραγμένο σύνολο στον R, άρα είναι συμπαγές. Οπότε η f, ως συνεχής συνάρτηση σε συμπαγές σύνολο, έχει ελάχιστη τιμή στο S 1. Θέτουμε c = i x S 1 f(x). Το c είναι διαφορετικό του μηδενός διότι, αφού είναι ελάχιστη τιμή της f υπάρχει x 0 S 1 ώστε f(x 0 ) = c, δηλαδή x 0 = c. Αν λοιπόν c = 0, τότε x 0 = 0 και άρα x 0 = 0 S 1, το οποίο είναι άτοπο. Άρα c > 0. Για κάθε x R {0} ισχύει x/ x 2 S 1 οπότε f(x/ x 2 ) c δηλαδή x/ x 2 c από όπου προκύπτει άμεσα x c x 2. Αν x = 0 αυτή η ανισότητα ισχύει ούτως ή άλλως. Π Στην απόδειξη της τελευταίας πρότασης αποδείξαμε ότι κάθε νόρμα στον R είναι συνεχής συνάρτηση ως προς την ευκλείδεια απόσταση. Για κάθε διανυσματικό υπόχωρο H του R ορίζουμε μια γραμμική απεικόνιση Proj H R H που την ονομάζουμε ορθογώνια προβολή i=1 1 2

16 11 ή απλά προβολή στον H ως εξής. Θεωρούμε μια ορθοκανονική βάση e 1,, e k του H (όπου k N με k ) την οποία επεκτείνουμε σε μια ορθοκανονική βάση e 1,, e k, e k+1, e του R. Έτσι κάθε στοιχείο x του R γράφεται ως x j=1 je j όπου τα x j είναι οι συντεταγμένες του x ως προς τη βάση e 1, e, δηλαδή x j = x, e j για κάθε j = 1,,. Θέτουμε Proj H (x) = k j=1 x j e j H. Εύκολα βλέπουμε ότι η Proj H είναι γραμμική απεικόνιση, και επειδή Proj H (x) = 2 ( x j 2 ) k j=1 1/2 ( x j 2 ) συμπεραίνουμε ότι η Proj H είναι συνεχής απεικόνιση. j=1 1/2 = x 2, 1.3 Αν τα x και y είναι διανύσματα, στοιχεία του R, το ευθύγραμμο τμήμα στον R με άκρα τα x και y είναι το σύνολο [x, y] = {(1 λ)x + λy λ [0, 1]}. Η απόδειξη περιγράφεται στο Σχήμα 1.1. Ένα διάνυσμα z είναι στο ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα x, y αν και μόνο αν το z ισούται με το x συν ένα υποπολλαπλάσιο του y x. Δηλαδή, αν και μόνο αν υπάρχει λ [0, 1] ώστε z = x + λ(y x). Ισοδύναμα z = (1 λ)x + λy. Σ 1.1: Ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα x και y στον R

17 12 Σ 1.2: Ο κύβος είναι κυρτό αλλά όχι γνήσια κυρτό σύνολο. Η ευκλείδεια μπάλα είναι γνήσια κυρτή. Ο (Κυρτό Σύνολο). Ένα σύνολο K υποσύνολο του R λέγεται κυρτό αν για κάθε x, y τα οποία ανήκουν στο K το ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα x και y περιέχεται στο K. Δηλαδή, για κάθε x, y K ισχύει [x, y] = {(1 λ)x + λy λ [0, 1]} K Ο (Γνήσια κυρτό σύνολο). Ένα σύνολο K υποσύνολο του R λέγεται γνήσια κυρτό αν για κάθε x, y τα οποία ανήκουν στο K και για κάθε λ στο διάστημα (0, 1) το σημείο (1 λ)x + λy ανήκει στο it(k). Ένα υπερεπίπεδο H x0,u που περνάει από το σημείο x 0 R και είναι κάθετο στο μοναδιαίο διάνυσμα u είναι το σύνολο H x0,u = {x R x x 0, u = 0} και οι αντίστοιχοι ημίχωροι είναι οι = {x R x, u = x 0, u } H x 0,u = {x R x, u x 0, u } και H + x 0,u = {x R x, u x 0, u }. Παρατηρούμε ότι το u ανήκει στο H + x 0,u x 0. Επειδή το x 0, u μπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιμή στο R (ανάλογα με την επιλογή του x 0 ) ένα υπερεπίπεδο είναι ένα σύνολο της μορφής H u,λ = {x R x, u = λ} για λ R. Οι ημίχωροι που σχηματίζει τώρα το H u,λ είναι τα σύνολα H u,λ = {x R x, u λ} και H + u,λ = {x R x, u λ}. Συχνά, αν λ 0, διαιρούμε το u με το λ, δηλαδή επιτρέπουμε το u να

18 13 μην είναι μοναδιαίο διάνυσμα, ώστε το υπερεπίπεδο να περιγράφεται από το σύνολο {x R x, u = 1}, όπου το u είναι ένα μη μηδενικό διάνυσμα του R. Θα ονομάζουμε λωρίδα στον R τον χώρο ανάμεσα σε δύο παράλληλα υπερεπίπεδα. Δηλαδή μια λωρίδα είναι ένα σύνολο της μορφής Λ u,a,b = {x R a x, u b} = H + u,a H u,b, όπου a, b R με a b και το u είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα. Οι ημίχωροι H u,a και H + u,b λέγονται και ημίχωροι της λωρίδας Λ u,a,b και συμβολίζονται και με Λ u,a,b και Λ + u,a,b. Ο (Σημεία σε γενική θέση ή affie-ανεξάρτητα). Τα x 1,, x λέγεται ότι βρίσκονται σε γενική θέση ή ότι είναι affie-ανεξάρτητα όταν τα x 2 x 1, x 3 x 1,, x x 1 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα. Π Αν τα x 1,, x είναι σε γενική θέση στον R τότε + 1, διότι + 2 σημεία σχηματίζουν + 1 διανύσματα ως διαφορές των x 2,, x +2 με το x 1 και αυτά είναι αναγκαστικά γραμμικώς εξαρτημένα, αφού di R =. Ο (Ανάστροφος ενός πίνακα). Έστω T ένας πίνακας. Ονομάζουμε ανάστροφο του πίνακα T τον πίνακα που έχει για γραμμές τις στήλες του T και για στήλες τις γραμμές του T. Συμβολίζεται με T t. Υπενθυμίζουμε ότι για δύο πίνακες T και S ισχύει (TS) t = S t T t (εφόσον βέβαια το γινόμενο TS έχει νόημα). Όταν κάνουμε πράξεις με πίνακες και διανύσματα, τα διανύσματα θα τα θεωρούμε ως πίνακες 1. Έτσι μπορεί στο κείμενο να γράφουμε για εξοικονόμηση χώρου «το διάνυσμα x = (x 1,, x )» αλλά αν είναι να γίνουν πράξεις θα πρέπει να έχουμε στο νου μας ότι τα διανύσματα τα μεταχειριζόμαστε ως στήλες. Έτσι αν x = (x 1,, x ) και y = (y 1,, y ) το εσωτερικό γινόμενο x, y είναι ίσο με x, y = ( x 1 x 2 x ), ( y 1 y 2 y ) = (x 1, x 2,, x ) ( y 1 y 2 y ) = x t y

19 14 όπου τα παραπάνω γινόμενα είναι γινόμενα πινάκων. Ομοίως, αν ο T είναι πίνακας τότε T(x), y = (Tx) t y = (x t T t )y = x t (T t y) = x, T t (y). Ο παρακάτω ορισμός είναι γνωστός από την Αναλυτική Γεωμετρία. Ο Ένα κυρτό υποσύνολο E του R λέγεται ελλειψοειδές με κέντρο την αρχή των αξόνων αν υπάρχει ορθοκανονική βάση e 1,, e του R και θετικοί αριθμοί a 1,, a ώστε E = {x R x, e j 2 a j=1 2 j 1}. Οι θετικοί αριθμοί a 1,, a είναι τα μήκη των ημιαξόνων του ελλειψοειδούς.

20 Μέρος I Εισαγωγή στην κυρτότητα

21

22 ΒΑΣΙΚΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ Ο (Kυρτή Συνάρτηση). Μια συνάρτηση f K R λέγεται κυρτή στο K αν το K είναι κυρτό σύνολο και ισχύει f((1 λ)x + λy) (1 λ)f(x) + λf(y), για κάθε λ στο [0, 1] και για κάθε x, y στο K. Ο (Γνήσια κυρτή συνάρτηση). Μια συνάρτηση f K R λέγεται γνήσια κυρτή στο K αν το K είναι κυρτό υποσύνολο του R και ισχύει f((1 λ)x + λy) < (1 λ)f(x) + λf(y) για κάθε λ στο (0, 1) και για κάθε x, y στο K με x y. Π Μια απλή συνέπεια του παραπάνω ορισμού είναι ότι αν μια συνάρτηση f είναι γνήσια κυρτή και για κάποια x και y ισχύει f((1 λ)x + λy) = (1 λ)f(x) + λf(y), για κάποιο λ (0, 1), τότε αναγκαστικά θα ισχύει x = y. Π Η συνάρτηση e x R R είναι κυρτή. Για να το αποδείξουμε αυτό, δείχνουμε πρώτα ότι για κάθε θετικό πραγματικό αριθμό a και για κάθε λ [0, 1] ισχύει a λ (1 λ) + λa. Πράγματι, αν λ = 0 ή λ = 1 η ανισότητα προφανώς ισχύει. Αν λ {0, 1} τότε θεωρούμε τη συνάρτηση f(a) = (1 λ)+λa a λ και αρκεί να δείξουμε ότι αυτή είναι μη αρνητική για κάθε a > 0. Χρησιμοποιώντας παράγωγο βλέπουμε ότι αυτή έχει ελάχιστη τιμή στο a = 1. Δηλαδή f(a) f(1) = 0 Στην ανισότητα αυτή, θέτουμε a = e y x οπότε (e y x ) λ (1 λ) + λe y x από όπου με απλές πράξεις προκύπτει ότι e (1 λ)x+λy (1 λ)e x + λe y, για κάθε x, y R και για κάθε λ [0, 1]. Παρατηρούμε επιπλέον ότι η e x είναι γνήσια κυρτή, αφού εύκολα ελέγχουμε ότι η παράγωγος της f είναι θετική αν α > 1, οπότε η f

23 18 είναι γνησίως αύξουσα. Έτσι f(α) > f(1) = 0 και συνεχίζουμε όπως παραπάνω υποθέτοντας (χωρίς βλάβη της γενικότητας, αφού τα x, y ήταν τυχαία) ότι y > x. Άσκηση Αν οι συναρτήσεις f, g είναι και οι δύο κυρτές με κοινό πεδίο ορισμού αποδείξτε ότι και η f + g είναι κυρτή. Άσκηση Αν η F είναι μια οικογένεια κυρτών συναρτήσεων με κοινό πεδίο ορισμού, δείξτε ότι η συνάρτηση sup f F f(x) είναι κυρτή. Άσκηση Αποδείξτε ότι αν η f είναι κυρτή και η g κυρτή και αύξουσα, τότε η σύνθεση g f (όποτε ορίζεται) είναι κυρτή. Είναι σωστό το συμπέρασμα όταν η g δεν είναι αύξουσα; Άσκηση Αν η f I R είναι κυρτή συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα I R, τότε για κάθε x, y, z που ανήκουν στο Ι με x < y < z, ισχύει f(y) f(x) y x f(z) f(x) z x f(z) f(y) z y. Άσκηση Έστω ότι το Ι είναι ένα διάστημα στο R και f I R κυρτή συνάρτηση. Τότε, σε κάθε συμπαγές υποδιάστημα J του διαστήματος it(i) η f είναι Lipschitz, οπότε είναι και απόλυτα συνεχής στο J. Επιπλέον, είναι συνεχής στο it(i). (Υπόδειξη: Θεωρήστε στοιχεία u < v στο Ι αριστερά του J και στοιχεία w < z στο I δεξιά του J. Για οποιαδήποτε στοιχεία x, y J με x < y εφαρμόστε την Άσκηση στα σημεία u < v < x < y και στα x < y < w < z. Διακρίνετε περιπτώσεις αν f(y) f(x) < 0 ή f(y) f(x) 0.) Άσκηση Αποδείξτε ότι αν η συνάρτηση f R [0, + ) είναι κυρτή και f(0) = 0 τότε η συνάρτηση F(t) = f(t)/t είναι αύξουσα στο R {0}. Οι Ασκήσεις έως έχουν σκοπό την μελέτη της πρώτης και δεύτερης παραγώγου μιας κυρτής συνάρτησης. Άσκηση Έστω ότι η ακολουθία συναρτήσεων (f ) N από το ανοιχτό διάστημα I στο R είναι αύξουσα, δηλαδή f (x) f +1 (x) για κάθε x I, για κάθε N. Υποθέτουμε επίσης ότι κάθε f είναι συνεχής και αύξουσα συνάρτηση. Αποδείξτε ότι αν f (x) g(x) για κάθε x I, τότε η g είναι αριστερά συνεχής σε κάθε σημείο του I. Άσκηση Έστω Ι ανοιχτό διάστημα, υποσύνολο του R και f I R κυρτή. Αποδείξτε ότι οι f, f + υπάρχουν, είναι αύξουσες και ισχύει ότι f f +. Δείξτε επίσης ότι η f είναι διαφορίσιμη στα σημεία x του Ι στα οποία η f είναι συνεχής. Συμπεράνετε ότι η f είναι συνεχής σε όλα τα σημεία του Ι εκτός από ένα αριθμήσιμο πλήθος στοιχείων και η f είναι αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

24 19 (Υπόδειξη: Βήμα 1: Εφαρμόζοντας την Άσκηση μια φορά για σημεία u < w < x < z < v < y και μια φορά για σημεία x < z < v < y < u < w αποδείξτε ότι οι f και f + υπάρχουν και f (x) f +(x) f(y) f(x) y x f (y) f +(y), (*) ανισότητες που αποδεικνύουν ότι οι πλευρικές παράγωγοι είναι αύξουσες συναρτήσεις. Βήμα 2: Θεωρήστε την ακολουθία συναρτήσεων (g ) N με g (x) = (f(x 1/) f(x))/( 1/) και δείξτε ότι είναι αύξουσα ακολουθία συνεχών και αυξουσών συναρτήσεων με όριο την f. Χρησιμοποιήστε την Άσκηση για να συμπεράνετε ότι η f είναι αριστερά συνεχής. Δείξτε ομοίως ότι η f + είναι δεξιά συνεχής. Επίσης οι μονότονες συναρτήσεις έχουν το πολύ αριθμήσιμο πλήθος ασυνεχειών. Βήμα 3: Αν f συνεχής στο x τότε από την (*) για x < y προκύπτει ότι f (x) f +(x) f (y). Αφήστε το y x + για το συμπέρασμα.) Άσκηση Έστω Ι ανοιχτό και f I R διαφορίσιμη συνάρτηση. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (i) H f είναι κυρτή. (ii) H f είναι αύξουσα συνάρτηση. (Υπόδειξη: αν η f είναι διαφορίσιμη, τότε από την Άσκηση η f είναι συνεχής.) Άσκηση Έστω f I R, όπου Ι είναι ανοιχτό και υπάρχει η f. Η f είναι κυρτή αν και μόνο αν f 0. Άσκηση Εξετάστε αν οι συναρτήσεις (i) 1 + x 1 + x 2 (ii) x x (iii) x + x 2 (iv) (log x) 2 είναι κυρτές στο πεδίο ορισμού τους. Άσκηση Αν I ανοιχτό διάστημα στο R μια συνάρτηση f I R έχει συνάρτηση στήριξης στο σημείο z I αν υπάρχει αριθμός γ z R ώστε f(x) f(z) + γ z (x z) για κάθε x I. Αποδείξτε ότι η f είναι κυρτή αν και μόνο αν η f έχει συνάρτηση στήριξης σε κάθε z I, ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα: (i) αν f κυρτή δείξτε ότι (αʹ) υποθέστε ότι 0 I και f(0) = 0. Για κάθε x I (0, + ) και για κάθε y I (, 0) βρείτε λ (0, 1) ώστε 0 = (1 λ)x + λy και εφαρμόστε την κυρτότητα της f, καταλήγοντας στη σχέση f(y) sup y I (,0) y if f(x) x I (0,+ ) x.

25 20 (βʹ) Επιλέξτε γ ώστε f(y) f(x) sup y I (,0) y γ if x I (0,+ ) x, και αποδείξτε ότι η γx είναι συνάρτηση στήριξης της f στο 0. (γʹ) Για τη γενική κυρτή συνάρτηση f και τυχόν z I, θεωρήστε τη συνάρτηση h I z R με h(x) = f(z + x) f(z) και αποδείξτε ότι είναι κυρτή με h(0) = 0. (ii) αν η f έχει συνάρτηση στήριξης g z σε κάθε z I, δείξτε ότι επειδή g x (x) = f(x) ισχύει f(x) = sup z I g z (x) για κάθε x I. Με αυτόν τον τύπο αποδείξτε ότι η f είναι κυρτή. 2.2 JENSEN Στα επόμενα το I θα συμβολίζει ένα διάστημα στο R. Θ Έστω ότι η f I R είναι μια κυρτή συνάρτηση, τα x 1, x 2,, x ανήκουν στο Ι και λ 1 + λ λ = 1 με λ j [0, 1] για κάθε j = 1,,. Τότε το λ 1 x 1 + λ 2 x λ x ανήκει στο Ι και ισχύει f(λ 1 x 1 + λ 2 x λ x ) λ 1 f(x 1 ) + λ 2 f(x 2 ) + + λ f(x ). Απόδειξη: Θα αποδείξουμε την ανισότητα Jese χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής. Για = 2: λ 1 + λ 2 = 1, άρα λ 1 = 1 λ 2, έχουμε f(λ 1 x 1 + λ 2 x 2 ) = f((1 λ 2 )x 1 + λ 2 x 2 ) (1 λ 2 )f(x 1 ) + λ 2 f(x 2 ) λ 1 f(x 1 ) + λ 2 f(x 2 ) που ισχύει διότι η f είναι κυρτή. Υποθέτουμε ότι ισχύει για σημεία και θα δείξουμε ότι ισχύει για + 1 σημεία. Έστω ότι τα x 1, x 2,, x +1 ανήκουν στο Ι, λ 1,, λ +1 0 και +1 j=1 λ j = 1. Αν λ +1 = 1 τότε λ 1 = = λ = 0. Οπότε, πρέπει να ελέγξουμε αν ισχύει f(λ +1 x +1 ) λ +1 f(x +1 ). Ισοδύναμα έχουμε ότι f(x +1 ) f(x +1 ), που ισχύει.

26 JENSEN 21 Αν 0 λ +1 < 1 τότε: f(λ 1 x 1 + λ 2 x λ +1 x +1 ) = f ((1 λ +1 ) ( λ 1 1 λ +1 x λ 1 λ +1 x ) + λ +1 x +1) (1 λ +1 )f ( λ 1 1 λ +1 x λ 1 λ +1 x ) + λ +1 f(x +1 ), διότι η f είναι κυρτή. Είναι: λ j /(1 λ +1 ) 0, για κάθε j και j=1 ( λ j 1 λ +1 ) = 1 λ +1 1 λ +1 = 1. Από την επαγωγική υπόθεση θα έχουμε ότι f(λ 1 x 1 + λ 2 x λ +1 x +1 ) (1 λ +1 ) ( λ 1 1 λ +1 f(x 1 ) + + λ 1 λ +1 f(x )) + λ +1 f(x +1 ) = λ 1 f(x 1 ) + λ 2 f(x 2 ) + + λ +1 f(x +1 ). Η παρακάτω πρόταση μάς δίνει πληροφορίες για την περίπτωση της ισότητας στην ανισότητα Jese. Π Αν η f I R είναι γνήσια κυρτή και υπάρχουν λ j (0, 1) για j = 1,, με j=1 λ j = 1 και f(λ 1 x λ x ) = λ 1 f(x 1 ) + + λ f(x ) για κάποια x 1,, x I τότε ισχύει x 1 = x 2 = = x. Απόδειξη: Αν υποθέσουμε ότι λ x 1 j x 1 λ j j 1 1

27 22 τότε από τη γνήσια κυρτότητα της f και την υπόθεση θα ισχύει j=1 λ j f(x j ) = f( λ j x j) j=1 λ = f(λ 1 x 1 + (1 λ 1 ) j x 1 λ j) j 1 1 λ < λ 1 f(x 1 ) + (1 λ j 1 )f( x 1 λ j), j 1 1 και χρησιμοποιώντας την κυρτότητα της f j=1 λ j f(x j ), το οποίο είναι άτοπο. Άρα x 1 = j 1 λ θα ισχύει x i = j j i x 1 λ j. Έτσι, i (1 λ 1 )x 1 = j 1 λ j 1 λ 1 x j. Ομοίως, για κάθε i = 1,, λ j x j = λ j x j λ 1 x 1 + λ 2 x 2 j 2 = (1 λ 2 )x 2 λ 1 x 1 + λ 2 x 2 = x 2 λ 1 x 1. Άρα x 1 = x 2. Ομοίως αποδεικνύουμε ότι όλα τα x j είναι ίσα με το x 1. Η ανισότητα Jese μπορεί να διατυπωθεί και για ολοκληρώματα, υπό την προϋπόθεση ότι το διάστημα ολοκλήρωσης (αν μιλάμε για Riea ολοκληρώσιμες συναρτήσεις) ή ο χώρος μέτρου στον οποίο ολοκληρώνουμε (αν μιλάμε γενικά για ολοκληρώσιμες συναρτήσεις) έχει μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1. Συγκεκριμμένα ισχύει η παρακάτω πρόταση. Π (Ανισότητα Jese για ολοκληρώματα). Αν η g [a, b] R είναι Riea ολοκληρώσιμη συνάρτηση με b a = 1 και η f Ι R είναι κυρτή συνάρτηση με το διάστημα I να περιέχει το σύνολο τιμών της g τότε b b f ( g(x) dx) (f g)(x) dx. a a Γενικότερα, αν η g ορίζεται σε ένα χώρο πιθανότητας (Ω, μ) και η f

28 JENSEN 23 είναι όπως πριν τότε ισχύει f ( Ω g dμ) f g dμ. Ω Απόδειξη: Για την περίπτωση του ολοκληρώματος Riea επιλέγουμε ακολουθία διαμερίσεων P με λεπτότητα που συγκλίνει στο μηδέν και χρησιμοποιούμε την συνέχεια της f (Άσκηση 2.1.5), οπότε ισχύει b f ( g(x) dx) = li f( g(x j )Δx j) a x j P αλλά f κυρτή και xj P Δx j = 1, οπότε li f(g(x j ))Δx j x j P b (f g)(x) dx. a Για τη γενική περίπτωση θέτουμε x 0 = g dμ και χρησιμοποιούμε την Άσκηση για να βρούμε a, b R ώστε ax + b f(x) για κάθε x R και ax 0 + b = f(x 0 ). Έτσι θα ισχύει f(g(x)) ag(x) + b. Ολοκληρώνοντας την τελευταία και χρησιμοποιώντας ότι μ(ω) = 1 και τον ορισμό του x 0 παίρνουμε ότι (f g) dμ ax 0 + b = f(x 0 ) = f ( g dμ), ολοκληρώνοντας την απόδειξη H ανισότητα Αριθμητικού-Γεωμετρικού μέσου Θ Θεωρούμε x 1, x 2,, x 0, και λ 1, λ 2,, λ 0, με j=1 λ j = 1. Τότε: (2.1) x λ 1 1 xλ 2 2 xλ λ 1 x 1 + λ 2 x λ x. Αν επιπλέον λ j > 0 για κάθε j = 1,, τότε η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν όλα τα x j είναι μεταξύ τους ίσα.

29 24 (2.2) Συγκεκριμένα: x 1 x 2 x x 1 + x x με ισότητα μόνο αν όλα τα x j είναι μεταξύ τους ίσα. Απόδειξη: Η (2.2) προκύπτει αμέσως από την (2.1) αν θέσουμε λ 1 = = λ = 1/ 0. Προφανώς j=1 λ j = 1, οπότε: άρα, x 1/ 1 x 1/ 1 x x x 1 x 2 x x 1 + x x Ομοίως και η περίπτωση της ισότητας, αφού 1/ > 0. Μένει να αποδείξουμε την (2.1) και να εξετάσουμε την περίπτωση της ισότητας. Θέτουμε f(x) = e x R R. Η f είναι κυρτή όπως είδαμε στο Παράδειγμα Θεωρούμε x 1, x 2,, x 0. Θέτουμε y 1 = l x 1,, y = l x και εφαρμόζουμε την ανισότητα Jese για την f, τα y 1,, y και τα λ 1,, λ οπότε e λ 1y 1 + +λ y λ1 e y λ e y.,. Έτσι άρα, επομένως, e λ 1 l x 1 + +λ l x λ1 e l x λ e l x, e l(x 1) λ 1+ +l(x ) λ λ 1 x 1 + λ 2 x λ x x λ 1 1 xλ 2 2 xλ λ 1 x 1 + λ 2 x λ x. Τέλος αν όλα τα λ j είναι θετικά, και ισχύει η ισότητα στην προηγούμενη ανισότητα, χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι η e x είναι γνήσια κυρτή (Παράδειγμα 2.1.4) και την Πρόταση για να συμπεράνουμε ότι τα y j είναι μεταξύ τους ίσα, άρα και τα x j H ανισότητα Youg Λ Αν x, y 0, p, q > 1 και p 1 + q 1 = 1, τότε xy xp p + yq q.

30 Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν x p = y q. JENSEN 25 Απόδειξη: Αν x = 0 ή y = 0 τότε η ανισότητα ισχύει. Αν τα x και y είναι διάφορα του μηδενός, τότε θέτουμε λ 1 = 1 p, λ 2 = 1 q, x 1 = x p, x 2 = y q, και εφαρμόζουμε το Θεώρημα Οπότε x λ 1 1 xλ 2 2 λ 1x 1 + λ 2 x 2 και άρα (x p ) 1/p (y q ) 1/q 1 p xp + 1 q yq, δηλαδή η ζητούμενη. Η περίπτωση της ισότητας προκύπτει άμεσα από το Θεώρημα H ανισότητα Hölder για αθροίσματα Θ Αν x 1, y 1, x 2, y 2,, x, y 0, p, q > 1 και p 1 +q 1 = 1 τότε x 1 y 1 + x 2 y x y (x p x p ) 1/p (y q y q ) 1/q. Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν y j = 0 για κάθε j = 1,, ή υπάρχει λ R ώστε x p j = λy q j για κάθε j = 1, 2,,. Απόδειξη: Αν όλα τα x i ή όλα τα y i είναι μηδέν τότε η ανισότητα είναι προφανής. Έστω τώρα ότι ούτε τα x i ούτε τα y i είναι όλα μηδέν, οπότε τα x p 1 + +xp και y q 1 + +yq είναι διάφορα του μηδενός. Εφαρμόζουμε την ανισότητα Youg για x = και παίρνουμε (2.3) x i (x p x p ) 1/p και y = x i y i 1 ( j=1 xp j ) p ( j=1 yq j ) 1 q y i (y q y q ) 1/q, x p i p( j=1 xp j ) + y q i q( j=1 yq j ),

31 26 άρα, i=1 x i y i (x p x p ) 1 p (y q y q ) 1 q Συνεπώς, i=1 + 1 p(x p x p ) 1 q(y q y q ) x i y i (x p x p ) 1 p (y q y q ) 1 q. x p i i=1 i=1 y i q = 1. Αν υπάρχει λ R ώστε x p j = λy q j για κάθε j = 1, 2,, τότε ελέγχουμε εύκολα ότι ισχύει η ισότητα. Ομοίως αν y j = 0 για κάθε j = 1,,. Αντιστρόφως, αν ισχύει η ισότητα και δεν είναι όλα τα y j ίσα με το μηδέν, τότε είτε όλα τα x j είναι ίσα με το μηδέν και ισχύει το ζητούμενο με λ = 0 είτε καμιά από τις ανισότητες (2.3) για i = 1, 2,, δεν είναι γνήσια (διότι θα ήταν γνήσιες ανισότητες οι επόμενες). Έτσι σε κάθε μια από τις (2.3) για i = 1, 2,, ισχύει η ισότητα. Από την περίπτωση της ισότητας στην ανισότητα Youg συμπεραίνουμε ότι x p i x p x p για κάθε i = 1,,. Άρα x p i = λy q i = y q i y q y q για κάθε i = 1,, όπου ολοκληρώνοντας την απόδειξη. λ = xp x p y q y q, H ανισότητα Hölder για ολοκληρώματα Για να αποδείξουμε τα παρακάτω χρειαζόμαστε λίγες γνώσεις θεωρίας μέτρου Lebesgue. Συγκεκριμμένα χρειαζόμαστε το γεγονός ότι αν για μια μετρήσιμη συνάρτηση f I [0, ), όπου I διάστημα ή γενικότερα μετρήσιμο υποσύνολο του R, ισχύει I f = 0 τότε η f είναι ίση με μηδέν σχεδόν παντού. Θ Έστω ότι οι f, g I R είναι μη αρνητικές ολοκληρώσιμες συναρτήσεις με μη μηδενικά ολοκληρώματα και p, q > 1 με

32 JENSEN 27 p 1 + q 1 = 1. Τότε, I fg ( f p ) I 1 p ( I g q ) Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε g = 0 σχεδόν παντού είτε υπάρχει λ R ώστε f p = λg q σχεδόν παντού. Απόδειξη: Αν I f p = 0 τότε f = 0 σχεδόν παντού οπότε η ανισότητα ισχύει (ως ισότητα). Ομοίως αν I g q = 0. Υποθέτουμε τώρα ότι I f p 0 και I g q 0. Από την ανισότητα του Youg έχουμε: 1 q. (2.4) ( I f p ) fg 1 p ( I g q ) 1 q fp p I f p + gq q I g q, άρα, fg 1 I ( I f p p ) ( I g q ) 1 q 1 p I f p f p + 1 I q I g q g q = 1, I δηλαδή η ζητούμενη. Αν ισχύει η ισότητα και g δεν είναι μηδέν σχεδόν παντού, τότε αν I f p = 0 συμπεραίνουμε ότι f = 0 σχεδόν παντού. Οπότε το ζητούμενο ισχύει με λ = 0. Αν τώρα I f p 0 τότε ισχύει ισότητα στην (2.4) σχεδόν παντού (αλλιώς η επόμενη ανισότητα θα είναι γνήσια) και από την περίπτωση της ισότητας στην ανισότητας του Youg συμπεραίνουμε ότι f p = λg q σχεδόν παντού, με λ = ( I f p ) 1/p /( I g q ) 1/q H ανισότητα Mikowski για αθροίσματα Θ Αν x 1, y 1,, x, y 0 και p 1, τότε ((x 1 + y 1 ) p + + (x + y ) p 1 p ) (x1 p + + x p ) 1 p + (y1 p + + y p ) 1 p. Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε p = 1 είτε y j = 0 για κάθε j = 1,, είτε υπάρχει λ R ώστε x j = λy j για κάθε j = 1,,. Απόδειξη: Αν p = 1 η ανισότητα είναι προφανής (ως ισότητα). Έστω ότι p > 1. Διαλέγουμε q > 1 ώστε p 1 +q 1 = 1, δηλαδή q = p/(p 1).

33 28 Έχουμε, j=1 (x j + y j ) p = Συνεπώς, = (x j + y j )(x j + y j ) p 1 j=1 j=1 x j (x j + y j ) p 1 + j=1 1 p j=1 y j (x j + y j ) p 1 ( x p j ) ( (x j + y j ) (p 1)q ) = ( x p j ) j=1 j=1 j=1 1 p +( y p j ) ( (x j + y j ) (p 1)q ) 1 p + ( y p j ) j=1 j=1 1 p 1 q 1 q ( (x j + y j ) p ) j=1 p 1 p. ( (x j + y j ) p ) j=1 1 p 1 p ( x p j ) j=1 1 p j=1 1 p + ( y p j ). Αλλά 1 p 1 = 1, ολοκληρώνοντας την απόδειξη της ανισότητας. p p Εύκολα τώρα ελέγχουμε την περίπτωση της ισότητας χρησιμοποιώντας την περίπτωση της ισότητας του Θεωρήματος H ανισότητα Mikowski για ολοκληρώματα Όπως και στην περίπτωση της ανισότητας Hölder για ολοκληρώματα, έτσι και εδώ θα χρειαστούμε λίγες γνώσεις θεωρίας μέτρου Lebesgue. Θ Αν f, g I R μη αρνητικές ολοκληρώσιμες συναρτήσεις και p 1, τότε ( I (f + g) p dx) 1 p ( I f p dx) 1 p + ( g p dx) I Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε p = 1 είτε g = 0 σχεδόν παντού είτε υπάρχει λ R ώστε f = λg σχεδόν παντού. 1 p.

34 JENSEN 29 Απόδειξη: Αν I (f + g) p = 0 τότε f = g = 0 σχεδόν παντού και η ανισότητα ισχύει (ως ισότητα). Υποθέτουμε ότι I (f + g) p 0. Αν p = 1 η ανισότητα είναι φανερή (ως ισότητα). Αν p > 1 όμοια με πριν θα έχουμε: I (f + g) p dx = (f + g)(f + g) p 1 dx Επομένως, I = f(f + g) p 1 dx + g(f + g) p 1 dx I I ( I = ( I f p dx) 1 p f p dx) ( I (f + g) (p 1)q ) + ( g p dx) 1 I 1 p p + ( g p dx) I 1 q ( (f + g) (p 1)q ) I 1 p ( (f + g) p ) I 1 q p 1 p. 1 p 1 ( (f + g) p p dx) I ( I f p dx) 1 p + ( g p dx) I Αλλά 1 p 1 = 1, ολοκληρώνοντας την απόδειξη της ανισότητας. p p Η περίπτωση της ισότητας ελέγχεται εύκολα όπως και πριν. 1 p. Άσκηση Αποδείξτε χρησιμοποιώντας τον ορισμό της κυρτής συνάρτησης και την ανισότητα Youg ότι αν η συνάρτηση φ K R είναι κυρτή, τότε και η συνάρτηση e φ είναι κυρτή. Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 0 < p q < ισχύει ( I g p ) 1 p ( g q ) I εφόσον τα ολοκληρώματα υπάρχουν, όπου το I είναι διάστημα (ή μετρήσιμο σύνολο) με μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1. Άσκηση Αποδείξτε ότι η συνάρτηση f(x) = x είναι κυρτή στο (0, ) 1 q,

35 30 και χρησιμοποιήστε την ανισότητα Jese για να αποδείξετε ότι ( I g ) 1 g, I εφόσον τα ολοκληρώματα υπάρχουν, όπου το I είναι διάστημα (ή μετρήσιμο σύνολο) με μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με η Η ανισότητα Mikowski για αθροίσματα μας λέει ότι για κάθε p 1 x p = ( x j p ) j=1 (όπου τα x j είναι οι συντεταγμένες του x R ως προς τη συνήθη βάση) ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα. Εύκολα βλέπουμε ότι η p ικανοποιεί και τις υπόλοιπες ιδιότητες της νόρμας, και συνεπώς είναι μια νόρμα στον R. Αυτός ο χώρος με νόρμα, του οποίου η μετρική γράφεται d p (δηλαδή d p (x, y) = x y p ), συμβολίζεται με το l p, και είναι ένας πλήρης μετρικός χώρος. Η πληρότητα ελέγχεται εύκολα διότι η σύγκλιση ως προς τη μετρική d p είναι ισοδύναμη με τη σύγκλιση κατά συντεταγμένη, εξαιτίας του ότι 1/p x j y j x y p = ( x j y j p ) Σημειώνουμε εδώ ότι είναι δυνατόν να ορίσουμε και τον χώρο l εφοδιάζοντας τον R με την νόρμα x = ax 1 j x j. Η ανισότητα Mikowski για ολοκληρώματα μας λέει ότι για κάθε p 1 στο χώρο των συνεχών συναρτήσεων C[a, b] η j=1 f p = ( f p ) [a,b] ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα. Εύκολα ελέγχει κανείς και τις άλλες ιδιότητες της νόρμας. Έτσι ο C[a, b] γίνεται χώρος με τη νόρμα p και άρα και μετρικός χώρος. Σε αντίθεση με το παράδειγμα του l p, αυτός δεν είναι ένας πλήρης μετρικός χώρος. Για παράδειγμα, η ακολουθία συναρτήσεων f (x) = x για x [0, 1] και f (x) = 1 για x [1, 2] 1/p 1/p.

36 31 ανήκει στο C[0, 2] και είναι ακολουθία Cauchy ως προς τη νόρμα p, αφού για > ισχύει f f p 1 p = 0 1 (x x ) p dx x p dx = 0 1 p καθώς. Όμως η f δεν συγκλίνει σε καμία συνάρτηση στον C[0, 2] ως προς τη νόρμα p : έστω ότι υπάρχει g C[0, 2] με f g p 0. Θέτουμε f(x) = 0 για x [0, 1) και f(x) = 1 για x [1, 2]. Η f είναι ασυνεχής στο 1 οπότε f C[0, 2]. Εύκολα ελέγχουμε ότι f f p 0. Αλλά f g p f f p + f g p 0, οπότε f g p = 0. Παρατηρούμε τώρα ότι τόσο η f όσο και η g είναι συνεχείς στα διαστήματα [1, 2] και [0, 1 1/] για κάθε N. Επιπλέον 1 1/ f g p 0 2 f 0 g p = 0, άρα g = f στο διάστημα [0, 1 1/] για κάθε R. Ομοίως g = f στο διάστημα [1, 2]. Δηλαδή g = f C[0, 2] το οποίο είναι άτοπο. Μπορούμε όμως να θεωρήσουμε την πλήρωση του χώρου (C[a, b], p ) ο οποίος είναι χώρος με νόρμα και συμβολίζεται με L p [a, b]. Άσκηση Αποδείξτε ότι η επιλογή του συμβόλου l για τον R με νόρμα την x = ax 1 j x j όπου x j οι συντεταγμένες του x, είναι φυσιολογική, δείχνοντας ότι για p. ( x j p ) j=1 1/p x Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 1 p ο l p είναι πλήρης μετρικός χώρος. Άσκηση Αποδείξτε ότι η p για 0 < p < 1 δεν είναι νόρμα. Δείξτε ισοδύναμα ότι το σύνολο Bp = {x R x p 1} για 0 < p < 1 δεν είναι κυρτό. (Μπορείτε να δείτε το παραπάνω σύνολο στον R 3 για p = 0,6 και p = 0,8 στο Παράρτημα Αʹ.) Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε x R ισχύει x 1 x 2. Γενικότερα, για κάθε 1 p < q < ισχύει x q x p 1 p 1 q x q.

37 32

38 ΚΥΡΤΑ ΣΩΜΑΤΑ 3.1, 3 Ο (Κυρτό Σώμα). Έστω ότι το K είναι ένα υποσύνολο του R. Αν το K είναι κυρτό, συμπαγές και έχει μη κενό εσωτερικό, δηλαδή το σύνολο it(k) είναι διαφορετικό του κενού, τότε το K λέγεται κυρτό σώμα. Ο (Κεντρικά συμμετρικό σύνολο). Έστω ότι το C είναι υποσύνολο του R. Αν όποτε το x ανήκει στο C τότε και το x ανήκει και αυτό στο C, το C λέγεται κεντρικά συμμετρικό ή συμμετρικό ως προς το 0. Π Κάθε κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα K περιέχει το 0 στο εσωτερικό του: 0 it(k). Απόδειξη: Αφού το K έχει μη κενό εσωτερικό υπάρχει x R και ε > 0 ώστε B(x, ε) K. Αλλά το K είναι κεντρικά συμμετρικό, οπότε ισχύει και B( x, ε) K. Όμως το K είναι κυρτό οπότε 1 2 B(x, ε) + 1 B( x, ε) K. 2 Η απόδειξη θα ολοκληρωθεί αν δείξουμε ότι B(0, ε) 1 2 B(x, ε) + 1 B( x, ε). 2 Θεωρούμε z B(0, ε), οπότε z 2 < ε. Φανερά z = 1 (z + x) + 1 (z x), 2 2 οπότε αρκεί να δειχθεί ότι z + x B(x, ε) και z x B( x, ε). Αλλά x (z + x) 2 = z 2 < ε και ( x) (z x) 2 = z 2 < ε. Ένας τρόπος να περιγράψουμε ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα K στον R είναι μέσω μιας νόρμας: Π Αν η είναι μια νόρμα στον R τότε το σύνολο K = {x R x 1} είναι ένα κυρτό, κεντρικά συμμετρικό σώμα στον R.

39 34 Απόδειξη: Είναι φανερό ότι το K είναι μη κενό (αφού 0 K) και ότι είναι κεντρικά συμμετρικό σύνολο (αφού x = x για κάθε x R ). Επίσης είναι κυρτό, διότι αν x, y K και λ [0, 1] τότε (1 λ)x + λy (1 λ) x + λ y (1 λ) + λ = 1, δηλαδή (1 λ)x + λy K. Μένει να δειχθεί ότι είναι κλειστό, φραγμένο (οπότε συμπαγές) και με μη κενό εσωτερικό υποσύνολο του (R, 2 ). Το ότι το K είναι κλειστό προκύπτει από τη συνέχεια της νόρμας ως προς την ευκλείδεια απόσταση (Πόρισμα 1.2.8): αν x K και x x ως προς την ευκλείδεια νόρμα, τότε από την συνέχεια της θα πρέπει x x. Αλλά x K συνεπάγεται ότι x 1, άρα x 1 δηλαδή x K. Το ότι το K είναι φραγμένο και με μη κενό εσωτερικό προκύπτει από την Πρόταση Σύμφωνα με αυτήν υπάρχουν σταθερές c, C > 0 ώστε c x 2 x C x 2 για κάθε x R. Άρα αν x K, τότε x 1 οπότε x 2 1/c. Δηλαδή K B 2 (0, 1/c) και συνεπώς το K είναι φραγμένο. Επίσης, αν x B(0, 1/C) τότε x 2 < 1/C. Έτσι x C x 2 1 άρα x K. Δηλαδή B(0, 1/C) K και άρα το K έχει μη κενό εσωτερικό. Ο Κάθε νόρμα στον R ορίζει το κυρτό, κεντρικά συμμετρικό σώμα K = {x R x 1}, το οποίο ονομάζεται μοναδιαία μπάλα του (μετρικού) χώρου (R, ). Π Η αντίστροφη διαδικασία, δηλαδή ο ορισμός μιας νόρμας K από ένα δοθέν κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα K είναι εφικτή και μάλιστα το κυρτό σώμα που ορίζει η K είναι το K. Με άλλα λόγια η σχέση νόρμας και κυρτού και κεντρικά συμμετρικού σώματος στον R είναι 1-1 και επί. Αυτό θα παρουσιαστεί στην επόμενη ενότητα. Π (Το σύνολo B ). Είναι εύκολο να δούμε ότι η x = ax 1 j x j όπου (x j ) j=1 οι συντεταγμένες του x R ορίζει μια νόρμα. Η μοναδιαία μπάλα του χώρου αυτού, δηλαδή το σύνολο {x R x 1}, είναι ο κύβος ακμής μήκους 2 στις διαστάσεις, και συμβολίζεται με B. Δηλαδή είναι το σύνολο [ 1, 1]. Συχνά χρησιμοποιείται η λέξη υπερκύβος για τις διαστάσεις 4. Για = 2 πρόκειται για το τετράγωνο [ 1, 1] [ 1, 1] στο επίπεδο R 2.

40 , 35 Σ 3.1: Ο κύβος B 3 στον R 3. Π (Τα σύνολα B p για p 1). Για p 1 και x R με συντεταγμένες (x 1, x 2,, x ) ορίζουμε την ποσότητα x p = ( x j p ) j=1 η οποία είναι νόρμα στον R (η τριγωνική ανισότητα είναι το Θεώρημα 2.2.8). Σύμφωνα με τα παραπάνω το σύνολο 1/p {x R x p 1} είναι ένα κυρτό, κεντρικά συμμετρικό σώμα στον R ; η μοναδιαία μπάλα του χώρου (R, p ). Το σύνολο αυτό συμβολίζεται με B p. Στο Σχήμα 3.2 εικονίζεται το B 3 1, δηλαδή το σύνολο των σημείων (x 1, x 2, x 3 ) R 3 για τα οποία ισχύει x 1 + x 2 + x 3 1, το οποίο είναι ένα κανονικό οκτάεδρο. Είναι εύκολο να δει κανείς ότι για 1 p < q < ισχύει, Σ 3.2: Το κανονικό οκτάεδρο είναι η μοναδιαία μπάλα B 3 1 του (R 3, 1 ). B 1 B p B q B. Πράγματι, αν x p 1 τότε x j 1 για κάθε

41 36 συντεταγμένη x j του x. Άρα, αφού p < q θα ισχύει x j q x j p και αθροίζοντας ως προς j θα έχουμε j=1 x j q j=1 x j p 1. Συνεπώς x q 1. Για το γενικό x R τώρα, θεωρούμε το x/ x p για Σ 3.3: B 2 1 B 2 3/2 B2 2 B2 3 B2. το οποίο ισχύει x/ x p p = 1. Έτσι, από το προηγούμενο x/ x p q 1 και άρα x q x p. Επίσης είναι άμεσο ότι x = ax 1 j x j x p για κάθε p [1, ). Τώρα η μονοτονία των συνόλων B p ως προς p προκύπτει από τον ορισμό τους: αν x B p τότε x p 1 άρα x q 1 συνεπώς x B q. Το Σχήμα 3.3 δείχνει τα σώματα B 2 1, B2 3/2, B2 2, B2 3 και B 2. Για μια τρισδιάστατη παρουσίαση αυτών των σωμάτων δείτε στο Παράρτημα Αʹ. Μια άλλη διαδικασία να ορίσουμε κυρτά σώματα εκτός από την νόρμα είναι μέσω της κυρτής θήκης. Ο (Κυρτή Θήκη). Δοθέντος ενός συνόλου A υποσυνόλου του R, ορίζουμε την κυρτή θήκη του A ως την τομή όλων των κυρτών

42 , 37 συνόλων K, τα οποία είναι υποσύνολα του R, με Α K. Γράφουμε όπου το K είναι κυρτό. cov(a) = K, {K K A} Φανερά, το cov(a) είναι κυρτό και μάλιστα είναι το ελάχιστο κυρτό σύνολο που περιέχει το A. Ο (Κυρτός Συνδυασμός). Αν τα x 1,, x ανήκουν στον R και λ 1,, λ είναι μεγαλύτερα ή ίσα του μηδενός με λ j=1 j = 1, τότε το σημείο x = λ 1 x λ x λέγεται κυρτός συνδυασμός των x 1,, x. Λ Έστω ότι το A είναι υποσύνολο του R. Το cov(a) ισούται με το σύνολο όλων των κυρτών συνδυασμών στοιχείων του A. Απόδειξη: Θέτουμε (3.1) Κ = { λ j x j, όπου λ j 0, j=1 j=1 λ j = 1, x j A, N}. (i) Το K είναι είναι κυρτό σύνολο. Έστω x, y που ανήκουν στο K και έστω x = λ 1 x λ x και y = μ 1 y μ k y k, όπου x j, y j ανήκουν στο A, λ j, μ j 0 και j=1 λ j = 1 = k j=1 Πρέπει να δείξουμε ότι αν α ανήκει στο [0, 1] τότε το σημείο (1 α)x + αy ανήκει στο K. Έχουμε, μ j. (1 α)x + αy = (1 α)(λ 1 x λ x ) + α(μ 1 y μ k y k ) = (1 α)λ 1 x (1 α)λ x + αμ 1 y αμ k y k. Τα x j, y j ανήκουν στο A, (1 α)λ j 0, αμ j 0 και (1 α)λ (1 α)λ + αμ αμ k = (1 α)(λ λ ) + α(μ μ k ) = (1 α)1 + α1 = 1.

43 38 Συνεπώς, το σημείο (1 α)x + αy ανήκει στο K. Άρα, το K είναι κυρτό σύνολο. (ii) Κάθε κυρτό σύνολο K περιέχει οποιονδήποτε κυρτό συνδυασμό οποιωνδήποτε στοιχείων του. Θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο της επαγωγής στο πλήθος των σημείων. (αʹ) Για = 2: Tα x 1, x 2 ανήκουν στο K. Άρα, το σημείο (1 λ)x 1 + λx 2 ανήκει στο K, από τον ορισμό του κυρτού συνόλου. (βʹ) Υποθέτουμε ότι ο κυρτός συνδυασμός σημείων του K ανήκει στο K. Έστω x 1, x 2,, x, x +1 ανήκουν στο K, λ 1,, λ +1 0 και +1 λ j=1 j = 1. Πρέπει να δείξουμε ότι το σημείο λ 1 x λ +1 x +1 ανήκει στο K. i. Αν λ +1 = 1 τότε +1 j=1 που ανήκει στο K. ii. Αν λ +1 < 1 τότε +1 j=1 λ j x j = (1 λ +1 )( λ j x j = λ +1 x +1 = x +1, j=1 λ j 1 λ +1 x j) + λ +1 x +1, λ το οποίο ανήκει στο K, διότι το σημείο j x j=1 1 λ j ανήκει στο K από την επαγωγική υπόθεση και +1 το λ (1 λ j +1 )( x 1 λ j) + λ +1 x +1, +1 j=1 είναι κυρτός συνδυασμός δύο σημείων του κυρτού K. Από τα παραπάνω λοιπόν, το K όπως ορίστηκε στην (3.1), είναι κυρτό σύνολο και άρα περιέχει οποιονδήποτε κυρτό συνδυασμό οποιωνδήποτε στοιχείων του. Αν λοιπόν το x ανήκει στο A τότε το x = 1 2 x x οπότε ανήκει και στο K. Άρα το K είναι υπερσύνολο της κυρτής θήκης του A γιατί η κυρτή θήκη του A είναι το ελάχιστο κυρτό σύνολο που περιέχει το A. Έτσι Κ cov(a). Όμως το cov(a) είναι κυρτό σύνολο,

44 , 39 υπερσύνολο του A. Άρα περιέχει, σύμφωνα με το (ii), τους κυρτούς συνδυασμούς στοιχείων του A, δηλαδή cov(a) K. Οπότε, το cov(a) είναι υπερσύνολο του K. Συνεπώς, cov(a) = K. Π (Το Siplex). Ονομάζουμε siplex την κυρτή θήκη οποιωνδήποτε σημείων στον R τα οποία βρίσκονται σε γενική θέση (affie-ανεξάρτητα). Για παράδειγμα, στο Σχήμα 3.4 βλέπουμε ένα siplex στον R 3, δηλαδή την κυρτή θήκη τεσσάρων σημείων σε γενική θέση. Ειδικά για το R 3 οι κυρτές θήκες τεσσάρων σημείων σε γενική θέση λέγονται και τετράεδρα. Σ 3.4: Δύο πολύτοπα στον R 3. Το πρώτο είναι τετράεδρο. Π (Πολύτοπα). Η κυρτή θήκη οσωνδήποτε (πεπερασμένου πλήθους) σημείων στον R ονομάζεται πολύτοπο. Βλέπουμε ένα παράδειγμα στο Σχήμα 3.4. Ένα άλλο παράδειγμα είναι το κανονικό οκτάεδρο στο Σχήμα 3.5, το οποίο είναι φανερά η κυρτή θήκη των διανυσμάτων της συνήθους βάσης e 1,, e του R και των αντιθέτων τους. Το κανονικό οκτάεδρο σε περισσότερες από τρεις διαστάσεις ονομάζεται «κανονικό υπεροκτάεδρο» ή συχνότερα «σταυρωτό πολύτοπο» (cross-polytope) μια και φανερά είναι η κυρτή θήκη ενός «πολυδιάστατου» σταυρού. Θ (Καραθεοδωρή). Έστω A υποσύνολο του R. Τότε η κυρτή θήκη του A ισούται με όλους τους κυρτούς συνδυασμούς σημείων του A σε γενική θέση. Δηλαδή για κάθε x cov(a) υπάρχουν το πολύ + 1 στοιχεία του A ώστε το x να είναι κυρτός συνδυασμός τους. Απόδειξη (του Rado): Έστω ότι το x ανήκει στο cov(a) και ο ελάχιστος ακέραιος ώστε να υπάρχουν x 1,, x στο A, λ 1,, λ > 0 και j=1 λ j = 1 με x = λ 1 x 1 + +λ x. Θα δείξουμε ότι τα x 1,, x είναι σε γενική θέση. Υποθέτουμε το αντίθετο. Οπότε τα x 2 x 1, x 3 x 1,, x x 1 είναι γραμμικώς εξαρτημένα. Έτσι, υπάρχουν μ 2,, μ όχι όλα μηδέν ώστε μ 2 (x 2 x 1 ) + + μ (x x 1 ) = 0. Άρα, ( μ 2 μ 3 μ )x 1 + μ 2 x μ x = 0.

45 40 Σ 3.5: Η κυρτή θήκη του «πολυδιάστατου» σταυρού στα αριστερά δίνει το σταυρωτό πολύτοπο (cross-polytope) στα δεξιά. Θέτουμε μ 1 = μ 2 μ 3 μ οπότε τα μ 1, μ 2,, μ δεν είναι όλα μηδέν και ισχύει (3.2) μ μ = 0 και (3.3) μ 1 x μ x = 0. Παρατηρούμε ότι λόγω της (3.3) ισχύει x = j=1 λ j x j λ k μ ( μ j x k j) = j=1 j=1 (λ j λ k μ k μ j) x j, για κάθε k ώστε μ k 0. Αλλά τώρα ο συντελεστής του x k (για j = k) στο παραπάνω άθροισμα είναι μηδέν, δηλαδή στην πραγματικότητα αυτό το άθροισμα έχει το πολύ 1 όρους. Έτσι, θα οδηγηθούμε σε αντίφαση με την επιλογή του αν αποδείξουμε ότι μπορούμε να επιλέξουμε k ώστε το παραπάνω άθροισμα να είναι κυρτός συνδυασμός. Λόγω της (3.2) φανερά (λ j=1 j (λ k /μ k )μ j ) = 1. Άρα μένει να δειχθεί ότι μπορούμε να επιλέξουμε k ώστε λ j (λ k /μ k )μ j 0 για κάθε j = 1, 2,,. Από τη (3.2) και αφού δεν είναι όλα τα μ j ίσα με το μηδέν, κάποιο από αυτά είναι θετικό. Σχηματίζουμε τους λόγους λ j /μ j για τα j ώστε μ j > 0 και επιλέγουμε τον μικρότερο λόγο. Έστω ότι είναι ο λ k /μ k. Ισχυριζόμαστε ότι λ j λ k μ k μ j 0,

46 , 41 για κάθε j = 1, 2,,. Αυτό ισχύει για τους εξής λόγους: (i) Αν μ j = 0, τότε οδηγούμαστε στην λ j 0 που είναι αληθής. (ii) Αν μ j > 0, τότε είναι ισοδύναμη με την λ j /μ j λ k /μ k, που ισχύει από την επιλογή του λ k /μ k. (iii) Αν μ j < 0, τότε ισχύει λ j /μ j 0 λ k /μ k και άρα λ j (λ k /μ k )μ j οπότε λ j (λ k /μ k )μ j 0, ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Π Αν A είναι συμπαγές υποσύνολο του R, τότε η κυρτή θήκη του A είναι συμπαγές σύνολο. Απόδειξη: Το σύνολο Β = {(λ 1,, λ +1, x 1,, x +1 ) λ j 0, +1 j=1 λ j = 1, x j A}, είναι κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του R (+1)2 οπότε είναι συμπαγές. Από το θεώρημα του Καραθεοδωρή συμπεραίνουμε ότι η συνεχής συνάρτηση Φ(λ 1,, λ +1, x 1,, x +1 ) = +1 j=1 λ j x j B cov(a) είναι επί. Άρα, το σύνολο Φ(B) είναι συμπαγές. Επομένως, η κυρτή θήκη του A είναι συμπαγές σύνολο. Π Αν το K είναι κυρτό υποσύνολο του R τότε: (i) Το K είναι κυρτό σύνολο. (ii) Το itk είναι κυρτό σύνολο. (iii) Αν 0 it(k) τότε για κάθε λ (0, 1) ισχύει λk it(k). (iv) Αν itk τότε K = itk. Απόδειξη: (i) Έστω ότι τα x, y ανήκουν στο K και λ ανήκει στο [0, 1]. Θέλουμε να δείξουμε ότι το σημείο (1 λ)x + λy ανήκει στο K. Αφού τα x, y ανήκουν στο K τότε θα υπάρχουν, μια ακολουθία x στο K ώστε x x και μια ακολουθία y στο K ώστε y y. Οι x, y

47 42 ανήκουν στο K και το K είναι κυρτό από την υπόθεση. Άρα, το σημείο (1 λ)x +λy ανήκει στο K. Μένει να δείξουμε, λοιπόν, ότι (1 λ)x + λy (1 λ)x + λy. Γνωρίζουμε ότι x x 2 0 και y y 2 0 και θέλουμε να δείξουμε ότι Έχουμε, ((1 λ)x + λy ) ((1 λ)x + λy) 2 0. ((1 λ)x + λy ) ((1 λ)x + λy) 2 = (1 λ)(x x) + λ(y y) 2 (1 λ)(x x) 2 + λ(y y) 2 = (1 λ) x x 2 + λ y y 2 (1 λ)0 + λ0 = 0 (ii) Αν itk =, προφανώς είναι κυρτό. Αν itk, έστω ότι τα x, y ανήκουν στο it(k). Θέλουμε να δείξουμε ότι το σημείο (1 λ)x+λy ανήκει στο it(k). Το x ανήκει στο it(k), άρα υπάρχει δ 1 > 0 ώστε B(x, δ 1 ) K. Το y ανήκει στο it(k), άρα υπάρχει δ 2 > 0 ώστε B(y, δ 2 ) K. Θέτουμε δ = i{δ 1, δ 2 } > 0 και ισχύει ότι τα σύνολα B(x, δ) και B(y, δ) είναι υποσύνολα του K. Αν δείξουμε ότι το B((1 λ)x + λy, δ) είναι υποσύνολο του K τότε το σημείο (1 λ)x + λy θα ανήκει στο it(k). Όμως (Άσκηση 3.1.1) B((1 λ)x + λy, δ) = (1 λ)b(x, δ) + λb(y, δ) K, αφού το K είναι κυρτό. (iii) Θεωρούμε ένα ε > 0 ώστε B2 (0, ε) it(k) και x λk. Τότε (1/λ)x K και άρα cov(b 2 (0, ε), (1/λ)x) K, αφού το K είναι κυρτό. Εύκολα βλέπουμε (με όμοια τρίγωνα στο Σχήμα 3.6) ότι Σ 3.6: Το σύνολο cov{x, B 2 (0, ε)}. Το r είναι ίσο με ε(1 λ). B 2 (x, ε(1 λ)) cov(b 2 (0, ε), (1/λ)x) K,

48 , 43 οπότε x it(k). (iv) Αν x it(k) τότε υπάρχει δ > 0 ώστε B(x, δ) K, συνεπώς B(0, δ) K x, δηλαδή 0 it(k x). Άρα από το (iii) για κάθε λ (0, 1) ισχύει λ(k x) it(k x). Ισοδύναμα, λk λx + x it(k) και παίρνοντας θήκες λk λx+x it(k). Τέλος, αφήνοντας το λ 1 παίρνουμε K it(k) ως εξής: Αν z K τότε για κάθε λ (0, 1) ισχύει λz λx + x λk λx + x itk. Οπότε λz λx + x itk και τώρα αφήνουμε το λ να πάει στο 1 από αριστερά. Ο αντίστροφος εγκλεισμός είναι προφανής, διότι itk K άρα itk K. Π Έστω A φραγμένο υποσύνολο του R. Τότε cov(a) = cov(a). Απόδειξη: Αφού A cov(a) συμπεραίνουμε ότι A cov(a). Το τελευταίο όμως σύνολο είναι κυρτό από την Πρόταση (i), άρα cov(a) cov(a). Αντιστρόφως, A A οπότε cov(a) cov(a). Όμως το A είναι φραγμένο και άρα το A είναι κλειστό και φραγμένο δηλαδή συμπαγές. Έτσι από το Πόρισμα και το cov(a) είναι συμπαγές, οπότε είναι και κλειστό. Άρα cov(a) cov(a). Η ισότητα στην παραπάνω πρόταση δεν ισχύει αν το σύνολο A δεν είναι φραγμένο. Αυτό μπορεί να ελεγχθεί εύκολα, για παράδειγμα με το σύνολο A = {(0, 0)} {(x, y) y = 1 x, x > 0 } R 2. Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε x R και για κάθε ε > 0 ισχύει 1 2 B(x, ε) + 1 B( x, ε) = B(0, ε), 2 και γενικότερα, για κάθε λ [0, 1] και για κάθε x, y R ισχύει (1 λ)b(x, ε) + λb(y, ε) = B((1 λ)x + λy, ε).

49 44 Άσκηση Αποδείξτε ότι ένα υποσύνολο A του R είναι κυρτό αν και μόνο αν για κάθε λ (0, 1) ισχύει (1 λ)a+λa = A. Επίσης δώστε ένα παράδειγμα ενός μη κυρτού συνόλου F για το οποίο να υπάρχει λ 0 (0, 1) ώστε (1 λ 0 )F+λ 0 F = F. (Υπόδειξη: Το σύνολο Q δεν είναι κυρτό.) Άσκηση Έστω ότι ο T είναι ένας πίνακας πραγματικών αριθμών και x 1,, x k R. Αποδείξτε ότι T(cov({x 1,, x k })) = cov({tx 1,, Tx }). Γενικότερα, για κάθε A R ισχύει T(cov(A)) = cov(t(a)). Άσκηση Αποδείξτε ότι κάθε ελλειψοειδές E = {x = (x 1,, x ) R xj 2 a 2 j=1 j 1} με μήκη ημιαξόνων τους θετικούς αριθμούς a 1,, a είναι κυρτό σώμα. Επίσης βρείτε ένα πίνακα T R R ώστε T(E) = B 2 και αποδείξτε ότι det T 0. Τέλος, αποδείξτε ότι κάθε ελλειψοειδές στον R με κέντρο το 0 είναι εικόνα του B 2 μέσω κατάλληλου πίνακα T όπου det T 0. Άσκηση Αποδείξτε ότι αν K R τότε το σύνολο kerel(k), όπου kerel(k) = {z R [z, x] K για κάθε x K} είναι κυρτό υποσύνολο του K. Επιπλέον, αν το K είναι κυρτό τότε K = kerel(k). Άσκηση Έστω ότι το K είναι κυρτό υποσύνολο του R. Δείξτε ότι για κάθε x it(k) και για κάθε y K ισχύει [x, y) it(k). Άσκηση Αποδείξτε ότι αν S είναι το siplex cov({0, e 1, e 2, e }), όπου e 1,, e είναι η συνήθης ορθοκανονική βάση του R, τότε it(s). (Υπόδειξη: Δείξτε ότι υπάρχει δ > 0 ώστε B(x 0, δ) S όπου x 0 = (2) 1 e j=1 j. Κάθε σημείο y B(x 0, δ) πρέπει να έχει όλες τις συντεταγμένες του μη αρνητικές, και επιπλέον το άθροισμα των συντεταγμένων του y j=1 j να είναι μικρότερο ή ίσο από το 1. Αν συμβαίνουν αυτά τότε y S, αφού y = y 1 e 1 + y 2 e y e + (1 j=1 y j) 0 και ο συνδυασμός αυτός είναι κυρτός.) Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε siplex S στον R που είναι κυρτή θήκη + 1 σημείων σε γενική θέση είναι κυρτό σώμα.

50 45 Άσκηση Για οποιαδήποτε σύνολα A, B υποσύνολα του R δείξτε ότι cov(a B) = ((1 λ)a + λb). 0 λ 1 Άσκηση Αποδείξτε ότι αν το A είναι ανοικτό στον R τότε και το cov(a) είναι ανοικτό. Άσκηση Δείξτε ότι αν το U είναι ανοιχτό υποσύνολο του R και x U τότε υπάρχει siplex S ώστε x it(s) και S U. Άσκηση Αποδείξτε ότι για οποιαδήποτε υποσύνολα C, D του R ισχύει cov(c + D) = cov(c) + cov(d). Άσκηση Αποδείξτε ότι για οποιοδήποτε υποσύνολο C του R ισχύει cov(it(c)) = it(cov(c)). 3.2 Θα δούμε τώρα ότι κάθε κεντρικά συμμετρικό, κυρτό σώμα μας δίνει την δυνατότητα να ορίσουμε μια νόρμα. Ο Έστω ότι το K είναι ένα κυρτό, κεντρικά συμμετρικό σώμα στον R. Το K επάγει στον R μια νόρμα: για κάθε x R θέτουμε x K = if{λ > 0 x λk}. Ο ορισμός είναι καλός, δηλαδή {λ > 0 x λk}, διότι το K ως κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα περιέχει το 0 στο εσωτερικό του (Πρόταση 3.1.3). Δηλαδή υπάρχει ε > 0 ώστε Β(0, ε) K. Συνεπώς για λ = 2 x 2 /ε, Η x K είναι νόρμα: x B(0, ελ) = λb(0, ε) λk. (i) Φανερά, x K 0 για κάθε x στον R. Αν x = 0 τότε 0 λk για κάθε λ > 0, οπότε 0 K = 0. Αν x K = 0 τότε υπάρχει λ > 0 με λ 0 ώστε x λ K συνεπώς (x/λ ) K. Το K όμως είναι συμπαγές, άρα και φραγμένο. Δηλαδή, υπάρχει Μ > 0 ώστε x/λ 2 M, για κάθε N, οπότε x 2 Mλ 0. Συμπεραίνουμε ότι x = 0.

51 46 (ii) Αν t = 0 η tx K = t x K είναι προφανής. Αν t 0, tx K = if{λ > 0 tx λk} = if {λ > 0 x λ t K } (θέτουμε μ = λ/ t ) ( t /t = ±1 και K = K) = if {μ t > 0 x μ t t K } = if{μ t > 0 x μk} = t if{μ > 0 x μk} = t x K. (iii) Για κάθε ε > 0 από τον ορισμό του ifiu υπάρχει λ ε,x ώστε x λ ε,x K και x K + ε > λ ε,x. Ομοίως, υπάρχει λ ε,y > 0 ώστε y λ ε,y K και λ ε,y < y K + ε. Επειδή θα έχουμε x + y λ ε,x K + λ ε,y K = (λ ε,x + λ ε,y )K x + y K λ ε,x + λ ε,y < x K + ε + y K + ε = x K + y K + 2ε για κάθε ε > 0, οπότε x + y K x K + y K. Έχοντας τώρα την νόρμα K που ορίστηκε από το κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα K θα μπορούσε κανείς να χρησιμοποιήσει τον Ορισμό και να ορίσει έτσι ένα νέο κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα. Η παρακάτω πρόταση μάς λέει ότι αυτό το σώμα είναι το ίδιο το K. Π Έστω ότι το K είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα στον R και K η επαγόμενη νόρμα. Τότε το σύνολο {x R x K 1} είναι το ίδιο το K. Απόδειξη: Ας θέσουμε A = {x R x K 1}. Θα δείξουμε ότι A = K. Αν x K τότε x K = if{λ > 0 x λk} 1, αφού ήδη x 1 K. Άρα x A και δείξαμε ότι K A. Έστω τώρα ένα x A, δηλαδή x K 1. Για κάθε N ισχύει (1 1/)x K 1 1/ < 1. Οπότε από τον ορισμό της K θα

52 47 υπάρχει λ (0, 1) ώστε (1 1/)x λk. Όμως λk it(k) K (από τις Προτάσεις και (iii)). Το K όμως είναι κλειστό υποσύνολο του R οπότε θα περιέχει και το x, αφού αυτό είναι το όριο ως προς την ευκλείδεια νόρμα της ακολουθίας των (1 1/)x K: (1 1/)x x 2 = x 2 / 0 καθώς. Άσκηση Αν τα A και B είναι κυρτά συμμετρικά σώματα αποδείξτε ότι x A = x B για κάθε x R αν και μόνο αν A = B. Άσκηση Αποδείξτε ότι αν E είναι το ελλειψοειδές τότε για κάθε x R ισχύει {x = (x 1,, x ) R xj 2 a 2 j=1 j x x E = 2 1/2 j ( a 2 ). j j=1 1}, 3.3 Ο (Υπερεπίπεδο στήριξης). Έστω ότι το K είναι κλειστό και κυρτό υποσύνολο του R και Η υπερεπίπεδο (di H = 1). Το H λέγεται υπερεπίπεδο στήριξης του κυρτού συνόλου K στο x 0 το οποίο ανήκει στο bd(k) αν x 0 H και το K περιέχεται ή στον ημίχωρο Η ή στον Η +. Για την αποφυγή συγχύσεων θα θεωρούμε ότι K H x 0,u επιλέγοντας κατάλληλα το u S 1. Ισχύει λοιπόν ότι x, u x 0, u για κάθε x K. Π Έστω ότι το K είναι ένα κυρτό σώμα στο R. Για κάθε u S 1 υπάρχει μοναδικό επίπεδο στήριξης H u του K (σε κάποιο σημείο του bd(k)) κάθετο στο u. Απόδειξη: Αφού το K είναι συμπαγές σύνολο και το εσωτερικό γινόμενο συνεχής συνάρτηση ως προς κάθε μεταβλητή του (Πρόταση 1.2.6), η συνάρτηση x, u, για x K, έχει μέγιστη τιμή σε κάποιο σημείο x 0 K.

53 48 Παρατηρούμε ότι το x 0 είναι στοιχείο του συνόρου του K. Διότι αν όχι, είναι στο εσωτερικό του, οπότε υπάρχει δ > 0 ώστε x 0 +δb 2 K. Άρα x 0 + δ 2 u x 0 + δb 2 K, Αλλά x 0 + δ 2 u, u = x 0, u + δ 2 > x 0, u, το οποίο είναι άτοπο από την επιλογή του x 0. Φανερά K H x 0,u από την επιλογή του x 0, οπότε το H x0,u είναι επίπεδο στήριξης του K στο x 0. Τέλος, για τη μοναδικότητα, αν H x1,u είναι ένα άλλο υπερεπίπεδο στήριξης κάθετο στο u που διέρχεται από το x 1 K τότε x 1, u = x 0, u. Διότι αλλιώς, είτε x 1, u < x 0, u οπότε x 0 H x 1,u K το οποίο είναι άτοπο, είτε x 1, u > x 0, u οπότε x 1 H x 0,u K το οποίο είναι και πάλι άτοπο. Έτσι H x1,u = {x R x, u = x 1, u } = {x R x, u = x 0, u } = H x0,u. Η παραπάνω πρόταση μάς επιτρέπει να ορίσουμε μια συνάρτηση από το S 1 στο R ως εξής: Ο Έστω ότι το K είναι ένα κυρτό σώμα στον R. Ορίζουμε τη συνάρτηση h K S 1 R με h K (u) = sup{ x, u x K}, η οποία σε κάθε διεύθυνση u δίνει την απόσταση του υπερεπιπέδου στήριξης H u του K από το μηδέν ή αλλιώς το μέγεθος της μεγαλύτερης προβολής στοιχείου του K στη διεύθυνση του u (δείτε Σχήμα 3.7). Η h K ονομάζεται συνάρτηση στήριξης του κυρτού σώματος K. Π Έστω ότι τα A και Β είναι κυρτά σώματα στον R. Για κάθε λ > 0 ισχύει h A+B = h A + h B και h λa = λh A, όπου h A, h B είναι οι συναρτήσεις στήριξης του A και του Β αντίστοιχα.

54 49 Σ 3.7: Η συνάρτηση στήριξης στη διεύθυνση u S 1. Απόδειξη: Έχουμε Επίσης, για λ > 0 h A+B (u) = sup{ a + b, 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 (u) + h B (u). h λa (u) = sup{ λa, u a A} = λ sup{ a, u a A} = λh A (u). Λ Αν τα A, Β είναι κυρτά σώματα στον R, τότε για κάθε u στο S 1. Α B αν και μόνο αν h A (u) h B (u), Απόδειξη: ( ) Επειδή το A είναι υποσύνολο του Β ισχύει h A (u) sup x, u sup x, u = h B (u). x A x B ( ) Αν το A δεν είναι υποσύνολο του Β θεωρούμε ένα x 0 Α B.

55 50 Η συνάρτηση f(y) = x 0 y 2 είναι συνεχής στο B διότι f(y) f(z) = x 0 y 2 x 0 z 2 (x 0 y) (x 0 z) 2 = y z 2. Το B όμως είναι συμπαγές σύνολο, συνεπώς η f έχει ελάχιστη τιμή στο B έστω στο σημείο y 0 B. Αφού x 0 B ισχύει x 0 y 0 2 0, και μπορούμε να ορίσουμε το διάνυσμα u = (x 0 y 0 )/ x 0 y 0 2 το οποίο ανήκει στη μοναδιαία σφαίρα S 1. Ι : Για κάθε y B ισχύει y, u y 0, u. [Απόδειξη του Ισχυρισμού: Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει y B ώστε y y 0, u > 0. Φανερά y y 0 (αλλιώς η προηγούμενη ανισότητα δεν ισχύει). Το K είναι κυρτό και άρα θα περιέχει και το Έτσι, για κάθε λ (0, 1) ισχύει (1 λ)y 0 + λy = y 0 + λ(y y 0 ). x 0 (y 0 + λ(y y 0 )) 2 2 = x 0 y 0 λ(y y 0 ), x 0 y 0 λ(y y 0 ) Επειδή λοιπόν = x 0 y λ2 y y λ x 0 y 0, y y 0 = x 0 y λ (λ y y x 0 y 0, y y 0 ). x 0 y 0, y y 0 = x o y 0 2 u, y y 0 > 0, για λ αρκετά κοντά στο 0 (συγκεκριμένα, αν 0 < λ < 2 x 0 y 0, y y 0 / y y ) προκύπτει ότι x 0 (y 0 + λ(y y 0 )) 2 < x 0 y 0 2 το οποίο είναι άτοπο από την επιλογή του y 0. ] Άρα, για κάθε y B, y, u y 0, u. Οπότε, (3.4) h B (u) = sup y, u = y 0, u, y B αφού y 0 B. Από τον ορισμό του u εύκολα ελέγχουμε ότι y 0, u < x 0, u, και από την (3.4) h B (u) y 0, u < x 0, u sup x, u = h A (u), x A το οποίο είναι άτοπο. Επομένως, Α B.

56 51 Λ Για κάθε Α, Β, K κυρτά σώματα στον R ισχύουν τα παρακάτω: (i) Αν A + K = B + K τότε A = B. (ii) Αν A + K B + K τότε A B. Απόδειξη: (i) Η A + K = B + K συνεπάγεται την h A+K (u) = h B+K (u), για κάθε u S 1. Άρα, h A (u)+h K (u) = h B (u)+h K (u), οπότε h A (u) = h B (u). Συνεπώς, Α = Β. (ii) Έχουμε, h A+K (u) h B+K (u), το οποίο συνεπάγεται ότι h A (u) + h K (u) h B (u) + h K (u) συνεπώς h A (u) h B (u). Επομένως, A B. Άσκηση Για οποιουσδήποτε αριθμούς 0 < t 1 < t 2 < < t με + 1 θεωρήστε τα σημεία x j = x(t j ) = (t j, t 2 j, t 3 j,, t j) R πάνω στην «καμπύλη αδρανείας» M = {(t, t 2, t 3,, t ) t > 0} στον R. Αποδείξτε ότι το πολύτοπο C(, ) = cov{x 1, x 2,, x } (ονομάζεται κυκλικό πολύτοπο) έχει την ιδιότητα: αν s 1, s 2,, s k είναι οποιαδήποτε από τα t 1, t 2,, t με 2k τότε υπάρχει υπερεπίπεδο στήριξης H του C(, ) ώστε δηλαδή C(, ) H = cov{x(s 1 ), x(s 2 ),, x(s k )}, ο κυρτός συνδυασμός οποιονδήποτε k κορυφών του C(, ) είναι έδρα του διάστασης k 1, ( ) χρησιμοποιώντας την παρακάτω διαδικασία: Θεωρήστε το πολυώνυμο 0 p(t) = k i=1 (t s i ) 2 = β 0 + β 1 t + β 2 t β 2k t 2k, όπου οι συντελεστές του πολυωνύμου εξαρτώνται μόνο από τα s 1,, s k. Θεωρήστε το υπερεπίπεδο H = {x R x, b = β 0 } όπου b = (β 1, β 2,, β 2k, 0, 0,, 0) R. Αποδείξτε ότι οι κορυφές x(s i ) ανήκουν στο H και όλες οι υπόλοιπες ανήκουν στον ίδιο γνήσιο ημίχωρο που ορίζει το H.

57 52 Π Τα πολύτοπα που έχουν την ιδιότητα ( ) ονομάζονται k-eighborly πολύτοπα. Παρατηρήστε ότι στο επίπεδο μόνο τα τρίγωνα είναι 2-eighborly, στον R 3 μόνο οι τριγωνικές πυραμίδες (4 κορυφές) είναι 3-eighborly, και γενικότερα τα siplices στον R είναι -eighborly. Όμως για παράδειγμα στον R 3 δεν είναι δυνατόν να σχεδιαστεί ένα 2-eighborly πολύτοπο όπως το παραπάνω με 5 ή περισσότερες κορυφές, αφού η συνθήκη 2k απαιτεί το πολύτοπο να βρίσκεται τουλάχιστον στον R 4. Αυτός είναι ο λόγος που δεν έχουμε σχήμα σε αυτή την άσκηση. Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό σώμα K στον R, για κάθε x R {0} και για κάθε πίνακα T ισχύει h T(K) (x) = h K (T t x). Άσκηση Αποδείξτε ότι αν E είναι το ελλειψοειδές {x = (x 1,, x ) R τότε για κάθε u = (u 1,, u ) R ισχύει xj 2 a 2 j=1 j h E (u) = ( a 2 juj 2 ) j=1 1/2. 1}, 3.4 Ο Αν το K είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του, θέτουμε K = {y R x, y 1, x K}. Το K είναι κυρτό σώμα και ονομάζεται πολικό σώμα του K. Πριν αποδείξουμε ότι το K είναι πράγματι κυρτό σώμα αξίζει να κάνουμε την εξής (ιστορικού περιεχομένου) παρατήρηση. Π Η έννοια του πολικού σώματος προέρχεται από έννοιες της Ευκλείδειας γεωμετρίας οι οποίες μελετήθηκαν πρώτα από τον Απολλώνιο στο Βιβλίο ΙΙΙ των κωνικών του. Για κάθε σημείο C στο επίπεδο, διαφορετικό της αρχής των αξόνων, και κάθε ευθεία από το C που τέμνει τον κύκλο κέντρου O και ακτίνας 1 στα σημεία A και B,

58 53 ορίζουμε το σημείο T ώστε η τετράδα (A, B, C, T) να είναι αρμονική δηλαδή να ισχύει CB CA = TB TA. Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων T καθώς αλλάζει η ευθεία που Σ 3.8: Η πολική ευθεία TH του πόλου C όταν αυτός είναι μέσα ή έξω από τον κυκλικό δίσκο ακτίνας 1. διέρχεται από το C, είναι μια ευθεία κάθετη στην ευθεία OC, και η οποία ονομάζεται «πολική ευθεία» του C ως προς τον κύκλο ακτίνας 1 και κέντρου O (Σχήμα 3.8). Το σημείο C ονομάζεται «πόλος» της πολικής ευθείας, και μπορεί να δείξει κανείς ότι αν H το σημείο τομής της πολικής ευθείας με την ευθεία OC τότε ισχύει (3.5) OC OH = 1. (δείτε στο [ΕΓ], Ενότητα 4.9). Ο όρος «πόλος» χρησιμοποιήθηκε για πρώτη φορά από τον F. J. Servois το 1810 ενώ ο όρος «πολική ευθεία» προτάθηκε δύο χρόνια αργότερα από τον J. D. Gergoe. Ανάλογοι είναι οι ορισμοί για μεγαλύτερες διαστάσεις ορίζοντας τώρα τα πολικά υπερεπίπεδα ενός σημείου (διάφορου του O) στον χώρο. Μπορεί εύκολα να δείξει κανείς ότι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά υπερεπίπεδα των σημείων του συνόρου του K είναι το σώμα K (Άσκηση 3.4.7) αλλά και αντίστροφα: η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά υπερεπίπεδα των σημείων του συνόρου του K είναι το σώμα K (Άσκηση 3.4.8). Οι τελευταίες δύο προτάσεις περιέχουν την πληροφορία ότι το K είναι κυρτό σύνολο (ως τομή ημιχώρων) και το ότι (K ) = K, ιδιότητες που θα δούμε και παρακάτω.

59 54 Αποδεικνύουμε τώρα ότι το πολικό ενός κυρτού σώματος K είναι κυρτό σώμα. (i) Το K είναι κυρτό σύνολο. Πράγματι, αν y, z K και λ [0, 1] για κάθε x K ισχύει x, (1 λ)y + λz = (1 λ) x, y + λ x, z (1 λ)1 + λ1 = 1, συνεπώς (1 λ)y + λz K. (ii) Το K είναι σώμα. (αʹ) Το itk είναι διάφορο του κενού συνόλου. Πράγματι, παρατηρούμε πρώτα ότι το K είναι φραγμένο. Άρα, υπάρχει Μ > 0 ώστε το K να είναι υποσύνολο του B2 (0, M). Ισχυριζόμαστε ότι, (3.6) B 2 (0, 1 M ) K. Αν y B2 (0, 1/M) τότε y 1/M. Θεωρούμε x K οπότε 2 x B2 (0, M) δηλαδή x M. Άρα 2 x, y x 2 y 2 1 M = 1. M Έτσι το y ανήκει στο K επιβεβαιώνοντας την (3.6). Συμπεραίνουμε ότι το 0 ανήκει στο itk. Άρα το itk είναι διάφορο του κενού συνόλου. (βʹ) Το K είναι φραγμένο. Πράγματι, επειδή 0 itk υπάρχει ε > 0 ώστε να ισχύει B 2 (0, ε) K. Θα δείξουμε ότι K B 2 (0, 1/ε). Αν y K {0} το σημείο εy/ y 2 ανήκει στο B 2 (0, ε) άρα και στο K. Οπότε θα πρέπει να ισχύει y, εy/ y 2 1 ισοδύναμα y 2 1/ε. (γʹ) Το K είναι κλειστό. Πράγματι, έστω ότι y K και y y ως προς την ευκλείδεια νόρμα. Δηλαδή, y y 2 0. Για να δείξουμε ότι το y ανήκει στο K αρκεί να δείξουμε ότι x, y 1 για κάθε x K. Όμως x, y 1 για κάθε x K και για κάθε N, οπότε από τη συνέχεια του εσωτερικού γινομένου παίρνουμε ότι x, y = li x, y 1. Π Αν το K είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα στον R τότε και το K είναι κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα.

60 55 Απόδειξη: Αν y K αρκεί να δείξουμε ότι y K. Όμως, για κάθε x K ισχύει x K, αφού το K είναι κεντρικά συμμετρικό. Άρα x, y = x, y 1. Π Έστω ότι το E είναι ένα ελλειψοειδές με κέντρο στο 0 και μήκη ημιαξόνων a 1,, a. Αν χρησιμοποιήσουμε τις διευθύνσεις των ημιαξόνων του για το σύστημα συντεταγμένων τότε E = {(x 1,, x ) R Το πολικό του E είναι το ελλειψοειδές E = {(y 1,, y ) R xj 2 a j=1 2 j j=1 1}. y 2 j a 2 j 1}, με τους ίδιους άξονες με το E και μήκη ημιαξόνων a 1 1,, a 1. Αυτό προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Cauchy-Schwartz. Πράγματι αν E το παραπάνω ελλειψοειδές με μήκη ημιαξόνων a 1 1,, a 1, θα δείξουμε ότι E = E. Αν y = (y 1,, y ) E και x = (x 1,, x ) E τότε x, y = j=1 x x j y j = j x 2 1/2 j a a j y j ( j=1 j a j=1 2 ) ( a 2 jyj 2 ) j j=1 1/2 1. Άρα y E. Αντίστροφα, αν y = (y 1,, y ) E τότε x, y = x j=1 jy j 1 για κάθε x = (x 1,, x ) E. Αν y = 0 προφανώς y E. Αν y 0 τότε θεωρούμε το σημείο x = (x j ) j=1 με x j = a 2 jy j i=1 a2 i yi 2 για j = 1,,. Εύκολα ελέγχουμε ότι x E άρα θα πρέπει x, y 1, η οποία με απλές πράξεις δίνει i=1 a2 i yi 2 1. Συνεπώς y E. Π Το πολικό του κυρτού σώματος B 1 είναι το B. Πράγματι, αν y (B 1 ) τότε x, y 1 για κάθε x B 1. Επιλέγουμε j 0 ώστε y j0 = ax j=1,, y j. Αν y j0 = 0 τότε προφανώς y = 0 B. Αν y j0 0 θεωρούμε το διάνυσμα x με συντεταγμένες x j = 0 για κάθε,

61 56 j j 0 και x j0 = y j0 / y j0. Εύκολα βλέπουμε ότι x B 1 οπότε αφού y (B 1 ) θα πρέπει να ισχύει x, y 1. Αλλά x, y = y j0 δηλαδή ax j=1,, y j 1, από όπου συμπεραίνουμε ότι y B. Δείξαμε λοιπόν ότι (B 1 ) B. Αντιστρόφως, αν y B τότε ax j=1,, y j 1, όπου Σ 3.9: Το πολικό σώμα του B 1 είναι το B y j για j = 1,, οι συντεταγμένες του y. Αν θεωρήσουμε οποιοδήποτε x B 1 θα έχουμε x, y = x j y j j=1 j=1 Άρα x, y 1 και συνεπώς y (B 1 ). x j y j ( ax y j ) j=1,, j=1 x j 1. Π Στο προηγούμενο παράδειγμα παρατηρούμε ότι το πολικό του ενός πολυτόπου έχει έδρα στη διεύθυνση που το αρχικό πολύτοπο έχει κορυφή. Είναι εύκολο να δει κανείς ότι αυτό είναι γενικό χαρακτηριστικό των πολυτόπων και των πολικών τους, και δεν ισχύει μόνο για την περίπτωση του B 1 και του B. Η συνάρτηση στήριξης h K ορίστηκε για διανύσματα στη μοναδιαία ευκλείδεια σφαίρα. Μπορούμε όμως να επεκτείνουμε τον ορισμό της σε όλο το R αφού ο Ορισμός είναι καλός και για διανύσματα που δεν έχουν μήκος ισο με 1. Ο Αν το K είναι ένα κυρτό σώμα στον R επεκτείνουμε τον ορισμό της συνάρτησης στήριξης h K του K σε κάθε σημείο y του R, θέτοντας h K (y) = sup{ x, y x K}. Παρατηρούμε ότι για y 0 ισχύει h K (y) = y 2 h K (y/ y 2 ).

62 57 Από τον ορισμό του πολικού σώματος και τον ορισμό της συνάρτησης στήριξης, προκύπτει εύκολα ότι K = {x R h K (x) 1}. Αν το K είναι κεντρικά συμμετρικό, οπότε είναι και το K, γνωρίζουμε ήδη ότι K = {x R x K 1} (Πρόταση 3.2.2). Στο φυσιολογικό ερώτημα ποια είναι η σχέση της h K με την K για κεντρικά συμμετρικά, κυρτά σώματα απαντάει η παρακάτω πρόταση. Π Έστω K κυρτό και συμμετρικό ως προς το 0 σώμα στον R. Τότε h K (y) = y K. Απόδειξη: Ισχύει (3.7) h K (y) = sup{ y, x x K} = y K sup { y, y x x K}. K Αρκεί να δείξουμε λοιπόν ότι το τελευταίο supreu ισούται με 1. Επειδή το y/ y K έχει K -νόρμα ίση με 1, ανήκει στο K. Συνεπώς y/ y K, x 1 για κάθε x K, οπότε το παραπάνω supreu είναι μικρότερο ή ίσο του 1. Αν είναι γνήσια μικρότερο το 1, θεωρούμε λ > 1 ώστε λ sup { y, y x x K} < 1. K Έτσι οπότε λy/ y K K. Αλλά sup { λy, y x x K} < 1, K λy y = λ > 1 K K το οποίο είναι άτοπο (Πρόταση 3.2.2). Άσκηση Αποδείξτε με άμεσο τρόπο (χωρίς τη χρήση της απόδειξης του Παραδείγματος 3.4.4) ότι (B 2) = B 2 και για κάθε r > 0 ισχύει (rb 2) = r 1 B 2. Άσκηση Αν T R R αντιστρέψιμος πίνακας, και K κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του, αποδείξτε ότι και το T(K) περιέχει το 0 στο εσωτερικό του και (T(K)) = (T t ) 1 (K ).

63 58 Άσκηση Αποδείξτε με τη χρήση παραγώγων ότι η παράσταση x, y για x R με j=1 x2 j /a 2 j 1 και y 0 μεγιστοποιείται για το x με συντεταγμένες a x j = 2 jy j, i=1 a2 jyj 2 j = 1,,, όπου τα y j είναι οι συντεταγμένες του y και τα a j είναι θετικοί αριθμοί. Άσκηση Αποδείξτε ότι αν τα A και B είναι κυρτά σώματα που περιέχουν το 0 στο εσωτερικό τους τότε (i) (A B) = cov(a B ). (ii) (Α + Β) A B. Δώστε ένα παράδειγμα όπου δεν ισχύει η ισότητα. Άσκηση Αν το K είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του, αποδείξτε ότι για κάθε t > 0 ισχύει (tk) (t 1 K ) B 2 και B 2 tk+t 1 K. Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 1 < p < και 1 < q < με p 1 +q 1 = 1 ισχύει (B p ) = B q. Άσκηση Έστω ότι το K είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του. (i) Αν x bd(k) αποδείξτε ότι το πολικό υπερεπίπεδο του x όπως ορίστηκε στην Παρατήρηση είναι επίπεδο στήριξης του πολικού σώματος K. (Υπόδειξη: παρατηρήστε ότι σύμφωνα με την (3.5) το πολικό υπερεπίπεδο του x είναι το {z R z, x = 1}.) (ii) Αποδείξτε ότι κάθε υπερεπίπεδο στήριξης του K έχει πόλο στο bd(k) και έτσι το K είναι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά υπερεπίπεδα στοιχείων του bd(k). Άσκηση Έστω ότι το K είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του. (i) Αν x bd(k ) αποδείξτε ότι το πολικό υπερεπίπεδο του x όπως ορίστηκε στην Παρατήρηση είναι επίπεδο στήριξης του σώματος K. (ii) Αποδείξτε ότι κάθε υπερεπίπεδο στήριξης του K έχει πόλο στο bd(k ) και έτσι το K είναι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά υπερεπίπεδα στοιχείων του bd(k ). 3.5 Η Άσκηση έχει ως συνέπεια το γεγονός ότι ((B p) ) = B p για κάθε 0 < p < 1. Στη συνέχεια θέλουμε να δείξουμε ότι αυτό ισχύει γενικά για κάθε κυρτό σώμα K που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του, δηλαδή ισχύει (K ) = K.

64 59 Ο Τα σύνολα K και D στον R διαχωρίζονται από το υπερεπίπεδο Η u,λ αν K H u,λ και D H + u,λ ή K H+ u,λ και D H u,λ. Έτσι στην περίπτωση που K Hu,λ και D H u,λ + κάθε x K και y, u λ για κάθε y D. ισχύει x, u λ για Ο Τα K, D διαχωρίζονται γνήσια αν υπάρχει λωρίδα 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. Στην περίπτωση λοιπόν που ισχύει K Λ u,a,b και D Λ + u,a,b θα έχουμε x, u a < b y, u, για κάθε x K και για κάθε y D. Π Αν τα K και D είναι κυρτά υποσύνολα του R, τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (i) Τα K και D διαχωρίζονται (αντίστοιχα διαχωρίζονται γνήσια). (ii) Το κυρτό σύνολο K D = {c d c K, d D} και το {0} διαχωρίζονται (αντίστοιχα διαχωρίζονται γνήσια). Απόδειξη: (i) (ii): Το K D είναι κυρτό, διότι αν c 1 d 1, c 2 d 2 K D και λ [0, 1], έχουμε (1 λ)(c 1 d 1 )+λ(c 2 d 2 ) = ((1 λ)c 1 +λc 2 ) ((1 λ)d 1 +λd 2 ) K D. Έστω ότι Λ u,α,β = {x α u, x β}, με α < β, είναι η λωρίδα που διαχωρίζει γνήσια τα K και D. Ας υποθέσουμε ότι K {x u, x α} και D {y u, y β}. Τότε, K D {x y u, x y α β}. Συνεπώς, αφού α β < 0, τα K D και {0} διαχωρίζονται γνήσια από τη λωρίδα Λ u,α β,0 = {z α β u, z 0}. (ii) (i): Έστω ότι η λωρίδα Λ u, γ,0 = {z γ u, z 0}, με γ > 0, διαχωρίζει γνήσια το K D από το {0}. Άρα, αν x K και y D, θα ισχύει u, x y γ οπότε u, x + γ u, y, για κάθε x K και για κάθε y D. Αν θέσουμε α = sup{ u, x x K}, ισχύει

65 60 α + γ u, y, για κάθε y D. Άρα, τα K και D διαχωρίζονται γνήσια από τη λωρίδα Λ u,α,α+γ = {z α u, z α + γ}. Θ Έστω ότι τα K, D είναι κυρτά υποσύνολα του R. Αν το K είναι συμπαγές, το D κλειστό και K D =, τότε τα K, D διαχωρίζονται γνήσια. Απόδειξη: Από την Πρόταση υπάρχουν x 0 K, y 0 D ώστε d(k, D) = x 0 y 0 2 > 0. Θέτουμε, u = y 0 x 0 το οποίο είναι διαφορετικό του μηδενός. Ισχυριζόμαστε τώρα ότι η λωρίδα {x x 0, u x, u y 0, u } διαχωρίζει το K από το D. Πράγματι, αν x K τότε x, u x 0, u x x 0, u 0 x x 0, y 0 x 0 0. Εάν υποθέσουμε ότι αυτό είναι λάθος, τότε υπάρχει x 1 K ώστε x 1 x 0, y 0 x 0 > 0. Το [x 0, x 1 ] είναι υποσύνολο του K, αφού το K είναι κυρτό, άρα Έχουμε z λ = x 0 + λ(x 1 x 0 ) K, για κάθε λ [0, 1]. y 0 z λ 2 2 = (y 0 x 0 ) (z λ x 0 ) 2 2 = (y 0 x 0 ) (z λ x 0 ), (y 0 x 0 ) (z λ x 0 ) = y 0 x z λ x y 0 x 0, z λ x 0 = y 0 x λ2 x 1 x λ y 0 x 0, x 1 x 0 = y 0 x λ(λ x 1 x y 0 x 0, x 1 x 0 ) < y 0 x το οποίο είναι άτοπο για λ > 0 αρκετά κοντά στο μηδέν, αφού η παρένθεση είναι αρνητική καθώς το λ πηγαίνει στο μηδέν από δεξιά. Ομοίως, D {x u, x u, y 0 }.

66 61 Δυο κυρτά σύνολα δεν διαχωρίζονται μόνο υπό τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Αν είναι κυρτά και έχουν ξένα εσωτερικά τότε και πάλι διαχωρίζονται. Τα βήματα που απαιτούνται παρουσιάζονται στην Άσκηση Μια εφαρμογή του διαχωρισμού κυρτών συμπαγών συνόλων είναι ότι το πολικό του K είναι το K. Π Για κάθε κυρτό σώμα K στον R με 0 it(k) ισχύει ότι (Κ ) = Κ. Απόδειξη: Αν x K τότε x, y 1 για κάθε y K. Αλλά αυτό συνεπάγεται (από τον ορισμό του (K ) ) ότι x (K ). Άρα K (K ). Αντίστροφα, έστω ότι x (K ). Πρέπει να δείξουμε ότι x K. Αν όχι τότε τα {x} και K διαχωρίζονται γνησίως. Άρα υπάρχει u R {0} ώστε z, u 1 < x, u, για κάθε z K. Η ανισότητα στα αριστερά μας λέει ότι u K. Ως εκ τούτου, η ανισότητα στα δεξιά τώρα μας λέει ότι x (K ), το οποίο είναι άτοπο. Συνεπώς (K ) K. Π Αν τα K και L είναι κυρτά σώματα με 0 it(k), 0 it(l) και λ > 0 ισχύουν οι εξής ιδιότητες: (i) (λk) = 1 λ K. (ii) K L αν και μόνο αν K L. (iii) Για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα T R R ισχύει (T(K) ) = (T t ) 1 (K ). Απόδειξη: (i) y (λk) αν και μόνο αν y, λx 1 για κάθε x K. Ισοδύναμα λy, x 1 και άρα λy K ισοδύναμα y (1/λ)K. (ii) Έστω ότι K L. Αν y L τότε x, y 1 για κάθε x L. Αλλά K L άρα η x, y 1 για κάθε x K. Συνεπώς y K. Δείξαμε δηλαδή ότι L K. Αντιστρόφως, αν L K από το ευθύ συμπεραίνουμε ότι (L ) (K ). Η χρήση της Πρότασης ολοκληρώνει την απόδειξη. (iii) y (T(K)) αν και μόνο αν x, y 1 για κάθε x T(K). Ισοδύναμα T(z), y 1 για κάθε z K. Αλλά T(z), y = (Tz) t y = (z t T t )y = z t (T t y) = z, T t (y).

67 62 Άρα y (T(K)) αν και μόνο αν T t (y) K, ισοδύναμα z (T t ) 1 (K ). Άσκηση Έστω ότι τα K, L είναι κεντρικά συμμετρικά, κυρτά σώματα στον R. Αποδείξτε ότι x K M x L αν και μόνο αν K M 1 L αν και μόνο αν x K M 1 x L. Άσκηση Έστω ότι το K είναι κεντρικά συμμετρικό, κυρτό σώμα στον R, και F υπόχωρος του R διάστασης k, όπου k = 1,,. Αποδείξτε ότι ισχύει (K F) = P F (K ) όπου το πολικό (K F) εννοείται μέσα στον υπόχωρο F. (Υπόδειξη: Από την Πρόταση αρκεί να δειχθεί ότι K F = (P F (K )).) Άσκηση Έστω ότι τα κυρτά σύνολα K και D έχουν ξένα εσωτερικά. Αποδείξτε ότι τα K και D διαχωρίζονται ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα. (i) Αποδείξτε ότι αν το K είναι κυρτό σύνολο και x bd(k) τότε υπάρχει υπερεπίπεδο στήριξης του K στο x. (Υπόδειξη: Θεωρήστε ακολουθία y K ώστε y x. Διαχωρίστε τα {y } και K με υπερεπίπεδα κάθετα στα μοναδιαία u σύμφωνα με το Θεώρημα και περάστε σε συγκλίνουσα υπακολουθία της u.) (ii) Θεωρήστε το σύνολο E = it(k) it(d). Φανερά 0 E. Δείξτε ότι το E είναι ανοικτό σύνολο. Έτσι είτε 0 E είτε 0 E. Στην πρώτη περίπτωση εφαρμόστε το Θεώρημα και την Πρόταση 3.5.3, ενώ στη δεύτερη περίπτωση χρησιμοποιήστε το (i). Άσκηση Αποδείξτε ότι το σύνολο K R είναι κυρτό αν και μόνο αν K = {H H υπερεπίπεδο στήριξης του K}, όπου με H συμβολίζουμε τον ημίχωρο που σχηματίζει το υπερεπίπεδο H ο οποίος περιέχει το K. Άσκηση Αποδείξτε ότι αν τα x και y δεν ανήκουν στο cov(c) τότε αν και μόνο αν x = y. cov(c {x})) = cov(c {y}) Άσκηση Το y λέγεται βαρύκεντρο του κυρτού σώματος K, και γράφουμε y = bar(k), αν y = K x dx, δηλαδή αν y = (y 1,, y ) και y j = x j dx = x, e j dx, K K όπου (e j ) j=1 η συνήθης βάση του R. Αποδείξτε ότι

68 63 (i) Το y είναι το βαρύκεντρο του K αν και μόνο αν για κάθε z R. (ii) bar(k bar(k)) = 0. z, y = z, x dx K (iii) Το βαρύκεντρο κυρτών σωμάτων ανήκει στο εσωτερικό τους: bar(k) it(k). (iv) (K bar(k)) = K bar(k).

69

70 Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΟΓΚΟΥ Ο (Όγκος Παραλληλεπιπέδου). Ορίζουμε τον όγκο vol (B) ενός παραλληλεπιπέδου B στον R να είναι το γινόμενο «ανεξάρτητων» ακμών, δηλαδή αν B = [a 1, b 1 ] [a, b ] (ως προς κατάλληλη ορθοκανονική βάση) τότε vol (B) = j=1 (b j a j ). Όταν η διάσταση εννοείται, τότε γράφουμε vol(b) ή και B. Στη συνέχεια θα ορίσουμε τον όγκο ενός πολυπαραλληλεπιπέδου, δηλαδή ενός συνόλου που είναι ένωση πεπερασμένου πλήθους παραλληλεπιπέδων με παράλληλες μεταξύ τους ακμές και ξένα εσωτερικά, να είναι το άθροισμα των όγκων των παραλληλεπιπέδων. Ο Αν A = B 1 B 2 B k με B j παραλληλεπίπεδα και it(b j ) it(b i ) = για i διαφορετικό του j, τότε ορίζουμε τον όγκο του A να είναι vol (A) = j=1 vol (B j ). Π Ο ορισμός αυτός αποδεικνύεται εύκολα ότι είναι καλός. Δηλαδή αν ένα πολυπαραλληλεπίπεδο γράφεται ως πεπερασμένη ένωση παραλληλεπιπέδων με ξένα εσωτερικά με δύο τρόπους τότε και οι δύο τρόποι δίνουν το ίδιο αποτέλεσμα. Για να γίνει σαφές αυτό που περιγράφουμε εδώ, σκεφτείτε ότι το [0, 1] [0, 1] γράφεται και ως ([0, 1/2] [0, 1]) ([1/2, 1] [0, 1]) αλλά και ως ([0, 1/2] [0, 1/2]) ([1/2, 1] [0, 1/2]) ([0, 1] [1/2, 1]).

71 66 Το να είναι καλός ο παραπάνω ορισμός σημαίνει ότι και οι δύο γραφές πρέπει να δίνουν το ίδιο εμβαδόν. Και πράγματι αυτό συμβαίνει. Τα βήματα για την απόδειξη ότι ο ορισμός είναι καλός περιγράφονται στην Άσκηση Π Τόσο ο όγκος παραλληλεπιπέδου όσο και ο όγκος πολυπαραλληλεπιπέδου ικανοποιούν προφανώς τις ιδιότητες vol (x + B) = vol (B) και vol (λb) = λ vol (B), για κάθε παραλληλεπίπεδο ή πολυπαραλληλεπίπεδο B, για κάθε x R και για κάθε λ > 0. Τέλος, σταθεροποιούμε ένα σύστημα αξόνων και ορίζουμε τον όγκο ενός κυρτού σώματος K ως εξής: Ο Το σύνολο K, υποσύνολο του R, λέγεται Jorda μετρήσιμο αν sup{vol (A) A K} = if{vol (B) B K}. όπου τα A και B είναι πολυπαραλληλεπίπεδα. Αν αυτό συμβαίνει τότε την κοινή τιμή την ονομάζουμε όγκο του κυρτού σώματος K και τη συμβολίζουμε με vol (K) ή αν δεν υπάρχει ασάφεια για τη διάσταση του χώρου, με vol(k) ή K. Π Θα δούμε παρακάτω ότι ο ορισμός αυτός είναι ανεξάρτητος του συστήματος αξόνων που σταθεροποιήσαμε (δείτε Πρόταση (v)). Π Αν θέσουμε χ K R R με χ K (x) = 1 αν x K και χ K (x) = 0 αν x K τότε εύκολα βλέπουμε ότι το K είναι Jorda μετρήσιμο αν και μόνο αν η χ K είναι Riea ολοκληρώσιμη στο R, και σε αυτή την περίπτωση vol(k) = χ K (x) dx = χ K((x 1,, x )) dx 1 dx. R Ο Ορισμός μπορεί να δοθεί για κάθε υποσύνολο K του R. Υπάρχουν όμως και σύνολα για τα οποία η παραπάνω ισότητα δεν ισχύει. Τότε λέμε ότι το K δεν έχει όγκο. Αλλά αν το K είναι κυρτό σώμα τότε είναι πάντα Jorda μετρήσιμο, δηλαδή έχει όγκο. Θ Αν το K είναι κυρτό σώμα στον R τότε το K είναι Jorda μετρήσιμο.

72 67 Απόδειξη: Αποδεικνύουμε πρώτα τον ακόλουθο ισχυρισμό. Ι : Αν το K είναι υποσύνολο του U, όπου U είναι ανοιχτό σύνολο, τότε υπάρχει πολυπαραλληλεπίπεδο A ώστε να ισχύει K A U. [Απόδειξη του ισχυρισμού: Θέτουμε ρ = d(k, R U), οπότε σύμφωνα με την Πρόταση ισχύει ρ > 0. Επίσης θέτουμε B 0 = [ ρ 4, ρ 4 ]. Το B 0 είναι ένας κύβος στον R με κέντρο το 0 και Αν το x ανήκει στο K, τότε diab 0 = 2 ρ 4 = ρ 2 < ρ. (4.1) x + B 0 U, όπου το x + B 0 είναι κύβος με κέντρο το x. H (4.1) ισχύει διότι το B 0 δεν επιτρέπει μεγάλες μεταβολές της νόρμας. Οι μεταβολές της νόρμας μέσα στο x + B 0 είναι πάντα μικρότερες του ρ, διότι η διάμετρος του κύβου είναι μικρότερη του ρ. Το x είναι το κέντρο του κύβου, άρα το x ανήκει στο it(x + B 0 ). Οπότε κάθε σημείο x του K καλύπτεται με έναν κύβο κέντρου x. Έτσι K it(x + B 0 ). x K Το K είναι συμπαγές, άρα έχει πεπερασμένο υποκάλυμμα. Δηλαδή, υπάρχουν x 1,, x στο K ώστε K N i=1 it(x i + B 0 ) N i=1 (x i + B 0 ) συνεπώς K A U, με A = N i=1 (x i + B 0 ) πολυπαραλληλεπίπεδο. ] Το K είναι σώμα, άρα το it(k) δεν είναι κενό. Αν x it(k) θέτουμε K = K x οπότε 0 it( K). Έστω ένα ε > 0. Θα δείξουμε ότι το K είναι Jorda μετρήσιμο. Θεωρούμε το σύνολο (1 ε) K. Από την Πρόταση (iii) ισχύει (1 ε) K it( K). Άρα, από τον ισχυρισμό, υπάρχει πολυπαραλληλεπίπεδο A 0 ώστε (1 ε) K A 0 it K K, και άρα A 0 K 1 1 ε A 0.

73 68 Συνεπώς Έχουμε: A 0 + x K x ε A 0. vol(x + A 0 ) = vol(a 0 ) sup{vol(a), A K} if{vol(b), B K}, όπου τα A, B είναι πολυπαραλληλεπίπεδα. Το x + (1 ε) 1 A 0 περιέχει το K. Έτσι, χρησιμοποιώντας την Παρατήρηση 4.1.4, θα έχουμε if{vol(b), B K} vol (x ε A 0) = vol ( 1 1 ε A 0) Έτσι συμπεραίνουμε ότι (4.2) = ( 1 1 ε ) vol(a 0 ). 0 if{vol(b), B K} sup{vol(a), A K} (( 1 1 ε ) 1) vol(a 0 ). Για να ολοκληρωθεί η απόδειξη πρέπει να αφήσουμε το ε να πάει στο μηδέν. Αλλά πρέπει να ξεπεράσουμε πρώτα το πρόβλημα ότι το A 0 εξαρτάται από το ε. Για να το κάνουμε αυτό παρατηρούμε ότι A 0 K και το K, ως κυρτό σώμα, είναι φραγμένο. Οπότε υπάρχει κύβος Q με μήκος ακμής, έστω, M > 0 ώστε K Q. Άρα A 0 Q και από τον ορισμό του όγκου για τα πολυπαραλληλεπίπεδα vol(a 0 ) vol(q) = M. Έτσι η (4.2) γίνεται 0 if{vol(b), B K} sup{vol(a), A K} (( 1 1 ε ) 1) M. Αφήνοντας το ε να πάει στο μηδέν από δεξιά ολοκληρώνεται η απόδειξη. Άσκηση Αποδείξτε ότι ο Ορισμός είναι καλός ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα. (i) Υποθέστε ότι το πολυπαραλληλεπίπεδο A γράφεται ως πεπερασμένη

74 69 ένωση των παραλληλεπιπέδων B i με ξένα εσωτερικά για i = 1,, k και πεπερασμένη ένωση των παραλληλεπιπέδων C j με ξένα εσωτερικά για j = 1,,. k (ii) Αποδείξτε ότι vol(b i=1 i) = vol(c j=1 j) εξηγώντας πρώτα γιατί B i = j=1(b i C j ) με τα B i C j να έχουν ξένα εσωτερικά Ιδιότητες Όγκου Οι ιδιότητες του όγκου που παρουσιάζονται στις παρακάτω προτάσεις μπορούν να αποδειχθούν τόσο με τον ορισμό του όγκου μέσω πολυπαραλληλεπιπέδων όσο και με τη βοήθεια του ολοκληρώματος Riea των χαρακτηριστικών συναρτήσεων (Παρατήρηση 4.1.7). Π Για σύνολα που έχουν όγκο ισχύουν οι παρακάτω ιδιότητες: (i) Αν K 1 K 2 τότε vol(k 1 ) vol(k 2 ). (ii) Αν K R 1, τότε vol (K) = 0. (iii) vol(λk) = λ vol(k). (iv) vol(k + t) = vol(k). (v) Αν T R R πίνακας με T t T = I τότε vol(t(k)) = vol(k). Απόδειξη: Αποδεικνύουμε μόνο το (v). Το (v) ισχύει αν K παραλληλεπίπεδο: θεωρούμε το Έχουμε, B = [0, α 1 ] [0, α ] = { λ j e j, 0 λ j α j }. T(B) = T( λ j e j), 0 λ j α j = { λ j (Te j ), 0 λ j α j }. j=1 j=1 Αλλά, Te j 2 2 = Te j, Te j = (Te j ) t Te j = e t jt t Te j = e t je j = e j, e j = 1. j=1 Άρα, το μήκος του διανύσματος Te j είναι 1. Te i, Te j = (Te i ) t Te j = e t i(t t T)e j = e t ie j = e i, e j = 0,

75 70 διότι το i είναι διαφορετικό του j. Άρα, τα Te j είναι ορθοκανονικά διανύσματα. Συνεπώς, το T(B) είναι παραλληλεπίπεδο με μήκη ακμών πάλι τα α 1,, α. Άρα, vol(t(b)) = α 1 α = vol(b). Για πολυπαραλληλεπίπεδα ισχύει, αφού αυτά είναι ένωση παραλληλεπιπέδων και για το γενικό σώμα παίρνουμε supreu ως προς όλα τα πολυπαραλληλεπίπεδα μέσα σε αυτό. Η ακόλουθη πρόταση μάς λέει πώς συμπεριφέρεται ο όγκος όταν εφαρμόζουμε στο σώμα K έναν αντιστρέψιμο πίνακα. Π Αν ο T R R είναι αντιστρέψιμος πίνακας τότε vol(t(k)) = det T vol(k). Απόδειξη: Η απόδειξη θα γίνει εύκολα αν καταφύγουμε στο θεώρημα αλλαγής μεταβλητών του απειροστικού λογισμού. Αν για x T(K) θέσουμε y = T 1 (x) K τότε η Ιακωβιανή αυτής της αλλαγής μεταβλητών είναι η det T. Επίσης χ T(K) = 1 αν και μόνο αν χ K (T 1 (x)) = 1. Έτσι έχουμε vol(t(k)) = R χ T(K) (x) dx = R χ K(T 1 (x)) dx = R χ K (y) det T dy = det T vol(k). Άσκηση Αποδείξτε με τη βοήθεια του ολοκληρώματος Riea ότι αν το σύνολο K R έχει όγκο, τότε vol(λk) = λ vol(k) και vol(k + t) = vol(k) για κάθε λ > 0 και για κάθε t R. Άσκηση Θέτουμε s(k) = vol(k)vol(k ). Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό σώμα K με το 0 στο εσωτερικό του και για κάθε για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα T R R ισχύει s(t(k)) = s(k). Άσκηση Αποδείξτε, χρησιμοποιώντας το θεώρημα αλλαγής μεταβλητών του Απειροστικού Λογισμού, ότι αν T R R πίνακας με T t T = I τότε vol(t(k)) = R χ T(K) (x) dx = R χ K (x) dx = vol(k). Άσκηση [Όγκος του siplex] Θεωρούμε γραμμικά ανεξάρτητα διανύσματα x 1, x 2,, x στον R, θέτουμε x 0 = 0, a 1 = x 1 2, και για κάθε k =

76 B p 1 p 71 2,, θέτουμε a k την απόσταση του x k από το spa{x 1, x k 1 } και S = cov{x 0, x 1,, x }. Αποδείξτε με επαγωγή στο ότι vol(s ) = 1! k=1 Άσκηση Έστω ότι τα K και L είναι δυο κυρτά σώματα στον R με το L κεντρικά συμμετρικό. Θεωρούμε ένα υποσύνολο N του K με την ιδιότητα για κάθε x, y N με x y ισχύει x y L 1. Αποδείξτε ότι το N είναι αναγκαστικά πεπερασμένο και η πληθικότητά του είναι μικρότερη ή ίση του πηλίκου vol(k L). vol(2 1 L) (Υπόδειξη: Δείξτε ότι τα x L, για x N, έχουν ξένα εσωτερικά.) Άσκηση Έστω ότι τα K και L είναι κυρτά σώματα στον R. Ορίζουμε τον αριθμό κάλυψης N(K, L) του K από το L να είναι ο N(K, L) = i{n N υπάρχουν x 1,, x R ώστε K Αποδείξτε τις ακόλουθες ιδιότητες: a k. N j=1 (x j + L)}. (i) vol(k) N(K, L)vol(L). Επιπλέον για κάθε κυρτό σώμα T ισχύει vol(k + T) N(K, L)vol(L + T). (ii) vol(k + L) vol(l) 2 N(K, L). (iii) Αν το L είναι κεντρικά συμμετρικό τότε N(K, L) vol (K L) vol(2 1 L) 2 vol(k + L). vol(l) (Υπόδειξη: Εξηγήστε πρώτα με βάση την Άσκηση γιατί μπορείτε να θεωρήσετε ένα μεγιστικής πληθικότητας υποσύνολο N του K με την ιδιότητα που περιγράφεται σε εκείνη άσκηση.) (iv) Αν το L είναι κεντρικά συμμετρικό και vol(k) = vol(l) τότε N(K, L) 1/ 4N(L, K) 1/. 4.2 B p 1 p Φανερά το σύνολο B είναι ένα παραλληλεπίπεδο με μήκος κάθε ακμής του ίσο με 2. Συνεπώς ο όγκος του είναι 2. Θα υπολογίσουμε τώρα τον όγκο του B p για 1 p <. Θεωρούμε

77 72 το ολοκλήρωμα Ισχύει I p = exp( x p) dx = ( exp( t p ) dt). R R I p = ( R x p d dt ( e tp )) dt dx = ( χ [ x p, )(t) d dt ( e tp )) dt dx R 0 και αλλάζοντας τη σειρά ολοκλήρωσης = ( d dt ( e tp ) ( χ [ x p, )(t) dx)) dt. 0 R Παρατηρούμε ότι χ [ x p, )(t) = 1 αν και μόνο αν x p t αν και μόνο αν x tbp δηλαδή αν και μόνο αν χ tb p (x) = 1. Αλλιώς ταυτόχρονα και οι δυο χαρακτηριστικές είναι μηδέν. Άρα I p = 0 ( d dt ( e tp )vol(tbp )) dt = vol(bp ) p t +p 1 e tp dt. 0 Έτσι έχουμε αποδείξει ότι vol(bp ) p 0 t +p 1 e tp dt = ( exp( t p ) dt) R, από όπου προκύπτει ότι (4.3) vol(b p ) = (2 0 e tp dt) pt +p 1 e tp dt 0 (2Γ (1 + 1 p )) = Γ (1 + p, ) όπου Γ(x) = t x 1 e t dt. 0 Η συνάρτηση Γ είναι από τις ιδιαίτερα ενδιαφέρουσες συναρτήσεις στα

78 B p 1 p 73 Μαθηματικά και μερικές ιδιότητές της παρουσιάζονται στο Παράρτημα Βʹ. Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε μια ασυμπτωτική εκτίμηση της συνάρτησης Γ: li x + Γ(x + 1) = 1. 2πx(x/e) x Από αυτή τη σχέση εύκολα συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν σταθερές c 1 (p) και c 2 (p) ώστε c 1 (p) 1 1/p vol(b p ) 1/ c 2 (p) 1 1/p. Άσκηση Χρησιμοποιήστε τα παραπάνω καθώς και της ιδιότητες της συνάρτησης Γ όπως αυτές παρουσιάζονται στο Παράρτημα Βʹ για να αποδείξετε ότι (i) vol (B 1 ) = 2 /!. (ii) { vol (B 2) = { π (/2)! 2 π 1 ( ( 1)/2)!! αν άρτιος, αν περιττός. Στις παρακάτω ασκήσεις μελετάμε την κατανομή του όγκου μέσα στην Ευκλείδεια μπάλα. Άσκηση Υπολογίστε τον 1-όγκο της τομής της B 2 με ένα υπερεπίπεδο που απέχει t από την αρχή των αξόνων. Άσκηση Εκτιμήστε το r R ώστε vol (r B 2) = 1. Άσκηση Αποδείξτε ότι ο όγκος του A = cov{b 2, x} για x R εξαρτάται αναλογικά από τη νόρμα x 2. Στη συνέχεια αποδείξτε ότι αν ένα κυρτό σύνολο?? K ικανοποιεί τις B 2 K και vol (K) < τότε το K είναι φραγμένο. Άσκηση Αν r R ώστε vol (r B 2) = 1 και H t υπερεπίπεδο που απέχει απόσταση t από την αρχή των αξόνων, υπολογίστε τον όγκο vol 1 (r B 2 H t ) και αποδείξτε ότι li vol 1(r B 2 H t ) = e e πet2. Άσκηση Θέτουμε L = {x R x 1}. Αποδείξτε ότι vol (r B 2) 1 1 π e e πe.

79 74 Παρατηρήστε ότι το προηγούμενο μας λέει ότι το μεγαλύτερο μέρος του όγκου της r B 2 βρίσκεται σε κάθε(!) λωρίδα πλάτους 2 γύρω από την αρχή των αξόνων. Αποδείξτε όμως ότι ο περισσότερος όγκος δεν είναι στην τομή όλων αυτών των λωρίδων αφού vol ((r /2)B 2) = 1/2 0. Άσκηση Η προηγούμενη άσκηση μάς υποδεικνύει ότι ο όγκος σε μια Ευκλείδεια μπάλα συγκεντρώνεται ισχυρά κοντά στην επιφάνειά της. Επιβεβαιώστε αυτό το γεγονός αποδεικνύοντας ότι για κάθε ε > 0 η ποσότητα vol (r B 2) vol ((1 ε)r B 2) τείνει στη μονάδα με εκθετικό, ως προς τη διάσταση, ρυθμό. Η παρακάτω άσκηση έχει ως στόχο να απαντηθεί το ερώτημα των Busea- Petty, το οποίο ρωτάει το εξής: αν τα K και T είναι δυο κεντρικά συμμετρικά, κυρτά σώματα στον R με την ιδιότητα για κάθε υπερεπίπεδο H που περνάει από το μηδέν να ισχύει vol (K H) < vol (T H) είναι σωστό ότι vol (K) < vol (T) ; Άσκηση Θέτουμε Q για τον κύβο όγκου 1 στον R, δηλαδή Q = [1/2, 1/2]. Περί το 1985 ο Keith Ball απέδειξε (στο [Bal1988]) ότι για κάθε υπερεπίπεδο H που περνάει από το μηδέν ισχύει 1 vol 1 (Q H) 2. Χρησιμοποιείστε αυτό το γεγονός και τους υπολογισμούς που έγιναν στις προηγούμενες ασκήσεις για την r B 2 για να δείξετε ότι η απάντηση στο πρόβλημα Busea-Petty είναι αρνητική. Άσκηση 4.2.9* Η τεχνική που χρησιμοποιήθηκε για τον υπολογισμό του όγκου του B p, δηλαδή μέσω ενός ολοκληρώματος που υπολογίζεται με δύο τρόπους είναι αρκετά συνηθισμένη. Για ένα άλλο παράδειγμα (που απαιτεί όμως γνώση θεωρίας μέτρου), αποδείξτε ότι για κάθε u S 1 ισχύει u, θ q dσ(u) = 2Γ 1+q ( ) Γ (1 + ) 2 2, S 1 πγ ( +q ) 2 όπου σ το μέτρο Haar στην S 1. Από το παραπάνω να συμπεράνεται ότι 1/q ( u, θ q dσ(u)) S 1 (Υπόδειξη: Ξεκινήστε με το ολοκλήρωμα x, θ q e x 2/2 dx. R ( 2π) q q + Ελέξτε ότι αν αλλάξετε σε πολικές συντεταγμένες αυτό γίνεται vol 1 (S 1 ) ( ( 2π) 0 r +q 1 e r2 /2 dr) ( S 1 u, θ q dσ(u)). Για έναν δεύτερο τρόπο υπολογισμού παρατηρήστε ότι το αρχικό ολοκλήρωμα

80 B p 1 p 75 είναι ανεξάρτητο του θ S 1 και συνεπώς μπρορεί να υπολογιστεί αν θέσουμε θ = (1, 0, 0,, 0), στην οποία περίπτωση ισούται με το x q e x2 /2 / 2π dx.) Άσκηση * Χρησιμοποιήστε την προηγούμενη άσκηση για να αποδείξετε ότι αν K η νόρμα που επάγει στον R ένα κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα K τότε υπάρχει σταθερά c > 0 με c π/2 ώστε x K c M x 2 για κάθε x R, όπου M = S 1 θ K dσ(θ). Συμπεράνεται ότι υπάρχει σταθερά c > 0 (ανεξάρτητη του και του K) ώστε x K c M x 2 για κάθε x R. (Υπόδειξη: Έστω ότι b είναι η μικρότερη σταθερά ώστε x K b x 2 για κάθε x R. Θεωρήστε x 0 K (b 1 S 1 ), θέστε u = x 0 / x 0 2 και αποδείξτε ότι K Λ u, b 1,b 1. Εξηγήστε γιατί αυτό συνεπάγεται ότι b x, u b x K u K x K, και στη συνέχεια ολοκληρώστε πάνω στην S 1.)

81

82 ΑΠΟΣΤΑΣΗ ΚΥΡΤΩΝ ΣΩΜΑΤΩΝ 5.1 HAUSDORFF 5 Ο Για C, D κυρτά σώματα στον R ορίζουμε την απόσταση Hausdorff, δ(c, D) να είναι η ποσότητα: δ(c, D) = ax {ax i x y 2, ax x C y D y D i x C x y 2}. Σ 5.1: Η απόσταση Hausdorff μεταξύ του C και του D είναι η μεγαλύτερη από τις δύο αποστάσεις στο σχήμα. Ελέγχουμε τώρα ότι η δ είναι μετρική. Φανερά, λόγω συμμετρίας του ορισμού, δ(c, D) = δ(d, C). δ(c, D) = 0 αν και μόνο αν Ισοδύναμα θα έχουμε, ax {ax i x y 2, ax x C y D y D i x C x y 2} = 0. { ax x C i y D x y 2 = 0 ax y D i x C x y 2 = 0 { x C, i y D x y 2 = 0 y D, i x C x y 2 = 0. Οπότε, { x C, x D y D, y C { C D D C.

83 78 Συνεπώς, C = D. H τριγωνική ανισότητα ελέγχεται με στοιχειώδεις πράξεις, αλλά θα την δείξουμε γρηγορότερα με την βοήθεια της ακόλουθης πρότασης. Π Αν C, D κυρτά σώματα στον R, τότε (i) δ(c, D) = if{δ 0 C D + δb 2, D C + δb 2 }. (ii) δ(c, D) = ax{ h C (u) h D (u) u S 1 }. Απόδειξη της τριγωνικής ανισότητας: Έστω ότι τα C, D, E είναι κυρτά σώματα στον R. Από την (ii) θα έχουμε: δ(c, D) = ax{ h C (u) h D (u), u S 1 } ax{ h C (u) h E (u) + h E (u) h D (u), u S 1 } ax{ h C (u) h E (u), u S 1 } + ax{ h E (u) h D (u), u S 1 } δ(c, E) + δ(e, D). Απόδειξη της Πρότασης 5.1.2: (i) Θέτουμε α 1 = ax x C i y D x y 2. Έτσι, για κάθε x C ισχύει i y D x y 2 α 1, οπότε λόγω της συμπάγειας του D, υπάρχει y στο D ώστε x y 2 α 1. Άρα x y α 1 B 2, συνεπώς Έτσι x y + α 1 B 2 D + α 1B 2. C D + α 1 B 2 D + δ(c, D)B 2. Ομοίως, αν α 2 = ax y D i x C x y 2, τότε Άρα, D C + α 2 B 2 C + δ(c, D)B 2. if{λ > 0 C D + λb 2, D C + λb 2 } δ(c, D). Αντίστροφα, έστω λ > 0, C D + λb 2 και D C + λb 2. Τότε για κάθε x στο C έχουμε ότι x D + λb 2. Άρα, υπάρχει y D ώστε x y 2 λ οπότε ax x C i y D x y 2 λ.

84 HAUSDORFF 79 Ομοίως, ax y D i x C x y 2 λ. Συμπεραίνουμε ότι δ(c, D) λ. Δηλαδή, Επομένως, δ(c, D) if{λ > 0 C D + λb 2, D C + λb 2 }. δ(c, D) = if{λ > 0 C D + λb 2, D C + λb 2 }. (ii) Για κάθε λ > 0 ώστε C D + λb 2 και D C + λb 2 έχουμε ότι για κάθε u S 1 h C (u) h D+λB 2 (u) = h D (u) + h λb 2 (u) = h D (u) + λ, άρα h C (u) h D (u) λ. Ομοίως, για κάθε u S 1 έχουμε ότι h D (u) h C (u) λ, οπότε h D (u) h C (u) λ, και άρα ax u S 1 h D (u) h C (u) λ. Παίρνοντας ifiu ως προς το λ προκύπτει ότι ax u S 1 h D (u) h C (u) δ(c, D). Αντίστροφα: Χωρίς βλάβη της γενικότητας, ας υποθέσουμε ότι δ(c, D) = ax {ax i x y 2, ax x C y D = ax y D i x C x y 2. y D i x C x y 2} Λόγω της συμπάγειας των C και D, υπάρχουν x 0 C και y 0 D ώστε δ(c, D) = x 0 y 0 2. Αν δ(c, D) = 0 τότε C = D οπότε h C = h D και το ζητούμενο ισχύει. Αν δ(c, D) 0 θέτουμε u 0 = y 0 x 0 y 0 x 0 S 1. Ι : Το υπερεπίπεδο Η που είναι κάθετο στο u 0 και περνάει από το x 0 στηρίζει το C στο x 0. [Απόδειξη ισχυρισμού: Αν ο ισχυρισμός δεν είναι αληθής, τότε υπάρχει x 1 στο C ώστε x 1, u 0 > x 0, u 0. Οπότε x 1 x 0, u 0 > 0. Θέτουμε z λ = (1 λ)x 0 + λx 1 C και καταλήγουμε σε άτοπο όπως στην απόδειξη του Θεωρήματος δείχνοντας ότι υπάρχει λ > 0 ώστε y 0 z λ 2 < y 0 x 0 2. ] Από τον παραπάνω ισχυρισμό συμπεραίνουμε ότι h C (u 0 ) = x 0, u 0.

85 80 Φανερά, αφού h D (u 0 ) = sup{ y, u 0 y D} ισχύει Τώρα όμως, Συνεπώς, h D (u 0 ) y 0, u 0. 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. ax h D(u) h C (u) h D (u 0 ) h C (u 0 ) u S 1 y 0 x 0 2 = δ(c, D). Π Έστω ότι τα K, K 1, K 2,, είναι κυρτά σώματα με 0 it(k). Τότε K K ως προς τη μετρική Hausdorff για αν και μόνο αν για κάθε ε > 0 υπάρχει 0 N ώστε για κάθε 0 ισχύει (1 ε)k K (1 + ε)k. Απόδειξη: Αν δ(k, K) 0 για κάθε θ > 0 υπάρχει 0 = 0 (θ) N ώστε για κάθε 0 να ισχύει δ(k, K) < θ. Συνεπώς K K + θb 2 και K K + θb 2. Αφού 0 it(k) υπάρχει ρ > 0 ώστε ρb 2 K. Έτσι συνεχίζοντας τους προηγούμενους εγκλεισμούς παίρνουμε Επίσης K K + θb 2 = K + θ ρ ρb 2 K + θ ρ K = (1 + θ ρ ) K. (1 θ ρ ) K + θ ρ K = K K + θb 2 = K + θ ρ ρb 2 K + θ ρ K, οπότε από τον κανόνα της διαγραφής (Λήμμα 3.3.6) (1 θ ρ ) K K.

86 HAUSDORFF 81 Έτσι αν επιλέξουμε θ > 0 ώστε θ < ρε θα πάρουμε (1 ε)k K (1 + ε)k, για κάθε μεγαλύτερο του 0 που αντιστοιχεί σε αυτό το θ. Αντιστρόφως, η (1 ε)k K (1+ε)K συνεπάγεται την h (1 ε)k h K h (1+ε)K και από τις ιδιότητες της συνάρτησης στήριξης (Πρόταση 3.3.4), (1 ε)h K h K (1 + ε)h K από όπου προκύπτει h K h K εh K. Η τελευταία ποσότητα είναι οσοδήποτε μικρή επιθυμούμε, αφού το K ως κυρτό σώμα είναι φραγμένο. 5.2 HAUSDORFF Θ Ο όγκος vol(c) ως συνάρτηση, από τα κυρτά σώματα εφοδιασμένα με τη μετρική Hausdorff στο R, είναι συνεχής. Απόδειξη: Έστω ότι τα C, C 1, C 2,, C, είναι μια ακολουθία κυρτών σωμάτων ώστε δ(c, C) 0. Θα δείξουμε ότι vol(c ) vol(c). Επειδή ο όγκος και η απόσταση Hausdorff είναι αναλλοίωτα στις μεταφορές, υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι το 0 ανήκει στο εσωτερικό του C (το C ως κυρτό σώμα έχει μη κενό εσωτερικό). Από το Πόρισμα για κάθε θ > 0 υπάρχει 0 N ώστε για κάθε 0 να ισχύει (1 θ)c C (1 + θ)c. Παίρνοντας όγκους στην παραπάνω προκύπτει ότι από όπου συμπεραίνουμε ότι (1 θ) vol(c) vol(c ) (1 + θ) vol(c), vol(c ) vol(c) ax{((1 + θ) 1), (1 (1 θ) )} vol(c). Επιλέγοντας κατάλληλο θ > 0 ώστε η τελευταία ποσότητα να είναι μικρότερη δοθέντος ε > 0 καταλήγουμε στο συμπέρασμα. Άσκηση Χρησιμοποιήστε τον Ισχυρισμό της απόδειξης του Θεωρήματος για να αποδείξετε ότι για κάθε κυρτό σώμα K υπάρχει ακολουθία πολυπαραλληλεπιπέδων P K η οποία συγκλίνει στο K ως προς τη

87 82 μετρική Hausdorff (Παρατηρήστε ότι για κάθε ε > 0 αν 0 it(k) τότε (1 ε)k it(k).). 5.3 BLASCHKE Θ Κάθε φραγμένη ακολουθία κυρτών σωμάτων στον R έχει συγκλίνουσα υπακολουθία ως προς τη μετρική Hausdorff. Απόδειξη: Έστω ότι τα C 1, C 2, είναι μια ακολουθία κυρτών σωμάτων, η οποία είναι φραγμένη. Δηλαδή, περιέχεται στο B = RB 2 για κατάλληλο R > 0. Ι : Η C 1, C 2, περιέχει μια ακολουθία D 1, D 2, για την οποία ισχύει 1 δ(d, D k ) 2 i{,k}. [Απόδειξη του ισχυρισμού: Θα δείξουμε ότι υπάρχουν ακολουθίες C 11, C 12, C 21, C 22, όπου κάθε γραμμή στον παραπάνω πίνακα είναι υπακολουθία της προηγούμενης ώστε (5.1) δ(c i, C j ) 1 2. Αν αυτό γίνει, τότε θα θέσουμε D 1 = C 11, D 2 = C 22,, D = C, οπότε τα D, D k βρίσκονται και τα δύο στον παραπάνω πίνακα στη γραμμή i{, k}. Οπότε, δ(d, D k ) 1 2 i{,k}, από την (5.1). Θα κατασκευάσουμε τώρα τον πίνακα των υπακολουθιών. Ας υποθέσουμε ότι έχει κατασκευαστεί η γραμμή, δηλαδή η C 1, C 2, με δ(c i, C j ) 1/2. Θα κατασκευάσουμε την + 1 γραμμή, ώστε δ(c +1,i, C +1,j )

88 Το B είναι συμπαγές, άρα BLASCHKE 83 Β = RB2 it (B 1 2 (x, 2 x B +2 )). Άρα, υπάρχει πεπερασμένο πλήθος μπαλών της μορφής Β (x, 1/2 +2 ) που καλύπτουν το Β. Σε κάθε ένα από τα C i, για i = 1, 2, 3, αντιστοιχούμε εκείνες τις μπάλες Β (x, 1/2 +2 ) από το προηγούμενο βήμα που το τέμνουν, οι οποίες το καλύπτουν, αφού όλες καλύπτουν το Β. Όλες οι υποοικογένειες των πεπερασμένου πλήθους Β (x, 1/2 +2 ) είναι πεπερασμένο πλήθος και σε αυτές απεικονίζουμε το απειροσύνολο {C 1, C 2, }. Άρα, υπάρχει μια υποοικογένεια των Β (x, 1/2 +2 ) στην οποία απεικονίζεται ένα άπειρο πλήθος από τα C 1, C 2, την οποία ονομάζουμε C +1,1, C +1,2,. Μένει να δείξουμε ότι δ(c +1,i, C +1,j ) Έστω ότι x C +1,i. Αυτό βρίσκεται σε μια από τις μπάλες με ακτίνα 1/2 +2 που τέμνουν το C +1,i. Αν c είναι το κέντρο αυτής της μπάλας τότε x c Όμως, το C +1,j καλύπτεται από τις ίδιες μπάλες ακτίνας 1/2 +2, διότι έτσι επιλέχθηκε. Δηλαδή, B (c, ) C +1,j. Συνεπώς, υπάρχει y στο C +1,j ώστε c y 2 1. Αλλά τότε 2+2 x y 2 = (x c) (y c) 2 x c 2 + c y = Δείξαμε δηλαδή, ότι για κάθε x που ανήκει στο C +1,i, υπάρχει y στο C +1,j ώστε x y

89 84 Ομοίως, για κάθε y που ανήκει στο C +1,j, υπάρχει x στο C +1,i ώστε Άρα, Θα δείξουμε τώρα ότι x y δ(c +1,i, C +1,j ) ] D D = k=1 (D k k 1 B 2). Τα D k +(1/2 k 1 )B 2 είναι κλειστά και φραγμένα σύνολα. Άρα και η τομή τους είναι κλειστό και φραγμένο σύνολο. Θα δείξουμε ότι η ακολουθία D k + (1/2 k 1 )B 2 είναι φθίνουσα. Έχουμε δ(d 1, D 2 ) 1/2 άρα Ομοίως δ(d 2, D 3 ) 1/2 2 άρα και γενικά έχουμε ότι διότι δ(d k, D k+1 ) 1/2 k. Έτσι, D B 2 D 2. D B 2 D 3, D k k B 2 D k+1, D 1 + B 2 = D B B 2 D B 2 = D B B 2 D B 2 = D B B 2 D k k 1 B 2 = D k k B k B 2 D k k B 2. Άρα, η D είναι φθίνουσα τομή μη κενών συμπαγών συνόλων. Οπότε, το D θα είναι διαφορετικό του κενού συνόλου. Έχουμε ότι, το D είναι υποσύνολο του D k + (1/2 k 1 )B 2. Επίσης, ισχύει D D k k 1 B 2 D k + εb 2,

90 BLASCHKE 85 για k αρκετά μεγάλο (k 1+log 2 (1/ε)). Μένει να δείξουμε ότι D k D+ εb 2. Έτσι θα καταλήξουμε στο δ(d, D k) ε. Θέτουμε G = it(d + εb 2 ), το οποίο είναι διαφορετικό του κενού συνόλου (αφού περιέχει μεταφορά της ευκλείδειας μπάλας). Από το ότι η D k + (1/2 k 1 )B 2 είναι φθίνουσα έχουμε (D 1 + B 2 ) G (D B 2) G Η τομή αυτής της ακολουθίας είναι υποσύνολο του D, αφού k=1 ((D k k 1 B 2) G) k=1 (D k k 1 B 2) = D. Επίσης, φανερά το D είναι υποσύνολο του G = it(d + εb 2 ), διότι αν πάρουμε ένα x στο D τότε θα έχουμε x+εb 2 D+εB 2 οπότε B 2 (x, ε) D + εb 2 και άρα x it(d + εb 2 ). Θέτουμε A = k=1 ((D k k 1 B 2) G) = ( k=1 (D k k 1 B 2)) G. Άρα, το Α είναι υποσύνολο του R G, το οποίο, αφού D G, είναι υποσύνολο του R D. Συνεπώς, το Α είναι το κενό σύνολο γιατί τα στοιχεία του ανήκουν στο D και στο συμπλήρωμα του D. Άρα, υπάρχει k 0 N ώστε το σύνολο (D k0 + (1/2 k0 1 )B 2 ) G να είναι το κενό. Άρα Όμως για κάθε k k 0 αφού Οπότε, D k k 0 1 B 2 G D + εb 2. D k D k k 0 1 B 2, D k k 1 B 2 D k k 0 1 B 2 D + εb 2. D k D k k 1 B 2 D + εb 2. Έτσι, για αρκετά μεγάλο k ισχύει D k D + εb 2 και D D k + εb 2. Επομένως, δ(d k, D) ε.

91

92 ΟΙ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ PREKOPA-LEINDLER ΚΑΙ BRUNN-MINKOWSKI Η παρουσίαση των επόμενων θεμάτων με πλήρη αυστηρότητα απαιτεί τη γνώση θεωρίας μέτρου κάτι που ξεφεύγει από τους σκοπούς του παρόντος. Οι αναγνώστες που δεν έχουν αυτές τις γνώσεις θα πρέπει να αποδεχθούν τα ακόλουθα: (i) Οι συναρτήσεις που θα εμφανίζονται παρακάτω θα είναι πάντα ολοκληρώσιμες. (ii) Σε οποιοδήποτε πολλαπλό ολοκλήρωμα που εμφανίζεται παρακάτω μπορούμε να αλλάζουμε τη σειρά της ολοκλήρωσης (Θεώρημα Fubii). (iii) Το συνολικό «μήκος» ενός υποσυνόλου του R είναι το supreu των μηκών συμπαγών υποσυνόλων του (εσωτερική κανονικότητα του μέτρου Lebesgue). Για παράδειγμα, (2, 5) = 5 2 = 3 και το [2 + 1, 5 1 ] είναι συμπαγές υποσύνολο του (2, 5), με 6 sup [ 2 + 1, 5 1 ] = sup ( 5 1 (2 + 1 )) 6.1 PREKOPA-LEINDLER = sup ( 3 2 ) = 3. Θ Έστω ότι οι f, g, h 0 είναι ολοκληρώσιμες συναρτήσεις από το R στο R και 0 < λ < 1. Αν ισχύει (6.1) h((1 λ)x + λy) f(x) 1 λ g(y) λ για κάθε x, y στο R τότε 1 λ λ h(x) dx ( f(x) dx) ( g(y) dy). R R R Π Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση k(x) = f(x) 1 λ g(x) λ τότε από την ανισότητα Hölder για p = 1/(1 λ) και q = 1/λ (οπότε

93 88 PREKOPA-LEINDLER BRUNN-MINKOWSKI = 1) προκύπτει p q R k(x) dx ( R (f(x) 1 λ ) p ) 1 p = ( R f(x) dx) ( (g(x) λ ) q ) R 1 λ 1 q λ ( g(y) dy). R Δηλαδή, η αντίστροφη της παραπάνω ανισότητας. Η διαφορά εδώ είναι ότι η h πρέπει να ικανοποιεί την (6.1) για κάθε x και για κάθε y, οπότε θα είναι μεγαλύτερη από την k(x) που ικανοποιεί την (6.1) (με ισότητα) μόνο για x = y. Με αυτή την έννοια η ανισότητα Prekopa- Leidler ερμηνεύεται ως «αντίστροφη μορφή» της ανισότητας Hölder. Για την απόδειξη του Θεωρήματος θα χρειαστούμε το ακόλουθο λήμμα. Λ Αν η f R [0, ) είναι μετρήσιμη συνάρτηση τότε R f(x) dx = {x R f(x) t} dt. 0 Απόδειξη: Θέτουμε A t = {x f(x) t} για κάθε t 0. Παρατηρούμε τώρα ότι χ [0,f(x)] (t) = 1 αν και μόνο αν 0 t f(x), αν και μόνο αν χ At (x) = 1 για t 0. Αλλιώς και οι δύο αυτές χαρακτηριστικές συναρτήσεις είναι ίσες με μηδέν. Έτσι, αλλάζοντας την κατάλληλη στιγμή τη σειρά ολοκλήρωσης, έχουμε: f(x) dx = R R = = = f(x) 0 R dt dx χ [0,f(x)] (t) dt dx χ At (x) dx dt R {x f(x) t} dt. Απόδειξη του Θεωρήματος 6.1.1: Θα κάνουμε επαγωγή στο. Πριν αποδείξουμε την περίπτωση = 1 αποδεικνύουμε το εξής:

94 PREKOPA-LEINDLER 89 Ι : Αν τα R, S, T R είναι μη κενά σύνολα που έχουν «μήκος» (δηλαδή είναι μετρήσιμα) και 0 < λ < 1 ώστε R (1 λ)s + λt τότε R (1 λ) S + λ T, όπου είναι το μήκος (μέτρο Lebesgue). [Απόδειξη του ισχυρισμού: Επειδή (1 λ)s = (1 λ) S και λt = λ T αρκεί να αποδείξουμε ότι S + T S + T. Σύμφωνα με την ιδιότητα του μήκους που περιγράψαμε στην αρχή του κεφαλαίου, θα υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι τα S, T είναι συμπαγή. Άρα, το S έχει μέγιστο στοιχείο, έστω το s, και το T έχει ελάχιστο στοιχείο, έστω το t. Έτσι, S s (, 0] και T t [0, ). Δηλαδή, τα σύνολα αυτά έχουν κοινό στοιχείο μόνο το 0. Οπότε, αφού 0 T t συνεπάγεται ότι S s (S s) + (T t) και, αφού 0 S s συνεπάγεται ότι T t (S s) + (T t). Άρα, αφού η μόνη τομή του S s με το T t είνα το {0} συμπεραίνουμε ότι S + T = S + T (s + t) = (S s) + (T t) (S s) (T t) (S s) + (T t) S + T. ολοκληρώνοντας την απόδειξη του ισχυρισμού. ] Ξεκινάμε την επαγωγική διαδικασία. Έστω ότι = 1. Από την (6.1) εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει: {z h(z) t} (1 λ){x f(x) t} + λ{y g(y) t}, διότι αν f(x) t και g(y) t τότε, από την υπόθεση, h ((1 λ)x + λy) t, άρα (1 λ)x+λy {z h(z) t}. Άρα, από τον παραπάνω ισχυρισμό ισχύει {z h(z) t} (1 λ) {x f(x) t} + λ {y g(y) t}. Χρησιμοποιούμε τώρα το Λήμμα και ολοκληρώνοντας ως προς t παίρνουμε: 1 λ λ h (1 λ) f + λ g ( f) ( g), R R R R R όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Α- ριθμητικού-γεωμετρικού Μέσου (Θεώρημα 2.2.4). Αυτό επιβεβαιώνει το πρώτο βήμα της επαγωγής. Έστω ότι το αποτέλεσμα ισχύει για 1 και ότι f, g, h R R

95 90 PREKOPA-LEINDLER BRUNN-MINKOWSKI όπως στην υπόθεση. Επειδή R = R R 1, για κάθε t R θέτουμε f t R 1 R με f t (x) = f(t, x), και ομοίως ορίζουμε τις g t και h t. Έτσι, αν t = (1 λ)t 1 + λt 2 για κάθε x, y R 1 ισχύει h t((1 λ)x + λy) (f t1 (x)) 1 λ (g t2 (x)) λ. Εφαρμόζοντας την επαγωγική υπόθεση συμπεραίνουμε ότι (6.2) 1 λ λ h t (x) dx ( f t1 (x)dx) ( g t2 (x)dx). R 1 R 1 R 1 Ορίζουμε τις συναρτήσεις F, G, H R R θέτοντας F(t) = R 1 f t(x)dx και ομοίως για τις G και H. Η (6.2) γράφεται ως H((1 λ)t 1 + λt 2 ) F(t 1 ) 1 λ G(t 2 ) λ. Έτσι αναχθήκαμε στην περίπτωση = 1 που την έχουμε επιβεβαιώσει. Συνεπώς οπότε 1 λ λ H(t) dt ( F(t) dt) ( G(t) dt), R R R 1 λ h(t, x) dtdx ( f(t, x) dtdx) R R 1 R R 1 λ ( g(t, x) dtdx), R R 1 που είναι η ζητούμενη. Άσκηση Επεκτείνετε το Λήμμα στον R δείχνοντας ότι αν f R [0, ) μετρήσιμη συνάρτηση τότε f(x) dx = vol {x R f(x) t} dt. R 0 Άσκηση Χρησιμοποιήστε την προηγούμενη άσκηση για να αποδείξετε ότι

96 BRUNN-MINKOWSKI 91 για κάθε κυρτό σώμα K ισχύει R e x K dx =! vol (K). Με τον ίδιο τρόπο αποδείξτε ότι για κάθε p > 0 ισχύει e x p K dx = Γ (1 + p ) vol (K). R Άσκηση Έστω ότι η f R [0, ) ικανοποιεί την 0 < f < R και η log f είναι κοίλη συνάρτηση (δηλαδή, η log f είναι κυρτή). Αποδείξτε ότι υπάρχει t (0, 1) ώστε το σύνολο K(t) = {x R f(x) > t} να έχει θετικό μέτρο Lebesgue, και είναι κυρτό, φραγμένο και με μη κενό εσωτερικό. (Υποδειξη: για το φραγμένο χρησιμοποιήστε την Άσκηση 4.2.4, ενώ για το μη κενό εσωτερικό αποδείξτε το ότι λόγω θετικού μέτρου περιέχει + 1 σημεία σε γενική θέση.) 6.2 BRUNN-MINKOWSKI Η ανισότητα Bru-Mikowski παίζει κεντρικό ρόλο στη θεωρία των κυρτών σωμάτων. Υπάρχουν διάφοροι τρόποι να αποδειχθεί. Εδώ επιλέγουμε τη χρήση της ανισότητας Prekopa-Leidler. Θ (Πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Bru-Mikowski). Έστω ότι τα S, T είναι μη κενά, συμπαγή υποσύνολα του R. Τότε: για κάθε λ [0, 1]. vol ((1 λ)s + λt) vol(s) 1 λ vol(t) λ, Απόδειξη: Θέτουμε f = χ S R R και g = 1 T R R με χ S (x) = { 1, αν x S 0, αν x S και χ T (x) = { 1, αν x T 0, αν x T. Οπότε f = vol(s) και g = vol(t). Θέτουμε R = (1 λ)s + λt και h = χ R. Οι h, f, g ικανοποιούν τις υποθέσεις της ανισότητας Prekopa- Leidler, αφού αν f(x) = 0 ή g(y) = 0 η υπόθεση της Prekopa-Leidler ισχύει. Ενώ αν f(x) 0 και g(y) 0 τότε x S και y T, οπότε (1 λ)x + λy (1 λ)s + λt και άρα h((1 λ)x + λy) = 1. Έτσι και πάλι επαληθεύονται οι υποθέσεις της Prekopa-Leidler.

97 92 PREKOPA-LEINDLER BRUNN-MINKOWSKI Συνεπώς, 1 λ λ h ( f) ( g) 1 λ λ δηλαδή 1 R ( 1 S) ( 1 T), άρα οπότε vol(r) vol(s) 1 λ vol(t) λ, vol ((1 λ)s + λt) vol(s) 1 λ vol(t) λ. Θ (Αθροιστική μορφή της ανισότητας Bru-Mikowski). Έστω ότι τα S, T είναι μη κενά και συμπαγή υποσύνολα του R. Τότε: vol(s + T) 1/ vol(s) 1/ + vol(t) 1/. Αν επιπλέον τα S και T είναι κυρτά σώματα και ισχύει η ισότητα τότε ένα από τα S, T είναι πολλαπλάσιο του άλλου. Απόδειξη: Η απόδειξη της περίπτωσης της ισότητας δεν θα γίνει σε αυτό το σημείο γιατί απαιτεί άλλου είδους απόδειξη η οποία είναι πιο περίπλοκη (δείτε στο [Gru2007] ή στο [AGM2015]). Θα αποδείξουμε μόνο την ανισότητα. Γράφοντας Α αντί για vol(a) θέτουμε K = S T, L = S 1/ T 1/ και λ = T 1/ S 1/ + T 1/ (αν S = 0 ή T = 0 βλέπουμε εύκολα ότι η ζητούμενη ανισότητα ισχύει, οπότε υποθέτουμε ότι S 0 και T 0). Παρατηρούμε ότι λ [0, 1] και ότι 1 λ = S 1/ /( S 1/ + T 1/ ). Επίσης K = 1 και L = 1. Εφαρμόζουμε την πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Bru-Mikowski: S 1/ ( S 1/ + T 1/ S S 1/ + T 1/ S 1/ + T 1/ T T 1/ ) 1 1 λ 1 λ = 1. Άρα S ( S 1/ + T 1/ + T S 1/ + T 1/ ) 1,

98 BRUNN-MINKOWSKI 93 από όπου προκύπτει S + T 1/ S 1/ + T 1/. Π Η πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Bru-Mikowski σε σχέση με την προσθετική της μορφή έχει το πλεονέκτημα ότι είναι ανεξάρτητη της διάστασης. Παρόλα αυτά, εύκολα βλέπει κανείς ότι, οι δύο μορφές είναι ισοδύναμες. Άσκηση Αποδείξτε ότι η πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Bru- Mikowski ισχύει αν και μόνο αν ισχύει η προσθετική της μορφή. Άσκηση Αποδείξτε ότι η απεικόνιση det 1/ στο σύνολο των πινάκων με μη αρνητική ορίζουσα είναι κοίλη: αν A, B 0 τότε det(a + B) 1/ det(a) 1/ + det(b) 1/. Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή ότι αν λ i > 0 και K i κυρτά σώματα για i = 1,, τότε ισχύει vol (λ i K i ) i=1 vol(k i ) λ i. Χρησιμοποιήστε αυτή την ανισότητα για να αποδείξετε ότι για πίνακες A i με θετική ορίζουσα ισχύει det ( λ i A i) i=1 i=1 det(a i ) λ i. Συμπεράνετε ότι η παραπάνω ισχύει και για πίνακες A i με μη αρνητική ορίζουσα. Άσκηση Σε αυτη την άσκηση περιγράφουμε πώς μπορεί να αποδειχθεί η ανισότητα Bru-Mikowski με στοιχειώδη τρόπο. (i) Αποδείξτε την ανισότητα όταν τα σύνολα T και S είναι ορθογώνια παραλληλεπίπεδα με έδρες κάθετες στους βασικούς άξονες του R και μη κενά εσωτερικά. (ii) Υποθέστε τώρα ότι T = N i=1t i και S = M j=1s j όπου τα T i και S j είναι παραληλλεπίπεδα όπως στο (i) και τόσο τα T i για i = 1,, N όσο και τα S j για j = 1,, M έχουν ξένα εσωτερικά. Θεωρήστε τον αριθμό p = N +M και κάντε επαγωγή στον p. Η περίπτωση p = 2 είναι η περίπτωση (i). Για το επαγωγικό βήμα μεταφέρετε το Τ ώστε να μπορείτε να βρείτε ένα υπερεπίπεδο H με 0 H που να διαχωρίζει τα εσωτερικά δύο από τα

99 94 PREKOPA-LEINDLER BRUNN-MINKOWSKI T i (εξηγείστε γιατί αυτό είναι εφικτό, αφού τα T i έχουν ξένα εσωτερικά). Παρατηρήστε τώρα ότι τόσο τα T i H + όσο και τα T i H που δεν έχουν κενό εσωτερικό είναι λιγότερα ή ίσα του N 1. Μεταφέρετε το S ώστε να κοπεί κατάλληλα από το υπερεπίπεδο H. (iii) Χρησιμοποιείστε τον ορισμό του όγκου όπως δόθηκε με τα πολυπαραλληλεπίπεδα (Ορισμός 4.1.5) για να ολοκληρώσετε την απόδειξη της ανισότητας Bru-Mikowski. 6.3 Ο Έστω ότι το Α είναι διαφορετικό του κενού και συμπαγές υποσύνολο του R που έχει όγκο. Το εμβαδόν επιφανείας του Α ορίζεται να είναι το όριο A = li t 0 + εφόσον το όριο αυτό υπάρχει. vol(a + tb 2 ) vol(a) t, Π Μπορεί κανείς να αποδείξει ότι το παραπάνω όριο υπάρχει πάντα για κυρτά σώματα. Για παράδειγμα, δείτε την απόδειξη του Θεωρήματος παρακάτω. Εν τούτοις, αυτό δεν είναι σωστό για κάθε σύνολο A που απλώς έχει όγκο. Για αυτό τον λόγο συχνά ορίζουμε το εμβαδό επιφανείας (ή αλλιώς «περιεχόμενο Mikowski») χρησιμοποιώντας li if στη θέση του παραπάνω li. Λ Αν A υποσύνολο του R το οποίο έχει εμβαδόν επιφανείας τότε για κάθε r > 0 το ra έχει εμβαδόν επιφανείας και ισχύει (ra) = r 1 (A). Απόδειξη: Γράφοντας αντί για vol, από τον ορισμό του εμβαδού επιφανείας έχουμε ra + tb (ra) = li 2 ra t 0 + t A + (t/r)b 2 A t r = li A + (t/r)b 2 r A t 0 + t A + (t/r)b 2 A t/r = r li = r 1 li t 0 + t 0 + = r 1 (A), Για να αποδείξουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα θα αποδείξουμε πρώτα ένα θεώρημα το οποίο μας λέει ότι από όλα τα σώματα με τον ίδιο όγκο, το ελάχιστο εμβαδόν επιφανείας το έχει η ευκλείδεια μπάλα.

100 95 Θ Αν vol (B 2 ) = vol (A), με το Α να είναι υποσύνολο του R που έχει όγκο και εμβαδόν επιφανείας, τότε A B 2. Απόδειξη: Γράφοντας αντί για vol και χρησιμοποιώντας την ανισότητα Bru-Mikowski έχουμε Όμως, A + tb A = li 2 A ( A 1/ + tb 2 t 0 + t li 1/ ) A t 0 + t ( A 1/ + t B 2 = li 1/ ) A t 0 + t ( A 1/ + t B 2 = li 1/ ) 1 B 2 1/ t = A 1 B 2 1 = B 2 1 B 2 1 = B 2. (B 2 ) = li B 2 + tb 2 B 2 t 0 + t (1 + t) B 2 B 2 t = li t 0 + Συνεπώς, A (B 2 ). = B 2 li (1 + t) 1 t (1 + t)b = li 2 B 2 t 0 + t = B 2 li (1 + t) 1 t 0 + t = B 2. Θ (Η Ισοπεριμετρική ανισότητα). Έστω ότι το A είναι υποσύνολο του R το οποίο έχει όγκο και εμβαδόν επιφανείας. Αν A = (rb 2 ) τότε vol (A) vol (rb 2 ). Απόδειξη: Το σύνολο ( rb 2 1/ / A 1/ )A έχει όγκο ίσο με rb 2, διότι: Οπότε, θα έχουμε ότι rb 2 1/ A 1/ A = ( rb 2 1/ A 1/ ) A = rb 2. ( rb 2 1/ A 1/ A ) (rb 2 ).

101 96 PREKOPA-LEINDLER BRUNN-MINKOWSKI Έτσι, χρησιμοποιώντας το Λήμμα συμπεραίνουμε ότι ( rb 2 1/ 1 A 1/ ) A (rb 2 ), οπότε rb 2 / A 1. Επομένως, Α rb 2. Άσκηση Έστω ότι το A είναι υποσύνολο του R το οποίο έχει όγκο και εμβαδόν επιφανείας. Αποδείξτε ότι ( A B 2 ) 1/ ( A B 2 ) 1/( 1). 6.4 BRUNN Μια άλλη εφαρμογή της ανισότητας Bru-Mikowski είναι η αρχή του Bru. Μας περιγράφει μια ιδιότητα του όγκου των τομών ενός σώματος K με υπερεπίπεδο κάθετο σε συγκεκριμένη διεύθυνση. Θ Έστω ότι το K είναι ένα κυρτό σώμα στον R και θ S 1. Θέτουμε θ = {x R x, θ = 0} και θεωρούμε τη συνάρτηση f θ R R με f θ (t) = vol 1(K (θ + tθ)). Τότε η f 1/( 1) θ είναι κοίλη στον φορέα της. Απόδειξη: Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι θ = e. Έτσι f θ (t) = vol 1 (K {x x = t}). Θέτουμε K(t) = {x R 1 (x, t) K} οπότε f θ (t) = vol 1 (K(t)). Αν τα t, s είναι στον φορέα της f θ (δηλαδή αν f θ (t) 0 και f θ (s) 0) και λ [0, 1] ισχύει K((1 λ)t + λs) (1 λ)k(t) + λk(s). Πράγματι, αν z = (1 λ)x + λy με x K(t) και y K(s), τότε (x, t) K και (x, s) K και από την κυρτότητα του K συμπεραίνουμε ότι (1 λ)(x, t) + λ(y, s) K. Οπότε ((1 λ)x + λy, (1 λ)t + λs) K, δηλαδή (1 λ)x + λy K((1 λ)t + λs).

102 BOREL 97 Εφαρμόζουμε τώρα την ανισότητα Bru-Mikowski στον R 1 και (γράφοντας για τον 1-όγκο) παίρνουμε K((1 λ)t + λs) 1/( 1) (1 λ)k(t) + λk(s) 1/( 1) δηλαδή το ζητούμενο. (1 λ) K(t) 1/( 1) + λ K(s) 1/( 1), Η αρχή του Bru αποδείχθηκε ως συνέπεια της ανισότητας Bru- Mikowski. Όμως για κυρτά σύνολα είναι ισοδύναμη με αυτήν. Οι λεπτομέρειες δίνονται στην Άσκηση Άσκηση Αποδείξτε ότι η αρχή του Bru συνεπάγεται την ανισότητα Bru-Mikowski ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα. (i) Για δυο κυρτά σύνολα K και T στον R θεωρήστε τα K 1 = K {0} R +1, T 1 = T {1} R +1 και L = cov{k 1, T 1 } = {(1 λ)(x, 0) + λ(y, 1) λ [0, 1], x K, y T}. Δείξτε ότι L(t) = (1 t)k + tt για κάθε t [0, 1]. (ii) Εφαρμόστε την αρχή του Bru για τα L(0), L(1) και L(1/2). 6.5 BOREL Το λήμμα του Borel μας λέει ότι ο όγκος μειώνεται πολύ γρήγορα από τη στιγμή που αποκοπεί από ένα κυρτό σώμα ένα κυρτό τμήμα του όγκου μεγαλύτερου του 1/2. Θ Έστω ότι το K είναι ένα κυρτό σώμα όγκου 1 στον R και A ένα κεντρικά συμμετρικό κλειστό και κυρτό υποσύνολο του R που ικανοποιεί την vol (K A) = δ > 1/2. Τότε για κάθε t > 1 ισχύει Απόδειξη: Παρατηρούμε ότι vol (K (ta) c ) δ ( 1 δ (t+1)/2 δ ). (6.3) A c 2 t + 1 (ta)c + t 1 t + 1 A.

103 98 PREKOPA-LEINDLER BRUNN-MINKOWSKI Πράγματι, αν όχι, τότε υπάρχει a A ώστε a = 2 t 1 x + t + 1 t + 1 y, όπου y A και x (ta) c, δηλαδή x ta. Κάνοντας στοιχειώδεις πράξεις προκύπτει ότι 1 t + 1 t 1 t x = a + 2t 2t ( y). Το y ανήκει στο A, αφού το A είναι κεντρικά συμμετρικό. Άρα το x/t γράφεται ως κυρτός συνδυασμός στοιχείων του A. Επειδή το A είναι κυρτό συμπεραίνουμε ότι x/t A, δηλαδή x ta το οποίο είναι άτοπο. Επιστρέφοντας στην (6.3) και τέμνοντας με το K παίρνουμε K A c 2 t + 1 ( (ta) c K) + t 1 (A K). t + 1 Η ανισότητα Bru-Mikowski στην πολλαπλασιαστική της μορφή δίνει 1 δ = K A c (ta) c K 2/(t+1) A K (t 1)/(t+1), από όπου με απλές πράξεις προκύπτει η ζητούμενη. Άσκηση Διερευνήστε και επιβεβαιώστε το λήμμα του Borel όταν K = B 2/ B 2 1/ και το A είναι κατάλληλο πολλαπλάσιο του K. Άσκηση Ίδια άσκηση με την προηγούμενη όταν K = B / B 1/ και K = B 1 / B 1 1/.

104 Η ΣΥΜΜΕΤΡΙΚΟΠΟΙΗΣΗ STEINER Έστω ότι το K είναι ένα κυρτό σώμα και Η υπερεπίπεδο στον R με 0 H. Το συμμετρικό κατά Steier του K ως προς το Η ορίζεται ως εξής: Για κάθε ευθεία L κάθετη στο Η με K L μετατοπίζουμε το ευθύγραμμο τμήμα K L πάνω στην L μέχρι το κέντρο του να βρεθεί πάνω στο Η. Η ένωση όλων αυτών των μετατοπισμένων ευθύγραμμων τμημάτων συμβολίζεται με St H (K) (ή St(K) αν εννοείται ποιο είναι το υπερεπίπεδο ως προς το οποίο γίνεται η συμμετρικοποίηση), και λέγεται Steier συμμετρικό του K ως προς το υπερεπίπεδο Η. Θα ακολουθήσει ο αυστηρός ορισμός της συμμετρικοποίησης STEINER Αν το H είναι υπερεπίπεδο που περνάει από την αρχή των αξόνων θα γράφουμε Proj H για την ορθογώνια προβολή πάνω το H. Αν για παράδειγμα το u είναι μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στο H τότε Proj H (x) = x x, u u. Ο Έστω ότι το Κ είναι ένα κυρτό σώμα στον R και Η υπερεπίπεδο στον R ώστε 0 Η. Το συμμετρικό κατά Steier του K ως προς το Η ορίζεται να είναι το σύνολο St H (K) = {y + λu y Proj H (K) και λ 1 2 K (y + Ru) }, όπου το u να είναι κάθετο στο Η, u 2 = 1 και Ru = {ru r R}. Στα παρακάτω το Η θα είναι ένα υπερεπίπεδο με 0 Η και L η κάθετη ευθεία στο Η που περνάει από το 0, όπως στο Σχήμα 7.2 (σελίδα 103). Αν το υπερεπίπεδο εννοείται ποιο είναι ή ισχύει κάτι οποιοδήποτε και αν είναι το H τότε θα γράφουμε και St(K) παραλείποντας το H από τον συμβολισμό. Ακολουθεί μια σειρά προτάσεων που περιγράφουν διάφορες από τις ιδιότητες της συμμετρικοποίησης Steier. Λ Αν το Τ R 2 είναι ένα τραπέζιο με τις παράλληλες πλευρές του κάθετες στο υπερεπίπεδο (εδώ ευθεία) H τότε η συμμετρικοποίηση Steier του T ως προς το H είναι και πάλι τραπέζιο.

105 100 STEINER Πριν δώσουμε την αυστηρή απόδειξη και για να γίνει αυτή ευκολότερα 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 αρχικού τραπεζίου. Δηλαδή το σχήμα που εικονίζεται στα δεξιά δεν Ζ α Γ Α Β Θ β Δ 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 Σ 7.1: Τραπέζιο και η κυρτή θήκη των συμμετρικοποιημένων πλευρών πάνω στις ευθείες L 1 και L 2. είναι a priori το συμμετρικοποιημένο τραπέζιο του δεξιού σχήματος, αλλά το τραπέζιο που σχηματίζεται αν συμμετρικοποιήσουμε τις βάσεις (και μόνο) του αρχικού τραπεζίου και στη συνέχεια πάρουμε την κυρτή τους θήκη. Αυτό που θέλουμε να δείξουμε για να αποδειχθεί το παραπάνω λήμμα είναι ότι St(T) = CDEF. Αυτό θα είναι σωστό αν αποδείξουμε ότι η τομή του T με την ευθεία L, δηλαδή το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ, έχει το ίδιο μήκος με την τομή του CDEF με την L, δηλαδή το τμήμα GH. Απόδειξη του λήμματος: Θεωρούμε τραπέζιο T με τις βάσεις του κάθετες στον άξονα των x και υποθέτουμε επίσης ότι η μία κορυφή του είναι στην αρχή των αξόνων, με τη μία βάση του μήκους α πάνω τον άξονα των y, ενώ η άλλη βάση του με μήκος β έχει τετμημένη γ (δείτε Σχήμα 7.1). Έστω ότι λ (0, 1). Αρκεί να αποδείξουμε ότι το μήκος της τομής του T με την ευθεία L παράλληλη στις βάσεις του τραπεζίου και με τετμημένη λγ έχει μήκος (1 λ)a + λb. Αν αποδειχθεί αυτό θα ολοκληρωθεί η απόδειξη αφού τα στοιχεία που συνιστούν αυτή την έκφραση (δηλαδή

106 STEINER 101 τα λ, α και β) παραμένουν τα ίδια και στο τραπέζιο cov{{0} [ α/2, α/2], {γ} [ β/2, β/2]}, που είναι σχεδιασμένο στα δεξιά του Σχήματος 7.1. Αυτό τώρα είναι εύκολο: φέρνουμε τη βοηθητική ευθεία ΖΔ που τέμνει την ΑΒ στο Γ. Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι τα όμοια τρίγωνα έχουν λόγο ομοιότητας ίσο με τον λόγο των υψών τους παίρνουμε ότι ΒΓ β = λγ γ = λ ad ΑΓ (1 λ)γ α = γ = 1 λ. Οπότε δηλαδή το ζητούμενο. ΑΒ = ΑΓ + ΒΓ = (1 λ)α + λβ, Λ Για κάθε (μετρήσιμο) σύνολο K R και για κάθε x R ισχύει St H (K + x) = St H (K) + Proj H (x). Απόδειξη: Έστω ότι H = R 1 και u ένα κάθετο στον H μοναδιαίο διάνυσμα. Αν πάρουμε ένα στοιχείο (z, λ) R, όπου z R 1 και λ R τότε αυτό ανήκει στο St H (K+x) αν και μόνο αν γράφεται ως (z, λ) όπου z Proj H (K + x) και λ (1/2) (K + x) (z + Ru). Αλλά από τη γραμμικότητα της προβολής ισχύει Proj H (K + x) = Proj H (K) + Proj H (x). Επίσης (K + x) (z + Ru) = K ((z x) + Ru), αφού το μήκος είναι αναλλοίωτο στις μεταφορές. Εύκολα βλέπουμε (επειδή u H) ότι (z x) + Ru = z Proj H (x) + Ru. Οπότε (z, λ) St H (K + x) αν και μόνο αν z Proj H (x) Proj H (K) και λ 1 2 K ((z Proj H (x)) + Ru). Αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν (z Proj H (x), λ) St H (K) δηλαδή αν και μόνο αν (z, λ) St H (K) + Proj H (x). Π Για κάθε κυρτό σώμα K, το St(K) είναι κυρτό σώμα. Απόδειξη: Το K ως συμπαγές είναι φραγμένο. Άρα υπάρχει R > 0 ώστε K B 2 (0, R). Συνεπώς St(K) B 2 (0, R), οπότε το St(K) φραγμένο.

107 102 STEINER Επίσης εύκολα βλέπουμε ότι είναι κλειστό. Πράγματι, St(K) = {(y, λ) y Proj H (K) και λ 1 2 K (y + Ru) }, όπου το u είναι κάθετο μοναδιαίο διάνυσμα στον υπερεπίπεδο H και τα y θεωρούνται ως σημεία του R 1. Έτσι, αν θεωρήσουμε μια ακολουθία σημείων (y, λ ) μέσα στο St(K) που συγκλίνει έστω στο (y, λ) (ως προς την ευκλείδεια νόρμα) τότε από τις ιδιότητες της απόστασης y y και λ λ. Αλλά η προβολή Proj H (K) είναι κλειστό σύνολο, αφού το K είναι συμπαγές η απεικόνιση Proj H είναι συνεχής όπως είδαμε στο τέλος της Ενότητας 1.2 σελίδα 11 (δείτε και Πρόταση ). Άρα y Proj H (K). Επίσης λ 1 K (y + Ru) και περνώντας στο όριο συμπεραίνουμε 2 λ 1 K (y + Ru). Συνεπώς (y, λ) St(K) οπότε το St(K) είναι 2 κλειστό. Αφού είναι και φραγμένο είναι συμπαγές υποσύνολο του R. Επειδή το K έχει μη κενό εσωτερικό θεωρούμε μια ευκλείδεια μπάλα B 2 (x, ε) K για κατάλληλα x K και ε > 0. Οπότε B 2 (0, ε) K x. Επειδή η συμμετρικοποίηση Steier αφήνει αναλλοίωτες τις ευκλείδειες μπάλες, συμπεραίνουμε ότι B 2 (0, ε) St(K x). Από το Λήμμα έχουμε ότι St(K x) = St(K) Proj H (x) οπότε B 2 (Proj (x), ε) St(K), H δηλαδή το συμμετρικοποιημένο K έχει μη κενό εσωτερικό. Μένει να δειχθεί ότι το St(K) είναι κυρτό. Αν τα x, y ανήκουν στο St(K) θεωρούμε το τραπέζιο Τ = cov ((K (L + x)) (K (L + y))) K (δείτε Σχήμα 7.2). Αφού τα x, y ανήκουν στο St(Τ) και από το Λήμμα το St(T) είναι τραπέζιο, οπότε κυρτό, συνεπάγεται ότι [x, y] St(T) St(K), δηλαδή το St(K) είναι κυρτό, ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Π Για κάθε K κυρτό σώμα στον R και c 0 ισχύει St(cK) = cst(k). Απόδειξη: Έστω ότι c R μεγαλύτερο του 0. Από τον ορισμό της

108 STEINER 103 L C T y 0 st(c) x st(t) H Σ 7.2: Η συμμετρικοποίηση Steier. Το συμμετρικοποιημένο σώμα είναι κυρτό. συμμετρικοποίησης θα έχουμε, St(cK) = {y + λu y Proj H (ck) και λ 1 2 ck (y + Ru) } = {y + λu y cproj H (K) και λ 1 2 ck c ( y c + Ru ) } = {y + λu y c Proj H (K) και λ c 1 2 K ( y c + Ru ) }.

109 104 STEINER Θέτουμε x = y/c και μ = λ/c. Οπότε θα έχουμε: St(cK) = {cx + cμu x Proj H (K) και μ 1 2 K (x + Ru) } = c {x + μu x Proj H (K) και μ 1 2 K (x + Ru) } = cst(k). Π Για οποιαδήποτε κυρτά σώματα K, D στον R ισχύει St(K + D) St(K) + St(D). Απόδειξη: Έστω ότι x St(K) και y St(D). Ισοδύναμα θα έχουμε ότι x = h+l και y = k+, όπου τα h, k ανήκουν στο Η και τα l, ανήκουν στην L, και ισχύει l 1 2 (K (L + x)) και 1 (D (L + y)). 2 Έτσι, x + y = (h + k) + (l + ). Φανερά h + k H, l + L και (7.1) l + l + 1 ( (K (L + x)) + (D (L + y)) ). 2 Όμως K (L + x) + D (L + y) (K + D) (L + x + y) και από την Bru-Mikowski παίρνουμε ότι K (L + x) + D (L + y) (K (L + x)) + (D (L + y)). Έτσι συνεχίζοντας την (7.1) οδηγούμαστε στην l + l + 1 (K + D) (L + x + y). 2 Συνεπώς, το x + y ανήκει στο St(K + D). Π Για οποιαδήποτε κυρτά σώματα K, D στον R, αν K D τότε St(K) St(D). Απόδειξη: Αφού K D ισχύει K (L+x) D (L+x) οπότε θα έχουμε

110 STEINER 105 ότι (7.2) K (L + x) D (L + x). Έστω ότι z St(K). Τότε z = (Proj H z) + λu με λ K (L + z). Από την (7.2) συνεπάγεται ότι z = (Proj H z) + λu με λ D (L + z). Άρα, z St(D). Επομένως, St(K) St(D). Π Για κάθε υπερεπίπεδο H η St H ως απεικόνιση από τα κυρτά σώματα στα κυρτά σώματα είναι συνεχής. Απόδειξη: Αν τα K, K 1, K 2, είναι κυρτά σώματα στον R και K K, θα δείξουμε ότι St(K ) St(K). Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι 0 it(k). Από το Πόρισμα 5.1.3, το K συγκλίνει στο K αν και μόνον αν για κάθε ε > 0, υπάρχει 0 N ώστε για κάθε 0 να ισχύει (1 ε)k K (1 ε)k. Άρα, δηλαδή το ζητούμενο. (1 ε)st(k) St(K ) St(K)(1 + ε) Π Για κάθε κυρτό σώμα K στον R ισχύει vol(st(k)) = vol(k). Απόδειξη: Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι η συμμετρικοποίηση είναι ως προς το υπερεπίπεδο των πρώτων 1 συντεταγμένων.

111 106 STEINER Έχουμε ότι vol(k) = = = χ K((x 1, x 2,, x )) dx dx 1 dx 1 K (L + (x 1,, x 1 )) dx 1 dx 2 dx 1 St(K) (L + (x 1,, x 1 )) dx 1 dx 2 dx = χ St(K)((x 1, x 2,, x )) dx dx 1 dx 1 = vol(st(k)), αφού από τον ορισμό της συμμετρικοποίησης ισχύει K (L + x) = St(K) (L + x). Π Για κάθε κυρτό σώμα K στον R ισχύει Απόδειξη: Έχουμε οπότε (St(K)) (K). St(K + εb 2 ) St(K) + St(εB 2 ) = St(K) + εb 2 vol(st(k) + εb 2 ) vol(st(k)) ε vol(st(k + εb 2 )) vol(st(k)) ε = vol(k + εb 2 ) vol(k) ε. Από τον ορισμό του εμβαδού επιφανείας προκύπτει ότι (St(K)) (K). Π Για κάθε κυρτό σώμα K στον R ισχύει dia(st(k)) dia(k). Απόδειξη: Αν x, y St(K) και T, St(T) τα τραπέζια όπως στο Λήμμα 7.1.2, τότε τουλάχιστον μια από τις διαγώνιες του Τ έχει μήκος μεγαλύτερο ή ίσο από x y 2. Άρα, dia(st(k)) dia(k). Π Για κάθε κυρτό σώμα K στον R αν r(k) = ax{ρ > 0 ρb 2 K} και R(K) = i{ρ > 0 K ρb 2 }, τότε r(st(k)) r(k) και R(St(K)) R(K).

112 STEINER 107 Απόδειξη: Αν ρb 2 K τότε ρb 2 St(K) οπότε {ρ > 0 ρb 2 K} {ρ > 0 ρb 2 St(K)}, και άρα r(k) r(st(k)). Ομοίως, για τα R(St(K)) και R(K). Π Έστω ότι το Κ είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα στον R. Η συμμετρικοποίηση Steier ως προς οποιοδήποτε υπερεπίπεδο, ικανοποιεί την vol((st(k)) ) vol (K ). Απόδειξη: Χωρίς βλάβη της γενικότητας θα υποθέσουμε ότι η συμμετρικοποίηση γίνεται ως προς το διάνυσμα e = (0, 0,, 0, 1), δηλαδή το υπερεπίπεδο R 1 (αλλιώς αλλάζουμε κατάλληλα το σύστημα συντεταγμένων του R ). Επειδή κάθε διάνυσμα στον R γράφεται ως (x, r) με x R 1 και r R μπορούμε να γράψουμε Έχουμε: St(K) = {(x, 1 2 (s r) ) (x, s), (x, r) K}. (7.3) K = {(y, t) R x, y + st 1 (x, s) K}, όπου x, y R 1 και s, t R. Ομοίως, (7.4) (St(K)) = {(w, t) R x, w (s r)t 1, (x, s), (x, r) K }, όπου x, w R 1 και r, s, t R. Για κάθε σύνολο Α R και για κάθε t R γράφουμε A(t) = {v R 1 (v, t) A}. Δηλαδή, το A(t) {t}

113 108 STEINER είναι η τομή του Α σε ύψος t με επίπεδο παράλληλο στον R 1. Έχουμε 1 2 ( K (t) + K ( t)) = 1 2 { v R 1 (v, t) K } { u R 1 (u, t) K } = { 1 2 u v (v, t) K, (u, t) K } = { 1 2 u + 1 v x, v + st 1, (x, s) K, 2 x, u + r( t) 1, (x, r) K} (προσθέτοντας κατά μέλη τις x, u + st 1 και x, u + r( t) 1) { 1 2 u v x, 1 2 (u + v) (s r)t 1, (x, s), (x, r) K }. Θέτουμε w = (1/2)u + (1/2)v και έχουμε: 1 2 ( K (t) + K ( t)) {w x, w (s r)t 1, (x, s), (x, r) K } (St(K)) (t), από την (7.4). Εφαρμόζοντας τώρα την ανισότητα Bru-Mikowski στον R 1 παίρνουμε ότι: vol 1((St(K)) (t)) 1 1 vol 1 ( 1 2 K (t)) 1 1 = 2vol 1 ( 1 2 K (t)) + vol 1 ( 1 2 K ( t)) 1 1, 1 1

114 GROSS 109 αφού το Κ είναι κεντρικά συμμετρικό. Άρα, vol 1((St(K)) (t)) 2 1 vol 1 ( 1 2 K (t)) οπότε, για κάθε t R, άρα, από την οποία προκύπτει, = 2 1 ( 1 2 ) 1 vol 1(K (t)) vol 1((St(K)) (t)) vol 1(K (t)), vol 1((St(K)) (t)) dt vol 1(K (t)) dt vol ((St(K)) ) vol (K ). 7.2 GROSS Το θεώρημα σφαιρικότητας του Gross μάς λέει ότι οποιοδήποτε κυρτό σώμα μπορεί να συμμετρικοποιηθεί με μια ακολουθία κατάλληλων υπερεπιπέδων ώστε τα σώματα που προκύπτουν να συγκλίνουν σε κατάλληλο πολλαπλάσιο της ευκλείδειας μπάλας. Το θεώρημα αυτό χρησιμοποιείται συχνά για να λυθούν προβλήματα βελτιστοποίησης όπως η ισοπεριμετρική ανισότητα ή η ανισότητα Blaschke-Sataló που θα δούμε παρακάτω. Θ Έστω Κ κυρτό σώμα στον R με vol (K) = vol (B 2 ). Θέτουμε A να είναι η οικογένεια όλων των κυρτών σωμάτων που προκύπτουν από το Κ μέσω πεπερασμένου πλήθους διαδοχικών συμμετρικοποιήσεων Steier ως προς υπερεπίπεδα που περνούν από το 0. Τότε υπάρχει ακολουθία Κ A ώστε ως προς τη μετρική Hausdorff. Κ B 2, Απόδειξη: Θέτουμε ρ = if{r(l) L A}. Δηλαδή η ρ είναι η ελάχιστη ακτίνα ευκλείδειας μπάλας κέντρου 0, που περιέχει στοιχείο του A. Χρησιμοποιώντας τον ορισμό του ifiu θεωρούμε ακολουθία Κ A

115 110 STEINER με (7.5) R(K ) ρ. Άρα, υπάρχει Μ > 0 ώστε R(K ) M, για κάθε N, αφού η R(K ) ως συγκλίνουσα (στο ρ) είναι φραγμένη. Οπότε, από το θεώρημα επιλογής του Blaschke, η K έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Μετονομάζουμε αυτή την υπακολουθία σε K οπότε υποθέτουμε ότι η K συγκλίνει, έστω στο K 0. Ι : R(K 0 ) = ρ. [Απόδειξη του Ισχυρισμού: Αφού Κ K 0, δηλαδή δ(k, K 0 ) 0, για κάθε ε > 0, υπάρχει 0 N ώστε για κάθε 0, ισχύει δ(k, K 0 ) < ε. Οπότε Κ K 0 + εb 2 και Κ 0 K + εb 2. Επειδή K 0 R(K 0 )B 2, έχουμε K 0 + εb 2 (R(K 0) + ε)b 2 άρα R(K 0 + εb 2 ) R(K 0) + ε. Όμοια, για τα K ισχύει Οπότε θα έχουμε και R(K + εb 2 ) R(K ) + ε. R(K ) R(K 0 + εb 2 ) R(K 0) + ε, R(K 0 ) R(K + εb 2 ) R(K ) + ε. Δηλαδή, R(K ) R(K 0 ) ε και R(K 0 ) R(K ) ε. Έτσι, R(K ) R(K 0 ) ε, για κάθε 0. Επομένως, (7.6) R(K ) R(K 0 ). Από τις (7.5), (7.6) και από τη μοναδικότητα του ορίου έχουμε ότι R(K 0 ) = ρ. ] Αφού δείξαμε ότι ρ = R(K 0 ) συνεπάγεται ότι Κ 0 ρb 2. Θα αποδείξουμε ότι Κ 0 = ρb 2. Αν αυτό δεν είναι σωστό, αν δηλαδή, K 0 ρb 2, τότε ρs 1 K 0 : πράγματι, αν ρs 1 K 0, αφού το K 0 είναι κυρτό θα παίρναμε ρb 2 = cov(ρs 1 ) K 0 το οποίο είναι άτοπο. Άρα υπάρχει x 0 ρs 1 K 0. Επειδή το R Κ 0 είναι ανοικτό υπάρχει ανοικτή μπάλα με κέντρο το x 0 που δεν τέμνει το K 0. Τέμνοντας αυτή τη μπάλα με το ρs 1 βρίσκουμε μια ανοικτή περιοχή του x 0, έστω C x0, πάνω στη σφαίρα ρs 1 ώστε C x0 K 0 =. Κάνοντας τώρα ανακλάσεις της

116 GROSS 111 Σ 7.3: Η περιοχή C x0 του x 0 πάνω στη σφαίρα ρs 1. περιοχής με κέντρο το x 0 ως προς υπερεπίπεδα που περνάνε από το 0, μπορούμε να καλύψουμε τη σφαίρα: πράγματι, για κάθε x ρs 1 η ανάκλαση της C x0 ως προς το υπερεπίπεδο που περνάει από το 0 και είναι κάθετο στη χορδή [x, x 0 ] είναι μια ανοικτή περιοχή C x του x (δείτε Σχήμα 7.4). Φανερά Σ 7.4: Η ανάκλαση της C x0 δίνει ανοικτή περιοχή του x. ρs 1 x ρs 1 C x και από τη συμπάγεια της ρs 1, υπάρχει πεπερασμένο υποκάλυμμα.

117 112 STEINER Άρα υπάρχει N N και x 1,, x N S 1 ώστε ρs 1 N j=1 όπου τα C xj είναι ανακλάσεις της C x0 που περιγράψαμε παραπάνω. Ας υποθέσουμε πως για το σκοπό αυτό χρησιμοποιούνται τα υπερεπίπεδα Η 1, Η 2,, Η k. Θέτουμε C xj, D 0 = St Hk (St Hk 1 ( St H2 (St H1 (K 0 )) )). Παρατηρούμε ότι D 0 it(ρb 2 ), διότι κάθε χορδή του K που συμμετρικοποιείται ως προς οποιοδήποτε από τα H j έχει μικρότερο μήκος από τη αντίστοιχη χορδή της ρb 2, αφού το K δεν τέμνει το C x 0 (δείτε το Σχήμα 7.5). Σ 7.5: Η συμμετρικοποίηση ως προς το H δίνει σώμα που δεν τέμνει ούτε την C x0 ούτε την C x. Άρα, αφού D 0 it(ρb 2 ) τότε R(D 0) < ρ. Από τη συνέχεια της συμμετρικοποίησης ως προς τη μετρική Hausdorff, αφού K K 0 συνεπάγεται ότι D = St Hk (St Hk 1 ( St H2 (St H1 (K )) )) St Hk (St Hk 1 ( St H2 (St H1 (K 0 )) )) = D 0. Όμως D A και από τη συνέχεια της R θα ισχύει: R(D ) R(D 0 ) < ρ. Άρα, υπάρχει 0 ώστε R(D 0 ) < ρ και D 0 A. Αυτό είναι άτοπο,

118 GROSS 113 διότι το ρ είναι η ελάχιστη ακτίνα περιγεγραμμένης μπάλας στοιχείου της A. Τέλος, επειδή η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον όγκο και ο όγκος είναι συνεχής συνάρτηση στα κυρτά σώματα ως προς τη μετρική Hausdorff, έχουμε ότι vol (B 2 ) = vol (K) = vol (K 0 ) = vol (ρb 2 ). Άρα, ρ = 1. Συνεπώς, Κ 0 = Β 2. Οπότε, Κ B 2. Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό σώμα K στον R υπάρχει ακολουθία υπερεπιπέδων H 1, H 2, ώστε η ακολουθία κυρτών σωμάτων K = St H (St H 1 ( St H1 (K))) να συγκλίνει στο rb 2 για κατάλληλο r > 0. (Υπόδειξη: Εφαρμόστε το Θεώρημα του Gross για να βρείτε Κ 1 που προκύπτει από το K με πεπερασμένο πλήθος συμμετρικοποιήσεων που να απέχει από το rb 2 λιγότερο από 1. Στη συνέχεια εφαρμόστε το Θεώρημα του Gross, όχι για το K αλλά για το K 1.) Άσκηση Έστω ότι τα K και T είναι κυρτά σώματα στον R. Αποδείξτε ότι υπάρχει ακολουθία υπερεπιπέδων H 1, H 2, που περνάνε από την αρχή των αξόνων ώστε η ακολουθία και η K = St H ( (St H2 (St H1 (K))) ) T = St H ( (St H2 (St H1 (T))) ) να συγκλίνουν στα vol(k) 1/ B 2 και vol(t) 1/ B 2 αντίστοιχα. (Υπόδειξη: χρησιμοποιήστε την Άσκηση το γεγονός ότι αν για ένα σύνολο A ισχύει rb 2 A RB 2 οποιαδήποτε συμμετρικοποίησή του θα συνεχίσει να ικανοποιεί τους προηγούμενους εγκλεισμούς). Άσκηση Αποδείξτε (χωρίς τη χρήση της ανισότητας Bru-Mikowski) ότι αν K = rb 2 και T = RB 2 τότε vol(k + T) 1/ vol(k) 1/ + vol(t) 1/. Στη συνέχεια χρησιμοποιήστε αυτό και την Άσκηση για να παραγάγετε μια άλλη απόδειξη της ανισότητας Bru-Mikowski (χωρίς τη χρήση της ανισότητας Prekopa-Leidler).

119 114 STEINER 7.3 (2 ) Σε αυτή την ενότητα αποδεικνύουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα με τη βοήθεια της συμμετρικοποίησης Steier. Θεωρούμε κυρτό σώμα K στον R με Κ = Β 2. Από το θεώρημα σφαιρικότητας του Gross, υπάρχει ακολουθία κυρτών σωμάτων, έστω ότι είναι η Κ 1, K 2,, K,, που προκύπτει από το Κ μέσω πεπερασμένου πλήθους διαδοχικών συμμετρικοποιήσεων Steier ως προς υπερεπίπεδα που περνούν από το 0, ώστε K B 2, ως προς τη μετρική Hausdorff. Γνωρίζουμε ότι K (K ), διότι η K προέρχεται από το Κ μέσω της συμμετρικοποίησης Steier και η συμμετρικοποίηση μειώνει το εμβαδόν επιφανείας. Σταθεροποιούμε ένα ε θετικό. Τότε, από την Πρόταση και το γεγονός ότι St(B 2 ) = B 2, θα έχουμε ότι Κ + εb 2 = St(K + εb 2 ) St(K) + St(εB 2 ) = St(K) + εb 2. Επαναλαμβάνοντας πεπερασμένο πλήθος συμμετρικοποιήσεων Steier ως προς κατάλληλα υπερεπίπεδα ώστε να προκύψει η K, θα έχουμε ότι Κ + εb 2 K + εb 2. Επειδή η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον όγκο, ισχύει ότι Κ = Κ. Άρα, K + εb 2 K ε K + εb 2 K ε. Παίρνουμε πρώτα όρια ως προς και αφού K B 2 και ο όγκος είναι συνεχής ως προς τη μετρική Hausdorff παίρνουμε K + εb 2 K ε Β 2 + εb 2 B 2 ε. Τέλος, παίρνουμε όρια για ε 0 + ολοκληρώνοντας έτσι την απόδειξη. Επομένως, K (B 2 ). 7.4 BLASCHKE-SANTALÓ Μια άλλη εφαρμογή του Θεωρήματος σφαιρικότητας του Gross είναι η ακόλουθη ανισότητα. Θ Για κάθε συρτό σώμα K με 0 it(k) ισχύει vol(k)vol(k ) vol(b 2 )2. Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν το K είναι ελλειψοειδές.

120 BLASCHKE-SANTALÓ 115 Απόδειξη: Εδώ θα αποδείξουμε μόνο την γενική περίπτωση της ανισότητας και όχι την περίπτωση της ισότητας (δείτε στο [Sai1981]). Όπως δείξαμε στην Πρόταση η συμμετρικοποίηση αυξάνει τον όγκο του πολικού σώματος, δηλαδή vol((st(k)) ) vol(k ). Αν τα H 1, H 2, είναι υπερεπίπεδα που η συμμετρικοποίηση ως προς αυτά δίνει ακολουθία K που συγκλίνει στην λb 2 (λ = (vol(k)/vol(b 2 ))1/ αφού η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον όγκο) ισχύει (7.7) vol(k ) vol(k ). Πράγματι, vol((st H2 (St H1 (K))) ) vol((st H1 (K)) ) vol(k ), και συνεχίζουμε με επαγωγή. Όμως K λb 2 άρα από το Πόρισμα για κάθε 0 < θ < 1 υπάρχει 0 N ώστε για κάθε 0 ισχύει (1 θ)λb 2 K (1 + θ)λb 2. Περνώντας στα πολικά σώματα με τη βοήθεια της Πρότασης συμπεραίνουμε ότι θ λ B 2 K θ λ B 2. Επιλέγοντας 0 < θ < 1 ώστε (1 θ) ε και 1 ε (1 + θ) 1 (εύκολα ελέγχουμε ότι αυτό ισχύει για θ = 2 1 ε(1 + ε) 1 ) προκύπτει ότι για κάθε 0 (1 ε) 1 λ B 2 K (1 + ε) 1 λ B 2. Δηλαδή K λ 1 B 2. Παίρνοντας όρια στην (7.7) και χρησιμοποιώντας ότι ο όγκος είναι συνεχής συνάρτηση προκύπτει ότι vol( 1 λ B 2) vol(k ). Πολλαπλασιάζοντας και τα δυο μέλη με vol(k) το οποίο ισούται με vol(λb 2 ) (από την τιμή που έχει το λ) προκύπτει το αποτέλεσμα. Η ποσότητα vol(k)vol(k ) είναι αναλλοίωτη στους γραμμικούς με-

121 116 STEINER τασχηματισμούς, δηλαδή για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα T R R ισχύει vol(t(k))vol((t(k)) ) = vol(k)vol(k ). Πράγματι, σύμφωνα με τις Προτάσεις και , για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα T R R ισχύει vol(t(k)) = det T vol(k) και vol((t(k)) ) = det T 1 vol(k), οι οποίες αποδεικνύουν το ζητούμενο. Γεννάται λοιπόν το ερώτημα για ποιο ή ποια σώματα K η παράσταση vol(k)vol(k ) έχει ελάχιστη τιμή και ποια είναι η ελάχιστη τιμή. Το ερώτημα αυτό έτσι όπως διατυπώθηκε δεν έχει γνωστή απάντηση. Εικάζεται ότι η ελάχιστη τιμή του είναι (4!/) που είναι η τιμή της παράστασης όταν το K είναι ένα siplex. Αυτή η εικασία είναι γνωστή ως εικασία του Mahler. Μια απάντηση σε ένα ελαφρώς τροποποιημένο ερώτημα απαντήθηκε καταφατικά από τους Jea Bourgai και Vitali Mila. Συγκεκριμμένα απέδειξαν ότι υπάρχει σταθερά c > 0 ώστε για κάθε κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα K στον R ισχύει (vol(k)vol(k )) 1/ c (δείτε στο [Pis1989] ή στο [AGM2015]). Άσκηση Αποδείξτε ότι στην ανισότητα Blaschke-Sataló αν το K είναι ελειψοειδές τότε ισχύει η ισότητα. Δηλαδή αν το E είναι ένα ελλειψοειδές τότε ισχύει vol(e)vol(e ) = vol(b 2) 2. Άσκηση Έστω ότι το E είναι ένα ελλειψοειδές, και για ένα κυρτό σώμα K, με το 0 να ανήκει στο εσωτερικό του, ισχύει vol(k) = vol(e). Αποδείξτε ότι vol(k ) vol(e ).

122 Μέρος II Κλασικές θέσεις κυρτών σωμάτων

123 Για το υπόλοιπο του βιβλίου είναι απαραίτητη η γνώση στοιχειώδους θεωρίας μέτρου. Για αυτό παραπέμπουμε είτε στο [ΠρΑναλ] είτε στο [ΘΜ].

124 ΠΡΟΑΠΑΙΤΟΥΜΕΝΑ 8.1 Θα συμβολίζουμε με M το σύνολο όλων των πινάκων με στοιχεία από το R. Με GL() συμβολίζουμε τη γενική γραμμική ομάδα, δηλαδή τους αντιστρέψιμους πίνακες με στοιχεία από το R. Φανερά T GL() αν και μόνο αν det T 0. Με O() συμβολίζουμε την ορθογώνια ομάδα, δηλαδή τους πίνακες U με στοιχεία από το R για τους οποίους ισχύει U t U = Id. Τα στοιχεία της O() ονομάζονται ορθογώνιοι πίνακες και από την πολλαπλασιαστικότητα της ορίζουσας αν ο U είναι ορθογώνιος τότε έχει ορίζουσα +1 ή 1. Φανερά αν U O() τότε U 1 = U t, και διατηρεί τις γωνίες και τα μήκη διανυσμάτων: (i) Ux, Uy = U t Ux, y = x, y, (ii) Ux 2 = Ux, Ux = x, x = x 2. Θα συμβολίζουμε με SL() την ειδική γραμμική ομάδα, δηλαδή τους πίνακες στο M οι οποίοι έχουν ορίζουσα 1. Εύκολα ελέγχουμε ότι οι GL(), O() και SL() είναι πράγματι ομάδες με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων και είναι μεταξύ τους διαφορετικές. 8 Ο (Ίχνος πίνακα). Το ίχνος tr(t) ενός πίνακα T ορίζεται ως το άθροισμα των στοιχείων της κύριας διαγωνίου του. Δηλαδή αν T = (t ij ) ij τότε tr(t) = i=1 t ii = i=1 Te i, e i, όπου τα (e i ) i=1 αποτελούν την ορθοκανονική βάση ως προς την οποία είναι γραμμένος ο πίνακας (t ij ) ij. Εύκολα ελέγχουμε ότι το ίχνος έχει τις ακόλουθες ιδιότητες για οποιουσδήποτε πίνακες T = (t ij ) ij, S = (s ij ) ij και κάθε λ R: (i) tr(t) + tr(s) = tr(t + S).

125 120 (ii) tr(λt) = λtr(t). (iii) tr(t t ) = tr(t). (iv) tr(ts) = tr(st) = t ji s ij (δείτε Άσκηση 8.1.1). i,j Από την (iv) προκύπτει άμεσα ότι το ίχνος δεν εξαρτάται από τη βάση του χώρου, αφού tr(p 1 TP) = tr(tpp 1 ) = trt. Έτσι αν ο T είναι διαγωνοποιήσιμος, αλλάζοντας κατάλληλα τη βάση του χώρου, συμπεραίνουμε ότι το ίχνος του T είναι το άθροισμα των ιδιοτιμών του. Ο Ένας συμμετρικός πίνακας λέγεται θετικά ορισμένος αν για κάθε x R {0} ισχύει Tx, x > 0. Ο Ένας συμμετρικός πίνακας λέγεται θετικά ημιορισμένος αν για κάθε x R {0} ισχύει Tx, x 0. Φανερά κάθε θετικά ορισμένος πίνακας είναι και θετικά ημιορισμένος. Για ένα θετικά ημιορισμένο πίνακα T, από το φασματικό θεώρημα (δείτε [ΓρΑλγ2]), υπάρχει ορθοκανονική βάση f 1,, f του R που αποτελείται από ιδιοδιανύσματα του T και αντίστοιχες ιδιοτιμές λ 1,, λ οι οποίες είναι μη αρνητικοί αριθμοί. Συγκεκριμένα ισχύει Tf j = λ j f j και λ j 0 για κάθε j = 1,,. Αν ο T είναι θετικά ορισμένος τότε οι ιδιοτιμές λ j είναι όλες θετικές. Π Το E υποσύνολο του R είναι ελλειψοειδές με κέντρο την αρχή των αξόνων αν και μόνο αν υπάρχει πίνακας T θετικά ορισμένος ώστε E = {x R Tx, x 1}. Απόδειξη: Αν το E είναι ελλειψοειδές, έστω ότι τα e 1,, e και a 1,, a είναι όπως στον Ορισμό Θέτουμε T = ( a a ). 0 0 a 2 Τέτοιους πίνακες στο εξής για εξοικονόμηση χώρου θα τους γράφουμε ως εξής: T = diag(a 2 1,, a 2 ). Εύκολα τώρα ελέγχει κανείς ότι ο T είναι θετικά ορισμένος και Tx, x = j=1 x, e j 2 a 2. j

126 121 Συνεπώς E = {x R Tx, x 1}. Αντιστρόφως, έστω ότι ο T είναι ένας θετικά ορισμένος πίνακας και K = {x R Tx, x 1}. Θα αποδείξουμε ότι το K είναι ελλειψοειδές. Έστω ότι τα f 1, f και λ 1,, λ είναι, όπως παραπάνω, η ορθοκανονική βάση ιδιοδιανυσμάτων του T και οι αντίστοιχες θετικές ιδιοτιμές του. Ένα διάνυσμα x είναι στοιχείο του K αν και μόνο αν Tx, x 1. Όμως, αφού τα f 1, f συνιστούν ορθοκανονική βάση του R μπορούμε να γράψουμε x = x, f j=1 j f j, οπότε η προηγούμενη γίνεται T( x, f j f j), j=1 j=1 x, f j f j 1. Απλές πράξεις δείχνουν ότι η τελευταία είναι ισοδύναμη με την j=1 x, f j 2 (1/ λ j ) 2 1, ολοκληρώνοντας την απόδειξη σύμφωνα με τον Ορισμό Άσκηση Αποδείξτε ότι αν οι T = (t ij ) ij και S = (s ij ) ij είναι δυο πίνακες τότε tr(t t S) = i,j t ij s ij. (Υπόδειξη: Χρησιμοποιήστε τον Ορισμό και το ότι αν η (e j ) j=1 είναι ορθοκανονική βάση στον R τότε για κάθε x R ισχύει Tx = j=1 Tx, e j e j.) Άσκηση Αποδείξτε ότι το ίχνος ενός πίνακα είναι ανεξάρτητο από την βάση του χώρου ακολουθώντας την εξής διαδικασία. Αποδείξτε με επαγωγή στη διάσταση του χώρου 2 ότι (8.1) det(id +ha) = 1 + htr(a) + O(h 2 ), όπου η ποσότητα O(h 2 ) ικανοποιεί την li h 0 O(h 2 )/h = 0. Στη συνέχεια χρησιμοποιήστε την (8.1) για να αποδείξετε ότι το ίχνος tra είναι η κατευθυνόμενη παράγωγος της ορίζουσας στη διεύθυνση του πίνακα A στο σημείο Id, δηλαδή (8.2) det(id +ha) det Id tr(a) = li h 0 h. Τέλος χρησιμοποιήστε την (8.2) για να αποδείξετε ότι για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα P ισχύει tr(p 1 AP) = tra. Άσκηση [Sigular Value Decopositio] Αποδείξτε ότι για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα T υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες U, V και διαγώνιος πίνακας D με

127 122 θετικά στοιχεία διαγωνίου ώστε να ισχύει T = U DV ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα. (i) Αποδείξτε ότι υπάρχει ορθοκανονική βάση e 1,, e του R και θετικοί αριθμοί λ 1,, λ ώστε να ισχύει T t Te j = λ j e j για κάθε j = 1,,. (ii) Θέστε v j = λ j 1 Tej για κάθε j = 1,,, και αποδείξτε ότι ta v 1,, v συνιστούν ορθοκανονική βάση του R. (iii) Αν P ο πίνακας με στήλες τα διανύσματα v j και Q o πίνακας με στήλες τα διανύσματα e j αποδείξτε ότι ισχύει P = TQdiag( λ 1 1,, λ 1 ). Άσκηση Χρησιμοποιήστε την Άσκηση για να δείξετε ότι για κάθε πίνακα T υπάρχει ορθογώνιος πίνακας U και θετικά ημιορισμένος πίνακας P ώστε T = UP. Η αναπαράσταση αυτή είναι γνωστή με το όνομα πολική αναπαράσταση του T. (Υπόδειξη: UDV = (UV)(V t DV) για κάθε V ορθογώνιο πίνακα.) 8.2 Συμβολίζουμε με M το σύνολο των πινάκων με στοιχεία από το R. Τα στοιχεία Τ του M τα βλέπουμε και ως γραμμικές απεικονίσεις από τον R στον R, όπου το για κάθε x R το Tx είναι το διάνυσμα στον R που προκύπτει με πολλαπλασιασμό του πίνακα T με το 1 διάνυσμα x. Στο M ορίζουμε μια νόρμα θέτοντας (8.3) T = sup{ Tx 2 x B 2 }. Φανερά ο ορισμός είναι καλός, αφού το σύνολο B 2 είναι συμπαγές και η απεικόνιση T συνεχής. Πράγματι, η (8.3) ορίζει μια νόρμα στο M : (i) Φανερά T 0 και αν T = 0 τότε Tx = 0 για κάθε x B 2, οπότε για κάθε x R {0} ισχύει Έτσι T = 0. (ii) Για κάθε λ R ισχύει Tx = x 2 T ( x x ) = 0. 2 λt = sup λtx 2 = λ sup Tx 2 = λ T. x B 2 x B 2

128 (iii) Τέλος, αν T, S M τότε T + S = sup x B sup x B 2 (T + S)x 2 sup ( Tx 2 + Sx 2 ) x B 2 Sx 2 = T + S. Tx 2 + sup x B 2 Π Οι ορθογώνιοι πίνακες έχουν νόρμα ίση με 1. Πράγματι, αν U ορθογώνιος τότε (εξ ορισμού) U t U = Id. Έτσι, για κάθε x R έχουμε Ux 2 2 = Ux, Ux = U t Ux, x = x, x = x 2. Άρα Ux 2 = x 2 και η (8.3) συνεπάγεται αμέσως ότι U = 1. Π Αν υπάρχει C > 0 ώστε Tx 2 C x 2 για κάθε x R τότε T C. Αυτό προκύπτει αμέσως από την (8.3). Επίσης για κάθε x R ισχύει Tx 2 T x 2. Πράγματι, αυτό είναι προφανές αν x = 0, και αν x 0 τότε Tx 2 = T(x/ x 2 ) 2 x 2 T x 2. Π Αν T, S M τότε TS T S. Πράγματι, από την (8.3) και την Παρατήρηση 8.2.2, για κάθε x B 2 έχουμε (TS)x 2 = T(Sx) 2 T Sx 2 T S x 2, άρα TS T S. Π Η απεικόνιση T M R 2 όπου T(a ij ) i,j=1 = (a 11, a 12,, a 1, a 21,, a 2,, a 1,, a ), είναι γραμμική, 1-1, επί, συνεχής και η αντίστροφή της είναι συνεχής. Απόδειξη: Φανερά η T είναι γραμμική, 1-1 και επί. Μένει να δείξουμε τη συνέχεια της T και της T 1. Αλλά ο M είναι ο R 2 με διαφορετική νόρμα (την όπως ορίστηκε πριν). Συνεπώς η συνέχεια της T είναι απλώς η ισοδυναμία δύο νορμών στον R 2, η οποία ισχύει από την Πρόταση Π Ένα σύνολο M M είναι φραγμένο αν και μόνο αν είναι φραγμένο ως υποσύνολο του (R 2, 2 ) (μέσω της T της Πρότασης 8.2.4).

129 124 Ομοίως ένα M M είναι συμπαγές αν και μόνο αν είναι συμπαγές (δηλαδή κλειστό και φραγμένο) ως υποσύνολο του (R 2, 2 ) Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ο D = diag(λ 1, λ 2, λ ) είναι διαγώνιος πίνακας, τότε D = ax{ λ j j = 1, 2,, }. Άσκηση Αν η D είναι μια ακολουθία διαγώνιων πινάκων με det(d ) = 1 για κάθε N τότε η ακολουθία D είναι φραγμένη αν και μόνο αν η ακολουθία είναι φραγμένη. D 1 Άσκηση Χρησιμοποιήστε την Άσκηση για να αποδείξετε ότι η Άσκηση δεν ισχύει μόνο για διαγώνιους πίνακες αλλά και για οποιαδήποτε ακολουθία T, -πινάκων με det(t ) = 1 για κάθε N. 8.3 Εκτός από τα γενικά στοιχεία της θεωρίας μέτρου θα χρειαστούμε ειδικότερα τον τύπο αλλαγής μεταβλητών σε πολικές συντεταγμένες στον R. Συγκεκριμένα ισχύει το εξής: Θ Υπάρχει μέτρο σ στο σύνολο S 1 με σ(s 1 ) = 1 ώστε για κάθε ολοκληρώσιμη συνάρτηση f R R να ισχύει (8.4) f(x) dx = vol (B 2 ) f(rθ)r 1 drdσ (θ). R S 1 0 Αυτό μπορεί κανείς να το δει ως γενίκευση της ολοκλήρωσης σε πολικές συντεταγμένες από τον Απειροστικό Λογισμό πολλών μεταβλητών όπου το διαφορικό στις δύο διαστάσεις αλλάζει από dxdy σε r drdθ. Παρατηρήστε ότι σε αυτή την περίπτωση αν θέλουμε ο κύκλος ακτίνας 1 να έχει μήκος ίσο με 1 θα πρέπει να διαιρέσουμε το dθ με 2π, οπότε στις δύο διαστάσεις η αλλαγή σε πολικές συντεταγμένες είναι f(x) dx = 2π R 2 S που συμφωνεί με τον τύπο (8.4). f(rθ)r drd(θ/2π), 0

130 125 Το μέτρο σ πάνω στη σφαίρα περιγράφεται παρακάτω στην Ενότητα , αλλά προς το παρόν δεν θα χρειαστούμε περισσότερα από τον τύπο (8.4).

131

132 Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΘΕΣΗΣ ΕΝΟΣ ΚΥΡΤΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ Ας θεωρήσουμε ένα κυρτό σώμα K στο R. Οποιαδήποτε μεταφορά του x 0 + K στο χώρο δεν αλλάζει τα γεωμετρικά χαρακτηριστικά του σώματος και για αυτό δεν θεωρούμε ότι πρόκειται για ουσιαστικά διαφορετικό σώμα. Λέμε απλώς ότι το σώμα βρίσκεται σε άλλη θέση. Αυτό όμως δεν συμβαίνει μόνο με τις μεταφορές. Προφανώς συμβαίνει και με τις στροφές και τις ανακλάσεις. Γενικότερα θεωρούμε ότι ένα κυρτό σώμα δεν αλλάζει κατά ουσιαστικό τρόπο όταν αλλάζει η βάση του χώρου. Από τη Γραμμική Άλγεβρα γνωρίζουμε ότι η αλλαγή της βάσης του R γίνεται με έναν πίνακα ο οποίος έχει μη μηδενική ορίζουσα. Το αποτέλεσμα οποιουδήποτε από τους παραπάνω μετασχηματισμούς σε ένα κυρτό σώμα ή συνδυασμού τους ονομάζεται θέση του σώματος. Για να δώσουμε τον αυστηρό ορισμό υπενθυμίζουμε από την γραμμική άλγεβρα ότι γράφουμε GL() για τη γενική γραμμική ομάδα στον R : το GL() αποτελείται από όλους τους πίνακες που έχουν μη μηδενική ορίζουσα. Ο Αν το K είναι ένα κυρτό σώμα στον R ονομάζουμε θέση του K οποιοδήποτε σύνολο της μορφής x 0 + T(K) όπου x 0 R και T GL(). Πολλές φορές ταυτίζουμε το κυρτό σώμα με την κλάση όλων των θέσεών του (θεωρώντας ότι όλες οι θέσεις αναφέρονται στο ίδιο σώμα). Στο επόμενο αποδεικνύουμε ότι οποιοδήποτε ελλειψοειδές είναι μια θέση της ευκλείδειας μπάλας B 2. Π Το σύνολο των θέσεων της ευκλείδειας μπάλας B 2 είναι το σύνολο των ελλειψοειδών στον R. Απόδειξη: Το E είναι ελλειψοειδές στον R με κέντρο την αρχή των αξόνων αν και μόνο αν υπάρχει ορθοκανονική βάση e 1,, e του R και θετικοί αριθμοί a 1,, a ώστε 9 E = {x R x, e j 2 a j=1 2 j 1}, (δείτε Ορισμό 1.3.6). Ο διαγώνιος πίνακας T = diag(a 1,, a ) είναι αντιστρέψιμος (αφού τα a 1,, a είναι θετικοί αριθμοί) και εύκολα ελέγχουμε

133 128 ότι ισχύει T(B 2 ) = E. Οποιοδήποτε άλλο ελλειψοειδές στον R είναι μεταφορά ελλειψοειδούς με κέντρο την αρχή των αξόνων. Αντίστροφα, πρέπει να αποδείξουμε ότι για κάθε T GL() το T(B 2 ) είναι ελλειψοειδές. Όμως x T(B 2 ) αν και μόνο αν T 1 x B 2 δηλαδή αν και μόνο αν T 1 x, T 1 x 1. Αυτό είναι ισοδύναμο με το (T 1 ) t T 1 x, x 1. Έτσι, από την Πρόταση 8.1.4, μένει να δείξουμε ότι ο πίνακας (T 1 ) t T 1 είναι θετικά ορισμένος. Όμως προφανώς, για κάθε μη μηδενικό z R ισχύει (T 1 ) t T 1 z, z = T 1 z, T 1 z = T 1 z Μένει να δειχθεί ότι αν z R {0} τότε T 1 z 0. Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει μη μηδενικό z R ώστε T 1 z = 0 τότε θέτουμε e 1 = z/ z 2 και συμπληρώνουμε σε μια ορθοκανονική βάση με τα διανύσματα e 2,, e επιλέγοντάς τα ώστε αυτά να είναι ορθοκανονική βάση του υποχώρου κάθετου στο e 1. Τότε ο πίνακας T 1 γραμμένος ως προς τη βάση e 1,, e έχει στην πρώτη στήλη του μηδενικά, αφού λόγω του ότι T 1 e 1 = 0 ισχύει T 1 e 1, e j = 0 για κάθε j = 1, 2,. Άρα det T 1 = 0, το οποίο είναι άτοπο, αφού ο T είναι αντιστρέψιμος. Π Αυτό που πραγματικά κρύβεται πίσω από την απόδειξη είναι η πολική αναπαράσταση ενός τετραγωνικού πίνακα: κάθε (πραγματικός) τετραγωνικός T παραγοντοποιείται στη μορφή T = UA όπου ο U είναι ορθογώνιος (δηλαδή U t = U 1 ) και ο A είναι θετικά ημιορισμένος ή, μετά από κατάλληλη επιλογή βάσης, ο A είναι διαγώνιος (δείτε [ΓρΑλγ2]). Έτσι ο A απεικονίζει την B 2 σε ένα ελλειψοειδές και στη συνέχεια ο U «στρέφει» το ελλειψοειδές στο χώρο (ο U ως ορθογώνιος είναι συνδυασμός ανακλάσεων και στροφών). Π Παρατηρήστε ότι αν επιλέξουμε ένα ελλειψοειδές E στο R, τότε (i) το ελλειψοειδές E καθορίζει ένα πίνακα Τ GL() από την E = T(B 2 ). (ii) Ο T καθορίζει μια αλλαγή βάσης. (iii) Ο T και η αλλαγή βάσης θέτουν το K σε μια άλλη θέση τη θέση Τ(Κ). Έτσι πολλές φορές λέμε ότι η θέση ενός σώματος K καθορίζεται από την «επιλογή της ευκλείδειας δομής του R». Δηλαδή την επιλογή του ελλειψοειδούς E. Η χρήση της λέξης «δομή» στην παραπάνω φράση

134 129 προέρχεται από το ότι ένα ελλειψοειδές καθορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο. Πράγματι, αν ως προς την κατάλληλη ορθοκανονική βάση e 1,, e E = {x = (x k ) k=1 R xk 2 a k=1 2 k 1}, όπου a k > 0 για k = 1,,, τότε ελέγχουμε εύκολα ότι το (9.1) x, w E = z k w k a k=1 2 k είναι ένα εσωτερικό γινόμενο και το σύνολο {x R x, x E 1} είναι ακριβώς το E. Άσκηση Αποδείξτε ότι οποιοδήποτε παραλληλόγραμμο στον R 2 είναι μια θέση του τετραγώνου C = [ 1, 1] 2. Ομοίως αποδείξτε ότι οποιοδήποτε παραλληλεπίπεδο στον R είναι μια θέση του κύβου C = [ 1, 1]. Άσκηση Δείξτε ότι η σχέση (9.1) ορίζει πράγματι ένα εσωτερικό γινόμενο στον R. Άσκηση Δείξτε ότι αν E είναι η νόρμα που ορίζει ένα ελλειψοειδές E στον R, τότε ισχύει x, x E = x 2 E. Άσκηση Εξηγήστε γιατί η επιλογή ενός εσωτερικού γινομένου στον R καθορίζει τη θέση ενός κυρτού σώματος K.

135

136 Η ΙΣΟΤΡΟΠΙΚΗ ΘΕΣΗ Η ισοτροπική θέση ενός κυρτού σώματος είναι μια πολύ ιδιαίτερη θέση η οποία προέρχεται από την Κλασική Μηχανική. Ο συνήθης ορισμός της ισοτροπίας είναι ο ακόλουθος: 10 Ο (Ισοτροπικό σώμα). Ένα κυρτό σώμα K R λέμε ότι είναι ισοτροπικό αν έχει όγκο ίσο με 1, κέντρο μάζας στο 0 και το ολοκλήρωμα K x, θ 2 dx είναι σταθερό, δηλαδή ανεξάρτητο του θ S 1. Η τετραγωνική ρίζα αυτής της κοινής τιμής των ολοκληρωμάτων ονομάζεται σταθερά ισοτροπίας του K και συμβολίζεται με L K. Θα δούμε παρακάτω ότι κάθε κυρτό σώμα K στον R έχει ισοτροπική θέση δηλαδή υπάρχει T GL() ώστε το T(K) να είναι ισοτροπικό. Στην επόμενη υποενότητα θα προσπαθήσουμε να εξηγήσουμε αυτόν τον ορισμό. Αυτό δεν θα συμβάλει μόνο στην αιτιολόγηση του όρου «ισοτροπικό» αλλά θα συμβάλει στο να κατανοήσουμε ότι από φυσικής πλευράς η ισοτροπική θέση είναι η απλούστερη θέση στην οποία μπορεί να βρεθεί ένα σώμα Ροπή δύναμης και ροπή αδράνειας Ας υποθέσουμε ότι έχουμε ένα αντικείμενο που μπορεί να περιστραφεί γύρω από έναν άξονα. Μπορούμε να φανταστούμε μια σφαίρα και έναν άξονα που περνάει από το κέντρο της ή μια πόρτα που στρέφεται γύρω από τον άξονα που διέρχεται από τα σημεία στήριξής της. Αν εφαρμόσουμε μια δύναμη F στο αντικείμενο, κάθετα στο επίπεδο που ορίζει ο άξονας περιστροφής και το διάνυσμα θέσης του σημείου στο οποίο εφαρμόζεται η δύναμη, αυτό θα αρχίσει να περιστρέφεται. Ας θεωρήσουμε ότι η δύναμη εφαρμόζεται στο σημείο r το οποίο ανήκει στο αντικείμενό μας. Ονομάζουμε ροπή της δύναμης F το διάνυσμα τ = r F, όπου με συμβολίζουμε το εξωτερικό γινόμενο. Παρατηρούμε ότι όσο πιο κοντά στον άξονα περιστροφής εφαρμόσουμε τη δύναμη (για παράδειγμα όσο πιο κοντά στον άξονα περιστροφής της πόρτας), τόσο πιο μικρό είναι σε μήκος το διάνυσμα r οπότε είναι και μικρότερο το μέγεθος της ροπής (η πόρτα θα στραφεί με μικρότερη ταχύτητα).

137 132 Η ροπή μιας δύναμης που εφαρμόζεται σε ένα σώμα που μπορεί να στραφεί γύρω από έναν άξονα, εκφράζει το μέγεθος της ικανότητας της δύναμης να στρέψει το σώμα. Άρα το πόσο εύκολα θα στραφεί το σώμα εξαρτάται από τη δύναμη F και το σημείο εφαρμογής της δύναμης r. Όμως το τι τελικά ακριβώς θα συμβεί στο σώμα δεν εξαρτάται μόνο από τη δύναμη και το σημείο εφαρμογής. Διότι για παράδειγμα, μια μπάλα του μπάσκετ στρέφεται πολύ πιο εύκολα με την ίδια δύναμη από ό,τι ο πλανήτης Γη. Άρα το τι ακριβώς θα συμβεί με την ίδια δύναμη F και το ίδιο r σχετίζεται και με χαρακτηριστικά του σώματος και της διεύθυνσης περιστροφής. Αυτά τα χαρακτηριστικά εκφράζονται στην έννοια της ροπής αδράνειας του σώματος ως προς τη διεύθυνση του άξονα περιστροφής. Η ροπή αδράνειας ενός σώματος εκφράζει το πόσο εύκολα αυτό στρέφεται γύρω από δοθέντα άξονα. Εξαρτάται δηλαδή τόσο από το σώμα όσο και από τον άξονα περιστροφής. Το ότι η ροπή αδράνειας εξαρτάται και από τον άξονα περιστροφής φαίνεται εύκολα με το παράδειγμα του ακροβάτη που περπατάει σε σχοινί κρατώντας κάθετα στο σχοινί μια πολύ μεγάλη ράβδο (δείτε την Εικόνα 10.1). Για να πέσει από το σχοινί ο ακροβάτης θα πρέπει η ράβδος που κρατάει να στραφεί με άξονα περιστροφής παράλληλο στο σχοινί στο οποίο βαδίζει. Επειδή ακριβώς η ράβδος είναι μεγάλη στην κάθετη στο σχοινί διεύθυνση, αυτή έχει πολύ μεγάλη ροπή αδράνειας (δεν «θέλει» δηλαδή να στραφεί) και για αυτό ο ακροβάτης δεν πέφτει εύκολα. (Το ότι ο ακροβάτης συγκρατεί τη ράβδο είναι μάλλoν ψευδαίσθηση. Η ράβδος συγκρατεί τον ακροβάτη!) Μιλώντας πιο αυστηρά, η ροπή αδράνειας ενός σώματος εκφράζει τη ροπή που απαιτείται για να αποκτήσει το σώμα μια καθορισμένη γωνιακή επιτάχυνση. Μια σημειακή μάζα σε θέση r, όπου το r είναι κάθετο στον άξονα περιστροφής της έχει ροπή αδράνειας την ποσότητα I = r 2 2. (Βεβαίως η επιλογή αυτού του τύπου δεν είναι αυθαίρετη αλλά βασίζεται σε πειραματικά δεδομένα. Για παράδειγμα, διπλασιάζουμε την απόσταση από τον άξονα περιστροφής και μετράμε τετραπλάσια ροπή για την απόκτηση της ίδιας γωνιακής επιτάχυνσης.) Αν τώρα μιλάμε για ένα κυρτό σώμα K στον R η συνολική του ροπή αδράνειας υπολογίζεται αν «προσθέσουμε όλες τις ροπές αδράνειας των σημείων του», δηλαδή αν ολοκληρώσουμε πάνω στο K. Για να απλοποιηθεί η περιγραφή μας ας υποθέσουμε ότι οι «σημειακές μάζες» στο K είναι ίσες με 1. Με άλλα λόγια θεωρούμε ότι η πυκνότητα του υλικού του K είναι σταθερά, ίση με 1. Έτσι αν το διάνυσμα θ S 1 καθορίζει τον άξονα περιστροφής, τότε η (συνολική) ροπή αδράνειας του K είναι

138 133 Ε 10.1: Ο Sauel Dixo διασχίζει τον Νιαγάρα πάνω σε ένα σχοινί 7/8 της ίντσας χρησιμοποιώντας τη ροπή αδράνειας μιας μεγάλης ράβδου (φωτογραφία George Barker, Νιαγάρας 1890). η ποσότητα r x 2 2 dx, K όπου το r x είναι το διάνυσμα κάθετο στον άξονα περιστροφής, από τον άξονα στο x K. Χρησιμοποιώντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα, η ροπή αδράνειας του K ως προς τον άξονα που καθορίζει το θ είναι ίση με το (10.1) ( x 2 2 x, θ 2 ) dx. K Φανερά η ροπή αδράνειας εξαρτάται λοιπόν από τον άξονα τη διεύθυνση θ. Αν αυτό δεν συμβαίνει, αν δηλαδή η ροπή αδράνειας είναι ίδια για το K ως προς οποιοδήποτε άξονα περιστροφής, τότε το σώμα λέγεται ισοτροπικό. Η συνθήκη που μόλις περιγράψαμε είναι φανερά ισοδύναμη με την συνθήκη η ποσότητα K x, θ 2 dx να είναι σταθερή και ανεξάρτητη από την επιλογή του θ S 1. Έτσι λοιπόν, ένα σώμα είναι ισοτροπικό όταν η ροπή που χρειάζεται για να αποκτήσει συγκεκριμμένη γωνιακή επιτάχυνση είναι ίδια ως προς οποιοδήποτε άξονα και αν είναι να περιστραφεί. Προσθέτουμε μόνο εδώ, ότι η οι επιπλέον απαιτήσεις του Ορισμού , δηλαδή να έχει το σώμα κέντρο μάζας στο 0 και να έχει συνολικό όγκο 1, είναι κανονικοποιήσεις που απλά διευκολύνουν διάφορους υπολογισμούς και δεν έχουν σχέση με την ισοτροπία ως φυσική έννοια.

139 Πίνακας αδράνειας και ροπή αδράνειας Όπως είδαμε παραπάνω η ροπή αδράνειας εξαρτάται τόσο από το σώμα το οποίο στρέφεται όσο και από τη διεύθυνση του άξονα περιστροφής. Είναι δυνατόν αυτά τα δύο να «διαχωριστούν»; Μπορούν δηλαδή κατά μία έννοια να απομονωθούν τα χαρακτηριστικά του σώματος που καθορίζουν ή επηρεάζουν την περιστροφή από τη διεύθυνση περιστροφής; Η απάντηση είναι θετική και αυτό γίνεται με τον πίνακα αδρανείας του σώματος. Θα συμβολίσουμε με Id τον ταυτοτικό πίνακα στον R. Αν γράψουμε το τυχόν x K ως x i=1 ie i ως προς την συνήθη ορθοκανονική βάση του R και ομοίως και για το θ, από τη σχέση (10.1) εύκολα βλέπουμε με απλές πράξεις ότι όπου I K είναι ο πίνακας ( K ( x 2 2 x, θ 2 ) dx = I K θ, θ, K x 2 2 dx ) Id ( x i x j dx) K ij = ( K ( x 2 2 x2 1 ) dx K x 1 x 2 dx K x 1 x dx K x 2 x 1 dx K ( x 2 x 2 2) dx K x 2 x dx K x x 1 dx K x x 2 dx K ( x 2 2 x2 ) dx ). Ο πίνακας I K ονομάζεται πίνακας αδράνειας του σώματος K (Iertia atrix). Όταν εργαζόμαστε με ένα σώμα και δεν υπάρχει κίνδυνος σύγχυσης μπορεί να παραλείπουμε τον δείκτη K και να γράφουμε απλά I. Ο I εξαρτάται μόνο από το σώμα K (και το σύστημα συντεταγμένων) και για κάθε θ S 1 το εσωτερικό γινόμενο Iθ, θ υπολογίζει τη ροπή αδράνειας του σώματος K με άξονα περιστροφής τη διεύθυνση του θ. Για τη Φυσική, όπως η μάζα είναι το μέτρο της αδράνειας του K για την ευθύγραμμη κίνηση, έτσι και ο πίνακας αδράνειας είναι το «μέτρο» της αδράνειας στην περιστροφική κίνηση. Εύκολα βλέπει κανείς ότι αυτός ο συμμετρικός πίνακας είναι θετικά ορισμένος. Αλλά από την πλευρά της Φυσικής αυτό είναι άμεσα αντιληπτό αν κανείς γνωρίζει ότι αν το K στρέφεται με οποιαδήποτε (μη μηδενική) σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω τότε η κινητική του ενέργεια είναι ακριβώς η ποσότητα 1 Iω, ω, και ως ενέργεια η ποσότητα αυτή 2

140 135 είναι αναγκαστικά θετική. Έτσι ο I είναι διαγωνοποιήσιμος, δηλαδή υπάρχει κατάλληλος ορθομοναδιαίος πίνακας αλλαγής βάσης Q ώστε ο I = Q t ΛQ όπου Λ διαγώνιος πίνακας, έστω με στοιχεία διαγωνίου τα I 1,, I. Οι διευθύνσεις των ιδιοδιανυσμάτων του I ονομάζονται κύριοι (ή πρωτεύοντες) άξονες του σώματος K. Οι ποσότητες I 1,, I (οι οποίες είναι θετικές, αφού ο I είναι θετικά ορισμένος) ονομάζονται κύριες (ή πρωτεύουσες) ροπές αδράνειας του K. Τα υπερεπίπεδα που παράγονται από οποιαδήποτε 1 από τα ιδιοδιανύσματα του I ονομάζονται κύρια (ή πρωτεύοντα) υπερεπίπεδα του K. Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι αν επιλέξουμε κατάλληλα την ορθοκανονική βάση του R ο πίνακας αδράνειας του K είναι διαγώνιος ο διαγώνιος πίνακας Λ. Συνεπώς, αν εφαρμόσουμε στο σώμα K κατάλληλο διαγώνιο πίνακα (ως προς κατάλληλη βάση) ο πίνακας αδράνειας της νέας θέσης του K, έστω K, θα είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού, δηλαδή τα x2 K i dx θα είναι ανεξάρτητα του i και x K ix j dx = 0 για κάθε i j. Εύκολα ελέγχουμε ότι αυτές οι συνθήκες συνεπάγονται ότι στη νέα αυτή θέση του το K, δηλαδή το K, είναι ισοτροπικό! Αποδείξαμε έτσι ότι κάθε κυρτό σώμα K μπορεί να αλλάξει θέση ώστε η νέα θέση που προκύπτει να είναι ισοτροπική. Παρατηρούμε εδώ ότι πολύ συχνά στη βιβλιογραφία η ισοτροπική θέση περιγράφεται λέγοντας ότι ο πίνακας αδράνειας του σώματος K είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού συν τις συνθήκες κανονικοποίησης του Ορισμού , δηλαδή ότι πρέπει να έχει όγκο ίσο με 1 και κέντρο μάζας στο 0. Αν ονομάσουμε C = C K = Cov(K) τον πίνακα ( K x i x j dx) ij τότε ισχύει I(K) = tr(c) Id C. 1 Αυτό ελέγχεται εύκολα, αφού tr(c) = i=1 ( K x 2 2 dx K xi 2 dx) = ( 1) x 2 2 dx. K Ο πίνακας C = C K ονομάζεται πίνακας συνδιακύμανσης (Covariace atrix) του K. Συνήθως μελετάμε τον πίνακα C αντί για τον I αφού ο C είναι απλούστερος και οι ιδιότητες του I που μας ενδιαφέρουν προκύπτουν άμεσα από τις ιδιότητες του C. Για παράδειγμα, ο I είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού Id (και το σώμα K είναι ισοτροπικό) αν και μόνο αν ο C είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού. Με βάση αυτή την παρατήρηση μπορούμε να δώσουμε τον εξής εναλλακτικό ορισμό του ισοτροπικού σώματος:

141 136 Ο (Ισοτροπικό σώμα, (εναλλακτικός ορισμός)). Ένα κυρτό σώμα K R λέγεται ισοτροπικό αν έχει όγκο ίσο με 1, κέντρο μάζας στο 0 και ισχύουν οι σχέσεις (i) K x 2 i dx = K x 2 j dx για κάθε i, j = 1,, και (ii) K x i x j dx = 0 για κάθε i, j = 1,, με i j. Ο αριθμός L K = ( K x 2 i dx) 1/2 (που είναι ανεξάρτητος του i) ονομάζεται σταθερά ισοτροπίας του K. Πρέπει βεβαίως κανείς να ελέγξει ότι η L K όπως ορίστηκε εδώ ισούται με την L K όπως ορίστηκε στον Ορισμό Αυτό είναι απλό και το διατυπώνουμε στην Άσκηση Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ισχύουν οι σχέσεις (i) και (ii) του Ορισμού τότε το K x, θ 2 dx είναι ανεξάρτητο του θ S Πολική ροπή αδρανείας Ας υποθέσουμε ότι το αντικείμενο που μελετάμε είναι δισδιάστατο (για παράδειγμα ένα τμήμα ενός λεπτού φύλου κάποιου υλικού). Μπορούμε να θεωρήσουμε τώρα ότι το σώμα αυτό θα περιστραφεί στο επίπεδο στο οποίο περιέχεται. Ο μόνος τρόπος να γίνει αυτό είναι να περιστραφεί γύρω από κάποιο σημείο x 0 αυτού του επιπέδου. Αυτό είναι ισοδύναμο με το να θεωρήσουμε το σώμα στον τρισδιάστατο χώρο και να θεωρήσουμε ότι θα περιστραφεί γύρω από τον άξονα που περνάει κάθετα στο επίπεδο στο οποίο περιέχεται, από το x 0. Η αδράνεια που επιδεικνύει αυτό το σώμα σε μια τέτοια περιστροφή δίνεται όπως και πριν από το ολοκλήρωμα πάνω στο σώμα του τετραγώνου της απόστασης των σημείων του από τον άξονα περιστροφής, που σε αυτή την περίπτωση είναι το σημείο x 0. Αυτή η ροπή αδρανείας ονομάζεται πολική και εφόσον η μάζα του σώματος έχει πυκνότητα ίση με 1 και x 0 = 0 δίνεται από τον τύπο PI K = x 2 dx. K Η γενίκευση σε μεγαλύτερες διαστάσεις είναι όμοια. Το παραπάνω ολοκλήρωμα στον R ονομάζεται πολική ροπή αδρανείας όπου τώρα

142 137 η περιστροφή είναι γύρω από τον άξονα του R +1 που περνάει κάθετα στον R από το 0. Παρατηρούμε εδώ ότι η πολική ροπή αδρανείας σχετίζεται με τα ίχνη των πινάκων I K και C K ως εξής: (10.2) PI K = x 2 2 dx = tr(c K) = tr(i K) 1. K Διαφορά μεταξύ ισοτροπικού και μη ισοτροπικού σώματος Είδαμε ήδη ότι για τα ισοτροπικά σώματα η ίδια ροπή προκαλεί την ίδια γωνιακή επιτάχυνση ως προς οποιοδήποτε άξονα. Εδώ θα εμβαθύνουμε λίγο παραπάνω σε αυτή την κατεύθυνση. Ας υποθέσουμε ότι σε ένα σώμα K στον χώρο τού ασκείται μια ροπή ώστε να αρχίσει να κινείται και στη συνέχεια αφήνεται ελεύθερο, χωρίς να του ασκήται καμία εξωτερική δύναμη (ή η συνισταμένη των εξωτερικών δυνάμεων ισούται με μηδέν). Σε αυτή την ενότητα θα μελετήσουμε τη διαφορά στην κίνηση αν το σώμα είναι ισοτροπικό ή όχι. Αν θεωρήσουμε δύο σημεία x, y K, με x y, αφού το σώμα υποτίθεται στερεό, η απόστασή τους παραμένει σταθερή. Δηλαδή η ποσότητα x y 2 2 = (x j y j ) 2 j=1 είναι σταθερή ως προς τον χρόνο. Συνεπώς η παράγωγός της ως προς το χρόνο είναι μηδέν. Υπολογίζοντας την παράγωγο με τον κανόνα της αλυσίδας παίρνουμε 2 x y, v x v y = 0, όπου με v x και v y συμβολίζουμε τις ταχύτητες των σημείων x και y αντίστοιχα. Έτσι για να ισχύει αυτό, είτε v x v y = 0 οπότε v x = v y και το σώμα κινείται ευθύγραμμα ομαλά, είτε v x v y x y και το σώμα εκτελεί περιστροφική κίνηση. Επειδή εδώ ασκήθηκε ροπή στο σώμα συμβαίνει το δεύτερο. Έτσι υπάρχει διάνυσμα ω xy ώστε v x v y = ω xy (x y). Μπορούμε να δούμε τώρα ότι το ω xy είναι ανεξάρτητο των σημείων x και y. Πράγματι, αν πάρουμε τρία σημεία x, y, z στο K θα ισχύει ω xz (x y) ω xz (z y) = ω xz (x z) = v x v z = (v x v y ) (v z v y ) = ω xy (x y) ω zy (z y). Αλλά η τελευταία μπορεί να ισχύει για κάθε x, y, z K μόνο αν ω xz = ω xy = ω zy. Το κοινό αυτό διάνυσμα ω λοιπόν είναι χαρακτηριστικό της κίνησης του σώματος και ονομάζεται γωνιακή ταχύτητα του σώ-

143 138 ματος. Μπορούμε να ελέγξουμε ότι το μέτρο του μας δείχνει την γωνιακή μεταβολή των σημείων του K ως προς τον άξονα περιστροφής προς τον απαιτούμενο χρόνο. Η περιστροφική αυτή κίνηση ονομάζεται ομαλή (αφού υποθέσαμε ότι δεν ασκούνται πλέον δυνάμεις στο σώμα ή ασκούνται αλλά έχουν συνισταμένη μηδέν) αλλά αυτό δεν σημαίνει ότι το διάνυσμα ω είναι σταθερό. Αυτό που γνωρίζουμε σίγουρα είναι ότι το σώμα διατηρεί την κινητική του ενέργεια (αρχή διατήρησης της ενέργειας) και τη στροφορμή του (αρχή διατήρησης της στροφορμής). Η κινητική ενέργεια ενός σημείου του x είναι E x = 1 2 x v x 2, όπου x η σημειακή μάζα στο x και v x η ταχύτητά του. Έτσι αν το σώμα K έχει πυκνότητα 1 η κινητική του ενέργεια είναι E = 1 2 K v x 2 dx. Η στροφορμή ενός σημείου x K ορίζεται ως το διάνυσμα L x = x x v x και άρα για το σώμα K με πυκνότητα 1 η στροφορμή του είναι L = K x v x dx. Αντικαθιστώντας το v x με ω x παίρνουμε L x = x( x 2 2 ω ω, x x ) = x I x ω, όπου I x ο πίνακας αδράνειας του x δηλαδή I x = ( x 2 2 x2 1 x 1 x 2 x 1 x x 2 x 1 x 2 2 x2 2 x 2 x x x 1 x x 2 x 2 2 x2 ). Ολοκληρώνοντας ως προς x K παίρνουμε ότι η συνολική στροφορμή του K είναι L = Iω όπου I ο πίνακας αδράνειας του K. Χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες του εξωτερικού γινομένου ελέγχουμε εύκολα ότι ισχύει E = 1 L, ω. 2 Με αυτές τις εξισώσεις μπορούμε να βγάλουμε τα παρακάτω συμπεράσματα. Αν ο ροπή που ασκήσαμε για την έναρξη της κίνησης του K ήταν κάθετη σε κύριο άξονα του K τότε η στροφορμή L είναι στη διεύθυνση του κύριου άξονα. Αλλά τότε το L είναι ιδιοδιάνυσμα του I και συνεπώς ω = I 1 L = λ 1 L όπου λ η ιδιοτιμή του I που αντιστοιχεί στον κύριο άξονα. Δηλαδή η γωνιακή ταχύτητα είναι παράλληλη με τη στροφορμή. Αυτό σημαίνει ότι το σώμα θα κάνει μια απλή ομαλή περιστροφική κίνηση γύρω από αυτόν τον κύριο άξονα. Αν η ροπή δίνει στροφορμή που δεν είναι στη διεύθυνση κύριου άξονα, τότε αυτή η γωνιακή ταχύτητα δεν είναι απαραίτητα παράλληλη με τη στροφορμή L. Παραμένει όμως σταθερή η συνιστώσα της στη

144 139 διεύθυνση της στροφορμής L, αφού E = 1 L, ω, και τόσο η κινητική 2 ενέργεια όσο και η στροφορμή είναι σταθερές. Έτσι ένα ελλειψοειδές με άνισους ημιάξονες στο οποίο ασκείται ροπή ώστε να αποκτήσει στροφορμή L η οποία δεν είναι στη διεύθυνση κύριου άξονα, θα κάνει μια σύνθετη κίνηση στον χώρο, η οποία περιλαμβάνει τόσο περιστροφή γύρω από τον άξονα της στροφορμής όσο και περιστροφική κίνηση γύρω από τον εαυτό του. Τέτοια είναι η κίνηση που εκτελεί ο πλανήτης μας: περιστρέφεται γύρω από τον εαυτό του αλλά και ο άξονας περιστροφής δεν είναι σταθερός αλλά εκτελεί και αυτός περιστροφική κίνηση γύρω από τη διεύθυνση της στροφορμής της. Αν τώρα το ελλειψοειδές έχει για παράδειγμα 2 κύριους άξονες με ίσες ιδιοτιμές τότε αν ο άξονας περιστροφής βρίσκεται στο επίπεδο που παράγουν αυτοί οι δύο άξονες η κίνηση είναι απλή περιστροφική μια και όπως πριν η στροφορμή είναι ιδιοδιάνυσμα του πίνακα αδράνειας, οπότε προκύπτει γωνιακή ταχύτητα στη διεύθυνση της στροφορμής. Τέλος, αν το K είναι στην ισοτροπική του θέση κάθε άξονας περιστροφής οδηγεί σε απλή περιστροφική κίνηση με τη γωνιακή ταχύτητα στη διεύθυνση της στροφορμής. Αυτό είναι προφανές από τα παραπάνω, αφού στην ισοτροπική θέση ο πίνακας αδράνειας I του K είναι πολλαπλάσιο του ταυτοτικού. Π Να σημειώσουμε εδώ, μια και αναφέρθηκε, ότι ο πλανήτης μας δεν είναι στερεό σώμα, αφού έχει ατμόσφαιρα, νερό, υγρό πυρήνα κλπ. Άρα η κίνηση του δεν είναι και τόσο προβλέψιμη όπως θα ήταν αν επρόκειτο για στερεό σώμα. Οι στρατιωτικοί οργανισμοί καταγράφουν συνεχώς την τροχιά του άξονα του πλανήτη χρησιμοποιώντας αστρονομικά δεδομένα ώστε να ενοπίζουν τη μεταβολή της θέσης του. Αυτό γίνεται βεβαίως, με σκοπό να στοχεύουν με ακρίβεια οι πύραυλοί τους τις πόλεις μας Το ελλειψοειδές αδράνειας και το ελλειψοειδές κινητικής ενέργειας Ας υποθέσουμε για λόγους απλοποίησης, αλλά χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι η κινητική ενέργεια E K του Κ ισούται με 1/2. Εφόσον λοιπόν η κινητική ενέργεια E K = 1 Iω, ω είναι σταθερή, η γωνιακή 2 ταχύτητα ω ανήκει στο ελλειψοειδές με εξίσωση Iω, ω = 1. Το ελλειψοειδές αυτό ονομάζεται ελλειψοειδές αδρανείας ή ελλειψοειδές Poisot και είναι σταθερό (ακίνητο) ως προς το σώμα K καθώς αυτό περιστρέφεται. Το ότι δεν κινείται σε σχέση με το K προκύπτει εύκολα, αφού αν αλλάξουμε στο σύστημα συντεταγμένων των ιδιοδιανυσμάτων του πίνακα αδρανείας I τότε η εξίσωσή του παραμένει αναλλοίωτη στον

145 140 χρόνο και είναι η j=1 I j ω 2 j = 1, όπου τα I j είναι οι κύριες ροπές αδρανείας και ω j οι συντεταγμένες της γωνιακής ταχύτητας ω. O Poisot παρατήρησε ότι η E K = 1 L, ω 2 συνεπάγεται ότι L = 2grad ω E K. Δηλαδή η στροφορμή L είναι κάθετη στο εφαπτόμενο επίπεδο του ελλειψοειδούς E K = σταθερά, δηλαδή στο εφαπτόμενο επίπεδο του ελλειψοειδούς αδρανείας στο ω. Αυτή η κατασκευή είναι γνωστή ως κατασκευή Poisot και περιγράφει με ακρίβεια την περιστροφική κίνηση του K. Πράγματι, αφού η στροφορμή L είναι σταθερή, για να μπορεί να είναι πάντα κάθετη στο παραπάνω εφαπτόμενο επίπεδο θα πρέπει το ελλειψοειδές αδρανείας να περιστρέφεται κατάλληλα και μαζί του και το σώμα K. Πάλι από το γεγονός ότι η κινητική ενέργεια E K είναι σταθερή και το ότι E K = 1 L, ω προκύπτει ότι η προβολή του ω στη διεύθυνση του L είναι σταθερή, δηλαδή 2 είναι σταθερή η απόσταση του κέντρου του ελλειψοειδούς αδρανείας από το εφαπτόμενο επίπεδο στο ω. Συνεπώς το εφαπτόμενο επίπεδο είναι αναλλοίωτο στον χρόνο και για αυτό ονομάζεται αναλλοίωτο επίπεδο (ivariable plae). Το ω είναι το σημείο επαφής του ελλειψοειδούς αδρανείας καθώς αυτό περιστρέφεται και του αναλλοίωτου επιπέδου. Κατά την κίνηση αυτή το ω διαγράφει μια καμπύλη πάνω στο ελλειψοειδές αδρανείας η οποία ονομάζεται πολική καμπύλη (στα αγγλικά ονομάζεται «polhode» από τις λέξεις πόλος+οδός). Αντίστοιχα το σημείο επαφής διαγράφει μια καμπύλη πάνω στο αναλλοίωτο επίπεδο που ονομάζεται αντιπολική καμπύλη (στα αγγλικά «herpolhode» από τις λέξεις έρπω+πόλος+οδός). Ενδιαφέρον όμως παρουσιάζει και η κίνηση του διανύσματος της στροφορμής L ως προς έναν παρατηρητή που βρίσκεται μέσα στο σώμα και κινείται μαζί του. Για αυτόν, προφανώς το ω είναι τώρα σταθερό και αλλάζει το L. Μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε ότι ως προς το σύστημα συντεταγμένων των ιδιοδιανυσμάτων του πίνακα αδρανείας το L βρίσκεται πάντα στο ελλειψοειδές i=1 I 1 i L 2 i = 1. Αυτό το ελλειψοειδές ονομάζεται ελλειψοειδές της κινητικής ενέργειας ή ελλειψοειδές Biet του K. Επειδή επιπλέον ισχύει i=1 L2 i = L 2 2 το οποίο είναι σταθερό, συμπεραίνουμε ότι το διάνυσμα της στροφορμής L παραμένει στην τομή της σφαίρας ακτίνας L 2 και του ελλειψοειδούς Biet. Παρατηρούμε τέλος, ότι το ελλειψοειδές κινητικής ενέργειας Biet είναι το πολικό ελλειψοειδές του ελλειψοειδούς αδρανείας Poisot. Π Στη βιβλιογραφία της κυρτότητας ως ελλειψοειδές

146 141 Σ 10.2: Το ελλειψοειδές Poisot, το σταθερό διάνυσμα στροφορμής L, η μεταβαλλόμενη γωνιακή ταχύτητα ω και το αναλλοίωτο επίπεδο. Το ω παραμένει σταθερά στο σημείο επαφής του ελλειψοειδούς με το επίπεδο. Καθώς το ελλειψοειδές στρέφεται γύρω από τον εαυτό του, το σημείο επαφής με το επίπεδο (ισοδύναμα το ω) διαγράφει πάνω στο ελλειψοειδές την πολική καμπύλη, ενώ καθώς το ελλειψοειδές περιστρέφεται και γύρω από τον άξονα του L, το σημείο επαφής με το επίπεδο (ισοδύναμα το ω) διαγράφει την αντιπολική καμπύλη πάνω στο επίπεδο. αδρανείας δεν ορίζεται το ελλειψοειδές Poisot αλλά, κατά παράβαση των φυσικών εννοιών που περιγράψαμε παραπάνω, ένα ελλειψοειδές που φέρει το όνομα του Legedre, και είναι διαφορετικό από το προηγούμενο, αν και έχει τους ίδιους κύριους άξονες. Θα περιγράψουμε αυτό το ελλειψοειδές στην υποενότητα Ομοίως το ελλειψοειδές Biet δεν ορίζεται σύμφωνα με τις παραπάνω φυσικές έννοιες αλλά ως δυϊκό του ελλειψοειδούς Legedre. Σε κάθε περίπτωση δεν κατέστη εφικτό να βρω στη βιβλιογραφία από που προκύπτει η απόδοση στον Legedre. Πιθανώς, να είναι αποτέλεσμα του γεγονότος ότι η πολικότητα μπορεί να περιγραφεί μέσω του μετασχηματισμού του Legedre. Δηλαδή από τη μία το ελλειψοειδές Biet δεν ορίζεται ως το ελλειψοειδές κινητικής ενέργειας όπως παραπάνω, και από την άλλη το δυϊκό του ονομάζεται ελλειψοειδές Legedre (δείτε και Άσκηση ). Π Οι όροι polhode και herpolhode προέρχονται από

147 142 τον 17ο αιώνα και βρίσκονται στο Πόρισμα 21 της Πρότασης 66 της Ενότητας 1.1 στο πρώτο βιβλίο του Pricipia του Isaac Newto. Με το πρόβλημα της περιστροφής ενός στερεού σώματος ασχολήθηκε τόσο ο Newto όσο και ο Leohard Euler αργότερα, ο οποίος παρήγαγε ένα σύνολο εξισώσεων που περιγράφουν την κίνηση. Αφορμή για αυτές τις μελέτες ήταν η παρατήρηση των Jea d Alebert και Louis Lagrage και άλλων, ότι υπήρχαν μετατοπίσεις του γεωγραφικού πλάτους της Γης λόγω ταλάντευσής της γύρω από τον πολικό άξονα περιστροφής της. Στα μέσα του 19ου αιώνα ο Louis Poisot περιέγραψε γεωμετρικά την περιστροφική κίνηση ενός στερεού σώματος με τη βοήθεια της «κατασκευής Poisot» που περιγράψαμε παραπάνω, δίνοντας μια γεωμετρική ερμηνεία των αλγεβρικών εξισώσεων του Euler. Περισσότερα για αυτά τα θέματα μπορεί να βρει κανείς στα [GPS2001] και [KO2007]. Άσκηση Για κάθε κυρτή συνάρτηση f X R R όπου το X είναι κυρτό σύνολο, ορίζουμε τον μετασχηματισμό Legedre της f να είναι η συνάρτηση L(f) X R όπου X = {x R sup x X ( x, x f(x)) < } με L(f)(x ) = sup ( x, x f(x)). x X Αποδείξτε (χρησιμοποιώντας τεχνικές απειροστικού λογισμού εύρεσης μεγίστου) ότι αν το E είναι οποιοδήποτε ελλειψοειδές στον R και E το πολικό του, τότε ισχύει L ( E) = E. Συμπεράνεται ότι το ελλειψοειδές Poisot είναι το Legedre δυϊκό ελλειψοειδές του ελλειψοειδούς Biet, με την έννοια ότι L ( Biet) = Poisot. Άσκηση * Στην άσκηση αυτή γενικεύουμε την Άσκηση για κάθε σώμα K και το πολικό του K. Το ζητούμενο δηλαδή είναι να αποδειχθεί ότι ισχύει L ( K) = K,

148 143 για κάθε κυρτό σώμα K με το 0 στο εσωτερικό του (ώστε να ορίζεται το πολικό σώμα), ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα: (i) Δείξτε ότι υπάρχει R > 0 ώστε για κάθε x R με x 2 > R η ποσότητα u, x 1 2 x 2 K είναι αρνητική. Συμπεράνετε από αυτό ότι η προηγούμενη ποσότητα έχει μέγιστη τιμή, έστω στο x 0. (ii) Αποδείξτε ότι παρατηρώντας ότι L ( K) (u) 1 2 h K(u) L ( K) (u) = u, x x 0 2 K ax ( x r u, 0 r 0 x 0 1 K 2 r2 ). (iii) Για την αντίστροφη ανισότητα L ( K) (u) 1 2 h K(u), δείξτε ότι υπάρχει x 0 bd(k) ώστε h K (u) = u, x 0 και παρατηρήστε ότι για κάθε r 0 θέτοντας x = rx 0 ισχύει L ( K) (u) ax r 0 ( r u, x r2 ). Παρατήρηση: Είναι δυνατόν να αποδείξει κανείς ότι ισχύει και η L( K )(u) = u K αλλά η απόδειξη είναι αρκετά πιο περίπλοκη και απαιτεί επιπλέον υποθέσεις (να είναι η K κλάσης C 2 στο R {0} καθώς και το K να είναι γνήσια κυρτό (δείτε [GH2004] Κεφάλαιο 7, Πρόταση 6.)) Αν και εξηγήσαμε παραπάνω ότι κάθε συμμετρικό κυρτό σώμα έχει ισοτροπική θέση θα γράψουμε μια σύντομη και τυπικότερη απόδειξη. Π Για κάθε κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα K R υπάρχει T GL() ώστε το T(K) να είναι ισοτροπικό. Απόδειξη: Θεωρούμε την απεικόνιση M R R όπου M(y) = K x, y x dx = ( K x, y x j dx 1 dx ) j=1 Η M είναι μια γραμμική απεικόνιση με πίνακα τον M = ( K x i x j dx) ij. Ο M είναι φανερά συμμετρικός αλλά και θετικά ορισμένος, αφού αν y 0.

149 144 ισχύει M(y), y = x, y 2 dx > 0. K Οπότε υπάρχει συμμετρικός και θετικά ορισμένος πίνακας S ώστε S 2 = M. Θέτουμε K = S 1 (K). Παρατηρούμε ότι ο S 1 είναι και αυτός συμμετρικός οπότε ισούται με τον ανάστροφό του (S 1 ) t. Για κάθε θ S 1 θέτουμε y = Sx και χρησιμοποιώντας τον τύπο αλλαγής μετβλητής στον R, έχουμε K x, θ 2 dx = det S 1 S 1 y, θ 2 dy K = det S 1 y, (S 1 ) t θ 2 dy K = det S 1 y, S 1 θ 2 dy K = det S 1 y, S 1 θ y, S 1 θ dy K = det S 1 y, S 1 θ y dy, S 1 θ K = det S 1 M(S 1 θ), S 1 θ = det S 1, δηλαδή είναι ανεξάρτητο του θ. Μένει να κανονικοποιήσουμε τον όγκο: θέτουμε T = vol (S 1 (K)) 1/ S 1 (K). Το επόμενο που θέλουμε να δείξουμε είναι ότι η ισοτροπική θέση για ένα συμμετρικό κυρτό σώμα είναι μοναδική εκτός από ορθογώνιους μετασχηματισμούς (στροφές-ανακλάσεις και συνδυασμούς τους). Για αυτό θα χρειαστούμε το παρακάτω πόρισμα του Θεωρήματος και ένα ακόμα λήμμα. Π Αν ο T είναι ένας συμμετρικός, θετικά ημιορισμένος πίνακας τότε tr(t) (det T) 1/ με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν ο T είναι πολλαπλάσιο του ταυτοτικού. Απόδειξη: Ένας συμμετρικός θετικά ημιορισμένος πίνακας είναι διαγω-

150 145 νοποιήσιμος. Αν λ 1,, λ οι (μη αρνητικές) ιδιοτιμές του τότε tr(t) = λ λ (λ 1 λ ) 1/ = (det T) 1/. Αν ισχύει ισότητα τότε όλες οι ιδιοτιμές είναι μεταξύ τους ίσες οπότε ο T είναι πολλαπλάσιο του ταυτοτικού. Λ Η ισοτροπική θέση ελαχιστοποιεί την πολική ροπή αδρανείας PI K, το ίχνος του πίνακα αδρανείας I K και το ίχνος του πίνακα συνδιακύμανσης C K. Ισοδύναμα, αν το K βρίσκεται σε ισοτροπική θέση και T GL() με det(t) = 1, ισχύει (10.3) x 2 2 dx x 2 2 dx. K TK Απόδειξη: Από τη σχέση (10.2) αρκεί να αποδείξουμε την (10.3). Παρατηρούμε πρώτα ότι για κάθε πίνακα S ισχύει (10.4) K x, Sx dx = ij ( x i x j dx) s ij = tr(c K S). K Εφαρμόζουμε την (10.4) για S = Id και K ισοτροπικό (οπότε C K = L 2 K Id): (10.5) x 2 2 dx = x, x dx = tr(l 2 K Id) = L2 K. K K Εφαρμόζουμε ξανά την (10.4) για το σώμα T(K), και αλλάζοντας μεταβλητή (θέτοντας y = T 1 x) παίρνουμε (10.6) x 2 2 dx = x, x dx = y, T t Ty dy = tr(c K T t T). T(K) T(K) K Αλλά το K είναι ισοτροπικό οπότε C K = L 2 K Id, και από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου tr(t t T)/ det(t t T) 1/ = 1 (Πόρισμα ), και την (10.5) παίρνουμε (10.7) T(K) x 2 2 dx = L2 K tr(tt T) L 2 K det(tt T) 1/ = x 2 2 dx, K ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Π Από το παραπάνω λήμμα προκύπτει άμεσα ότι αν ένα εξάρτημα μιας μηχανής θα περιστρέφεται στο επίπεδο στο οποίο

151 146 ανήκει τότε η ενεργειακά συμφέρουσα επιλογή είναι το εξάρτημα να βρίσκεται στην ισοτροπική του θέση. Διότι τότε θα έχει την ελάχιστη πολική ροπή αδρανείας, δηλαδή απαιτείται μικρότερη ροπή για την απόκτηση της ίδιας γωνιακής ταχύτητας από οποιαδήποτε άλλη θέση. Π Η σχέση (10.5) και το Λήμμα μας δίνουν άλλους δύο τύπους για τη σταθερά ισοτροπίας L K. Από την (10.5) αν το K είναι ισοτροπικό τότε L K = ( 1 1/2 x 2 2 dx ). K Από την (10.5) και το Λήμμα { L K = if { ( 1 1/2 x 2 2 dx ) } det T = 1 T(K) } { 1 1 = if ( { vol (T(K)) 1+ 2 x 2 2 dx ) T(K) 1/2 } T GL() } Π Η ισοτροπική θέση είναι μοναδική εκτός από ορθογώνιους μετασχηματισμούς. Απόδειξη: Αν το Κ είναι ισοτροπικό και ο T είναι ένας πίνακας ώστε το T(K) να είναι και αυτό ισοτροπικό τότε θα δείξουμε ότι ο T είναι ορθογώνιος. Πράγματι, από το Λήμμα τόσο το K όσο και το T(K) ελαχιστοποιούν το ολοκλήρωμα του τετραγώνου της Ευκλείδειας νόρμας ανάμεσα σε όλες τις θέσεις του K. Συνεπώς ισχύει ισότητα στη σχέση (10.7). Άρα ισχύει ισότητα στην ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου tr(t t T)/ det(t t T), και συνεπώς ο T t T είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού (Πόρισμα ). Αλλά επειδή πρέπει να έχει και ορίζουσα ίση με 1, είναι ο ταυτοτικός. Έτσι T t T = Id, δηλαδή ο T είναι ορθογώνιος. Εύκολα βλέπει κανείς ότι το K είναι ισοτροπικό αν και μόνο αν ισχύει η (10.3): Π Αν ισχύει (10.8) x 2 2 dx x 2 2 dx, K TK

152 147 για κάθε πίνακα ορίζουσας 1, τότε το K είναι ισοτροπικό. Απόδειξη: Πράγματι, όπως και στην απόδειξη της Πρότασης , έτσι και εδώ, αν το Τ(K) είναι ισοτροπικό για κατάλληλο T, τότε πάλι θα ισχύει ισότητα στην (10.7), οπότε όπως και πριν ο T είναι ορθογώνιος, δηλαδή το K είναι ισοτροπικό Ελλειψοειδές Biet και ελλειψοειδές Legedre Στο κλασικό τους άρθρο [MP1986] οι V. Mila και A. Pajor δίνουν τους ορισμούς του ελλειψοειδούς Biet και του Legedre-δυϊκού του. Όμως αντί να χρησιμοποιήσουν τον πίνακα αδρανείας I(K) χρησιμοποιούν τον πίνακα συνδιακύμανσης C K. Έτσι ορίζουν το ελλειψοειδές Biet με τη σχέση (10.9) θ 2 Biet = K x, θ 2 dx. Αυτό το ελλειψοειδές είναι διαφορετικό από το ελλειψοειδές Biet όπως ορίζεται στην Κλασική Μηχανική και παρουσιάσαμε νωρίτερα. Έχει βέβαια τους άξονές του στις ίδιες διευθύνσεις με το ελλειψοειδές Biet της Κλασσικής Μηχανικής, αφού οι πίνακες συνδιακύμανσης C K και αδρανείας I(K) έχουν τα ίδια ιδιοδιανύσματα λόγω της σχέσης I(K) = ( x 2 2 dx ) Id C K, K αλλά διαφορετικά μήκη ημιαξόνων. Για παράδειγμα, ας υποθέσουμε ότι η βάση του χώρου e 1, e 2,, e έχει επιλεχθεί να είναι τα ιδιοδιανύσματα του πίνακα αδρανείας, οπότε Ι(Κ) = diag(i j ) j=1 και C K = diag(c j ) j=1 δηλαδή οι πίνακες αδρανείας και συνδιακύμανσης είναι διαγώνιοι. Επίσης ισχύει I j + C j = K x 2 2dx. Σύμφωνα με την (10.9) ισχύει e j 2 Biet = K x, e 1 2 dx = K xj 2 dx = C j = x 2 2 dx I j. K Όμως ο ορισμός του ελλειψοειδούς Biet και του ελλειψοειδούς Poisot στην Κλασική Μηχανική, όπως τον παρουσιάσαμε στην υποενότητα 10.1 ε, δίνει: e j 2 Biet = 1 I j και e j 2 Poisot = I j. Επίσης ορίζουν το ελλειψοειδές «Legedre» E Legedre, θέτοντας why Legedre ell exits?

153 148 (10.10) x, θ 2 dx = x, θ 2 dx, E Legedre K για κάθε θ R. Με αυτούς τους ορισμούς αποδεικνύουν ότι Ε Biet = + 2 vol(e Legedre ) E Legedre, ταυτότητα που θα αποδείξουμε παρακάτω. Από αυτήν εύκολα προκύπτει ότι e j E Legedre =. vol(e Legedre ) C j Συνεπώς βλέπουμε ότι ενώ οι δύο διαφορετικοί ορισμοί δεν συμπίπτουν, εν τούτοις γνωρίζοντας τα ελλειψοειδή από την Κλασική Μηχανική μπορούμε να υπολογίσουμε και τα αντίστοιχα ελλειψοειδή όπως ορίζονται στο [MP1986], και αντίστροφα. Επίσης, αν το σώμα K είναι ισοτροπικό τότε τόσο ο πίνακας αδρανείας I(K) όσο και ο πίνακας συνδιακύμανσης C K είναι πολλαπλάσιοι του ταυτοτικού, και όλα αυτά τα ελλειψοειδή είναι πολλαπλάσια της Ευκλείδειας μπάλας B 2. Οπότε, στην περίπτωση που το σώμα είναι ισοτροπικό, με τις κατάλληλες κανονικοποιήσεις τα ελλειψοειδή των δύο ορισμών ταυτίζονται. Π Με τους ορισμούς του [MP1986] ισχύει Ε Biet = + 2 vol(e Legedre ) E Legedre. Απόδειξη: Για κάθε ελλειψοειδές E και T GL() ώστε E = T(B 2 ) εύκολα ελέγχουμε ότι ισχύει θ E = T t (θ) 2 για κάθε θ R. Επιπλέον αλλάζοντας μεταβλητές παίρνουμε εύκολα τον τύπο 1 vol(e) x, θ 2 dx = E 1 vol(b 2 ) x, T t (θ) 2 dx. B 2

154 149 Το δεύτερο όμως ολοκλήρωμα μπορεί να υπολογιστεί με αλλαγή σε πολικές συντεταγμένες (δείτε Ενότητα 8.3) ως εξής: 1 vol(b 2 ) x, T t (θ) 2 dx = x, T t (θ) 2 1 ( r +1 dr) dσ(x) B 2 S 1 0 (10.11) = + 2 x, T t (θ) 2 dσ(x) S 1 (10.12) = Tt (θ) 2 2 = θ 2 E, όπου από την (10.11) στην (10.12) χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι x, y dσ S 1 (x) = y 2 2 / (δείτε Άσκηση ). Δείξαμε έτσι ότι + 2 θ E = vol(e) ( θ E x, 2 1/2 dx). Αντικαθιστώντας το E με το ελλειψοειδές Legedre και χρησιμοποιώντας την (10.10) και την (10.9) καταλήγουμε στο ζητούμενο. Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε y R ισχύει παρατηρώντας πρώτα ότι S 1 x, y dσ (x) = y 2 2/ 1 = S 1 x 2 2 dσ (x) = S 1 j=1 και τα S 1 x, e j 2 dσ (x) είναι ανεξάρτητα του j. x, e j 2 dσ (x), Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε T GL() αν θέσουμε E = T(B 2) τότε ισχύει 1 vol(e) x, θ 2 dx = E 1 vol(b 2 ) x, T t (θ) 2 dx, B 2 για κάθε θ R. Συμπληρώστε όλες τις λεπτομέρειες της απόδειξης της Πρότασης Άσκηση Ας συμβολίσουμε με E P (K) το ελλειψοειδές αδρανείας/poisot του κυρτού σώματος K. Αποδείξτε ότι για την πολική ροπή αδρανείας του E P (K)

155 150 ισχύει ότι PI(E P (K)) = c vol (B 1 2 ) vol (B 2 ) vol (E P (K)) όπου (I i ) i=1 οι πρωτεύουσες ροπές αδρανείας του K και i=1 c = Γ(3/2)Γ ( +1 ) 2 2 6π 1 Γ ( +4 ) e 3/2. 3/2 4 Επιπλέον, ο πίνακας αδρανείας του E P (K) είναι διαγώνιος όπου το i στοιχείο της διαγωνίου του είναι το 1 I i, vol I(E P (L)) = c (B 1 2 ) ii vol (B 2 ) vol 1 (E P (K)) I j i j όπου c η προηγούμενη σταθερά. Συμπεράνετε ότι το ελλειψοειδές αδρανείας/poisot δεν είναι πολλαπλάσιο του ελλειψοειδούς Legedre. (Υπόδειξη: Ξεκινήστε από τον υπολογισμό του I(E P (L)) ii ολοκληρώνοντας ως προς ω i και παρατηρώντας ότι το E P (K) (ω i e i + [e i ] ) είναι ελλειψοειδές με μήκη ημιαξόνων Ij 1/2 (1 I i ωi 2 ) 1/2, όπου τα e i είναι η ορθοκανονική βάση που ορίζεται από τους πρωτεύοντες άξονες αδρανείας. Για την εκτίμηση για το c χρησιμοποιείστε την Άσκηση Βʹ.2.7.) 10.3 & Η γεωμετρία ενός κυρτού συμμετρικού σώματος K, στην ουσία καθορίζει μια κατανομή μάζας στον R, όπου η πυκνότητα είναι η χαρακτηριστική συνάρτηση χ K. Κάθε ολοκλήρωμα που χρησιμοποιείται για τον ορισμό της έννοιας της ισοτροπίας θα μπορούσε αντί να γραφτεί ως ολοκλήρωμα πάνω στο K να γραφτεί πάνω σε όλο το R με τη βοήθεια της χαρακτηριστικής συνάρτησης του K. Για παράδειγμα το K x, θ 2 dx μπορεί να γραφτεί ως R x, θ 2 χ K (x) dx. Συνεπώς η έννοια της ισοτροπίας μπορεί να οριστεί και για άλλες συναρτήσεις εκτός των χαρακτηριστικών συναρτήσεων κυρτών συμμετρικών σωμάτων. Πράγματι, αυτό είναι εφικτό για οποιοδήποτε «τρόπο» διαθέτει κανείς να περιγράψει την κατανομή μιας μάζας στον R. Δύο πολύ συνήθεις τέτοιοι τρόποι παρέχονται από τις λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις και, κατ επέκταση, από λογαριθμικά κοίλα μέτρα. Ο Μια συνάρτηση f R [0, ) λέγεται λογαριθμικά

156 & 151 κοίλη αν για κάθε x, y R και για κάθε λ [0, 1] ισχύει (10.13) f((1 λ)x + λy) f(x) 1 λ f(y) λ. Ο Ένα μέτρο μ στο R λέγεται λογαριθμικά κοίλο αν για οποιαδήποτε Lebesgue μετρήσιμα σύνολα A, B στον R και για κάθε λ [0, 1] για το οποίο το (1 λ)a + λb είναι μετρήσιμο, ισχύει (10.14) μ((1 λ)a + λb) μ(a) 1 λ μ(b) λ. Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση f ορίζει ένα μέτρο μ f μέσω του τύπου μ f (A) = A f(x) dx για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο A R. Το μέτρο αυτό είναι λογαριθμικά κοίλο σύμφωνα με την ακόλουθη πρόταση. Π Αν η f R [0, ) είναι μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση τότε το μ f είναι λογαριθμικά κοίλο μέτρο. Απόδειξη: Η απόδειξη προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Prekopa- Leidler (Θεώρημα 6.1.1). Πράγματι, αν τα σύνολα A, B είναι Lebesque μετρήσιμα στον R και για λ [0, 1] το σύνολο (1 λ)a + λb είναι Lebesque μετρήσιμο τότε εύκολα ελέγχουμε ότι για κάθε x, y R ισχύει (fχ (1 λ)a+λb )((1 λ)x + λy) (fχ A )(x) 1 λ (fχ B )(y) λ. Συνεπώς ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θεωρήματος οπότε παίρνουμε 1 λ λ fχ (1 λ)a+λb ( fχ A) ( fχ B), δηλαδή Άρα (1 λ)a+λb ολοκληρώνοντας την απόδειξη. 1 λ f ( f) A λ ( f). B μ f((1 λ)a + λb) μ f (A) 1 λ μ f (B) λ, Η παραπάνω πρόταση ισχύει και αντίστροφα (η απόδειξη παραλείπεται, δείτε [Bor1975]): Π (Borel). Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο μ στον R που δεν φέρεται από κανένα υπερεπίπεδο είναι απολύτως συνεχές ως προς

157 152 το μέτρο Lebesque και υπάρχει λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση f R [0, ) ώστε μ = μ f. Η επιλογή αυτών των δύο κατηγοριών γίνεται για τουλάχιστον δύο λόγους: Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση με πεπερασμένο ολοκλήρωμα έχει πεπερασμένες ροπές οποιασδήποτε τάξης (Πρόταση παρακάτω). Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο αποτελεί ευθεία γενίκευση της έννοιας του όγκου, αφού η (10.14) βρίσκεται σε πλήρη αντιστοιχία με την πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Bru-Mikowski (Θεώρημα 6.2.1). Π Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση f R [0, ) με πεπερασμένο ολοκλήρωμα έχει πεπερασμένες ροπές οποιασδήποτε τάξης. Απόδειξη: Η πρόταση προφανώς ισχύει αν f = 0. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει x 0 R ώστε f(x 0 ) > 0. Θα αποδείξουμε ότι για κάθε N τόσο το ολοκλήρωμα f(x)x dx όσο και το x 0 x 0 f(x)x dx είναι πεπερασμένα. Πράγματι, υπάρχει x 1 > x 0 ώστε f(x 1 ) e 1 f(x 0 ), διότι αλλιώς το ολοκλήρωμα f(x) dx δεν είναι πεπερασμένο άρα ούτε και το x 0 f το οποίο αντιφάσκει με την υπόθεση. Έτσι για κάθε x > x 1 ισχύει x 1 = (1 λ)x 0 + λx για λ = (x 1 x 0 )/(x x 0 ). Οπότε, αφού η f είναι λογαριθμικά κοίλη θα ισχύει Ισοδύναμα f(x 1 ) f(x 0 ) 1 λ f(x) λ. f(x) f(x 0 ) ( f(x 1) f(x 0 ) ) 1/λ f(x 0 )e 1/λ f(x 0 )e (x x 0)/(x 1 x 0 ).

158 Έτσι x 0 x 1 f(x)x dx = & 153 x 0 x 1 x 0 x 1 f(x)x dx + f(x)x dx x 1 f(x)x 1 dx + f(x 0 ) x 0 x 1 R x 1 x 1 f(x) dx + f(x 0 ) f(x) dx + f(x 0 ) x 1 x 1 e (x x 0)/(x 1 x 0 ) x dx e (x x 0)/(x 1 x 0 ) x dx e (x x 0)/(x 1 x 0 ) x dx. Εύκολα ελέγχουμε ότι η τελευταία παράσταση είναι πεπερασμένη. Ομοίως αποδεικνύουμε ότι και το x 0 f(x) dx είναι και αυτό πεπερασμένο. Π Η Προτάση μας επιτρέπει να συμπεράνουμε ότι η τυπική κατάσταση για τα λογαριθμικά κοίλα μέτρα είναι να προκύπτουν από λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις που τις έχουν ως πυκνότητες. Επιπλέον η Πρόταση προσθέτει την πληροφορία ότι αν το μέτρο είναι πεπερασμένο (δηλαδή η πυκνότητά του έχει πεπερασμένο ολοκλήρωμα) τότε θα έχει και οποιασδήποτε τάξης ροπή πεπερασμένη. Για αυτούς τους λόγους στη συνέχεια θα περιοριστούμε σε πεπερασμένα (και μη μηδενικά) λογαριθμικά κοίλα μέτρα με λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση πυκνότητας. Οι κανονικοποιήσεις που θέσαμε στον ορισμό της ισοτροπίας για ένα κυρτό συμμετρικό σώμα K ήταν ότι αυτό πρέπει να έχει όγκο ίσο με 1 και κέντρο μάζας στο μηδέν. Δηλαδή 1 = dx = χ K (x) dx, K R και 0 = x dx = x χ K (x) dx K R όπου χ K η χαρακτηριστική συνάρτηση του K. Οι αντίστοιχες κανονικοποιήσεις τώρα θα είναι R f(x) dx = 1,

159 154 δηλαδή η f είναι πυκνότητα πιθανότητας και το μέτρο που ορίζει είναι μέτρο πιθανότητας, και R x f(x) dx = 0, δηλαδή το μέτρο με πυκνότητα την f έχει κέντρο μάζας στο μηδέν. Θα δούμε παρακάτω ότι για την ισοτροπική θέση των λογαριθμικά κοίλων μέτρων με πυκνότητα f, θα χρειαστούμε άλλη μια κανονικοποίηση (που δεν φαινόταν στην περίπτωση των κυρτών σωμάτων), και αυτή είναι η sup x R f(x) = 1. Για τον ορισμό της ισοτροπίας μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε είτε τον Ορισμό είτε τον εναλλακτικό Ορισμό Ο Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο μ με πυκνότητα f R R λέγεται ισοτροπικό όταν sup R f(x) = 1, R f(x) dx = 1, και τα ολοκληρώματα R x f(x) dx = 0, είναι ανεξάρτητα του θ S 1. Ισοδύναμα, R x, θ 2 f(x) dx Ο Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο μ με πυκνότητα f R R λέγεται ισοτροπικό όταν sup f(x) = 1, x R R f(x) dx = 1, R x f(x) dx = 0, R x i x j f(x) dx = 0 αν i j, και τα ολοκληρώματα R x 2 i f(x) dx είναι ανεξάρτητα του i = 1,,.

160 & 155 Αν ισχύουν τα παραπάνω για την f, τότε ο πίνακας συνδιακύμανσης Cov(f) = ( R x ix j f(x) dx) ij είναι φανερά πολλαπλάσιος του ταυτοτικού Id. Ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας L μ : Ο Αν το λογαριθμικά κοίλο μέτρο μ με πυκνότητα f είναι ισοτροπικό τότε ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας L μ να είναι ο αριθμός 1/2 L μ = ( xi 2 f(x) dx). R Παρατηρούμε ότι (10.15) L μ = (det Cov(f)) 1/2. Επίσης αν η f είναι η πυκνότητα ενός ισοτροπικού μέτρου μ τότε για κάθε λ > 0 και a > 0 η συνάρτηση g(x) = aλ f(λx) δεν αλλάζει ουσιαστικά τον τρόπο με τον οποία κατανέμεται η μάζα στον R. Και πράγματι εύκολα ελέγχουμε ότι ο πίνακας συνδιακύμανσης της g είναι και πάλι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού: για i j και αντικαθιστώντας με y το λx ισχύει (10.16) και αν i = j 1 x i x j g(x) dx = a λ y 1 i λ y jf(y) dx = 0 R R (10.17) R x 2 i g(x) dx = a λ 2 R y 2 i f(y) dy το οποίο είναι ανεξάρτητο το i αφού η f ορίζει ισοτροπικό μέτρο. Αλλά και διαισθητικά, το γράφημα της g δεν είναι παρά το γράφημα της f όπου κάθε ισοϋψής της f μεγεθύνθηκε κατά λ 1 και ανυψώθηκε κατά aλ. Είναι λογικό λοιπόν να θέλουμε το μέτρο που ορίζει η g να έχει την ίδια σταθερά ισοτροπίας με το μέτρο που ορίζει η f. Από τις (10.16) και (10.17), τον ορισμό του πίνακα συνδιακύμανσης και το ότι R g = a, παίρνουμε ότι οπότε det Cov(g) = 1 λ2 det Cov(f), λ(det Cov(g)) 1/2 = (det Cov(f)) 1/2 = L μ.

161 156 Όμως sup R g = aλ άρα λ = ( sup 1/ g R a ) = ( sup 1/ g R g ). R Αντικαθιστώντας στην προηγούμενη καταλήγουμε στην ( sup 1/ g R g ) (det Cov(g)) 1/2 = (det Cov(f)) 1/2 = L μ. R Από αυτή τη σχέση λοιπόν καταλήγουμε στο να επιλέξουμε τον ακόλουθο ορισμό για τη σταθερά ισοτροπίας οποιουδήποτε λογαριθμικά κοίλου μέτρου μ με συνάρτηση πυκνότητας f: Ο Για κάθε λογαριθμικά κοίλο μέτρο μ με συνάρτηση πυκνότητας f, ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας να είναι η ποσότητα L μ = ( sup 1/ f R f ) (det Cov(f)) 1/2. R Θα ολοκληρώσουμε αυτή την ενότητα δείχνοντας ότι κάθε λογαριθμικά κοίλο μέτρο μ με συνάρτηση πυκνότητας f έχει ισοτροπική θέση: Θ Για κάθε λογαριθμικά κοίλο μέτρο μ 0 με συνάρτηση πυκνότητας f και κέντρο μάζας στο 0, υπάρχει πίνακας T με det T 0 και σταθερά a > 0 ώστε το μέτρο aμ T να είναι ισοτροπικό. Απόδειξη: Αφού το κέντρο μάζας είναι στο 0 ισχύει R xf(x) dx = 0. Επίσης μπορούμε να υποθέσουμε ότι το μ είναι μέτρο πιθανότητας, δηλαδή f(x) dx = 1 επιλέγοντας a = μ(r R ) 1. Θεωρούμε την γραμμική απεικόνηση R R R με R(y) = x, y x dμ(x) = R x, y xf(x) dx, και παρατηρούμε ότι είναι θετικά ορισμένη και συμμετρική. Συνεπώς υπάρχει πίνακας S που είναι η τετραγωνική ρίζα του R, δηλαδή S 2 = R. Θεωρούμε το μέτρο ν = μ T όπου T = S (sup f) 1/ (det S) 1/.

162 & 157 Ελέγχουμε εύκολα υπολογίζοντας το ν(a) για κάθε μετρήσιμο σύνολο A ότι το ν έχει πυκνότητα τη συνάρτηση g = (f T)/ sup R f οπότε φανερά sup R g = 1. Το ν είναι βεβαίως μέτρο πιθανότητας, αφού ν(r ) = μ(t(r )) = μ(r ) = 1, και έχει κέντρο μάζας στο 0 διότι λόγω της γραμμικότητας του T και με την αντικατάσταση y = Tx ισχύει R xg(x) dx = = 0. 1 sup R f R xf(tx) dx = 1 sup R f T 1 ( R yf(y) dy) Τέλος ελέγχουμε το ότι το ολοκλήρωμα R x, θ 2 g(x) dx είναι ανεξάρτητο του θ S 1 όπως και στην απόδειξη της Πρότασης : x, θ 2 1 g(x) dx = sup R R f x, θ 2 f(tx) dx = T 1 y, θ 2 f(y) dy R R = (sup f) 2/ (det R) 2/ y, R 1 θ 2 f(y) dy R R = (sup R f) 2/ (det R) 2/ = (sup R = (sup R ολοκληρώνοντας την απόδειξη. y, R 1 θ yf(y), R 1 θ dy R f) 2/ (det R) 2/ SR 1 θ, R 1 θ f) 2/ (det R) 2/ Άσκηση Αποδείξτε ότι το ολοκλήρωμα e (x x 0)/(x 1 x 0) x dx x 1 στην απόδειξη της Πρότασης είναι πεπερασμένο, ανάγοντας τον υπολογισμό του στον υπολογισμό ενός ολοκληρώματος της μορφής e x x dx. x 1

163

164 Η ΘΕΣΗ ΤΟΥ JOHN Π Για κάθε κυρτό σώμα K στον R υπάρχει ελλειψοειδές μεγίστου όγκου μέσα στο K. Απόδειξη: Κατ αρχάς, αφού το K είναι κυρτό σώμα έχει μη κενό εσωτερικό, άρα περιέχει ελλειψοειδή. Συνεπώς ο αριθμός α = sup{vol(e) x K με x + E K} είναι θετικός, όπου τα E στον παραπάνω ορισμό του α είναι ελλειψοειδή με κέντρο το μηδέν. Επιπλέον, αφού το K είναι φραγμένο σύνολο το α είναι πεπερασμένο. Δηλαδή 0 < α <. Θεωρούμε ακολουθία (x ) N με x K και ελλειψοειδή E με μήκη ημιαξόνων (a k ) k=1, ώστε x +E K για κάθε N και vol(e ) α. Από τη συμπάγεια του K περνώντας σε υπακολουθία μπορούμε να υποθέσουμε ότι η x συγκλίνει, έστω στο x 0 K. Μεταφέροντας το K κατά x 0 μπορούμε να υποθέσουμε ότι η x συγκλίνει στο μηδέν. Επίσης τα ελλειψοειδή E έχουν συγκλίνουσα υπακολουθία από το θεώρημα επιλογής του Blaschke (Θεώρημα 5.3.1). Ας υποθέσουμε ότι E E. Από τη συνέχεια του όγκου ως προς τη μετρική Hausdorff ισχύει vol(e) = α. Μένει να δείξουμε ότι το E είναι ελλειψοειδές. Παρατηρούμε ότι οι ακολουθίες (a k ) =1 είναι άνω φραγμένες για κάθε k = 1,, (αφού το x + E περιέχεται στο Κ και η x είναι φραγμένη ως συγκλίνουσα). Οπότε υπάρχει θετικός M ώστε a k M για κάθε k = 1,, και για κάθε N. Επιπλέον είναι και κάτω φραγμένες από κάποιον θετικό αριθμό c > 0 αφού αλλιώς τα E θα είχαν υπακολουθία με όγκο που να συγκλίνει στο μηδέν, το οποίο είναι άτοπο. Άρα υπάρχει c > 0 ώστε c a k M για κάθε k = 1,, και για κάθε N. Ας υποθέσουμε ότι E = {x R x, v k 2 a k=1 2 k 1}, όπου τα (v k ) k=1 είναι ορθοκανονική βάση του R. Η ακολουθία των διανυσμάτων (v 1,, v, a 1,, a ) για N ανήκει στο συμπαγές σύνολο (S 1 ) [c, M]. Άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Επιλέγο-

165 160 JOHN ντας την αντίστοιχη υπακολουθία των E μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι η ίδια η ακολουθία (v 1,, v, a 1,, a ) συγκλίνει για έστω στο (v 1,, v, a 1,, a ). Επειδή li v k = v k για κάθε k = 1,, εύκολα ελέγχουμε ότι τα v 1,, v ικανοποιούν τις v k, v l = 1 αν k = l και v k, v l = 0 αλλιώς, οπότε συνιστούν ορθοκανονική βάση του R. Θεωρούμε τώρα το ελλειψοειδές E = {x R x, v k 2 a k=1 2 k 1}. Θα δείξουμε ότι E = E και έτσι το E θα είναι ελλειψοειδές. Αν x it(e) τότε x E < 1. Αλλά x E x E, συνεπώς υπάρχει 0 N ώστε 0 τότε x E < 1. Άρα k=1 x, v k 2 /a 2 k < 1 για κάθε 0. Αφήνοντας το να πάει στο άπειρο οδηγούμαστε στην k=1 x, v k 2 /a 2 k 1, δηλαδή x E. Δείξαμε ότι it(e) E. Άρα E E. Αντίστροφα, αν x it(e) τότε k=1 x, v k 2 /a 2 k < 1. Συνεπώς, αφού li v k = v k και li a k = a k για κάθε k = 1,,, υπάρχει 0 N ώστε αν 0 να ισχύει k=1 x, v k 2 /a 2 k < 1 για κάθε 0. Άρα x E και περνώντας στο όριο ως προς συμπεραίνουμε ότι x E. Δείξαμε it(e) E, άρα E E, ολοκληρώνοντας την απόδειξη Π Για κάθε κυρτό σώμα K στον R το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου μέσα στο K είναι μοναδικό. Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι τα x 1 +E 1 και x 2 +E 2 είναι δύο διαφορετικά ελλειψοειδή μέγιστου όγκου μέσα στο κυρτό σώμα K, και έστω ότι vol(e 1 ) = vol(e 2 ) = α. Θεωρούμε τους πίνακες T 1, T 2 GL() ώστε να ισχύει E 1 = T 1 (B 2 ) και E 2 = T 2 (B 2 ). Θέτουμε L = 1 (x x 2 ) + 1 (T T 2 )(B 2 ). Φανερά το L είναι ελλειψοειδές και L K διότι το K είναι κυρτό και L = 1 2 ( x 1 + T 1 (B 2 ) ) ( x 2 + T 2 (B 2 ) ). Άρα θα ισχύει vol(l) α. Αλλά από την ανισότητα Bru-Mikowski βλέπουμε εύκολα ότι α vol(l) ( 1 2 vol (x 1 + T 1 (B 2 ) ) 1/ vol (x 1 + T 1 (B 2 ) ) 1/ ) α.

166 161 Συνεπώς, επειδή ο όγκος είναι αναλλοίωτος στις μεταθέσεις, vol (T 1 (B 2 ) + T 2(B 2 ))1/ = vol(t 1 (B 2 ) ) 1/ + vol(t 2 (B 2 ) ) 1/. Δηλαδή ισχύει η ισότητα στην ανισότητα Bru-Mikowski. Έτσι από το Θεώρημα το T 1 (B 2 ) είναι πολλαπλάσιο του T 2(B 2 ). Αλλά επειδή και τα δύο έχουν ίδιο όγκο α συμπεραίνουμε ότι είναι ίσα. Άρα T 1 (B 2 ) = T 2 (B 2 ), οπότε E 1 = E 2, και συνεπώς T2 1T 1(B 2 ) = B 2. Μένει να δειχθεί ότι x 1 = x 2. Γνωρίζουμε ότι x 2 + T 2 (B 2 ) K άρα T 1 2 x 2 + B 2 T 1 2 (K). Επίσης x 1 +T 1 (B 2 ) K οπότε T 1 2 x 1 +T2 1T 1(B 2 ) T 1 2 (K). Επειδή όμως είδαμε ότι T2 1T 1(B 2 ) = B 2 συμπεραίνουμε ότι T 1 2 x 1+B 2 T 1 2 (K). Αν θέσουμε λοιπόν y 1 = T2 1x 1 και y 2 = T2 1x 2 τότε και το y 1 + B 2 και το y 2 + B 2 είναι υποσύνολα του T2 1 (K). Το τελευταίο όμως δεν μπορεί να περιέχει ελλειψοειδές x 0 + E με vol(e ) > vol(b 2 ), διότι αν αυτό μπορούσε να συμβεί τότε το T 2 x 0 + T 2 (E ) θα περιεχόταν στο K και θα είχε όγκο γνησίως μεγαλύτερο από τον όγκο του E 2, το οποίο είνα άτοπο. Συνεπώς τα y 1 + B 2 και y 2 + B 2 είναι ελλειψοειδή μεγίστου όγκου στο Τ2 1(K). Μένει να δείξουμε ότι y 1 = y 2. Ας υποθέσουμε ότι αυτό δεν είναι σωστό. Μετατοπίζουμε το Τ2 1 (K) ώστε το μηδέν να βρίσκεται στο κέντρο του ευθύγραμμου τμήματος [y 1, y 2 ]. Επιπλέον στρέφουμε το Τ2 1(K) ώστε το ευθύγραμμο τμήμα [y 1, y 2 ] να είναι στη διεύθυνση του πρώτου άξονα του R. Έτσι το ευθύγραμμο τμήμα [y 1, y 2 ] γράφεται στη μορφή [ y, y] για κατάλληλο y και υπάρχει μ > 0 ώστε y = μe 1. Θεωρούμε το ελλειψοειδές { E 0 = x R { x, e } x, e k 2 1. (1 + μ 2 )2 k=2 } Φανερά vol(e 0 ) = (1+μ/2)vol(B 2 ) > vol(b 2 ) οπότε θα έχουμε καταλήξει σε άτοπο αν δείξουμε ότι E 0 Τ2 1(K). Αφού y 1+B 2, y 2+B 2 T 1 2 (K), αρκεί να δείξουμε ότι bd(e 0 ) cov ((y 1 + B 2 ) (y 2 + B 2 )). Έστω ότι x 0 bd(e 0 ). Αν x 0, e 1 e 1 [ y, y] τότε υπάρχει t [0, 1]

167 162 JOHN ώστε x 0, e 1 e 1 = (1 t)( y) + ty οπότε x 0 = x 0, e 1 e 1 + x 0, e k e k k=2 = (1 t) ( y + x 0, e k e k) + t (y + x 0, e k e k), k=2 το οποίο είναι φανερά στοιχείο του cov((y 1 + B 2 ) (y 2 + B 2 )), αφού x 0, e k e k k=2 2 2 = k=2 k=2 x 0, e k 2 x = 1. Μένει να εξετάσουμε την περίπτωση x 0, e 1 e 1 [ y, y]. Ας υποθέσουμε ότι x 0, e 1 > μ > 0. Θα δείξουμε ότι τότε x 0 y + B 2. (Ομοίως εργαζόμαστε και στην περίπτωση όπου x 0, e 1 < μ < 0 για να δείξουμε ότι τότε x 0 y + B 2.) Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι x 0 y 2 1. Επειδή x 0 bde ισχύει και έχουμε k=2 x 0, e l 2 = 1 x 0, e 1 2 (1 + μ/2) 2, x 0 y 2 2 = ( x 0, e 1 μ) x 0, e 1 2 (1 + μ/2) 2. Εφόσον θέλουμε η τελευταία ποσότητα να είναι μικρότερη ή ίση του 1 αρκεί να ισχύει ( x 0, e 1 μ) 2 x 0, e 1 2 (1 + μ/2) 2 0. Αυτό θα ισχύει αν το x 0, e 1 βρίσκεται ανάμεσα στις ρίζες του πολυωνύμου (t μ) 2 t 2 /(1+μ/2) 2. Εύκολα ελέγχουμε ότι οι ρίζες αυτού του πολυωνύμου είναι εκατέρωθεν του διαστήματος [μ, 1 + μ/2] στο οποίο βρίσκεται το x 0, e 1, ολοκληρώνοντας έτσι την απόδειξη JOHN Ο Λέμε ότι ένα κυρτό σώμα βρίσκεται στη θέση του Joh αν το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου στο K είναι η μοναδιαία Ευκλείδεια

168 JOHN 163 μπάλα B 2. Παρατηρούμε κάθε σώμα K μπορεί να τεθεί στη θέση του Joh αν του εφαρμόσουμε τον μετασχηματισμό που απεικονίζει το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου του K στο B 2. Επίσης η θέση αυτή είναι μοναδική εκτός από ορθογώνιους μετασχηματισμούς (δηλαδή στροφές, ανακλάσεις και συνδυασμούς τους). Πράγματι αυτό προκύπτει εύκολα από το ότι το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου μέσα στο K είναι μοναδικό. Θ (Joh). Έστω ότι το K είναι ένα κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα στη θέση του Joh. Τότε ισχύει B 2 K B 2. Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι K B 2. Τότε υπάρχει x 0 K ( B 2 ), δηλαδή x 0 K και x 0 2 >. Επειδή το K είναι συμμετρικό ως προς το 0 συμπεραίνουμε ότι ±x 0 K και συνεπώς cov(±x 0, B 2 ) K. Θα δείξουμε ότι το Z = cov(±x 0, B 2 ) περιέχει ελλειψοειδές με όγκο μεγαλύτερο από το vol (B 2 ) αντιφάσκωντας με το ότι το B 2 είναι το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου του K. Με κατάλληλη στροφή, υποθέτουμε ότι x 0 = μe 1 όπου μ >. Θεωρούμε το ελλειψοειδές E = {x R x2 1 a 2 + xk 2 b k=2 2 1 }, όπου τα a > 1 και 0 < b < 1 θα επιλεγούν κατάλληλα ώστε vol (E) > vol (B 2 ) και E K. Το κυρτό σώμα Z είναι στερεό που προκύπτει από περιστροφή του Σχήματος 11.1 ως προς τον άξονα του x 0. Η ευθεία που περνάει από το x 0 και εφάπτεται στον κύκλο B 2 2 του σχήματος στο άνω ημιεπίπεδο, έχει εξίσωση (11.1) y = 1 1 μ t 1 2 μ 1 μ. 2 Θεωρούμε ένα σημείο x = (x 1,, x ) bd(e). Θα βρούμε συνθήκες για τα a > 0 και 0 < b < 1 ώστε να ισχύει x Z. 1η Περίπτωση: Αν x 1 > 1/μ τότε για να ανήκει το x στο Z αρκεί το σημείο του (δισδιάστατου) επιπέδου (x 1, ( k=2 x2 k ) 1/2 ) να είναι «κάτω»

169 164 JOHN Σ 11.1: Το κυρτό σώμα Z = cov(±x 0, B 2 ) K προκύπτει από περιστροφή του παραπάνω σχήματος στον R ως προς τον πρώτο άξονα. από την ευθεία με εξίσωση την (11.1), δηλαδή να ικανοποιεί την 1/2 ( xk 2 1 ) 1 μ x μ 1 μ. 2 k=2 Ισοδύναμα, επειδή x bd(e) και συνεπώς ( k=2 x2 k ) 1/2 = b 1 x 2 1 /a2, b 1 x2 1 a μ 2 ( 1 x 1 μ ). Από αυτή καταλήγουμε ισοδύναμα με απλές πράξεις ότι το σημείο x βρίσκεται κάτω από την ευθεία (11.1) αν και μόνο αν ισχύει (11.2) a 2 μ 2 + b2 (1 1 μ 2 ) 1. 2η Περίπτωση: Αν 0 x 1 1/μ θέλουμε να ισχύει x B 2. Εύκολα ελέγχουμε ότι η απαίτηση x 2 1 οδηγεί στην ανισότητα (11.3) 1 μ 2 (1 b2 a 2 ) + b 2 1.

170 JOHN 165 (11.4) Αν θέσουμε a = μ 1 1/ > 1 και 0 < b = 1 1/μ < 1 2 ελέγχουμε με απλές πράξεις ότι ικανοποιείται και η (11.2) και η (11.3). Συνεπώς με αυτές τις τιμές για τα a και b ισχύει E Z K. Επιπλέον όμως ισχύει ab 1 > 1 που σημαίνει ότι το E έχει όγκο μεγαλύτερο από τον όγκο του B 2 που είναι το ελλειψοειδές μέγιστου όγκου μέσα στο K, καταλήγοντας έτσι σε άτοπο. Άσκηση Ελέγξτε ότι οι επιλογές γις τις παραμέτρους a και b στην (11.4) ικανοποιούν πράγματι τις (11.2) και (11.3).

171

172 Η ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ Για απλοποίηση του συμβολισμού στα επόμενα όλες οι συναρτήσεις που εμφανίζονται θα θεωρούνται μη αρνητικές BRASCAMP-LIEB BARTHE Η ανισότητα Hölder μπορεί να γενικευτεί ως προς το πλήθος των συναρτήσεων που συμμετέχουν σε αυτή: εύκολα ελέγχει κανείς με επαγωγή ότι αν g k L pk (R ) για k = 1,,, με k=1 1/p k = 1 τότε k=1 g k L 1 (R ) και ισχύει ( R k=1 g k (x)) dx k=1 g k pk. Αν θέσουμε c k = 1/p k και f k = g p k k = g 1/c k k, τότε οι f k είναι απλώς ολοκληρώσιμες (στον L 1 (R )) και η ανισότητα γράφεται ως εξής: ( R k=1 f k (x) c k ) dx k=1 c k ( f k (x) dx) R (Άσκηση ). Αυτή η ανισότητα μπορεί να επεκταθεί περαιτέρω με τις εξής αλλαγές: οι συναρτήσεις μπορούν να ανήκουν στον L 1 (R k ), δηλαδή οι fk να είναι συναρτήσεις k μεταβλητών, αλλά για να έχει νόημα το αριστερό ολοκλήρωμα στον R, να χρησιμοποιηθούν k πίνακες B k R R k στα ορίσματα των f k. Αυτές οι αλλαγές οδηγούν σε μια νέα ανισότητα όπου τώρα εμφανίζεται μια σταθερά στο δεξιό μέλος που εξαρτάται από τους πίνακες B k. Η ανισότητα αυτή είναι η ανισότητα Brascap-Lieb όπως εμφανίζεται στο παρακάτω θεώρημα. Θ (Brascap-Lieb, Εκδοχή Α). Έστω ότι N, c k > 0, k N για k = 1, 2,, με k=1 c k k = και f k L 1 (R k ) με fk 0.

173 168 Αν B k R R k γραμμική απεικόνιση (δηλαδή k πίνακας) η οποία είναι επί για κάθε k = 1, 2,, τότε με ( R k=1 f k (B k x) c k ) dx D 1/2 k=1 k ( f k (x) dx)c, R k { det ( D = if c k=1 kbk ta kb k) { k=1 (det A k) c k } A k θετικά ορισμένοι k k πίνακες, } όπου B t k ο ανάστροφος του B k (και D 1/2 = αν D = 0). Π Εύκολα βλέπει κανείς ότι στην περίπτωση της ανισότητας Hölder, ο παραπάνω τύπος για τη σταθερά D δίνει 1. Πράγματι, σε αυτή την περίπτωση k = και B k = Id για κάθε k = 1,,. Οπότε { det ( D = if c k=1 ka k) { k=1 (det A k) c k 1, } A k θετικά ορισμένοι πίνακες } από την Άσκηση Αλλά ισχύει η ισότητα αν επιλέξουμε A k = Id, διότι c k=1 k = 1. Οπότε το D, ως ifiu, ισούται με 1. Συμπεραίνουμε ότι η ανισότητα Brascap-Lieb πράγματι γενικεύει την ανισότητα Hölder. Θα δούμε τώρα πώς η ανισότητα Prekopa-Leidler ως ένα είδος αντίστροφης της ανισότητας Hölder (δείτε Παρατήρηση 6.1.2), με τις ανάλογες όπως πριν γενικεύσεις, θα οδηγήσει σε μια επέκτασή της, γνωστή ως ανισότητα Barthe, αντίστροφη της Brascap-Lieb. Η ανισότητα Prekopa-Leidler λέει ότι αν οι f, g, h 0 είναι ολοκληρώσιμες συναρτήσεις στον R και 0 < λ < 1, αν για κάθε x, y R τότε h((1 λ)x + λy) f(x) 1 λ g(y) λ 1 λ λ h(x) dx ( f(x) dx) ( g(y) dy) R R R (δείτε Θεώρημα σελίδα 87). Η ανισότητα αυτή μπορεί να γενικευθεί

174 BRASCAMP-LIEB BARTHE 169 σε περισσότερες συναρτήσεις με επαγωγή (δείτε Άσκηση ) στην εξής εκδοχή: Θ (Prekopa-Leidler, Εκδοχή Β). Έστω ότι οι h, f 1,, f είναι ολοκληρώσιμες συναρτήσεις από το R στο [0, ) και λ 1,, λ > 0 με k=1 λ k = 1. Αν για κάθε z 1,, z R ισχύει (12.1) τότε h ( λ k z k) k=1 R h(x) dx k=1 k=1 (f k (z k )) λ k λ k ( f k (x) dx). R Η περαιτέρω επέκτασή της για συναρτήσεις f k R k R με fk 0 απαιτεί τη χρήση k πινάκων B t k, όπου B k R R k, στη σχέση (12.1) (παρατηρούμε ότι αν ένας πίνακας k είναι μια γραμμική απεικόνιση από τον R στον R k, ο ανάστροφός του είναι ένας πίνακας k, άρα μια γραμμική απεικόνιση από τον R k στον R ). Αυτή η επέκταση θα μας αναγκάσει να έχουμε μια επιπλέον σταθερά στο δεξιό μέλος της ανισότητας που εξαρτάται από τους πίνακες B k όπως και πριν (στην περίπτωση της ανισότητας Brascap-Lieb). Η ανισότητα που προκύπτει ονομάζεται ανισότητα Barthe και την αντιλαμβανόμαστε ως αντίστροφη της ανισότητας Brascap-Lieb. Για λόγους άμεσης σύγκρισης των δύο ανισοτήτων επαναδιατυπώνουμε την ανισότητα Brascap-Lieb μαζί με την ανισότητα Barthe. Θ Έστω ότι N, c k > 0, k N για k = 1, 2,, με c k=1 k k = και f k L 1 (R k ) με fk 0. Αν B k R R k γραμμική απεικόνιση (δηλαδή k πίνακας) η οποία είναι επί για κάθε k = 1, 2,, τότε (Brascap-Lieb) ( R k=1 f k (B k x) c k ) dx D 1/2 k=1 k ( f k (x) dx)c. R k (Barthe: αντίστροφη Brascap-Lieb) Αν επιπλέον, h L 1 (R ) με h 0 και (12.2) h ( c k Bk tz k) k=1 k=1 f k (z k ) c k,

175 170 για κάθε z k R k, για k = 1, 2,,, τότε h(x) dx D 1/2 R k=1 k ( f k (x) dx)c. R k όπου B t k ο ανάστροφος του B k, k πίνακας, και { det ( D = if c k=1 kbk ta kb k) { k=1 (det A k) c k (D 1/2 = αν D = 0). } A k θετικά ορισμένοι k k πίνακες } Π Όπως και στην Παρατήρηση , η σταθερά D είναι ίση με 1 αν k = και B k = Id. Δηλαδή η ανισότητα Barthe πράγματι γενικεύει την ανισότητα Prekopa-Leidler. Αν αντικαταστήσουμε τις f c k k με g k και τα c k με 1/p k τότε μπορούμε να γράψουμε λίγο πιο συνοπτικά τις ανισότητες: Θ Έστω ότι N, p k > 0, k N για k = 1, 2,, με k=1 k/p k = και g k L pk (R k ) με gk 0. Αν B k R R k γραμμική απεικόνιση (δηλαδή k πίνακας) η οποία είναι επί για κάθε k = 1, 2,, τότε (Brascap-Lieb) g k (B k x) k=1 L 1 (R ) D 1/2 g k Lpk (R k), (Barthe: αντίστροφη Brascap-Lieb) Αν επιπλέον, h L 1 (R ) με h 0 και h ( c k Bk tz k) k=1 k=1 k=1 για κάθε z k R k, για k = 1, 2,,, τότε g k (z k ), h L1 (R ) D 1/2 g k Lpk (R k), k=1 όπου B t k ο ανάστροφος του B k, k πίνακας, και { det ( D = if c k=1 kbk ta kb k) { k=1 (det A k) c k } A k θετικά ορισμένοι k k πίνακες, }

176 BRASCAMP-LIEB BARTHE 171 με c k = 1/p k για κάθε k = 1, 2,, (D 1/2 = αν D = 0). Για την απόδειξη της ανισότητας Barthe διευκολύνει να χρησιμοποιήσουμε την μικρότερη συνάρτηση h που ικανοποιεί την (12.2). Άμεσα βλέπουμε ότι η μικρότερη τέτοια συνάρτηση δεν είναι άλλη από την (12.3) h 0 (x) = sup { f k (z k ) c k x = k=1 k=1 c k B t k z k, z k R k }. Όμως μια τέτοια συνάρτηση δεν είναι απαραίτητα μετρήσιμη. Για αυτό τον λόγο η ανισότητα Barthe αποδεικνύεται στη μορφή sup { f k (z k ) c k x = R k=1 k=1 c k B t k z k, z k R k } dx k D 1/2 ( f k (x) dx)c, R k υπό τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος , όπου το είναι το άνω ολοκλήρωμα. Δεν θα αποδείξουμε αυτές τις ανισότητες σε αυτή τη γενικότητα. Όμως θα αποδείξουμε μια ειδική περίπτωση που χρειαζόμαστε για την απόδειξη της αντίστροφης ισοπεριμετρικής ανισότητας. Συγκεκριμμένα ενδιαφερόμαστε για την περίπτωση όπου k = 1 για κάθε k = 1, 2,,. Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή στο πλήθος των συναρτήσεων g k την ανισότητα Hölder δηλαδή ότι για οποιεσδήποτε μη αρνητικές συναρτήσεις g k L pk (R ), για k = 1, 2,, με 1/p k=1 k = 1 η συνάρτηση g k=1 k είναι στον L 1 (R ) και ισχύει R k=1 g k k=1 g k pk. Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή στο πλήθος των συναρτήσεων f k την ανισότητα Prekopa-Leidler στην Εκδοχή Β (Θεώρημα ) χρησιμοποιώντας την βέλτιστη συνάρτηση h 0 της σχέσης (12.3) δηλαδή ότι για οποιεσδήποτε μη αρνητικές ολοκληρώσιμες συναρτήσεις f k, για k = 1, 2,, αν c k > 0 ώστε k=1 c k = 1 τότε k=1 sup { f k (z k ) c k R k=1 x = c k z k, z k R } dx k=1 k=1 c k ( f k (x) dx). R

177 172 Υπόδειξη: για το επαγωγικό βήμα παρατηρήστε ότι η ποσότητα +1 sup { f k (z k ) c k k=1 +1 x = c k z k, z k R } k=1 είναι, τετριμμένα, μεγαλύτερη ή ίση από την ποσότητα 1 c sup {(sup { f k (z k ) +1 z = k=1 c k k=1 1 c c +1 k z 1 c k, z k R }) f +1 (z +1 ) c x = (1 c +1 )z + c +1 z +1, z, z +1 R } BRASCAMP-LIEB BARTHE Αν στις παραπάνω ανισότητες θέσουμε k = 1 για κάθε k = 1, 2,, τότε οι θετικά ορισμένοι πίνακες A k στη διατύπωση των ανισοτήτων είναι 1 1, δηλαδή θετικοί αριθμοί. Θα τους μετονομάσουμε λοιπόν σε λ k > 0. Έτσι ο παρονομαστής στον ορισμό της σταθεράς D ισούται με k=1 λc k k. Επιπλέον, οι πίνακες B k είναι 1 οπότε οι Bk t θα είναι τώρα πίνακες 1 δηλαδή διανύσματα στον R. Έτσι θα αντικαταστήσουμε τους Bk t με u k R, θεωρώντας τους όμως ως απεικονίσεις από το R στο R. Δηλαδή Bk t(θ) = θu k για κάθε θ R. Οι ανάστροφοι των Bk t, δηλαδή οι B k θα ισούνται με uk t. Έτσι το άθροισμα στον αριθμητή του ορισμού του D γίνεται c k=1 kλ k u k uk t. Αλλά (εύκολα ελέγχει κανείς ότι) u k uk t = u k u k (δείτε Άσκηση ). Οπότε η σταθερά D αλλάζει στην εξής έκφραση: { det ( D = if c k=1 kλ k u k u k) { k=1 λc k k } λ k > 0. } Τέλος, επειδή το B k x θα γίνει τώρα u t k x = u k, x και αλλάζοντας τα z k σε θ k αφού τώρα ανήκουν στο R (αφού k = 1) άρα είναι αριθμοί, τα παραπάνω πολυδιάστατα θεωρήματα μετατρέπονται στα εξής: Θ (Εκδοχή Α). Έστω ότι N, c k > 0, για k = 1, 2,, με c k=1 k = και f k L 1 (R) με f k 0. Αν u k R για k = 1, 2,, τότε

178 (Brascap-Lieb) BRASCAMP-LIEB BARTHE 173 ( R k=1 f k ( u k, x ) c k ) dx D 1/2 (Barthe: αντίστροφη Brascap-Lieb) όπου sup { f k (θ k ) c k x = R k=1 (D 1/2 = αν D = 0). k=1 k=1 c k θ k u k, θ k R} dx { det ( D = if c k=1 kλ k u k u k) { k=1 λc k k k ( f k (x) dx)c, R k D 1/2 ( f k (x) dx)c, R k=1 } λ k > 0 } Θ (Εκδοχή Β). Έστω ότι N, p k > 0, για k = 1, 2,, με 1/p k=1 k = και g k L 1 (R) με g k 0. Αν u k R για k = 1, 2,, τότε (Brascap-Lieb) g k ( u k, x ) k=1 L 1 (R ) (Barthe: αντίστροφη Brascap-Lieb) sup { g k (θ k ) x = R όπου k=1 k=1 { det ( (12.4) D = if c k=1 kλ k u k u k) { k=1 λc k k D 1/2 g k Lpk (R), k=1 c k θ k u k, θ k R} dx D 1/2 g k Lpk (R), k=1 } λ k > 0, } με c k = 1/p k για κάθε k = 1, 2,, (D 1/2 = αν D = 0). Π Η τετριμμένη περίπτωση D = 0, και άρα D 1/2 =, δεν μπορεί να αποκλειστεί. Για παράδειγμα αν τα u k δεν παρά-

179 174 γουν όλον τον R τότε οι συναρτήσεις f( u k, x ) είναι σταθερές για όλα τα x (spa{u 1,, u }) και συνεπώς το αριστερό σκέλος της Brascap-Lieb απειρίζεται. Έτσι, σε αυτή την περίπτωση, το D 1/2 δεν μπορεί να είναι πεπερασμένο. Ισοδύναμα, το supreu στο αριστερό σκέλος της ανισότητας Barthe υπολογίζεται σε ένα κενό σύνολο αν x spa{u 1,, u }, δηλαδή είναι 0. Έτσι η ανισότητα Barthe δεν μπορεί να ισχύει για θετικό D. Άρα D = 0. Και πράγματι αυτό το επιβεβαιώνει και ο ορισμός (12.4) της D διότι ο πίνακας c k=1 kλ k u k u k μηδενίζεται σε όλον τον μη τετριμένο υπόχωρο spa{u 1,, u }, άρα δεν είναι αντιστρέψιμος και συνεπώς η ορίζουσά του είναι μηδέν για οποιαδήποτε θετικά λ k. Συμπεραίνουμε ότι η συνθήκη spa{u 1,, u } = R είναι απαραίτητη για να έχουμε μη τετριμμένες ανισότητες. Για αυτό τον λόγο στο εξής θα θεωρούμε ότι τα u 1,, u παράγουν τον R. Π Αν υποθέσουμε ότι οι ανισότητες ισχύουν με D > 0, η συνθήκη c k=1 k = δεν μπορεί να παρακαμφθεί. Πράγματι, αν αλλάξουμε κάθε f k ( ) σε f k (λ ), το αριστερό σκέλος, κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής λx = y, θα αλλάξει κατά τον παράγοντα λ, ενώ το δεξιό σκέλος κατά τον παράγοντα λ (c 1+ +c ). Έτσι, για να ισχύει η ανισότητα με D > 0 είναι απαραίτητη η υπόθεση c k=1 k = (αλλιώς θα οδηγηθούμε σε άτοπο αφήνοντας το λ να πάει στο 0 + ή στο ) BRASCAMP-LIEB BARTHE Ξεκινάμε με την παρατήρηση ότι στην Εκδοχή Α των ανισοτήτων μπορούμε να διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με το k=1 ( f R k) c k οπότε μπορούμε να αναχθούμε έτσι σε συναρτήσεις f k που έχουν ολοκλήρωμα ίσο με 1. Έτσι αρκεί να δείξουμε ότι και sup { ( R k=1 f k ( u k, x ) c k ) dx f k = 1} D 1/2 R if { sup { R k=1 f c k k (θ k) x = k=1 c k θ k u k, θ k R} dx f k = 1} R D 1/2. Θα αποδείξουμε ότι τα παραπάνω sup και if επιτυγχάνονται όταν οι f k είναι Γκαουσιανές της μορφής λ k /π e λ kt 2 ώστε να ισχύει R f k = 1.

180 BRASCAMP-LIEB BARTHE 175 Δηλαδή θα δείξουμε ότι sup { ( R k=1 ( R k=1 = sup { f k ( u k, x ) c k ) dx f k = 1} R f k ( u k, x ) c k ) dx και λ f k = 1, f k (t) = k π e λ kt 2 } = A R if { sup { R k=1 = if { sup { R f c k k (θ k) x = k=1 k=1 f c k k (θ k) x = c k θ k u k, θ k R} dx f k = 1} R k=1 c k θ k u k, θ k R} dx λ f k = 1, f k (t) = k π e λ kt 2 } = B. R Η απόδειξη θα ολοκληρωθεί δείχνοντας ότι A = B 1 = D 1/2. Το ακόλουθο λήμμα είναι το κύριο τεχνικό βήμα για την απόδειξη των παραπάνω ανισοτήτων. Το βασικό εργαλείο της απόδειξής του είναι η «μεταφορά του μέτρου»: Λ (Barthe). Έστω ότι, p 1,, p 1 με k=1 p 1 k =, c k = pk 1, u 1,, u R διανύσματα που παράγουν τον R, και οι f 1,, f, h 1,, h R [0, ) είναι ολοκληρώσιμες συναρτήσεις με για κάθε k = 1, 2,,. Θέτουμε και f k (t) dt = h k (t) dt = 1 R R I(f 1,, f ) = R K(h 1,, h ) = sup { R k=1 k=1 f c k k ( u k, x ) dx h c k k (θ k) θ k R, x = k=1 θ k c k u k} dx.

181 176 Τότε όπου D I(f 1,, f ) K(h 1,, h ), { det ( D = if c k=1 kλ k u k u k) { k=1 λc k k } λ k > 0. } Απόδειξη: Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι οι συναρτήσεις f k και h k είναι συνεχείς και θετικές, και ότι 0 < D < (αν D = 0 η ανισότητα είναι προφανής). «Μεταφέρουμε το μέτρο» με την εξής έννοια: αφού R f k (t) dt = R h k (t) dt = 1 και οι f k και h k είναι συνεχείς και θετικές, για κάθε t R υπάρχει μοναδικό T k (t) R ώστε T k (t) t h k (s) ds = f k (s) ds. Από το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λογισμού συνεπάγεται ότι (12.5) h k (T k (t))t k (t) = f k (t), για κάθε k = 1, 2,,. Για εξοικονόμηση χώρου, ας γράφουμε h 0 (x) για την υπό ολοκλήρωση ποσότητα στον ορισμό του K(h 1,, h ). Για τον υπολογισμό του K(h 1,, h ) αλλάζουμε τις μεταβλητές θέτοντας (12.6) x = W(y) = k=1 c k T k( y, u k )u k. Φανερά x k = W(y), e k, όπου e 1,, e η συνήθης βάση του R, άρα η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού έχει στοιχεία τα w ij = dx i /dy j = = k=1 d dy j k=1 c k T k( y, u k ) u k, e i c k T k ( y, u k ) u k, e j u k, e i = ( c k T k ( y, u k ) u k u k) e j, e i. k=1

182 BRASCAMP-LIEB BARTHE 177 Αυτό δείχνει ότι η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού είναι ο πίνακας J W = k=1 c k T k ( y, u k ) u k u k. Επειδή η T k είναι γνησίως αύξουσα ισχύει T k > 0. Επίσης c k > 0 και κάθε u k u k είναι φανερά θετικά ημιορισμένος. Επειδή για κάθε v R δεν μπορεί να συμβαίνει u k u k (v), v = v, u k 2 = 0, αφού τα u k παράγουν τον R, συμπεραίνουμε ότι ο J W είναι θετικά ορισμένος και συνεπώς η W είναι 1-1 (δείτε Άσκηση ), και έτσι μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο αλλαγής μεταβλητών στα παρακάτω ολοκληρώματα: (12.7) διότι R h 0 (x) dx W(R ) k=1 R h 0(W(y)) = sup { h 0 (x) dx = h 0(W(y)) det J W (y) dy R h c k k (T k( y, u k )) det ( c k T k ( y, u k ) u k u k) dy, k=1 k=1 h c k k (θ k) W(y) = k=1 θ k c k u k} και η ανασύσταση του W(y) στην προηγούμενη ισχύει για θ k = T k ( y, u k ) από τον ορισμό της W (σχέση (12.6)). Συνεχίζοντας από την (12.7) και χρησιμοποιώντας τον ορισμό της ποσότητας D παίρνουμε R h 0 (x) dx ( h c k R k=1 και με τη βοήθεια της (12.5) k (T k( y, u k )) D k=1 (T k ( y, u k )) c k ) dy, που είναι η ζητούμενη. R h 0(x) dx D R k=1 f c k k ( y, u k ) dy, Έχοντας αποδείξει λοιπόν ότι D I(f 1,, f ) K(h 1,, h ), αν πάρουμε supreu ως προς τις f k και ifiu ως προς τις h k θα

183 178 συμπεράνουμε ότι (12.8) D A D sup I(f 1,, f ) if K(h 1,, h ) B, όπου A και B οι ποσότητες που ορίστηκαν στη αρχή της Ενότητας 12.3, και τα sup και if είναι ως προς όλες τις f k και h k με ολοκλήρωμα 1 (όπως στη διατύπωση του Λήμματος ). Συνεπώς για να ολοκληρωθεί η απόδειξη της ανισότητας Brascap-Lieb και της ανισότητας Barthe αρκεί να αποδείξουμε ότι (i) B = D 1/2, οπότε η (12.8) συνεπάγεται I(f 1,, f ) sup I(f 1,, f ) D 1/2, δηλαδή την ανισότητα Brascap-Lieb, και (ii) A = D 1/2 οπότε η (12.8) συνεπάγεται D 1/2 if K(h 1,, h ) K(h 1,, h ), δηλαδή την ανισότητα Barthe. Οι ποσότητες A και B όμως, είναι ποσότητες που υπολογίζονται σε γκαουσιανές συναρτήσεις και αυτό κάνει τον υπολογισμό τους εφικτό. Θα χρειαστούμε τον τύπο (12.9) e λt2 dt = π R λ, ο οποίος ισχύει για κάθε λ > 0, και αποδυκνύεται εύκολα με την αλλαγή μεταβλητής s = 2λ t και το γεγονός ότι R e s2 /2 = 2π. Απόδειξη του (ii) Έστω ότι οι g k είναι Γκαουσιανές συναρτήσεις της μορφής g k (t) = e λ kt 2 για λ k > 0, k = 1,,. Θέτουμε U να είναι η γραμμική απεικόνιση U = k=1 c k λ k u k u k,

184 BRASCAMP-LIEB BARTHE 179 και έχουμε R k=1 g c k k ( x, u k ) dx = R exp ( k=1 c k λ k x, u k 2 ) dx = exp ( ( c k λ k u k u k) (x), x ) dx R k=1 = R exp( Ux, x ) dx, = R exp( U 1/2 x 2 2) dx, όπου U 1/2 η τετραγωνική ρίζα του U, η οποία υπάρχει, μια και ο U είναι φανερά θετικά ορισμένος, αφού c k > 0, λ k > 0, u k u k θετικά ημιορισμένος για κάθε k = 1,, και τα u k παράγουν τον R (δείτε Παρατήρηση ). Αλλάζοντας μεταβλητές, και συγκεκριμμένα θέτοντας y = 2U 1/2 (x), και χρησιμοποιώντας το ότι η ιακωβιανή αυτού του μετασχηματισμού είναι ( 2 det U 1/2 ) 1 = 1/( 2 det U), η τελευταία ποσότητα παραπάνω ισούται με π /2 / det U. Καταλήξαμε δηλαδή στην (12.10) R k=1 g c k k ( x, u k ) dx = π/2 det U. Για να προκύψει το ζητούμενο πρέπει να διαιρέσουμε κάθε g k με το ολοκλήρωμά της, ή ισοδύναμα να διαιρέσουμε την (12.10) με την ποσότητα k=1 ( R g k (t)) c k. Αλλά χρησιμοποιώντας την (12.9) βλέπουμε ότι (12.11) k=1 k ( g k (t))c = R k=1 ( π c k ) = λ k Διαιρώντας την (12.10) με την (12.11) παίρνουμε ότι { k=1 A = sup λc k k { det U λ } k > 0 = } if { = D 1/2, det U k=1 λc k k π /2 k=1 λc k k 1. λ k > 0} 1/2

185 180 ολοκληρώνοντας την απόδειξη του (ii). Απόδειξη του (i) Για τον υπολογισμό του B παρατηρούμε ότι αν f k (t) = 1/ λ k π e t2 /λ k (ώστε R f k = 1) τότε sup { k=1 { = sup { = f c k k (θ k) x = 1 k=1 π k=1 λc k k 1 π /2 k=1 λc k k c k θ k u k, θ k R} exp ( k=1 c k θ 2 k /λ k) x = exp ( if { c k θk 2 /λ k x = k=1 k=1 k=1 c k θ k u k } } c k θ k u k}). Για U = k=1 c kλ k u k u k όπως και πριν, επειδή ο U είναι θετικά ορισμένος, η ποσότητα 1/2 x = Ux, x 1/2 = ( c k λ k x, u k 2 ) ορίζει μια νόρμα στον R. Για να συνεχίσουμε την απόδειξη χρειαζόμαστε ένα ακόμα τεχνικό λήμμα: k=1 Λ Η δυϊκή νόρμα της είναι η με y 2 = U 1 y, y = if { c k θk 2 /λ k θ i R ώστε y = k=1 k=1 c k θ k u k}. Αναβάλουμε την απόδειξη του προηγούμενου λήμματος και συνεχίζουμε τον υπολογισμό του K(f 1,, f ). Από τα προηγούμενα προκύπτει ότι K(f 1,, f ) = 1 π /2 k=1 λc k k R e U 1 x,x dx. Αν συμβολίσουμε με U 1/2 την τετραγωνική ρίζα του θετικά ορισμένου U 1, και αλλάξουμε μεταβλητές στο τελευταίο ολοκλήρωμα, θέτοντας

186 BRASCAMP-LIEB BARTHE 181 y = 2U 1/2 x, με ορίζουσα Ιακωβιανής (det U)/2, θα πάρουμε K(f 1,, f ) = 1 π /2 k=1 λc k k det U = k=1 λc k k det ( = c k=1 kλ k u k u k) ( ) k=1 λc k k det U 2 e y 2 2 /2 dy R Παίρνοντας ifiu ως προς όλες τις Γκαουσιανές με ολοκλήρωμα ίσο με 1, δηλαδή ως προς όλα τα λ k > 0 καταλήγουμε στο ότι 1/2. { det ( B = (if c k=1 kλ k u k u k) { k=1 λc k k που είναι η ζητούμενη. } λ k > 0 ) } 1/2 = D 1/2, Απόδειξη του Λήμματος Κατ αρχάς έχουμε ότι x, y y = sup x 0 x = sup x, y x 0 Ux, x = sup x 0 U 1/2 x, U 1/2 y = sup U 1/2 x, U 1/2 x x 0 U 1/2 x U 1/2, U x 1/2 y 2 (12.12) = U 1/2 y 2 = U 1/2 y, U 1/2 y = U 1 y, y. Επειδή τα u k παράγουν τον R, για κάθε y R υπάρχουν θ k ώστε y = k=1 c kθ k u k. Έτσι, από την ανισότητα Cauchy-Schwartz έχουμε ότι

187 182 για κάθε x R x, y = x, Άρα k=1 ( k=1 = ( k=1 c k θ k u k = c k λ k θ 2 k ) 1/2 1/2 c k λ θk 2 ) k k=1 x, y y = sup x 0 x if ( c c k θ k x, u k = k λ θ k c k λ k x, u k k=1 k ( c k λ k x, u k 2 ) k=1 Ux, x 1/2 = ( k=1 k=1 1/2 c k λ θk 2 ) k 1/2 1/2 c k λ θk 2 ) x. k y = k=1 c k θ k u k, θ k R. Όμως ισχύει η ισότητα αν επιλέξουμε x = U 1 y και θ k = λ k x, u k. Πράγματι, για αυτά τα θ k ισχύει και k=1 c k θ k u k = k=1 k=1 1/2 c ( k λ θk 2 ) = ( k c k λ k x, u k u k = Ux = UU 1 y = y k=1 = ( k=1 1/2 c k λ λ 2 k k x, u k 2 ) 1/2 c k λ k x, u k 2 ) = Ux, x = y, U 1 y = y, από την (12.12), ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Άσκηση Ελέγξτε ότι για κάθε u R ισχύει u u = uu t, όπου το u νοείται ως πίνακας 1 (στήλη) και η u u R R είναι η γραμμική απεικόνιση u u(x) = u, x u. Άσκηση Έστω ότι η f Ω R έχει πεδίο ορισμού το κυρτό υποσύνολο Ω του R. Αποδείξτε ότι αν ο Ιακωβιανός πίνακας της f είναι θετικά ορισμένος,

188 183 τότε η f είναι 1-1, ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα: (i) Αν x, a Ω με x a, θέτουμε h = x a 0 και θεωρούμε την x(t) = a + th [0, 1] Ω. (ii) Ορίζουμε Φ [0, 1] R με Φ(t) = h, f(x(t)) f(a) = k=1 h k(f k(x(t)) f k (a)), όπου f k οι συντεταγμένες συναρτήσεις της f, δηλαδή f k Ω R με f = (f 1,, f ). (iii) Χρησιμοποιήστε τον κανόνα της αλυσίδας για να δείξετε ότι Φ (t) = J f h, h > 0, όπου J f ο Ιακωβιανός πίνακας της f. (iv) Συμπεράνετε από το Θεώρημα Rolle ότι αφού Φ(0) = 0 δεν μπορεί να ισχύει Φ(1) = 0, οπότε f(x) f(a) Έστω ότι το κυρτό συμμετρικό σώμα K είναι στη θέση του Joh. Τότε τα σημεία επαφής του συνόρου του K με την ευκλείδεια μπάλα είναι αρκετά ώστε να αναπαριστούν την ταυτοτική απεικόνιση με την εξής έννοια: Θ (F. Joh). Αν το κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα K βρίσκεται στη θέση του Joh, τότε υπάρχουν σημεία επαφής u 1,, u του συνόρου του K με την εγγεγραμμένη S 1 ώστε να ισχύει (12.13) Id = k=1 c k u k u k για κατάλληλους αριθμούς c k > 0. Το μπορεί να επιλεγεί μικρότερο ή ίσο του 1 + ( + 1)/2. Π Παρατηρούμε ότι τα διανύσματα u k ικανοποιούν την u k K = u k 2 = 1, αφού είναι στο σύνορο τόσο του K όσο και της B 2. Π Παίρνοντας το ίχνος στη σχέση (12.13) και χρησιμοποιώντας και την Άσκηση βλέπουμε ότι = tr Id = tr ( c k u k u k) = k=1 k=1 c k tr(u k u k ) = k=1 c k u k 2 2 = c k. k=1

189 184 Δηλαδή ισχύει c k=1 k = και άρα c k=1 k/ = 1. Αυτό σημαίνει ότι η ζητούμενη σχέση (12.13) μας λέει ότι αρκεί να αποδείξουμε ότι ο πίνακας 1 Id ανήκει στην κυρτή θήκη των πινάκων u u για u σημείο του bd(k) S 1. Π Οι πίνακες u u επειδή είναι συμμετρικοί έχουν τόσα ανεξάρτητα στοιχεία όσα τα στοιχεία στη διαγώνιο και κάτω από αυτή. Δηλαδή συνολικά = (+1)/2. Άρα αν δειχθεί ότι ο 1 Id είναι στην κυρτή θήκη των u u με u R τότε από το Θεώρημα Καραθεοδωρή (Θεώρημα ) αρκούν k = 1 + ( + 1)/2 στοιχεία της μορφής u u (αντιλαμβανόμενοι τα u u ως στοιχεία του R k 1 ). Αυτό αποδεικνύει ότι 1 + ( + 1)/2. Απόδειξη του Θεωρήματος : Σύμφωνα με τις παραπάνω παρατηρήσεις αρκεί να αποδείξουμε ότι ο πίνακας 1 Id βρίσκεται στην κυρτή θήκη των πινάκων u u όπου u σημείο επαφής του bd(k) και του S 1. Θέτουμε U = {u S 1 u K = 1} και θέλουμε να δείξουμε ότι 1 Id cov{u u u U}. Υποθέτουμε ότι αυτό δεν συμβαίνει, και επειδή το τελευταίο σύνολο είναι φανερά συμπαγές, εργαζόμενοι στον R 2 και εφαρμόζοντας το Θεώρημα 3.5.4, υπάρχει στοιχείο A του R 2 που διαχωρίζει το 1 Id από το cov{u u u U}. (Παρατηρούμε ότι τα στοιχεία του R 2 τα μεταχειριζόμαστε και ως διανύσματα και ως πίνακες.) Έτσι υπάρχει ε > 0 ώστε να ισχύει (12.14) A, 1 Id < ε < 0 A, u u, για κάθε u U. Επειδή οι πίνακες 1 Id και u u είναι συμμετρικοί ελέγχουμε εύκολα ότι A t, 1 Id = A, 1 Id και A t, u u = A, u u. Συνεπώς η (12.14) συνεχίζει να ισχύει αν στη θέση του A βάλουμε τον συμμετρικό πίνακα (A+A t )/2. Άρα μπορούμε να υποθέσουμε εξ αρχής ότι ισχύει η (12.14) με A συμμετρικό. Θέτουμε B = A (tra/) Id και παρατηρούμε ότι B, 1 Id = trb/ = 0. Έτσι έχουμε 0 = B, 1 Id = A, 1 Id tra < ε tra < tra A, u u tra = B, u u, Id, u u όπου χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι Id, u u = u 2 2 = 1. Υποθέτοντας λοιπόν ότι ο 1 Id δεν ανήκει στην κυρτή θήκη των u u για u U καταλήξαμε να βρούμε ένα πίνακα B R 2 και θετικό

190 185 αριθμό s = ε tra/ ώστε να ισχύουν τα εξής: (i) B = B t και B 0. (ii) trb = B, 1 Id = 0 < s B, u u για κάθε u U. Για δ > 0 αρκετά κοντά στο μηδέν ο πίνακας Id +δb είναι θετικά ορισμένος συνεπώς έχει τετραγωνική ρίζα, έστω τον πίνακα T δ. Θεωρούμε τα ελλειψοειδή E δ = T 1 δ (B 2 ) = {x R (Id +δb)x, x 1}. Ο όγκος του E δ ισούται με det Tδ 1 B 2. Αλλά εύκολα ελέγχουμε ότι o Id +δb δεν είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού. Συνεπώς, από την Πρόταση , η ακόλουθη ανισότητα είναι γνήσια: (det T δ ) 2/ = det(id +δb) 1/ < tr(id +δb) Άρα E δ > B 2, με μόνο περιορισμό το δ > 0 να είναι αρκετά μικρό ώστε ο Id +δb να είναι θετικά ορισμένος. Θα καταλήξουμε λοιπόν σε άτοπο αν δείξουμε ότι υπάρχουν κατάλληλα μικρά δ > 0 ώστε να ισχύει E δ K (διότι αυτό θα σημαίνει ότι το B 2 δεν είναι το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου μέσα στο K αντιφάσκοντας με την υπόθεση). Για να το επιτύχουμε αυτό, θέτουμε V = {v S 1 dist(v, U) s/2 B }, όπου B η νόρμα του B ως πίνακας δηλαδή B = sup u 2 =1 Bu 2. Αν K = B 2 το V είναι μεν κενό, αλλά δεν έχουμε τίποτα να αποδείξουμε, αφού μπορούμε να θέσουμε c k = 1 και u k = e k τα βασικά διανύσματα του R και η (12.13) προφανώς ισχύει. Υποθέτουμε ότι K B 2 οπότε μικραίνοντας αν χρειαστεί το s > 0 το σύνολο V είναι μη κενό και φανερά συμπαγές υποσύνολο του S 1. Αν v S 1 V, έστω ότι u U με v u 2 < s/2 B. Έχουμε Άρα = 1. (Id +δb)v, v (Id +δb)u, u = δ Bv, v Bu, u = δ Bv, v Bv, u + Bv, u Bu, u δ( Bv, v u + B(v u), u ) δ2 B v 2 v u 2 < δs. (Id +δb)v, v > (Id +δb)u, u δs = 1 + δ Bu, u 1 + δs δs = 1.

191 186 Δηλαδή v 1 < (Id +δb)v, v (Id +δb), v K v v K, διότι v K v 2 = 1, αφού B 2 K. Συμπεραίνουμε ότι v/ v K bd(k) E δ. Δείξαμε λοιπόν ότι για κάθε διεύθυνση v S 1 V η ημιευθεία με αρχή το 0 που περνάει από το v αναγκαστικά τέμνει πρώτα το bd(e δ ) και μετά το bd(k). Αν δείξουμε ότι το ίδιο ισχύει και για τις διευθύνσεις v V θα έχουμε δείξει ότι E δ K καταλήγοντας σε άτοπο και ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Αυτό όμως προκύπτει ως εξής: λόγω της συμπάγειας του V και, κατά συνέπεια, της θετικής του απόστασης από το bd(k) (αφού δεν το τέμνει), υπάρχει ε > 0 ώστε (12.15) (1 + ε)v bd(k) =. Αλλά τα E δ συγκλίνουν (με τη μετρική Hausdorff (δείτε Άσκηση )) στο B 2. Οπότε υπάρχει δ 0 > 0 ώστε για κάθε 0 < δ < δ 0 να ισχύει E δ (1+ε)B2. Έτσι για κάθε v V χρησιμοποιώντας την (12.15) ισχύει (R + v) E δ (R + v) (1 + ε)b 2 (R +v) K. Σκοπός μας στη συνέχεια είναι να δείξουμε ότι αν χρησιμοποιηθούν στην ανισότητα Brascap-Lieb τα u k που αναπαριστούν τον ταυτοτικό πίνακα όπως παραπάνω, τότε η σταθερά D της ανισότητας ισούται με 1. Για να το καταφέρουμε αυτό χρειαζόμαστε μια επέκταση της ανισότητας Hadaard. Η ανισότητα Hadaard λέει ότι για κάθε πίνακα A ισχύει det A k=1 Ae k 2, όπου τα e 1,, e είναι η συνήθης βάση του R. Δεν χρειάζεται να αποδείξουμε αυτή την ανισότητα, αφού θα αποδείξουμε την ακόλουθη επέκτασή της. Π (Ανισότητα Hadaard). Αν τα u k και c k αναπαριστούν τον ταυτοτικό πίνακα όπως στο Θεώρημα , τότε για κάθε πίνακα A ισχύει det A k=1 Au k c k 2. Απόδειξη: Παρατηρούμε ότι η ζητούμενη ανισότητα είναι αναλλοίωτη στους ορθογώνιους πίνακες, οπότε αντικαθιστώντας τον A με τον QA όπου ο Q ανήκει στην ορθογώνια ομάδα μπορούμε να υποθέσουμε ότι

192 187 ο A είναι συμμετρικός και θετικά ημιορισμένος (δείτε Άσκηση 8.1.4). Επειδή αν η ορίζουσα του A ισούται με μηδέν τότε η ανισότητα είναι προφανής, υποθέτουμε ότι ο A είναι θετικά ορισμένος. Συνεπώς είναι διαγωνοποιήσιμος με θετικές ιδιοτιμές, δηλαδή ισχύει A = i=1 α i e i e i, με a i > 0 για κάθε i = 1, 2,,. Επειδή i=1 u k, e i 2 = u k 2 2 = 1 εφαρμόζοντας την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου παίρνουμε ότι Au k 2 2 = αi 2 u k, e i 2 i=1 Πολλαπλασιάζοντας για όλα τα k έχουμε k=1 Au k c k 2 k=1 i=1 = α c k u k,e i 2 i i=1 = = ολοκληρώνοντας την απόδειξη. i=1 i=1 i=1 α k=1 c k u k,e i 2 i α 2 u k,e i 2 i. α ( k=1 c ku k u k)e i, e i i α Id e i,e i i = i=1 α i = det A, Π Αν τα διανύσματα u k για k = 1, 2,, με u k 2 = 1 ικανοποιούν την Id = c k=1 ku k u k για κατάλληλες σταθερές c k R τότε η σταθερά D στην ανισότητα Brascap-Lieb ισούται με 1. Απόδειξη: Η σταθερά D είναι η ποσότητα { det ( D = if c k=1 kλ k u k u k) } { λ k=1 λc k k > 0. k } Αν επιλέξουμε λ k = 1 για κάθε k = 1,, θα έχουμε φανερά ότι D det ( k=1 c ku k u k) k=1 1c k = det Id = 1.

193 188 Για την αντίστροφη ανισότητα αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε λ k > 0 ισχύει det ( c k λ k u k u k) k=1 k=1 λ c k k. Ας θέσουμε A = c k=1 kλ k u k u k. Εύκολα ελέγχουμε ότι ο A είναι συμμετρικός και θετικά ορισμένος συνεπώς είναι αντιστρέψιμος και ο αντίστροφος, ως θετικά ορισμένος, έχει τετραγωνική ρίζα, την οποία θα συμβολίσουμε με A 1/2. Ολοκληρώνουμε την απόδειξη δείχνοντας ότι det A k=1 λc k k : 1 = 1 tr(a 1 A) = 1 tr (A 1 c k λ k u k u k) k=1 = 1 tr ( c k λ k u k (A 1 u k )) = 1 k=1 = 1 c k λ k u k, A 1 u k = 1 = 1 k=1 k=1 k=1 c k λ k A 1/2 u k 2 2 = k=1 k=1 c k λ k tr(u k (A 1 u k )) c k λ k A 1/2 u k, A 1/2 u k c k (λ k A 1/2 u k 2 2) (χρησιμοποιούμε την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου, αφού k=1 c k/ = 1) k=1 λ c k/ k=1 = ( ( (λ k A 1/2 u k 2 2) c k/ k=1 k ) ( k=1 2/ A 1/2 u k c k 2 ) λ c k/ k ) (det A 1/2 ) 2/, όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Hadaard (Πρόταση ), ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Τo επόμενο θεώρημα θα μας δώσει αμέσως την αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα: Θ (K. Ball). Ανάμεσα σε όλα τα κυρτά συμμετρικά σώματα στη θέση του Joh ο κύβος έχει μέγιστο όγκο. Δηλαδή αν Q = [ 1, 1] ο μοναδιαίος κύβος στον R και K κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα στον R στη θέση του Joh τότε vol (K) 2 = vol (Q ).

194 189 Απόδειξη: Έστω ότι τα u k είναι σημεία επαφής του συνόρου του K με την Ευκλείδεια σφαίρα και c k R ώστε να ισχύει Id = c k=1 ku k u k. Από την προηγούμενη πρόταση η ανισότητα Brascap-Lieb ισχύει με D = 1. Φανερά K M = {x x, u k 1 k = 1,, }. Άρα εφαρμόζοντας την ανισότητα Brascap-Lieb παίρνουμε vol (K) vol (M) = 1 = k=1 k=1 ολοκληρώνοντας την απόδειξη. ( R k=1 ( 1 [ 1,1]) R c k 2 c k = 2 = vol (Q ), 1 c k [ 1,1]( x, u k )) dx Η ισοπεριμετρική ανισότητα (δείτε Άσκηση 6.3.1) λέει ότι για κάθε κυρτό σώμα K στον R ισχύει ( K B 2 ) 1/ ( K B 2 ) 1/( 1), (όπου υπενθυμίζουμε ότι με συμβολίζουμε τον -διάστατο όγκο vol ) η οποία με απλές πράξεις συνεπάγεται ότι K ( B 2 1/ ) K ( 1)/ K ( 1)/. Η αντίστροφη ανισότητα γενικώς δεν ισχύει όπως εύκολα βλέπει κανείς θέτοντας K ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο με όλες τις ακμές του μεγάλες και μία πολύ μικρή (ώστε να διατηρείται ο όγκος ίσος με 1 αλλά να μπορεί να μεγαλώσει ανεγξέλεκτα το εμβαδόν επιφανείας). Όμως, από τα προηγούμενα προκύπτει ότι θα ισχύει μια αντίστροφη ανισότητα αν το K βρίσκεται σε κατάλληλη θέση. Θ (Αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα). Για κάθε κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα K υπάρχει θέση K ώστε K 2 K ( 1)/, και η ποσότητα 2 στην προηγούμενη ανισότητα είναι βέλτιστη.

195 190 Απόδειξη: Θεωρούμε ότι το K είναι στη θέση του Joh. Έτσι B 2 K και από το προηγούμενο θεώρημα έχουμε K 2. Οπότε K + tb K = li 2 K t 0 + t K + tk K t li t 0 + = K = K ( 1)/ K 1/ 2 K ( 1)/. Επειδή ισχύει η ισότητα όταν το K είναι ο κύβος Q = [ 1, 1] συμπαιρένουμε ότι η ποσότητα 2 είναι βέλτιστη. Π (Αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα). Από όλα τα κυρτά κεντρικά συμμετρικά σώματα K που βρίσκονται στη θέση του Joh και έχουν ίδιο εμβαδόν επιφανείας με τον κύβο Q, τον ελάχιστο όγκο τον έχει ο κύβος. Απόδειξη: Υποθέτουμε ότι το K είναι κεντρικά συμμετρικό και κυρτό σώμα στη θέση του Joh και επιπλέον ότι Αφού K 2 K ( 1)/ έχουμε K ( 1 2 K 1 ) ολοκληρώνοντας την απόδειξη. K = Q = Q. = ( ) = 2 = Q, Π Ανάλογο αποτέλεσμα υπάρχει και για κυρτά σώματα που δεν είναι απαραίτητα κεντρικά συμμετρικά. Εκεί η σύγκριση γίνεται με το siplex. Δεν θα ασχοληθούμε με αυτή την περίπτωση. Άσκηση Χρησιμοποιήστε το Θεώρημα και την Παρατήρηση για να αποδείξτε ότι αν το K είναι στη θέση του Joh τότε για κάθε γραμμική απεικόνιση T στον R υπάρχει σημείο επαφής y του bd(k) και S 1 με την ιδιότητα y, T(y) tr(t)/. (Υπόδειξη: παρατηρήστε ότι ισχύει tr(t) = T, Id = c j T, x j x j και θεωρήστε το x j που δίνει τη μέγιστη τιμή T, x j x j.)

196 191 Άσκηση Αποδείξτε ότι τα ελλειψοειδή E δ που ορίστηκαν στην απόδειξη του Θεωρήματος συγκλίνουν ως προς τη μετρική Hausdorff στην Ευκλείδεια μπάλα B 2. Αυτό μπορείτε να το κάνετε αποδεικνύοντας ότι δ B B 2 E δ 1 δ B B 2, για κάθε 0 < δ < 1/ B. Για να το επιτύχετε αυτό θα πρέπει πρώτα με τη βοήθεια του φασματικού θεωρήματος για τον πίνακα T δ να αποδείξετε ότι Tδ 2 = Tδ 1 2 και ότι (Id +δb) 1 = k=0 ( δ)k B k. Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα K στον R υπάρχει θέση K ώστε να ισχύει Συγκρίνετε με την Άσκηση ( K 1/( 1) Q ) ( K 1/ Q ).

197

198 Η ΘΕΣΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ ΜΕΣΟΥ ΠΛΑΤΟΥΣ Θ Για κάθε κυρτό σώμα K στον R υπάρχει θέση ελαχίστου μέσου πλάτους. Δηλαδή υπάρχει T 0 SL() ώστε το T 0 (K) να έχει ελάχιστο πλάτος: w(t 0 (K)) = if{w(t(k)) T SL()}. Απόδειξη: Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι για κατάλληλο a > 0 ισχύει ab 2 K B 2 πολλαπλασιάζοντας με κατάλληλο συντελεστή το K και χρησιμοποιώντας το ότι για κάθε λ > 0 ισχύει w(λk) = λ w(k). Θέτουμε w 0 = if{w(t(k)) T SL()}. Έστω ότι η (T ) N ακολουθία γραμμικών απεικονίσεων στο SL() ώστε li w(t (K)) = w 0. Θα δείξουμε με απαγωγή στο άτοπο ότι η (T ) N είναι φραγμένη στον M με την νόρμα. Πράγματι, αν δεν είναι φραγμένη τότε υπάρχει ακολουθία (u ) N στη σφαίρα S 1 ώστε T u 2 για. Έτσι το ελλειψοειδές E = T (B 2 ) με μήκη ημιαξόνων a 1,,, a, > 0 έχει τουλάχιστον ένα ημιάξονα μεγαλύτερο του T u 2, έστω τον a j,. Δηλαδή li a j, =. Από την Άσκηση ισχύει w(t (B 2 )) = w(e ) = S 1 h E (u) du = ( S 1 j=1 a 2 j,u 2 j ) a j, S 1 u j du = a j, S 1 u 1 du, όπου u j οι συντεταγμένες του u ως προς ορθοκανονική βάση του R στη διεύθυνση των κύριων αξόνων του ελλειψοειδούς E. Αλλά από την άλλη μεριά η ακολουθία w(t (B 2 )) είναι φραγμένη, αφού w(t (B 2 )) a 1 w(t (K)) a 1 w 0, καταλήγοντας σε άτοπο. Άρα η (T ) N είναι φραγμένη, και από την Πρόταση και το Πόρισμα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Ας συμβολίσουμε πάλι με 1/2 du

199 194 (T ) N αυτή την υπακολουθία και έστω ότι συγκλίνει στο T 0. Δηλαδή T T 0 0. Παρατηρούμε ότι για κάθε u S 1 (13.1) (13.2) h T K(u) h T0 K(u) = h K (Tu) t h K (T0 tu) h K((T t T0 t)(u) ) = sup (T t T0 t )(u), y y K sup u, (T T 0 )(y) y B 2 sup u 2 T T 0 y 2 T T 0, y B 2 όπου στην (13.1) χρησιμοποιήσαμε την Άσκηση και στην (13.2) χρησιμοποιήσαμε την κάτω τριγωνική ανισότητα, αφού κάθε συνάρτηση στήριξης είναι νόρμα (του πολικού σώματος) από την Πρόταση Συνεπώς η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη πάνω στο S 1 οπότε w(t (K)) = S 1 h T (K)(u) du S 1 h T0 (K)(u) du = w(t 0 (K)), ολοκληρώνοντας την απόδειξη Στη συνέχεια θέλουμε να αποδείξουμε ότι η θέση του ελαχίστου μέσου πλάτους είναι στην ουσία μοναδική. Για αυτό θα χρειαστούμε δύο λήμματα. Λ Θεωρούμε ένα γνήσια κυρτό σώμα K του οποίου η συνάρτηση στήριξης h K είναι διαφορίσιμη. Έστω ότι το x είναι το μοναδικό σημείο τομής του επιπέδου στήριξης του K στη διεύθυνση u S 1 με το K. Τότε h K (u) = x. Απόδειξη: Αφού η h K είναι διαφορίσιμη συμπεραίνουμε ότι για κάθε v R {0} και για κάθε u S 1 υπάρχει η κατευθυνόμενη παράγωγος v h K (u) στη διεύθυνση v. Παρατηρούμε πρώτα ότι (13.3) h v h K (u) = li K (u + λ( v)) h K (u) λ 0 λ h = li K (u + ( λ)v) h K (u) λ 0 λ = v h K (u).

200 195 Επιπλέον, από τον ορισμό της συνάρτησης στήριξης, το ότι h K (u) = x, u και x K, παίρνουμε (13.4) v h K (u) = li sup λ 0 = li sup λ 0 li sup λ 0 h K (u + λv) h K (u) λ h K (u + λv) x, u λ x, u + λv x, u λ = x, v. Άρα αν e i, i = 1,, τα διανύσματα της συνήθους βάσης του R θα έχουμε ei h K (u) x, e i για κάθε i = 1,,. Αλλά από την (13.3) και την (13.4) συνεπάγεται ότι ei h K (u) = ei h K (u) x, e i = x, e i. Άρα ei h K (u) = x, e i για κάθε i = 1, 2,,, οπότε h K (u) = x. Λ Ένα κυρτό σώμα K στον R με διαφορίσιμη συνάρτηση στήριξης h K έχει ελάχιστο μέσο πλάτος αν και μόνο αν (13.5) h K (u), Tu du = tr(t) w(k) S 1 για κάθε γραμμική απεικόνιση T R R. Απόδειξη: Αν το K έχει ελάχιστο μέσο πλάτος, τότε για ε > 0 αρκετά μικρό, η απεικόνιση S = (Id +εt) t /(det(id +εt)) 1/ είναι καλά ορισμένη και έχει ορίζουσα 1. Συνεπώς w(s(k)) w(k), οπότε Απλές πράξεις οδηγούν στην S 1 h S(K) (u)du S 1 h K (u)du. S 1 h K (u + εtu) du det((id +εt)) 1/ S 1 h K (u)du. Αντικαθιστώντας τις h K (u + εtu) και (det(id +εt)) 1/ με τα Taylor αναπτύγματά τους πρώτης τάξης οδηγούμαστε στην (h K (u) + ε h K (u), Tu + o(ε)) du (1 + ε tr(t) + o(ε)) w(k), S 1

201 196 όπου γράψαμε με o(ε) τα υπόλοιπα του αναπτύγματος Taylor, τα οποία ικανοποιούν την li ε 0 + o(ε)/ε = 0. Αφήνοντας το ε να πάει στο 0 από δεξιά οδηγούμαστε στην h K (u), Tu du tr(t) w(k). S 1 Αλλά η τελευταία ισχύει για κάθε T, οπότε αν την ξαναγράψουμε για τον T στη θέση του T παίρνουμε την αντίστροφη ανισότητα, δηλαδή το ζητούμενο. Αντίστροφα, έστω ότι ισχύει η (13.5) και ο T έχει ορίζουσα 1. Από την Άσκηση υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες U και V και διαγώνιος πίνακας D = diag(λ 1,, λ ) με λ j > 0 για κάθε j = 1,,, ώστε να ισχύει T = UDV. Οπότε (UV) t T = V t DV. Επειδή ο πίνακας (UV) t είναι ορθογώνιος ισχύει w((uv) t T(K)) = w(t(k)), συνεπώς αρκεί να αποδείξουμε ότι το σώμα S(Κ) για S = (UV) t T = V t DV ικανοποιεί την w(s(k)) w(k). Αλλά ο πίνακας S είναι συμμετρικός και θετικά ορισμένος οπότε από το Πόρισμα ισχύει η ανισότητα tr(s)/ det(s) 1/ = 1. Από αυτό, και το ότι h K (u) K (Λήμμα ) έχουμε ότι (13.6) w(s(k)) = S 1 h S(K) (u) du = S 1 h K (S t u) du h K (u), S t u du = tr(s) w(k) w(k). S 1 Δηλαδή το K βρίσκεται στη θέση ελάχιστου μέσου πλάτους. Τώρα είμαστε έτοιμοι να αποδείξουμε τη μοναδικότητα της θέσης ελάχιστου μέσου πλάτους: Π Αν το κυρτό σώμα K βρίσκεται στη θέση ελάχιστου μέσου πλάτος και το ίδιο συμβαίνει και για το T(K) όπου T SL(), τότε o T είναι ορθογώνιος. Απόδειξη: Μπορούμε να υποθέσουμε ότι η h K είναι διαφορίσιμη συνάρτηση, αλλιώς προσεγγίζουμε το K με μια ακολουθία σωμάτων που έχουν διαφορίσιμες συναρτήσεις στήριξης παραλείπουμε τις λεπτομέρειες. Αν w(t(k)) = w(k) τότε w(s(k)) = w(k), όπου S ο πίνακας που προκύπτει από τον T όπως στην απόδειξη του Λήμματος Από τη σχέση (13.6) θα ισχύει tr(s)/ = (det S) 1/. Οπότε σύμφωνα με το Πόρισμα ο S είναι ορθογώνιος, άρα και ο T.

202 Η ΘΕΣΗ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΕΠΙΦΑΝΕΙΑΣ Σε αυτό το κεφάλαιο θα αποδείξουμε ότι κάθε κυρτό σώμα K στον R έχει μια, στην ουσία μοναδική, θέση ελάχιστου εμβαδού επιφανείας. Η απόδειξη χρειάζεται το γεγονός ότι το εμβαδό επιφανείας ως συνάρτηση από τα κυρτά σώματα στο R είναι συνεχής. Η κυρτότητα δεν είναι απαραίτητη μόνο για την ύπαρξη του εμβαδού επιφανείας, διότι εύκολα μπορεί να δει κανείς ότι η συνάρτηση αυτή δεν είναι συνεχής σε μη κυρτά σύνολα, όπως βλέπουμε στο Σχήμα Η συνέχεια του εμβαδού Σ 14.1: Η περιφέρεια του K είναι 4 για κάθε N, τα K συγκλίνουν με τη μετρική Hausdorff στο K το οποίο έχει περίμετρο επιφανείας στα κυρτά σώματα έχει αρκετή δουλειά για να αποδειχθεί και την αποδεικνύουμε στην Ενότητα Για τα επόμενα υποθέτουμε ότι η συνέχεια είναι δεδομένη. Θ Για κάθε κυρτό σώμα K στον R υπάρχει θέση ελάχιστου εμβαδού επιφανείας. Δηλαδή υπάρχει T 0 SL() ώστε το T 0 (K) να έχει το ελάχιστο εμβαδό επιφανείας: (T 0 (K)) = if{ (T(K)) T SL()}.

203 198 Απόδειξη: Χρησιμοποιώντας το ότι (λk) = λ 1 (K) μπορούμε να υποθέσουμε, πολλαπλασιάζοντας με κατάλληλο λ > 0 ότι K B 2. Θέτουμε 0 = if{ (T(K)) T SL()} και θεωρούμε ακολουθία T SL() ώστε li (T (K)) = 0. Αρκεί να δείξουμε ότι η T έχει συγκλίνουσα υπακολουθία διότι αν αυτή η υπακολουθία συγκλίνει, έστω στον T 0, τότε από τη συνέχεια του εμβαδού επιφανείας θα πάρουμε ότι 0 = (T 0 (K)) ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Από την Άσκηση υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες U, V και διαγώνιος πίνακας D = diag(λ 1,, λ ) με λ j > 0 για κάθε N και για κάθε j = 1, 2,, ώστε T = U D V. Επιπλέον εύκολα ελέγχουμε με τον ορισμό, ότι το εμβαδό επιφανείας είναι ανεξάρτητο από ορθογώνιους μετασχηματισμούς, δηλαδή (14.1) (T (K)) = (U D V (K)) = (D V (K)) = (D (L )) όπου θέσαμε L = V (K). Για να αποδείξουμε ότι η T έχει συγκλίνουσα υπακολουθία αρκεί να δείξουμε ότι είναι φραγμένη. Για αυτό αρκεί να δείξουμε ότι η ακολουθία των D είναι φραγμένη, διότι οι ακολουθίες U και V είναι φραγμένες ως ακολουθίες ορθογώνιων πινάκων (Παράδειγμα 8.2.1, Παρατήρηση και Πόρισμα 8.2.5). Ισοδύναμα αρκεί να δείξουμε ότι η ακολουθία D 1 είναι φραγμένη (Άσκηση 8.2.3). Αν η D 1 = diag(1/λ 1,, 1/λ ) δεν είναι φραγμένη, εύκολα ελέγχουμε ότι υπάρχουν δείκτες j ώστε 0 < λ j 0. Αλλά τότε έχουμε D (D (L )) = li (L ) + tb 2 D (L ) t 0 + t D li (L ) + tl D (L ) t 0 + t det(d L li + t Id) det(d ) t 0 + t det(id +td K det(d ) li 1 ) 1 t 0 + t K 1 tr(d 1 ) K /λ j, (Άσκηση 8.1.2) το οποίο είναι άτοπο, αφού από την (14.1) ισχύει (D (L )) = (T (K)) 0,

204 καθώς, ολοκληρώνοντας την απόδειξη. 199 Για να αποδείξουμε τη μοναδικότητα της θέσης (εκτός από ορθογώνιους μετασχηματισμούς) χρειαζόμαστε ένα τύπο για το πώς μεταβάλεται το εμβαδό επιφανείας αν εφαρμοστεί ένας μετασχηματισμός T SL(). Η απόδειξη αυτού του τύπου απαιτεί πολύ ισχυρά μετροθεωρητικά εργαλεία και για αυτό θα την παραλείψουμε. Οι σχετικές λεπτομέρειες υπάρχουν στις Ενότητες 6 και 10.1 του [Gru2007]. Όμως επειδή δεν υπάρχει αυτούσιος ο τύπος που χρειαζόμαστε στο παραπάνω, θα δείξουμε πώς προκύπτει παραπέμποντας σε διάφορες προτάσεις στο παραπάνω βιβλίο. Πρώτα ορίζουμε την απεικόνιση Gauss Ν Κ από το bd(k) στα υποσύνολα του S 1 όπου απεικονίζει κάθε σημείο x bd(k) στο σύνολο {u S 1 το x + u είναι επίπεδο στήριξης του K στο x}. Η απεικόνιση N K αντιστρέφει υποσύνολα Borel της S 1 σε υποσύνολα Borel του bd(k) ([Gru2007] Πρόταση 10.1). Στη συνέχεια, για κάθε κυρτό σώμα K ορίζουμε ένα μέτρο σ K πάνω στην Ευκλείδεια σφαίρα S 1 με τη βοήθεια της αντίστροφης εικόνας μέσω της απεικόνισης του Gauss: για κάθε Borel υποσύνολο A της S 1 θέτουμε σ K (A) = μ 1 (NK 1(A)), όπου το μ 1 είναι το διάστασης 1 μέτρο Hausdorff πάνω στο bd(k) (διαισθητικά το εμβαδόν επιφανείας του NK 1 (A) ως υποσύνολο του bd(k)). Φανερά σ K (S 1 ) = μ 1 (K), το οποίο μπορεί να δειχθεί ότι ταυτίζεται με το (K). Λ Για κάθε T SL() και για κάθε κυρτό σώμα K ισχύει (14.2) (T(K)) = S 1 (T 1 ) t (u) 2 dσ K (u). «Απόδειξη:» Όλες οι αναφορές σε αυτή την απόδειξη είναι στο [Gru2007]. Από το Πόρισμα 10.1 η ποσότητα V(L, K,, K) ισούται με S 1 h L (u) dσ K (u). Η ποσότητα V(L, K,, K) είναι ίση με την V(K,, K, L) (Θεώρημα 6.5) η οποία ισούται με το εμβαδόν επιφανείας του K όταν L = B 2 (ορισμός του εμβαδού επιφανείας και Θεώρημα 6.6). Τέλος επειδή για κάθε T SL() ισχύει V(Τ(Κ 1 ),, T(K )) = V(Κ 1,, K ) (Πρόταση 6.5 (ii)

205 200 και η επόμενη Παρατήρηση), θα έχουμε (T(K)) = V(T(K),, T(K), B 2) = V(K,, K, T 1 (B 2 ) ) = S 1 h T 1(B 2 ) (u) dσ K (u) = S 1 h B 2 ((T 1 ) t (u)) dσ K (u) = S 1 (T 1 ) t (u) 2 dσ K (u). Για την απόδειξη της επόμενης πρότασης ακολουθούμε το [AGM2015]. Π (Petty). Ένα κυρτό σώμα K στον R έχει ελάχιστο εμβαδόν επιφανείας αν και μόνο αν ισχύει (14.3) u, θ dσ K (u) = (K), S 1 για κάθε θ S 1. Απόδειξη: Υποθέτουμε πρώτα ότι το K έχει ελάχιστο εμβαδόν επιφανείας. Για κάθε γραμμική απεικόνιση T στο R εφαρμόζουμε το Λήμμα για τον (A 1 ) t όπου A = (Id +rt)/(det(id +rt)) 1/, ο οποίος για r σε μια περιοχή του μηδενός είναι καλά ορισμένος και ανήκει το SL(). Έτσι από την (14.2), και επειδή ((A 1 ) t (K)) (K) παίρνουμε ότι (14.4) S 1 (Id +rt)(u) 2 dσ K (u) (det(id +rt)) 1/ (K). Εύκολα ελέγχουμε ότι η συνάρτηση φ(r) = (Id +rt)(u) 2 = 1 + 2r u, T(u) + ε 2 T(u), T(u) είναι παραγωγίσιμη στο r = 0 με παράγωγο u, T(u). Έτσι από το Θεώρημα Taylor υπάρχει συνάρτηση φ 1 με li r 0 φ 1 (r) = 0 ώστε (14.5) φ(r) = 1 + r u, T(u) + rφ 1 (r). Ομοίως, η συνάρτηση ψ(r) = (det(id +rt)) 1/ είναι σύμφωνα με την Άσκηση παραγωγίσιμη στο r = 0 με παράγωγο tr(t)/. Άρα και πάλι από το Θεώρημα Taylor υπάρχει συνάρτηση ψ 1 με li r 0 ψ 1 (r) = 0 ώστε (14.6) ψ(r) = 1 + r tr(t) + rψ 1 (r).

206 201 Αντικαθιστώντας τις (14.5) και (14.6) στην (14.4) και παίρνοντας όρια μια φορά για r 0 + και μια φορά για r 0 προκύπτουν οι και αντίστοιχα, δηλαδή u, T(u) dσ K (u) tr(t) (K) S 1 u, T(u) dσ K (u) tr(t) (K) S 1 u, T(u) dσ K (u) = tr(t) (K). S 1 Αντιστρόφως, αν ισχύει η (14.3) και T SL() τότε επειδή από την ανισότητα Cauchy-Schwartz ισχύει (T 1 ) t (u) 2 (T 1 ) t (u), u = u, T 1 (u) για κάθε u S 1, θα έχουμε (14.7) (T(K)) = S 1 (T 1 ) t (u) 2 dσ K (u) u, T 1 (u) dσ K (u) = tr(t 1 ) (K) S 1 (det T 1 ) 1/ (K) = (K), όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου. Άρα το K βρίσκεται σε θέση ελάχιστης επιφάνειας. Θ Η θέση ελάχιστης επιφάνειας είναι μοναδική εκτός από ορθογώνιους μετασχηματισμούς. Απόδειξη: Υποθέτουμε ότι το K βρίσκεται σε θέση ελάχιστης επιφάνειας και το ίδιο συμβαίνει και με το T(K) για κάποιον T SL(), οπότε (T(K)) = (K). Εφαρμόζοντας έναν ορθογώνιο μετασχηματισμό στο T(K) και στο K μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο T είναι θετικά ορισμένος (Άσκηση 8.1.3). Έτσι, η (14.7) δίνει ότι tr(t 1 )/ = det(t 1 ) 1/ και από το Πόρισμα ο T 1, οπότε και ο T, είναι ορθογώνιος.

207 * Π Για κάθε κυρτό σώμα K στον R υπάρχει ακολουθία πολυτόπων P η οποία συγκλίνει στο σώμα K ως προς τη μετρική Hausdorff. Απόδειξη: Θέτουμε P να είναι οι κυρτές θήκες των κορυφών των πολυπαραλληλεπιπέδων της Άσκησης Π Έστω ότι τα P 1 και P 2 είναι πολύτοπα. Τότε για κάθε t, s > 0 το P = tp 1 +sp 2 είναι πολύτοπο. Επιπλέον υπάρχει πεπερασμένο σύνολο U S 1 ώστε για κάθε t, s 0 για τα οποία το P = tp 2 + sp 2 είναι κυρτό σώμα, τα εξωτερικά μοναδιαία κάθετα διανύσματα των εδρών του P ανήκουν στο U. Απόδειξη: Αν το z P είναι ακραίο σημείο και z = tz 1 + sz 2 όπου z 1 P 1 και z 2 P 2 τότε τα z 1 και z 2 είναι ακραία σημεία των P 1 και P 2 αντίστοιχα, διότι αν για παράδειγμα το z 1 είναι γνήσιος κυρτός συνδυασμός δύο σημείων του P 1 τότε εύκολα βλέπουμε ότι το z είναι γνήσιος κυρτός συνδυασμός δύο σημείων του P οπότε δεν είναι ακραίο σημείο. Επειδή καθένα από τα P 1 και P 2 έχουν πεπερασμένος πλήθος ακραίων σημείων (τις κορυφές τους) συμπαιρένουμε ότι το ίδιο ισχύει και για το P συνεπώς το P είναι πολύτοπο. Για το δεύτερο σκέλος αποδεικνύουμε πρώτα τον ισχυρισμό: Ι : Για κάθε u S 1 P H P,u = t(p 1 H P1,u) + s(p 2 H P2,u). [Πράγματι, αν z P H P,u υπάρχουν z 1 P 1 και z 2 P 2 ώστε z = tz 1 +sz 2. Θα δείξουμε ότι z i P i H Pi,u για i = 1, 2. Αν αυτό δεν συμβαίνει για παράδειγμα για το z 1 τότε z, u < h P1 (u). Αλλά τότε h P (u) = z, u = tz 1 + sz 2, u < th P1 (u) + sh P2 (u) = h tp1 +sp 2 (u) = h P (u), το οποίο είναι άτοπο. Συνεπώς P H P,u t(p 1 H P1,u) + s(p 2 H P2,u). Αντιστρόφως, αν z 1 P 1 H P1,u και z 2 P 2 H P2,u έχουμε tz 1 + sz 2, u = t z 1, u + s z 2, u = th P1 (u) + sh P2 (u) = h tp1 +sp 2 (u) = h P (u), οπότε z = tz 1 + sz 2 H P,u.]

208 203 Από τον παραπάνω ισχυρισμό αν τα F 1 και F 2 είναι έδρες των P 1 και P 2 αντίστοιχα, αν υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι το μηδέν ανήκει στα σχετικά εσωτερικά των F 1 και F 2 και το tf 1 + sf 2 είναι έδρα του P διάστασης 1, τότε το F 1 +F 2 είναι διάστασης 1, αφού έχει την ίδια γραμμική θήκη με το tf 1 + sf 2. Άρα ανεξάρτητα των t και s > 0 το P έχει το πολύ τόσες έδρες διάστασης 1 όσοι το πλήθος των ζευγών εδρών του P 1 και P 2, δηλαδή πεπερασμένο πλήθος. Από το γεγονός ότι η σχετική διάσταση του F 1 + F 2 είναι πάντα μεγαλύτερη ή ίση με τη σχετική διάσταση του F 1, όπου F i έδρα του P i (i = 1, 2) άμεσα προύπτει το ακόλουθο: Π Αν η F 1 είναι έδρα (όψη διάστασης 1) ενός πολυτόπου P 1 και η F 2 είναι όψη ενός πολυτόπου P 2 με F 1 = P 1 H P1 (u) και F 2 = P 2 H P2 (u) για κατάλληλο u S 1 τότε το F 1 +F 2 είναι έδρα (όψη διάστασης 1) του P 1 + P 2. Π Έστω ότι τα P 1 και P 2 είναι πολύτοπα στον R με το P 2 να έχει μη κενό εσωτερικό. Τότε για κάθε t > 0 ο όγκος vol (P 1 + tp 2 ) είναι πολυώνυμο ως προς t βαθμού. Απόδειξη: Για την απόδειξη θα χρησιμοποιήσουμε πλήρη επαγωγή στο. Για = 1 αν P 1 = [a 1, b 1 ] και P 2 = [a 2, b 2 ] τότε P 1 +tp 2 = [a 1 +ta 2, b 1 + b 2 ] οπότε vol 1 (P 1 + P 2 ) = (b 1 a 1 ) + t(b 2 a 2 ) δηλαδή πολυώνυμο του t πρώτου βαθμού. Έστω ότι το ζητούμενο ισχύει για πολύτοπα στον R k για κάθε k 1, και P = P 1 + tp 2 για πολύτοπα P 1, P 2 στον R. Χρησιμοποιώντας την Πρόταση έχουμε ότι vol (P) = vol (P 1 + tp 2 ) = 1 u U h P (u)vol 1 (P H P,u ) όπου F i = P i H Pi,u, για i = 1, 2 = 1 u U h P1 +tp 2 (u)vol 1 (F 1 + tf 2 ) = 1 u U(h P1 (u) + th P2 (u))φ(u, t) όπου τα φ(u, t) είναι πολυώνυμα βαθμού το πολύ 1 ως προς t από την υπόθεση της πλήρους επαγωγής. Έτσι το vol (P) είναι πολυώνυμο του t το πολύ βαθμού. Αλλά αφού υποθέσαμε ότι το P 2 δεν έχει κενό εσωτερικό, αν υποθέσουμε ότι το vol (P 1 + tp 2 ) έχει βαθμό μικρότερο ή

209 204 ίσο το 1 τότε από τη συνέχεια του όγκου έχουμε 0 < vol (tp 2 ) = li s 0 + vol (sp 1 + tp 2 ) = li s 0 + s vol (P 1 + t s P 2) = li 1 s 0 s + j=0 (όπου a j κατάλληλοι συντελεστές) το οποίο είναι άτοπο. a j ( s t )k = 0 Λ Έστω ότι τα p (t) είναι ακολουθία πολυωνύμων βαθμού που συγκλίνει στην f(t) για κάθε t 0. Τότε και η f για t 0 είναι πολυώνυμο βαθμού το πολύ. Απόδειξη: Από τη μοναδικότητα του ορίου, αρκεί να αποδείξουμε ότι η ακολουθία p (t) = a 0 + a 1 t + a 2 t a t συγκλίνει σε πολυώνυμο για t 0. Για αυτό όμως αρκεί να αποδείξουμε ότι οι συντελεστές a j συγκλίνουν σε κάποιον αριθμό a j για κάθε j = 1, 2,, καθώς. Παρατηρούμε ότι a 0 = p (0) a 0 + a 1 + a a = p (1) a 0 + 2a a a = p (2) a 0 + 3a a a = p (3) a 0 + a a a = p (). Λύνοντας το παραπάνω σύστημα, από τους τύπους του Craer κάθε συντελεστής a j είναι γραμμικός συνδυασμός των p (0), p (1),, p () τα οποία συγκλίνουν στα f(0), f(1),, f() αντίστοιχα, υπό την προϋπόθεση ότι η ορίζουσα του συστήματος είναι φραγμένη «μακριά» από το μηδέν καθώς. Αλλά η ορίζουσα αυτή είναι ορίζουσα Vaderode: η οποία είναι ανεξάρτητη του και θετική (Άσκηση για a k = k με k = 1,, ), ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Π Για κάθε K κυρτό σώμα στον R και για κάθε t > 0 ο όγκος vol (K + tb 2 ) είναι πολυώνυμο βαθμού.

210 205 Απόδειξη: Προκύπτει άμεσα από την Προτάση το Λήμμα προσεγγίζοντας τα K και B 2 με πολύτοπα σύμφωνα με την Πρόταση Θ Το εμβαδό επιφανείας είναι συνεχής συνάρτηση στα κυρτά σώματα. Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι τα K είναι κυρτά σώματα που συγκλίνουν με την μετρική Hausdorff στο K. Σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση τα vol (K + tb 2 ) και vol (K + tb 2 ) είναι πολυώνυμα του t βαθμού. Έστω ότι και vol (K + tb 2 ) = a 0 + a 1 t + a 2 t a t vol (K + tb 2 ) = a 0 + a 1 t + a 2 t a t, για κατάλληλους συντελεστές a j και a j, j = 1,,. Από τη συνέχεια του όγκου, η ακολουθία των πολυωνύμων vol (K +tb 2 ) συγκλίνει στο πολυώνυμο vol (K +tb 2 ) συνεπώς a j a j για κάθε j = 1,, καθώς. Αλλά επειδή a 0 = vol (K ) και a 0 = vol (K) έχουμε vol K = li (K + tb 2 ) vol (K ) t 0 + t = a 1 a 1 = li t 0 + ολοκληρώνοντας την απόδειξη. vol (K + tb 2 ) vol (K) t = K, Άσκηση Αποδείξτε ότι D = a 1 a 2 1 a 1 a 2 a 2 2 a 2 a 3 a 2 3 a 3 a a 2 a = ( a i) i=1 1 i<j (a j a i ).

211 206 (Υπόδειξη: Παρατηρούμε ότι D = F (a ) i=1 a i όπου F (x) = 1 a 1 a 2 1 a a 2 a 2 2 a a 3 a 2 3 a a 1 a 2 1 a x x 2 x 1, και έτσι αρκεί να δείξουμε ότι F (a ) = 1 i<j (a j a i ). Η απόδειξη αυτή μπορεί να γίνει επαγωγικά στο. Για το επαγωγικό βήμα παρατηρούμε ότι το πολυώνυμο F (x) έχει ρίζες τα a 1,, a 1. Άρα από το θεώρημα παραγοντοποίησης ισχύει F (x) = C (x a i=1 i) για κατάλληλη σταθερά C. Όμως από την 1 τελευταία έκφραση το C είναι ο συντελεστής του x 1, αλλά από τον ορισμό του F (x) ο συντελεστής του x 1 είναι το F 1 (a 1 ). Εναλλακτικά, αν ονομάσουμε με D (a 1,, a ) την ζητούμενη ορίζουσα, μπορούμε να πολλαπλασιάσουμε τη 1 στήλη με a 1 και να την αφαιρέσουμε από τη -στη στήλη, ώστε να μηδενιστεί το στοιχείο στη θέση του a 1. Στη συνέχεια πολλαπλασιάζουμε με a 1 τη 2 στήλη και την αφαιρούμε από τη 1 στήλη ώστε να μηδενιστεί το στοιχείο στη θέση του a 1 1. Συνεχίζουμε μέχρι να μηδενιστεί όλη η πρώτη γραμμή εκτός από το στοιχείο στη θέση του a 1. Τότε βλέπουμε άμεσα ότι η ορίζουσα ισούται με a 1 (a j=2 j a 1 ) D 1 (a 2,, a ).)

212 Μέρος III Το φαινόμενο της συγκέντρωσης του μέτρου

213

214 ΠΡΟΑΠΑΙΤΟΥΜΕΝΑ Για την παρουσίαση του φαινομένου συγκέντρωσης χρειαζόμαστε περισσότερα πράγματα από τη Θεωρία Μέτρου. Για παράδειγμα χρειαζόμαστε την γενίκευση της ταυτότητας στο Λήμμα για γενικά μέτρα και μετρήσιμες συναρτήσεις: (15.1) f dμ = μ{x X f(x) > t} dt HAAR 15 Για τα Κεφάλαια 19 και 20 χρειαζόμαστε επιπλέον την έννοια του μέτρου Haar. Εδώ θα δώσουμε μόνο τους απαραίτητους ορισμούς και το θεώρημα ύπαρξης και μοναδικότητας του μέτρου Haar και θα περιγράψουμε ιδιότητές του σε συγκεκριμμένους μετρικούς χώρους. Ο αναγνώστης μπορεί να προχωρήσει στα Κεφάλαια 16, 18 και 17 παραλείποντας αυτή την ενότητα, και να επανέλθει εδώ πριν τη μελέτη των Κεφαλαίων 19 και 20. Θεωρούμε ένα συμπαγή μετρικό χώρο (X, ρ) στον οποίο υπάρχει μια ισομετρική δράση από μια ομάδα G. Δηλαδή για κάθε g G και για κάθε x, y X ισχύει gx, gy X και ρ(gx, gy) = ρ(x, y). Παράδειγμα είναι η ευκλείδεια σφαίρα S 1 και ομάδα την O(), ή η O() με ομάδα τον εαυτό της και μετρική που θα ορίσουμε παρακάτω. Σε αυτό το πλαίσιο μπορεί να αποδειχθεί το ακόλουθο θεώρημα. Θ (Haar). Υπάρχει ένα μοναδικό κανονικό μέτρο πιθανότητας μ στα Borel υποσύνολα του X που είναι αναλλοίωτο στη δράση της G, δηλαδή για κάθε Borel A X και για κάθε g G ισχύει μ(ga) = μ(a) και X f(gx) dμ(x) = X f(x) dμ(x). Το θεώρημα αυτό αποδεικνύεται σε προχωρημένα μαθήματα Παραγματικής Ανάλυσης (δείτε για παράδειγμα στο [Fol1984]) Μέτρο και μετρική στην S 1 Στην σφαίρα S 1 ορίζουμε τη γεωδαισιακή μετρική ως εξής. Για δύο σημεία x, y S 1 θεωρούμε τον μέγιστο κύκλο που περνάει από τα x και y δηλαδή την τομή της S 1 με το δισδιάστατο επίπεδο που

215 210 περνάει από την αρχή των αξόνων και από τα σημεία x και y. Θέτουμε ρ (x, y) να είναι το μήκος του κυρτού τόξου στον προηγούμενο κύκλο με άκρα τα x και y. Αυστηρά ρ (x, y) = arccos( x, y ) όπου με arccos συμβολίζουμε τον κλάδο του αντίστροφου συνημιτόνου από το [ 1, 1] στο [0, π]. Επειδή αυτό είναι μεγαλύτερο από το μήκος της αντίστοιχης χορδής συμπεραίνουμε άμεσα ότι η ευλείδεια απόσταση των x και y είναι μικρότερη ή ίση από τη γεωδαισιακή τους απόσταση. Επιπλέον, επειδή φανερά συμπεραίνουμε ότι ισχύει: 2 π ρ (x, y) si 2 ( ρ (x, y) 2 ) = x y 2 2 (15.2) x y 2 ρ (x, y) π 2 x y 2. Άρα αν αποδείξουμε ότι η ρ είναι μετρική τότε θα είναι ισοδύναμη με την ευκλείδεια μετρική και έτσι ο (S 1, ρ ) θα είναι συμπαγής μετρικός χώρος. Φανερά η ρ είναι μη αρνητική ποσότητα, ισούται με μηδέν αν και μόνο αν τα δύο σημεία συμπίπτουν και είναι συμμετρική ως προς τα ορίσματά της. Μένει να δειχθεί η τριγωνική ανισότητα. Θεωρούμε τρία σημεία πάνω στη σφαίρα x, y και z. Στρέφοντας τη σφαίρα ή επιλέγοντας κατάλληλο ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων, μπορούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας να υποθέσουμε ότι z = e 1 και το x βρίσκεται στο επίπεδο που παράγουν τα e 1 και e 2. Ας θέσουμε και θ = ρ (x, z) = arccos( x, z ) = arccos( x, e 1 ) φ = ρ (y, z) = arccos( y, z ) = arccos( y, e 1 ) Επίσης στο επίπεδο που σχηματίζουν τα z = e 1 και y ονομάζουμε u ένα από τα δύο μοναδιαία κάθετα στο z διανύσματα. Έτσι ισχύουν οι x = e 1 cos θ + e 2 si θ και y = e 1 cos φ ± u si φ, όπου το πρόσημο στην έκφραση ±u εξαρτάται από την επιλογή που έγινε για το u. Υπολογίζοντας τώρα το εσωτερικό γινόμενο του x με το

216 HAAR 211 y παίρνουμε ότι x, y = cos θ cos φ ± u, e 2 si θ si φ. Αλλά, αφού το u είναι μοναδιαίο ισχύει ± u, e 2 1 συνεπώς ± u, e 2 1. Επιπλέον επειδή θ, φ [0, π] ισχύει si θ si φ 0. Οπότε x, y cos θ cos φ si θ si φ = cos(θ + φ). Έτσι, επειδή η arccos είναι φθίνουσα στο [ 1, 1], ρ (x, y) = arccos( x, y ) θ + φ = ρ (x, z) + ρ (z, y), ολοκληρώνοντας την απόδειξη της τριγωνικής ανισότητας για την ρ. Στη συνέχεια θα εφοδιάσουμε τον χώρο αυτό με ένα κανονικό Borel μέτρο πιθανότητας αναλλοίωτο στους ορθογώνιους μετασχηματισμούς. Σύμφωνα με το Θεώρημα τέτοιο μέτρο υπάρχει και είναι μοναδικό. Μπορούμε όμως και να το περιγράψουμε: Για κάθε Borel υποσύνολο B του (S 1, ρ ) θέτουμε C(B) = {λx x B}. 0<λ<1 Δηλαδή το C(B) είναι ένα είδος «κώνου» με κορυφή την αρχή των αξόνων ο οποίος «καταλήγει» πάνω στη σφαίρα στο σύνολο B (χωρίς να το περιλαμβάνει). Επειδή το C(B) είναι φανερά ανοικτό όταν είναι ανοικτό το B συμπεραίνουμε ότι το C(B) είναι σύνολο Borel στον R όταν το B είναι σύνολο Borel στον (S 1, ρ ). Ορίζουμε λοιπόν το μέτρο σ στη σφαίρα θέτοντας σ (B) = vol (C(B)) vol (B 2 ). Το σ είναι φανερά μέτρο αφού ξένα Borel σύνολα B στην S 1 δίνουν τα ξένα σύνολα C(B ) οπότε σε αυτά είναι προσθετικό το vol άρα και το σ στα B. Επίσης είναι μέτρο πιθανότητας αφού C(S 1 ) = it(b 2 ) {0} οπότε σ (S 1 ) = 1. Τέλος είναι αναλλοίωτο στους ορθογώνιους μετασχηματισμούς, αφού για κάθε T O() λόγω της γραμμικότητας εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει C(T(B)) = T(C(B)) οπότε σ (T(B)) = vol (C(T(B))) vol (B 2 ) = σ (B). = vol (T(C(B))) vol (B 2 ) = det T vol (C(B)) vol (B 2 )

217 212 Ανάλογα προκύπτει και η κανονικότητά του (Άσκηση ). Από τη μοναδικότητα του μέτρου Haar προκύπτει ότι το σ είναι αυτό το μοναδικό κανονικό Borel μέτρο πιθανότητας Haar πάνω στην S Μέτρο και μετρική στην O() Στο σύνολο O() των ορθογώνιων μετασχηματισμών του R ορίζουμε τ (T, S) για T, S O() να είναι η ποσότητα τ (T, S) = sup x S 1 T(x) S(x) 2. Η τ είναι μετρική στο O() διότι είναι φανερά μη αρνητική, κάνει 0 αν και μόνο αν T = S (αν x = 0 φανερά T(x) = 0 = S(x) και αν x 0 τότε T(x) = x 2 T(x/ x 2 ) = x 2 S(x/ x 2 ) = S(x)), ισχύει τ (T, S) = τ (S, T) λόγω της συμμετρίας στον ορισμό της και ισχύει και η τριγωνική ανισότητα, αφού για T, S, R O() ισχύει τ (T, S) = sup x S 1 T(x) S(x) 2 sup x S 1 ( T(x) R(x) 2 + R(x) S(x) 2) τ (T, R) + τ (R, S). Επίσης εύκολα ελέγχουμε ότι με αυτή τη μετρική ο χώρος (O(), τ ) είναι συμπαγής: Αν T k = (t ij (k) ) i,j=1 ακολουθία στον O() τότε επειδή t (k) ij = T k (e j ), e i T k (e j ) 2 e i 2 = 1 η ακολουθία (t ij (k) ) k N είναι φραγμένη και άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Παιρνάμε σε συγκλίνουσα υπακολουθία για την (t (k) 11 ) k N, σε περαιτέρω υπακολουθία της για την (t (k) 12 ) k N και ούτω καθ εξής μέχρι να περάσουμε σε υπακολουθία (k ) N των φυσικών για την οποία συγκλίνουν όλες οι (t (k ) ij ) k N για κάθε i, j = 1,,. Έτσι, και για να απλοποιήσουμε τον συμβολισμό, μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι τα στοιχεία t ij (k) του πίνακα της T k συγκλίνουν ως προς k, έστω στο t ij, για κάθε i, j. Θα δείξουμε ότι ο T = (t ij ) i,j=1 ανήκει στην O() και ότι τ(t k, T) 0. Πράγματι, T O(), αφού για κάθε x, y R από τη συνέχεια του εσωτερικού γινομένου έχουμε Tx, Ty = li k T k x, T k y = li k T t k T kx, y = x, y,

218 HAAR 213 συνεπώς T t T = Id. Μένει να δείξουμε ότι τ (T k, T) 0. Παρατηρούμε ότι (T k T)(x) 2 = ( ( i=1 i=1 αφού x j 1 για κάθε x S 1. Άρα (t ij (k) j=1 j=1 t ij ) x j) ( ( t ij (k) t ij ) τ (T k, T) ( ( t ij (k) t ij ) i=1 j=1 2 ) 2 1/2 ) 2 1/2 ), 0, καθώς k. Αποδείξαμε λοιπόν ότι κάθε ακολουθία στον O() έχει συγκλίνουσα υπακολουθία και συνεπώς ο (O(), τ ) είναι ένα συμπαγής μετρικός χώρος. Φανερά η δράση της ομάδας O() σε αυτόν το χώρο είναι ισομετρική, αφού τ (RT, RS) = sup RTx RSx 2 = sup R(Tx Sx) 2 x 2 =1 x 2 =1 = sup Tx Sx 2 = τ (T, S), x 2 =1 όπου χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι τα στοιχεία της ορθογώνιας ομάδας διατηρούν το μήκος, δηλαδή Ry 2 = y 2 για κάθε y R. Άρα από το Θεώρημα υπάρχει μοναδικό κανονικό Borel μέτρο πιθανότητας στην O(), αναλλοίωτο στη δράση της O(). Θα γράφουμε μ για αυτό το μέτρο. Τέλος, θα χρειαστούμε την εξής παρατήρηση. 1/2 Π Έστω ότι x 0 S 1. Ελέγχουμε εύκολα ότι αν θέσουμε για κάθε Borel υποσύνολο A της S 1 ν(a) = μ({t O() Tx 0 A}) αυτό ορίζει ένα κανονικό Borel μέτρο πιθανότητας στην S 1. Συνεπώς από την μοναδικότητα του μέτρου Haar στην S 1 θα πρέπει αναγκαστικά να ισχύει ν(a) = σ (A). Έτσι έχουμε έναν ακόμα τύπο για το μέτρο σ : για κάθε Borel υποσύνολο A του S 1 και για κάθε x 0 S 1

219 214 ισχύει (15.3) σ (A) = μ({t O() Tx 0 A}) Μέτρο και μετρική στην G,k Συμβολίζουμε με G,k το σύνολο όλων των υποχώρων διάστασης k του R. Το σύνολο αυτό είναι γνωστό και με τον όρο «γκρασμανιανή» πολλαπλότητα (Grassaia). Για κάθε F G,k γράφουμε S F για την Ευκλείδεια μοναδιαία μοναδιαία σφαίρα του, δηλαδή S F = F S 1. Ορίζουμε την απόσταση d δύο k-διάσταστων υποχώρων F, E του R με τον τύπο d (F, E) = sup{ x y 2 x S F, y S E}. Η d είναι μετρική στο G,k. Πράγματι όλες οι ιδιότητές της είναι προφανείς εκτός ίσως από την τριγωνική ανισότητα. Για να την αποδείξουμε, αν F 1, F 2, F 3 G,k υπάρχουν ορθογώνιοι μετασχηματισμοί (όχι μοναδικοί) T 1, T 2, T 3 O() ώστε F i = T i (E 0 ) όπου E 0 = spa{e 1,, e k } για i = 1, 2, 3, όπου η e 1,, e είναι η συνήθης βάση του R (η T 1 ορίζεται απλά, αν θεωρήσουμε μια ορθοκανονική βάση f 1,, f k στον F 1, την επεκτείνουμε σε μια ορθοκανονική βάση f 1,, f k,, f στον R, θέσουμε T 1 e j = f j για j = 1,, και την επεκτείνουμε γραμμικά σε όλους τους συνδυασμούς των (e j ) j=1. Φανερά T 1(E 0 ) = F 1 ). Παρατηρήστε τώρα ότι d (F 1, F 2 ) = sup{ T 1 x T 2 y 2 x, y S E0 }, οπότε d (F 1, F 2 ) = sup{ T 1 x T 2 y 2 x, y S E0 } sup{ T 1 x T 3 z 2 + T 3 z t 2 y 2 x, y, z S E0 } sup{ T 1 x T 3 z 2 x, z S E0 } d (F 1, F 3 ) + d (F 3, F 2 ). + sup{ T 3 z t 2 y 2 y, z S E0 } Εύκολα ελέγχουμε ότι ο μετρικός χώρος (G,k, d ) είναι συμπαγής, αφού για κάθε υπόχωρο F οποιασδήποτε ακολουθίας υποχώρων μπορούμε να βρούμε ορθογώνιο μετασχηματισμό στο O() που να απεικονίζει τον E 0 στον F. Στη συνέχεια περνάμε σε συγκλίνουσα υπακολουθία χρησιμοποιώντας τη συμπάγεια του O() (συμπληρώστε τις λεπτομέρειες, Άσκηση ). Επειδή για κάθε υπόχωρο F διάστασης k και για

220 HAAR 215 κάθε T O() ο T(F) είναι υπόχωρος διάστασης k και αν F, E G,k d (T(F), T(E)) = sup {x F, y E} Tx Ty 2 = sup {x F, y E} T(x y) 2 = sup {x F, y E} x y 2 = d (F, E), συμπεραίνουμε ότι η δράση της O() στην G,k είναι ισομετρική. Άρα από το Θεώρημα υπάρχει μοναδικό κανονικό Borel μέτρο πιθανότητας ν,k στο G,k αναλλοίωτο στη δράση της O(). Από τη μοναδικότητα του μέτρου Haar, όπως και στην Παρατήρηση , συμπεραίνουμε ότι για κάθε Borel υποσύνολο A του G,k (15.4) ν,k (A) = μ({t O() T(E 0 ) A}), όπου μ το μέτρο Haar στην O(). Άσκηση Αποδειξτε ότι τα μέτρα σ και ν στην S 1 (όπως ορίστηκε στην Παρατήρηση ), είναι κανονικά μέτρα. Άσκηση Αποδείξτε ότι ο μετρικός χώρος (G,k, d ) είναι συμπαγής.

221

222 ΓΕΝΙΚΗ ΠΕΡΙΓΡΑΦΗ ΤΟΥ ΦΑΙΝΟΜΕΝΟΥ ΣΥΓΚΕΝΤΡΩΣΗΣ 16.1 GAUSS Στην ενότητα αυτή θα παρουσιάσουμε το φαινόμενο συγκέντρωσης του μέτρου χρησιμοποιώντας το παράδειγμα του χώρου του Gauss, δηλαδή του R εφοδιασμένο με την Ευκλείδεια μετρική και το κανονικοποιημένο γκαουσιανό μέτρο γ δηλαδή για κάθε Lebesgue μετρήσιμο A R γ (A) = 1 2π e x 2 2 /2 dx. A Γενικά μιλώντας, όταν σε ένα μετρικό χώρο έχουμε τη δυνατότητα να έχουμε και ένα μέτρο (συχνά πιθανότητας) στη Borel σ-άλγεβρα, τότε η αλληλεπίδραση της μετρικής και του μέτρου αποδεικνύεται πολύ παραγωγική κυρίως διότι είναι διαφορετική η έννοια του «μεγάλου» και του «μικρού» ως προς τη μετρική και ως προς το μέτρο. Ένα «μικρό» ως προς τη μετρική σύνολο (για παράδειγμα, με διάμετρο ένα «μικρό» ποσοστό της διαμέτρου του χώρου) μπορεί να έχει «σχεδόν» πλήρες μέτρο (πολύ «κοντά» στο μέτρο όλου του χώρου). Το απλούστερο ίσως παράδειγμα, είναι ο χώρος R εφοδιασμένος με τη συνήθη απόσταση d(x, y) = x y και το κανονικό (γκαουσιανό) μέτρο πιθανότητας γ 1, με πυκνότητα ως προς το μέτρο Lebesgue την f(x) = e x2 /2 / 2π. Δηλαδή γ 1 (A) = A 1 2π e x2 /2 dx, για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο A R. Η διάμετρος του χώρου είναι άπειρη, συνεπώς κάθε σύνολο της μορφής [ a, a] ως υποσύνολο του μετρικού χώρου (R, ) έχει «μικρό» μέγεθος (το ποσοστό της διαμέτρου του ως προς τη διάμετρο του χώρου είναι μηδέν) αλλά ως υποσύνολο του χώρου μέτρου (R, γ 1 ) έχει σχεδόν πλήρες μέτρο, αφού γ 1([ a, a]) = 1 2 2π e x2 /2 dx 1 e a2 /2, a όπως προκύπτει εύκολα μετά από την αλλαγή μεταβλητής t = x a στο τελευταίο ολοκλήρωμα. Αυτό το φαινόμενο γίνεται πολύ πιο ενδιαφέρον όταν ο χώρος στον οποίο εργαζόμαστε βρίσκεται μέσα σε ένα γραμμικό 16

223 218 χώρο διάστασης. Τότε στις εκτιμήσεις υπεισέρχεται και η παράμετρος, η διάσταση του χώρου. Ας δούμε το παράδειγμα του χώρου του Gauss. Θα δούμε στη συνέχεια ότι για κάθε 0 < ε < 1 ισχύει (16.1) γ ( 1 ε B 2) 1 e ε2 /4. Έτσι, όταν η διάσταση είναι μεγάλη σχεδόν όλο το μέτρο γ βρίσκεται μέσα στην ευκλείδεια μπάλα ακτίνας περίπου. Αυτό είναι ένα είδος συγκέντρωσης του μέτρου (μέσα στην ευκλείδεια μπάλα κατάλληλης ακτίνας) αλλά στην πραγματικότητα ισχύει κάτι ακόμα πιο εντυπωσιακό. Το μέτρο της μπάλας (1 ε) B 2 είναι «αμελητέο». Συγκεκριμένα ισχύει (16.2) γ ( (1 ε) B 2) e ε2 /4. Άρα η μεγάλη μάζα του μέτρου γ βρίσκεται στο σύνολο (16.3) {x R (1 ε) x 2 1 ε }, δηλαδή σε μια «μικρή ζώνη» γύρω από την ευκλείδεια σφαίρα ακτίνας. Στα παραπάνω χρησιμοποιήσαμε ουσιωδώς την ευκλείδεια μπάλα B 2. Όμως το φαινόμενο αυτό είναι πολύ χρήσιμο όταν διατυπωθεί για γενικότερα σύνολα. Ένας άλλος τρόπος να περιγράψουμε τα παραπάνω είναι ο εξής. Μπορούμε να υπολογίσουμε ότι υπάρχει λ 1 ώστε γ (λ B 2 ) = 1/2 (Άσκηση ). Τότε οι παραπάνω ανισότητες λένε ότι αν επεκτείνουμε την ευκλείδεια μπάλα από ακτίνα λ σε ακτίνα λ + ( 1 1 ε λ ) = 1 ε, ισοδύναμα αν προσθέσουμε στην λ B 2 (σε κάθε σημείο της) ένα πολλαπλάσιο της B 2 ακτίνας τάξης ε, τότε το νέο σύνολο έχει σχεδόν πλήρες μέτρο. Αν επαναλάβουμε το ίδιο επιχείρημα στο σύνολο R λ B 2 το οποίο έχει και αυτό μέτρο ίσο με 1/2 προσθέτοντάς του ένα πολλαπλάσιο της B 2 ακτίνας τάξης πάλι ε θα προκύψει ότι το σύνολο R (1 ε) B 2 έχει σχεδόν πλήρες μέτρο. Προσθέτοντας τα μέτρα των συμπληρωμάτων (1 ε) B 2 και R /(1 ε) B 2 προκύπτει άμεσα ότι το σύνολο της (16.3) έχει σχεδόν πλήρες μέτρο.

224 GAUSS 219 Αυτή είναι η περιγραφή του φαινομένου που θέλουμε να επεκτείνουμε και σε άλλα σύνολα. Έτσι, θα θεωρούμε Borel σύνολα A σε ένα μετρικό χώρο (X, d) με μέτρο πιθανότητας μ με μ(a) 1/2 και θα λέμε ότι έχουμε την εμφάνιση ενός φαινομένου συγκέντρωσης του μέτρου αν η επέκταση του A κατά t δηλαδή το σύνολο Α t = B(x, t) = {y X d(y, A) t} x A (με d(y, A) = if x A d(x, y)) έχει σχεδόν πλήρες μέτρο, για κατάλληλα επιλεγμένο t. Πόσο μεγάλο όμως πρέπει να είναι το t; Το μέγεθος του t πρέπει να αντανακλά την «ασυμφωνία μέτρου και μετρικής» και η λογική επιλογή είναι να είναι ένα μικρό ποσοστό της «ουσιώδους διαμέτρου» του χώρου. Δηλαδή ένα ε-πολλαπλάσιο της τάξης του (16.4) essdiax = if {r > 0 υπάρχει x X ώστε μ(b(x, r)) 1/2}. Ο αριθμός αυτός (γνωστός και ως «μερική διάμετρος», δείτε Παρατήρηση ) εκφράζει ένα είδος «μετροθεωρητικής διαμέτρου», δηλαδή μια διάμετρο όπως γίνεται αντιληπτή από την πλευρά του μέτρου: δεν φτάνει να υπάρχουν δύο σημεία στον χώρο σε απόσταση essdiax για να είναι αυτή η τιμή της ουσιώδους διαμέτρου, αλλά αυτό πρέπει να συμβαίνει για ένα αξιόλογο από πλευράς μέτρου σύνολο. Στην περίπτωση του χώρου του Gauss η ουσιώδης διάμετρος είναι της τάξης του, αφού γ (λ B 2 ) = 1/2 με λ 1. Δηλαδή τα περισσότερα (ως προς το μέτρο) στοιχεία βρίσκονται σε απόσταση τάξης από το μηδέν (άρα και μεταξύ τους). Ισοδύναμα, απόσταση από το μηδέν ουσιωδώς μεγαλύτερη του, για παράδειγμα μεγαλύτερη από /(1 ε), έχουν ελάχιστα (ως προς το μέτρο) στοιχεία. Στα επόμενα κεφάλαια θα παρουσιάσουμε το φαινόμενο της συγκέντρωσης του μέτρου σε τρεις βασικούς χώρους: στον χώρο του Gauss, δηλαδή τον Ευκλείδειο χώρο R εφοδιασμένο με το μέτρο Gauss και την Ευκλείδεια μετρική, στην Ευκλείδεια σφαίρα S 1 (στον R ) εφοδιασμένη με το κανονικοποιημένο μέτρο Haar και την γεωδαισιακή μετρική, και στο διακριτό κύβο E 2 = { 1, +1} εφοδιασμένο με το κανονικοποιημένο ομογενές μέτρο και την μετρική Haig. Όλοι οι απαραίτητοι ορισμοί θα δοθούν στα αντίστοιχα κεφάλαια.

225 220 Π Η ουσιώδης διάμετρος δεν είναι παρά μια απλή τροποποίηση μιας έννοιας γνωστής από τη Θεωρία Μέτρου: του ουσιώδους supreu, σε αντιδιαστολή με το supreu, μιας μετρήσιμης συνάρτησης (δείτε σχετικά με το ουσιώδες supreu στο [ΘΜ] ή στο [Fol1984] στον ορισμό του χώρου L ). Επειδή οι έννοιες μοιάζουν αλλά δεν είναι, ταυτόσημες για αυτό τον λόγο ο M. Groov στο [Gro2001] χρησιμοποιεί τον όρο «μερική διάμετρος» θέτοντας (16.5) PartDia μ (X, d) = if{d > 0 Borel A X με dia(a) D και μ(a) 1 κ}, όπου κ «μικρός» (σταθερός) θετικός αριθμός. Για το κ μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την τιμή 1/2, αφού μια ακριβής τιμή δεν έχει σημασία στις εφαρμογές, μια και αυτή δεν επηρεάζει την τάξη μεγέθους της PartDia μ (X, d) ως προς τη διάσταση του χώρου που μας ενδιαφέρει. Ο Groov χρησιμοποιεί την τιμή κ = Η μερική διάμετρος είναι ποσότητα ίδιας τάξης με την ουσιώδη διάμετρο (Άσκηση ). Άσκηση Δείξτε ότι υπάρχει λ 1 ώστε γ (λ B 2) = 1/2 ως εξής: Χρησιμοποιήστε τις ανισότητες αυτής της ενότητας για να αποδείξτε ότι για t = 1 4 log 2 και s = t 1 ισχύει γ (t B 2) 1 2 γ (s B 2). Χρησιμοποιώντας τώρα τη συνέχεια της συνάρτησης λ γ (λb 2) αποδείξτε ότι υπάρχει το ζητούμενο λ με t λ s. Άσκηση Αποδείξτε ότι αν χρησιμοποιήσουμε κ = 1/2 στον ορισμό της μερικής διαμέτρου τότε ισχύει 1 essdiax PartDiaX essdiax. 2 Το ίδιο ισχύει για κάθε 0 < κ < 1 αν τροποποιήσουμε τον ορισμό του essdiax να είναι ο essdiax = if {r > 0 υπάρχει x X ώστε μ(b(x, r)) 1 κ}.

226 Ένας τρόπος να ελέγξουμε την ύπαρξη φαινομένου συγκέντρωσης είναι οι ισοπεριμετρικές ανισότητες στην εξής μορφή: αποδεικνύουμε πρώτα ότι κάποιο συγκεκριμμένο σύνολο έχει την μετροθεωρητικά μικρότερη επέκταση κατά t από κάθε άλλο. Για παράδειγμα, στον χώρο το Gauss μπορεί να αποδειχθεί το εξής: Θ Στον R εφοδιασμένο με την Ευκλείδεια μετρική και το γκαουσιανό μέτρο γ, ας θέσουμε H = {x R x, e 1 α}, οπότε η επέκτασή του κατά t είναι το σύνολο H t = {x R x, e 1 α t}, όπου α R. Τότε για κάθε μετρήσιμο σύνολο A R με γ (A) α ισχύει γ (A t ) γ (H t ). Π Η τελευταία ανισότητα οδηγεί στην ισοπεριμετρική ανισότητα στον χώρο του Gauss, αφού αν A R μετρήσιμο και H ημίχωρος του R με γ (A) = γ (H), τότε από το παραπάνω θεώρημα, γ (A t ) γ (A) t γ (H t ) γ (H) t. Αφήνοντας το t να πάει στο 0 από δεξιά (li if) προκύπτει ότι οι ημίχωροι έχουν ελάχιστο γκαουσιανό μέτρο συνόρου (περιεχόμενο Mikowski δείτε Παρατήρηση 6.3.2). Με το Θεώρημα υπολογίζουμε εύκολα ότι γ (A) γ (H t ) = 1 2π e x2 /2 dx το οποίο, λόγω του ότι η παραπάνω εκθετική συνάρτηση είναι άρτια, ισούται με 1 1 t 2π e x2 /2 dx = 1 1 2π e x2 /2 dx. t t

227 222 Αλλά αλλάζοντας μεταβλητή, θέτοντας y = x t, παίρνουμε 1 2π e x2 /2 dx 1 2 /2 e t2. t Συνεπώς γ (A t ) e t2 /2. Όπως συζητήσαμε παραπάνω, την επέκταση κατά t στον χώρο του Gauss πρέπει να τη θέσουμε να είναι ένα μικρό ποσοστό της ουσιώδους διαμέτρου του χώρου. Έτσι για ε > 0, αν θέσουμε t = ε προκύπτει το παρακάτω θεώρημα: Θ Για κάθε μετρήσιμο σύνολο A R με γ (A) 1/2 και για κάθε ε > 0 ισχύει γ (A ε ) e ε2 /2. Συνεπώς, αν ξέρουμε ότι για παράδειγμα γ(λ B 2 ) = 1/2 για κατάλληλο λ 1 με το προηγούμενο θεώρημα προκύπτει άμεσα τόσο η σχέση (16.1) όσο και η σχέση (16.2), με διαφορές μόνο στις σταθερές ποσότητες διαφορές που δεν τις θεωρούμε σημαντικές, αφού εδώ μας ενδιαφέρει η εξάρτηση από τη διάσταση καθώς και η εξάρτηση από το ποσοστό της ουσιώδους διαμέτρου ε καθώς ε 0 +. Ανάλογα αποτελέσματα θα δούμε στον διακριτό κύβο E2 και στην Ευκλείδεια σφαίρα S 1 στα επόμενα κεφάλαια LIPSCHITZ Ας υποθέσουμε τώρα ότι έχουμε ένα μετρικό χώρο (X, d) εφοδιασμένο με ένα μέτρο πιθανότητας μ στην Borel σ-άλγεβρα. Έστω ότι η f X R είναι μια συνάρτηση Lipschitz, και γράφουμε Lip(f) για τη σταθερά Lipschitz. Υποθέτουμε επίσης ότι στον χώρο έχουμε φαινόμενο συγκέντρωσης μέτρου, δηλαδή αν A X με μ(a) 1/2 τότε η επέκταση του A κατά t > 0 έχει «σχεδόν» πλήρες μέτρο. Ορίζουμε τη διάμεσο της f (μέσος Levy) να είναι ο αριθμός L ώστε να ισχύει μ({x X f(x) L}) 1/2 και μ({x X f(x) L}) 1/2. Τέτοιος αριθμός L υπάρχει και μπορεί να οριστεί με μοναδικό τρόπο (Άσκηση ). Θέτουμε A = {x X f(x) L} και B = {x X f(x) L} και υπολογίζουμε τα A t και B t : x A t αν υπάρχει y A ώστε d(x, y) t. Εφαρμόζοντας την ιδιότητα Lipschitz της f προκύπτει

228 ότι LIPSCHITZ 223 f(x) f(y) Lip(f)d(x, y) Lip(f)t. Άρα f(x) f(y) Lip(f)t L Lip(f)t. Δηλαδή οπότε Ομοίως A t {x X f(x) L Lip(f)t}, μ({x X f(x) L Lip(f)t}) μ(a t ). μ({x X f(x) L + Lip(f)t}) μ(b t ). Έτσι αν τα σύνολα A t και B t έχουν «σχεδόν» πλήρες μέτρο, ενώνοντας τα συμπληρώματά τους και χρησιμοποιώντας την υποπροσθετικότητα του μέτρου, συμπεραίνουμε ότι το σύνολο (16.6) {x X f(x) L Lip(f)t} έχει «σχεδόν» πλήρες μέτρο. Αυτό το ερμηνεύουμε με τη φράση «κάθε συνάρτηση Lipschitz σε ένα χώρο με φαινόμενο συγκέντρωσης του μέτρου, είναι σχεδόν σταθερή σε σχεδόν ολόκληρο το χώρο». Όπως θα δούμε στο επόμενο κεφάλαιο, η εφαρμογή αυτής της ιδιότητας σε μια οποιαδήποτε νόρμα K (η Άσκηση και η τριγωνική ανισότητα δίνουν ότι πρόκειται για συνάρτηση Lipschitz) που επάγεται στον R από ένα κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα K οδηγεί στο θεώρημα Dvoretzky: το «σχεδόν» πλήρους μέτρου σύνολο πάνω στη σφαίρα S 1 που η νόρμα είναι «σχεδόν» σταθερή, μας επιτρέπει να βρούμε έναν υπόχωρο επαρκώς μεγάλης διατασης που η τομή με τη σφαίρα είναι κοντά στο σύνολο αυτό. Οπότε εκεί, η K, είναι σχεδόν σταθερό πολλαπλάσιο της ευκλείδειας νόρμας. Άρα η τομή του υποχώρου με το K είναι σχεδόν ευκλείδεια μπάλα της διάστασης του υποχώρου. Στην περίπτωση του χώρου του Gauss με t τάξης ε, λόγω του Θεωρήματος , θα ισχύει (16.7) γ ({x X f(x) L Lip(f)ε }) 1 e ε2 /2.

229 224 Άσκηση Έστω ότι f X R και A(t) = {x X f(x) t} για κάθε t R. Αποδείξτε ότι οι ποσότητες L 1 = sup {λ R μ(a(λ)) 1 2 } και L 2 = if {λ R μ(a(λ)) 1 2 } είναι αριθμοί (δεν είναι ± ). Αποδείξτε ότι και οι δύο αυτές ποσότητες ικανοποιούν τις μ({x X f(x) L j}) 1/2 και μ({x X f(x) L j}) 1/2, για j = 1, 2. Ορίζουμε τον μέσο Levy της f να είναι ο (μοναδικός) αριθμός L = (L 1 + L 2 )/2. (Υπόδειξη: Επειδή δεν είναι δύσκολο να μπερδευτεί κανείς με τις ανισότητες σε αυτό το θέμα, η υπόδειξη θα είναι εκτενής. Για το ότι οι L 1, L 2 είναι αριθμοί παρατηρήστε ότι =1A( ) = X και =1A() = και από τη μονοτονία των συνόλων A(t) και το ότι το μέτρο είναι πεπερασμένο βρείτε 1, 2 N ώστε μ(a( 1 )) < 1/2 το οποίο συνεπάγεται ότι L 1, L 2 < και μ(a( 2 )) > 1/2 το οποίο συνεπάγεται L 1, L 2 >. Για το ότι ικανοποιούνται οι ζητούμενες σχέσεις, θεωρήστε αύξουσα ακολουθία t που να συγκλίνει στο L 1 ώστε μ(a(t )) 1/2. Παρατηρήστε ότι {x X f(x) L 1 } = =1A(t ) από όπου προκύπτει μ({x X f(x) L 1 }) 1/2 και {x X f(x) > L} = =1A(L+ 1 ) από όπου προκύπτει μ({x X f(x) L 1 }) 1/2. Για το L 2, αν η t φθίνει στο L 2 και ικανοποιεί την μ(a(t )) 1/2, τότε είτε =1A(t ) = {x X f(x) > L 2 } είτε =1 A(t ) = {x X f(x) L 2 }. Σε κάθε περίπτωση προκύπτει μ({x X f(x) L 2 }) 1/2. Η σχέση =1A(L 2 1 ) = {x X f(x) L 2 } συνεπάγεται την μ({x X f(x) L 2 }) 1/2. Τέλος για την L διακρίνεται τις περιπτώσεις L 1 L L 2 ή L 2 L L 1.) 16.4 Ένας άλλος (ισοδύναμος) τρόπος να περιγράψει κανείς το φαινόμενο συγκέντρωσης είναι μέσω της «παρατηρήσιμης διαμέτρου» του χώρου. Μια συνάρτηση Lipschitz f με Lip(f) = 1 από τον μετρικό χώρο (X, d X ) με μέτρο πιθανότητας μ σε ένα μετρικό χώρο (Y, d Y ) εφοδιασμένο με το μέτρο μ (B) = μ(f 1 (B)) για κάθε Borel σύνολο μειώνει την μερική/ουσιώδη διάμετρο: (16.8) PartDia μ (Y, d Y ) PartDia μ (X, d X ).

230 225 Πράγματι, αν θέσουμε και D X = {D > 0 Borel A X, dia X (A) D, μ(a) 1 κ} D Y = {D > 0 Borel B Y, dia Y (B) D, μ (B) 1 κ}, τότε εύκολα ελέγχουμε ότι επειδή Lip(f) = 1 ισχύει D Y D X (Άσκηση ) οπότε προκύπτει η (16.8). Αν στη θέση του (Y, d Y ) χρησιμοποιήσουμε τον R με τη συνήθη μετρική, είναι απρόσμενο το γεγονός ότι η μερική/ουσιώδης διάμετρος όχι απλώς μειώνεται αλλά μειώνεται δραστικά. Ορίζουμε την παρατηρήσιμη διάμετρο ObsDia(X) να είναι η ποσότητα ObsDia(X) = sup{partdia μ (R, )} όπου το supreu υπολογίζεται ως προς τα μέτρα μ μέσω οποιασδήποτε 1-Lipschitz συνάρτησης f (X, d) R. Το φαινόμενο συγκέντρωσης εμφανίζεται στο γεγονός ότι παρόλο που χρησιμοποιήσαμε supreu στον παραπάνω ορισμό εν τούτοις η παρατηρήσιμη διάμετρος είναι συνήθως πολύ μικρή, το οποίο είναι ισοδύναμο με το ότι το σύνολο στην (16.6) έχει μεγάλο μέτρο. Πράγματι, για Lip(f) = 1 το να είναι το μέτρο του {x X f(x) 1 t} «μεγάλο» για κάθε 1-Lipschitz συνάρτηση από τον X στο R είναι ισοδύναμο με το να είναι το σύνολο f 1 ([1 t, 1 + t]) «μεγάλο». Ισοδύναμα είναι «μεγάλο» το μέτρο μ ([1 t, 1 + t]), όπου μ (B) = μ(f 1 (B)) για κάθε Borel υποσύνολο του R και για κάθε 1-Lipschitz συνάρτηση f. Άρα το t μπορεί να μικρύνει πολύ και το μέτρο μ ([1 t, 1 + t]) να παραμείνει μεγαλύτερο από 1/2 (ή 1 κ), δηλαδή η μερική/ουσιώδης διάμετρος του (R,, μ ) είναι μικρή, ισοδύναμα είναι μικρή η ObsDiaX. Εύκολα βλέπουμε από την (16.7) ότι η παρατηρήσιμη διάμετρος στον χώρο του Gauss είναι τάξης 1, που είναι πολύ μικρότερη από την μερική/ουσιώδη διάμετρό του, η οποία είναι τάξης. Ομοίως, στην ευκλείδεια σφαίρα η παρατηρήσιμη διάμετρος είναι της τάξης του 1/ όταν η μερική/ουσιώδης διάμετρός της είναι τάξης 1 και το ίδιο θα δούμε ότι ισχύει και στον διακριτό κύβο.

231 226 Το παραπάνω το αντιλαμβανόμαστε ως εξής. Το μέτρο μ στον χώρο (X, d) είναι μια κατάσταση (state) (για παράδειγμα η κατανομή της φωτεινότητας πάνω στη Γη/σφαίρα στον R ) και η f ένα παρατηρήσιμο μέγεθος (για παράδειγμα, η ένταση του κυανού σε κάθε σημείο της σφαίρας) η οποία μας δίνει μια οπτική (τομογραφική) εικόνα του μ (τομογραφική με την έννοια ότι σε κάθε διάστημα στο R αποδίδεται από το μ το μέτρο μιας «τομής» της S 1, του υποσυνόλου της που η ένταση του κυανού είναι στο διάστημα). Παρατηρούμε το μ στο R με γυμνό μάτι με ευαισθησία σ. Δηλαδή δεν μπορούμε να διακρίνουμε διαφορές σε σύνολα μ -μέτρου μικρότερου του κ (κ όπως στον ορισμό της μερικής διαμέτρου) για σ κ πολύ μικρότερο του 1. Το ότι, για παράδειγμα, ObsDia(S 1 ) 1/ σημαίνει ότι μια μετροθεωρητικά «μεγάλη» τομή του S 1 (μέτρου μεγαλύτερου του 1/2 ή 1 κ) απεικονίζεται μέσω της f σε διάστημα πλάτους τάξης 1/. Βεβαίως θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε παρατηρήσιμα μεγέθη σε μεγαλύτερη ανάλυση. Δηλαδή να χρησιμοποιήσουμε μια f με σταθερά Lipschitz Lip(f) > 1 (οπότε η f μπορεί να μεγενθύνει κιόλας εξού και η μεγαλύτερη ανάλυση/ικανότητα διάκρισης) αλλά αυτό θα ήταν ισοδύναμο με το να θεωρήσουμε τη μεγέθυνση του χώρου (R, ) (R, Lip(f) 1 ). Οπότε μπορούμε να παραμείνουμε στην περίπτωση Lip(f) = 1 χωρίς βλάβη της γενικότητας. Άσκηση Αποδείξτε την (16.8) δείχνοντας ότι D Y D X όπως αυτά ορίστηκαν παραπάνω. Προς τούτο παρατηρήστε ότι αν A X και θέσουμε B = f(a) τότε επειδή Lip(f) = 1 ισχύει dia Y (B) dia X (A) και μ (B) = μ(f 1 (B)) μ(a), αφού f 1 (B) A. Άσκηση Επιβεβαιώστε ότι για Lip(f) = 1 η σχέση (16.7) είναι ισοδύναμη με το ότι ObsDia(R, 2, γ ) 1.

232 ΣΥΓΚΕΝΤΡΩΣΗ ΤΟΥ ΜΕΤΡΟΥ ΣΤΟ ΧΩΡΟ GAUSS 17.1 GAUSS 17 Η περιγραφή της συγκέντρωσης του μέτρου στον χώρο του Gauss έγινε στο προηγούμενο κεφάλαιο. Εδώ αποδεικνύουμε όσες προτάσεις δεν αποδείχθηκαν πριν και παρουσιάζουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα στον χώρο του Gauss. Ξεκινάμε με την απόδειξη των σχέσεων (16.1) και (16.2). Λ Για κάθε ε [1, 0) ισχύουν οι ανισότητες (17.1) και e ε/2(1 ε) 1 ε e ε2 /4 (17.2) e ε/2 1 ε e ε2 /4. Απόδειξη: Οι ανισότητες αυτές είναι ισοδύναμες, μετά από απλές πράξεις, με τις (17.3) και (17.4) f(ε) = log(1 ε) + ε 1 ε ε2 2 0, g(ε) = log(1 ε) + ε + ε Εύκολα ελέγχουμε ότι (17.5) και f (ε) = ε ( 1 (1 ε) 2 1 ) 0, (17.6) g (ε) = ε2 1 ε 0. Άρα η f είναι αύξουσα, οπότε i f(ε) = f(0) = 0, και η g είναι φθίνουσα, οπότε ax g(ε) = g(0) = 0 ολοκληρώνοντας την απόδειξη.

233 228 GAUSS Π Για κάθε ε [0, 1) ισχύει (17.7) και (17.8) γ ( 1 ε B 2) 1 e ε2 /4 γ ( (1 ε) B 2) e ε2/4. Απόδειξη: Για την πρώτη ανισότητα παρατηρούμε ότι e ε x 2 2 /2 dγ (x) e ε x 2 2 /2 dγ (x) R {x R x 2 1 ε } Συνεπώς γ ({x R x 2 Όμως (17.9) e ε/2(1 ε) γ ({x R x 2 1 ε }). 1 ε }) e ε/2(1 ε) e ε x 2 2 /2 dγ (x). R e ε x 2 2 /2 dγ (x) = 1 R 2π e ε x 2 2 /2 e x 2 2 /2 dx R = 1 2π R e (1 ε) x 2 2 /2 dx = ( 1 2π e (1 ε)t2 /2 dt) R 1 = 1 ε, όπου για να προκύψει η (17.9) χωρίσαμε τις μεταβλητές του x = (x 1,, x ) R για να μετατραπεί το ολοκήρωμα στον R σε γινόμενο ολοκληρωμάτων στον R. Συνεπώς γ ({x R x 2 1 ε }) ( e ε/2(1 ε) 1 ε ) e ε2 /4,

234 GAUSS 229 όπου χρησιμοποιήσαμε το Λήμμα Για τη δεύτερη ανισότητα εργαζόμαστε ανάλογα: Άρα e ε x 2 2 /2(1 ε) dγ (x) R e ε x 2 2 /2(1 ε) dγ (x) {x R x 2 (1 ε)} e ε/2 γ {x R x 2 (1 ε)}. γ {x R x 2 (1 ε)} e ε/2 e ε x 2 2 /2(1 ε) 1 R 2π e x 2 2 /2 dx e ε/2 ( 1 2π e t2 /2(1 ε) dt) R (e ε/2 1 ε) e ε2 /4, ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Η γενική διατύπωση της ισοπεριμετρικής ανισότητας στο χώρο του Gauss δίνεται στο ακόλουθο θεώρημα. Θ (Borell, Sudakov-Tsirelso). Έστω ότι α (0, 1) και θ S 1. Έστω επίσης ότι ο ημίχωρος H = {x R x, θ λ} έχει γκαουσιανό μέτρο ίσο με α. Τότε για κάθε Borel υποσύνολο A του R με γ (A) = α ισχύει γ (A t ) γ (H t ). Παραλείπουμε την απόδειξη αυτού του θεωρήματος και αποδεικνύουμε μια πιο ασθενή μορφή που όμως οδηγεί στην ίδια ανισότητα με αυτήν του Θεωρήματος εκτός από ασήμαντες διαφορές στις σταθερές (Πρόταση παρακάτω). Θ (Maurey). Έστω ότι το A είναι μη κενό Borel υποσύνολο του R. Τότε, e d(x,a)2 /4 dγ (x) 1 γ R (A), όπου d(x, A) είναι η Ευκλείδεια απόσταση του x από το A.

235 230 GAUSS Απόδειξη: Θεωρούμε τις συναρτήσεις f(x) = e d(x,a)2 /4 f γ, g(x) = 1 A (x)f γ, h(x) = f γ, όπου f γ η πυκνότητα του γκαουσιανού μέτρου γ. Ελέγχουμε τώρα ότι οι συναρτήσεις αυτές ικανοποιούν την υπόθεση της ανισότητας Prekopa- Leidler για λ = 1/2. Πράγματι, χρησιμοποιώντας τον κανόνα του παραλληλογράμου και το γεγονός ότι για y A ισχύει d(x, A) x y 2, έχουμε: (2π) f(x)g(x) = e d(x,a)2 /4 e x 2 2 /2 e y 2 2 /2 exp ( x y x y ) = exp ( x + y ) = (exp ( y 2 x 2 )) 2 = (2π) 2 x + y (h ( 2 )). Άρα από την ανισότητα Prekopa-Leidler συμπεραίνουμε ότι = ( h) ( f) ( g) = γ (A) e d(x,a)2 /2 dγ (x), R R R R ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Π Αν A είναι ένα Borel υποσύνολο του R με γ (A) 1/2 τότε γ (A ε ) 1 2e ε2 /4, για κάθε ε > 0, όπου A ε = {y R d(y, A) ε }, Απόδειξη: Από το προηγούμενο θεώρημα και χρησιμοποιώντας την ανισότητα Markov παίρνουμε ότι 2 R e d(x,a)2 /2 dγ (x) e ε2 /4 γ ({x R d(x, A) ε }), από όπου προκύπτει το ζητούμενο.

236 ΣΥΓΚΕΝΤΡΩΣΗ ΤΟΥ ΜΕΤΡΟΥ ΣΤΟ ΔΙΑΚΡΙΤΟ ΚΥΒΟ

237

238 ΣΥΓΚΕΝΤΡΩΣΗ ΤΟΥ ΜΕΤΡΟΥ ΣΤΗΝ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΣΦΑΙΡΑ Θεωρούμε το μετρικό χώρο (S 1, ρ ) εφοδιασμένο με το Borel μέτρο πιθανότητας σ (το κανονικοποιημένο εμβαδόν επιφανείας) αναλλοίωτο στους ορθογώνιους μετασχηματισμούς, όπως αυτά ορίστηκαν στην υποενότητα Για την παρουσίαση του φαινομένου συγκέντρωσης στην επόμενη ενότητα θα χρειαστούμε έναν τύπο που να υπολογίζει το μέτρο σ μιας γεωδαισιακής μπάλας στον S 1, δηλαδή το σ (B(x, r)) για x S 1 και 0 r π. Στα ακόλουθα θα υποθέτουμε ότι 3. Πρώτα υπολογίζουμε τον όγκο ενός ορθού κώνου στον R : Λ Ο όγκος ενός ορθού κώνου C στον R 1 βάσης rb 2 2 και ύψους l ισούται με l 1 vol 2(rB 2 2 ). Απόδειξη: Στο Σχήμα 19.1 ολοκληρώνουμε τους όγκους διάστασης 2 των τομών με υπερεπίπεδα παράλληλα στη βάση του κώνου. Οι τομές αυτές σε απόσταση t από την κορυφή έχουν ακτίνα rt/l όπως προκύπτει εύκολα χρησιμοποιώντας όμοια τρίγωνα. Συνεπώς t x l rb 2 r Σ 19.1: Υπολογισμός όγκου ορθού κώνου στον R 1.

239 234 l vol (C) = vol r 2(t l B 2 2 ) dt 0 = 1 l 2 vol 2(rB 2 l 2 ) 0 t 2 dt = 1 l 2 vol 2(rB 2 2 ) l 1 1 = l 1 vol 2(rB 2 2 ), ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Τώρα χρησιμοποιούμε το προηγούμενο λήμμα για να υπολογίσουμε το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας ενός κώνου στον R. Λ Το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας ορθού κώνου στον R με βάση RB 1 2 και μήκος γενέτειρας l ισούται με lr 2 vol 1 (B 1 2 ). Απόδειξη: Μπορούμε να υπολογίσουμε το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας ολοκληρώνοντας στην RS 2 τα εμβαδά των στοιχειωδών κώνων στην παράπλευρη επιφάνεια όπως στο Σχήμα Κάθε τέτοιος l R ds S 2 Σ 19.2: Υπολογισμός όγκου ορθού κώνου. στοιχειώδης κώνος είναι 1 διαστάσεων με βάση ds και ύψος l. Άρα από το Λήμμα έχει 1-διάστατο όγκο ( 1) 1 l ds. Συνεπώς η

240 παράπλευρη επιφάνεια έχει εμβαδόν RS 2 l 1 ds = 235 l 1 vol 2(RS 2 ) = l 1 R 2 ( 1)vol 1 (B 1 2 ) = lr 2 vol 1 (B 1 2 ). Τώρα είμαστε σε θέση να υπολογίσουμε το εμβαδόν (σ ) γεωδαισιακών μπαλών πάνω στη μοναδιαία σφαίρα του R. Λ Για κάθε x 0 S 1 στον R και για κάθε 0 t π/2 ισχύει σ (B(x 0, t + π/2)) = t+π/2 si 2 (θ) dθ 0 π 0 si 2 (θ) dθ, και άρα σ (B(x 0, (π/2) t)) = π/2 cos 2 (θ) dθ t 2 π/2 cos 2 (θ) dθ. 0 Απόδειξη: Για να υπολογίσουμε το μέτρο αυτό θα πρέπει να υπολογίσουμε το ποσοστό του όγκου του C(B(x 0, t + π/2)) ως προς τον όγκο της B 2 μπάλας σύμφωνα με τον ορισμό του μέτρου σ. Ας υποθέσουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι το x 0 είναι το e. Σύμφωνα με το Σχήμα 19.3 θα πρέπει να ολοκληρώσουμε τα εμβαδά των παράπλευρων επιφανειών των κώνων που σχηματίζουν γωνία θ με τον αρνητικό άξονα για θ από 0 μέχρι t + π/2 και να διαιρέσουμε με το ίδιο ολοκλήρωμα αλλά από 0 μέχρι π για να πετύχουμε το κλάσμα που ορίζει το σ (B(x 0, t + π/2)). Ο κώνος που σχηματίζει γωνία θ με τον αρνητικό άξονα έχει μήκος γενέτειρας 1 και ακτίνα βάσης si θ. Έτσι, χρησιμοποιώντας το Λήμμα παίρνουμε ότι σ (B(x 0, t + π/2)) = t+π/2 si 2 (θ) dθ 0 π 0 si 2 (θ) dθ. Για το σ (B(x 0, (π/2) t)) παρατηρούμε ότι αυτό ισούται με 1 σ (B(x 0, (π/2) t)) συνεπώς είναι ίσο με π t+π/2 si 2 (θ) dθ π 0 si 2 (θ) dθ.

241 236 S 1 t { l l = 1 t B(x 0, π/2) θ si θ dθ Σ 19.3: Υπολογισμός του σ (B(x 0, t + π/2)). Το ολοκλήρωμα στον παρονομαστή το γράφουμε ως άθροισμα των ολοκληρωμάτων στο [0, π/2] και στο [π/2, π] και παρατηρούμε ότι το ολοκλήρωμα στο δεύτερο διάστημα είναι ίσο με το ολοκλήρωμα στο πρώτο αλλάζοντας το θ σε π θ. Έτσι τώρα το κλάσμα είναι ίσο με π t+π/2 si 2 (θ) dθ 2 π/2 si 2 (θ) dθ. 0 Στο αριθμητή αλλάζουμε τη μεταβλητή από θ σε π/2+θ και στον παρονομαστή από θ σε π/2 θ ολοκληρώνοντας την απόδειξη (Άσκηση ). Άσκηση Ελέγξτε όλες τις πράξεις και τις αλλαγές μεταβλητών στην απόδειξη του Λήμματος Έστω ότι α (0, 1) και t > 0. Η ισοπεριμετρική ανισότητα στη σφαίρα προσδιορίζει εκείνα τα Borel υποσύνολα A της σφαίρας S 1 με σ (A) = α, των οποίων οι t-επεκτάσεις έχουν το ελάχιστο μέτρο σ (A t ).

242 237 2r B(x, r) t A At Σ 19.4: Η σ (B(x, r)) = σ (A) συνεπάγεται σ (B(x, r) t ) σ (A t ). Θ (Levy, Schidt). Έστω α (0, 1) και έστω Β(x, r) η γεωδαισική μπάλα ακτίνας r > 0 στην επιφάνεια της σφαίρας S 1 με σ (B(x, r)) = α. Τότε για κάθε υποσύνολο A S 1 με σ (A) = α και για κάθε t > 0 ισχυεί: σ (A t ) σ (B(x, r) t ) = σ (B(x, r + t)) Έτσι, αν θέσουμε x 0 να είναι το σημείο e, όπου e το -στο διάνυσμα της συνήθους βάσης του R, συμπεραίνουμε ότι αν A S 1 με σ (A) 1/2 και t > 0 τότε σ (A t ) σ (B(x 0, t + π/2)). Από το Λήμμα συμπεραίνουμε ότι σ (A t ) t+π/2 si 2 (θ) dθ 0 π 0 si 2 (θ) dθ = 1 π/2 cos 2 (θ) dθ t cos 2 (θ) dθ. 2 π/2 0 Στη συνέχεια θα εκτιμήσουμε την παραπάνω ποσότητα. Για να φράξουμε άνω το ολοκλήρωμα π/2 cos 2 (θ) dθ χρησιμοποιούμε την ανισότητα cos(x) e x2 /2 την οποία ελέγχουμε ότι είναι αληθής με t τη

243 238 βοήθεια της παραγώγου (Άσκηση ). Έτσι, π/2 t π/2 cos 2 (θ) dθ t e x2 ( 2)/2 dx e x2 ( 2)/2 dx. t Στο τελευταίο ολοκλήρωμα αλλάζουμε μεταβλητή θέτοντας και παίρνουμε y = x 2 t 2 π/2 cos 2 1 (θ) dθ t 2 e (y+t 2)2 /2 dy 0 1 = 2 e y2 /2 e yt 2 e t2 ( 2)/2 dy 1 ( 2)/2 2 e t2 = π ( 2)/2 2 e t2, αφού 0 exp( y2 /2) dy = 2π/2 = π/2. Άρα σ (A t ) 1 π/2 e t2 ( 2)/2 2 2 I 2, e y2 /2 dy όπου θέσαμε I 2 = π/2 cos 2 (θ) dθ. 0 Τέλος αποδεικνύουμε ότι η ακολουθία I είναι κάτω φραγμένη. Λ Για κάθε N ισχύει I 1. Απόδειξη: Εύκολα ελέγχουμε ότι για κάθε N ισχύει ( + 2)I +2 = ( + 1)I (Άσκηση ). Έτσι έχουμε + 2 I +2 = ( + 2)I 1 +2 = + 2 ( + 1)I I. Συνεπώς, μένει να ελέγξουμε τις περιπτώσεις = 1 και = 2. Αλλά για = 1 ισχύει 1 I 1 = 1 1 και για = 2 ισχύει 2I 2 = 2π/4 1. Π Μπορεί να αποδειχθεί χρησιμοποιώντας τον τύπο

244 239 του Stirlig ότι I π/2. Δείτε Άσκηση Οι παραπάνω υπολογισμοί έγιναν για 0 < t π/2. Αν t > π/2 τότε επειδή B(x 0, t + π/2) = S 1 θα ισχύει σ (A t ) = 1. Αποδείξαμε λοιπόν το ακόλουθο: Θ Για κάθε Borel υποσύνολο A S 1 με σ (A) 1/2 και για κάθε t > 0 ισχύει για κάθε 3. σ (A t ) 1 π 8 e t2 ( 2)/2, Χρησιμοποιώντας το παραπάνω θεώρημα και ακριβώς την ίδια διαδικασία που χρησιμοποιήσαμε για την απόδειξη της (16.7) εύκολα βλέπουμε ότι αν f S 1 R μια συνάρτηση Lipschitz με σταθερά Lip(f) και μέσο Levy L ικανοποιεί την (19.1) σ ({x S 1 f(x) L Lip(f)t}) 1 π 2 e t2 ( 2)/2, για κάθε t > 0. Βλέπουμε δηλαδή ότι και εδώ μια συνάρτηση Lipschitz σε «σχεδόν» πλήρες μέτρο είναι «σχεδόν» σταθερή (έχει μικρή/ελεγχόμενη διακύμανση από την L). Η απόδειξη του Θεωρήματος έγινε με τη βοήθεια του Θεωρήματος του οποίου την απόδειξη παραλλείπουμε. Αντ αυτού μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το ακόλουθο θεώρημα το οποίο μας οδηγεί στην ίδια ακριβώς εκτίμηση εκτός ασήμαντες διαφορές στις σταθερές. Θέτουμε μ να είναι το κανονικοποιημένο μέτρο στην B 2, δηλαδή για κάθε Borel σύνολο A B 2 θέτουμε μ(a) = vol (A)/vol (B 2 ). Το παρακάτω θεώρημα λέει ότι αν δυο ξένα Borel υποσύνολα της B 2 έχουν απόσταση ρ, οπωσδήποτε το ένα από τα δύο θα έχει μικρό μέτρο μ. Θ (Arias de Reya και Villa). Αν τα A, B είναι δυο Borel υποσύνολα της B 2 και Τότε ρ = d(a, B) = if{ α β α A, β B} > 0. i{μ(a), μ(b)} e ρ2 8. Απόδειξη: Από την πολλαπλασιαστική μορφή της Bru-Mikowski ισχυεί ότι: A + B vol ( 2 ) vol (A) 1/2 vol (B) 1/2,

245 240 και διαιρώντας με τον όγκο vol (B 2 ) A + B μ ( 2 ) μ(a) 1/2 μ(b) 1/2 i{μ(a), μ(b)}. Αλλά από τον κανόνα του παραλληλογράμμου και τον ορισμό του ρ για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a + b 2 2 = 2 a b 2 2 a b ρ2 οπότε a + b 2 1 ρ Δηλαδή 1 (A + B) 2 1 ρ2 4 B 2, και άρα i{μ(a), μ(b)} μ ( 1 2 (A + B) ) (1 ρ2 4 ) /2 e ρ2 /8, 2 = e log (1 ρ2 4 ) όπου χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Beroulli στη μορφή log(1 λ) λ. Τώρα μπορούμε να αποδείξουμε το φαινόμενο συγκέντρωσης με ελαφρώς χειρότερες σταθερές, χρησιμοποιώντας το προηγούμενο θεώρημα αντί της ισοπεριμετρικής ανισότητας. Θ Για κάθε Borel σύνολο A S 1 με σ (A) = 1/2 και για κάθε t > 0 ισχύει σ (A t ) 1 2e t2 /(8π 2). Απόδειξη: Έστω ότι A S 1 με σ (A) = 1/2 και t > 0. Θεωρούμε το σύνολο B = S 1 A t και ορίζουμε τα σύνολα A = {sa 1/2 s 1} και B = {sb 1/2 s 1}, υποσύνολα της B2. Η απόσταση ρ αυτών των συνόλων ικανοποιεί τη σχέση ρ/2 = si(t/2)/2 (δείτε Σχήμα 19.5) και άρα ρ t/π. Συνεπώς από το Θεώρημα συμπεραίνουμε ότι μ( B) exp ( ρ2 8 ) exp ( t2 8π 2 ).

246 241 B ρ 1/2 ρ t t/2. ρ 1/2 A Σ 19.5: Το φαινόμενο συγκέντρωσης του μέτρου στην Ευκλείδεια σφαίρα μέσω του Θεωρήματος Όμως μ( B) = μ(cov{0, B}) μ(2 1 cov{0, B}) = (1 2 )σ (B). Άρα 1 μ( A t ) exp( t2 /(8π 2 )). Επειδή η απόδειξη ολοκληρώθηκε. Από τα παραπάνω εύκολα μπορεί να δει κανείς ότι η ουσιώδης/μερική διάμετρος της σφαίρας S 1 είναι τάξης 1 και η παρατηρήσιμη διάμετρος είναι τάξης 1/. (Άσκηση ). Άσκηση Θεωρήστε τη συνάρτηση f(x) = e x2 /2 cos x 1 στο [0, π/2] και υπολογίστε τα ακρότατά της ώστε να αποδείξετε ότι cos(x) e x2 /2. Άσκηση Αποδείξτε με ολοκλήρωση κατά παράγοντες ότι για κάθε N ισχύει ( + 2)I +2 = ( + 1)I όπου I = π/2 cos (θ) dθ. 0 Άσκηση Αποδείξτε ότι I π/2 ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα: (i) Αλλάξτε μεταβλητή στο I θέτοντας t = si(θ) και αποδείξτε ότι I = B(1/2, (+1)/2), όπου B η συνάρτηση βήτα όπως ορίζεται στην Άσκηση Βʹ.2.6 στο Παράρτημα Βʹ.

247 242 (ii) Χρησιμοποιήστε την Άσκηση Βʹ.2.6, το γεγονός ότι Γ(1/2) = π (Πρόταση Βʹ.1.1) και τον τύπο του Stirlig για να ολοκληρώσετε την απόδειξη. Άσκηση Αποδείξτε ότι PartDiaS 1 1 και ObsDiaS 1 1/. Άσκηση Για μια νόρμα στον R θέτουμε M να είναι η μέση τιμή της πάνω στην S 1, δηλαδή M = S 1 x dσ (x). Επίσης θέτουμε b τον ελάχιστο αριθμό για τον οποίο ισχύει x b x 2 για κάθε x R. (i) Χρησιμοποιήστε τον ορισμό του μέσου Levy της στην S 1 (Άσκηση ) και την ανισότητα Markov για να αποδείξετε ότι M L/2. (ii) Χρησιμοποιήστε τη σχέση (15.1) και την (19.1) για να αποδείξετε ότι M L πb/(2 2). (iii) Χρησιμοποιήστε την Άσκηση για να καταλήξετε ότι υπάρχει σταθερά c > 0 ώστε 1 L M cl. 2

248 ΕΦΑΡΜΟΓΗ: ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ DVORETZKY-MILMAN Το θεώρημα Dvoretzky λέει ότι κάθε κυρτό σώμα στον R έχει «σχεδόν» ευκλείδεια τομή με ένα επίπεδο που περνάει από την αρχή των αξόνων, με τάξη διάστασης τουλάχιστον log. Σε αυτό το κεφάλαιο θα ξεκαθαρίσουμε το περιεχόμενο του προηγούμενου «σχεδόν» και γενικώς θα περιγράψουμε το θεώρημα στις λεπτομέρειές του. Πριν προχωρήσουμε σε αυτό, χρειαζόμαστε μερικούς ορισμούς και μερικές προτάσεις που αποδεικνύουμε στην επόμενη ενότητα Θεωρούμε ένα σύνολο σημείων x 1,, x N στην S 1 για το οποίο ισχύει x i x j 2 δ για κάθε i j. Το πλήθος αυτών των σημείων δεν μπορεί να είναι άπειρο διότι οι μπάλες στον R κέντρου x i και ακτίνας δ/2 έχουν ξένα εσωτερικά και ο συνολικός τους όγκος πρέπει να είναι μικρότερος από τον όγκο της ευκλείδειας μπάλας ακτίνας 1 + δ/2, αφού όλες είναι υποσύνολά της. Άρα θα πρέπει Nvol (B(x 1, δ/2)) vol (B(0, 1+δ/2)) από όπου εύκολα παίρνουμε ότι N (1+2/δ). Θα ονομάζουμε το σύνολο αυτών των σημείων δ-δίκτυο αν είναι μεγιστικό ώστε να ισχύει x i x j 2 δ. Έτσι για κάθε σημείο της σφαίρας x υπάρχει δείκτης i {1, 2,, N} ώστε x x i 2 < δ, διότι αλλιώς τα x, x 1,, x N είναι N+1 > N σημεία και ανά δύο απέχουν περισσότερο ή ίσο από δ αντιφάσκοντας με τη μεγιστικότητα του {x 1,, x N }. Αποδείξαμε λοιπόν την ακόλουθη πρόταση. με Π Για κάθε δ > 0 υπάρχει δ-δίκτυο x 1, x 2,, x N στην S 1 N (1 + 2 δ ). Δείχνουμε τώρα ότι για 0 < δ < 1 τα σημεία ενός δ-δικτύου μπορούν να χρησιμοποιηθούν για να προσεγγιστεί οποιοδήποτε σημείο με την εξής έννοια: Π Έστω ότι 0 < δ < 1 και τα x 1, x 2,, x N S 1 είναι δ-δίκτυο. Τότε για κάθε x S 1 υπάρχει ακολουθία y {x 1, x 2,, x N }

249 244 : DVORETZKY-MILMAN και αριθμοί 0 a < δ 1 με a 1 = 1 ώστε δηλαδή x = li x =1 j=1 a y, a y 2 = 0. Απόδειξη: Θέτουμε A = {x 1, x 2,, x N }. Αν x S 1, θεωρούμε ένα y 1 A ώστε x y 1 2 δ. Αν x = y 1 η απόδειξη ολοκληρώθηκε. Αν όχι, επειδή το (x y 1 )/ x y 1 2 ανήκει στη σφαίρα, υπάρχει y 2 A ώστε από όπου προκύπτει ότι x y 1 y x y 1 2 δ 2 2 x (y 1 + x y 1 2 y 2 ) 2 δ x y 1 2 δ 2. Άρα x (a 1 y 1 + a 2 y 2 ) 2 δ 2 με a 1 = 1 και a 2 = x y 1 2 δ. Συνεχίζουμε επαγωγικά: αν έχουν οριστεί τα y 1,, y A και τα a 1 = 1, a 2,, a με 0 a k δ k 1 για k = 1,, ώστε x (a 1 y a y ) 2 δ, τότε είτε x = a 1 y a y και η απόδειξη ολοκληρώθηκε είτε x a 1 y a y και Έτσι, υπάρχει y +1 A ώστε από όπου προκύπτει ότι x (a 1 y a y ) x (a 1 y a y ) 2 S 1. x (a 1y a y ) y x (a 1 y a y ) +1 δ 2 2 x (a 1 y a +1 y +1 ) 2 δ +1, για 0 a +1 = x (a 1 y a y ) 2 δ.

250 Στο εξής το K θα είναι ένα κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα στον R και θα γράφουμε για την νόρμα που αυτό επάγει στον R. Έστω ότι ο b είναι ο μικρότερος αριθμός για τον οποίο ισχύει x b x 2. Για παράδειγμα, από την Άσκηση γνωρίζουμε ότι b = Lip( ) c M για κατάλληλη σταθερά c > 0. Θα γράφουμε L για τον μέσο Levy της πάνω στη σφαίρα S 1. Θεωρούμε ένα 0 < ε < 1 και θέτουμε δ = ε/(2 + ε). Από την (19.1) θέτοντας t = δl/b θα έχουμε ότι για το σύνολο ισχύει A = {x S 1 x L δl} (20.1) σ (A) 1 π 2 e δ 2 L 2 ( 2)/(2b 2). Θεωρούμε τώρα τον υπόχωρο R k του R για κάποιο k (θα προσδιοριστεί παρακάτω) και θεωρούμε ένα δ-δίκτυο x 1, x 2,, x Nk S k 1 N k (1 + 2/δ) k. Από την (20.1) και την (15.3) θα έχουμε ότι Άρα μ({t O() T(x j ) A}) = σ (A c ) π 2 e δ 2 L 2 ( 2)/(2b 2). μ({t O() υπάρχει j {1, 2,, N k } T(x j ) A}) N k = μ( {T O() T(x j ) A}) N k j=1 j=1 μ({t O() T(x j ) A}) N k π 2 e δ 2 L 2 ( 2)/(2b 2). Έτσι, αν η τελευταία ποσότητα είναι γνησίως μικρότερη του 1 τότε υπάρχουν T O() τα οποία απεικονίζουν όλα τα x j μέσα στο A. Συνεπώς για τέτοιους T O() ο υπόχωρος F = T(R k ) του R έχει τα σημεία T(x j ) στο σύνολο A για κάθε j = 1, 2,, N k, και αυτά αποτελούν δ-δίκτυο. Από την Πρόταση για κάθε x F S 1 υπάρχει

251 246 : DVORETZKY-MILMAN ακολουθία σημείων y {T(x j ) j = 1, 2,, N k } και συντελεστές 0 a δ 1 με a 1 = 1 ώστε x = a =1 y. Οπότε χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα και την κάτω τριγωνική ανισότητα, και x =1 δ 1 y =1 δ 1 (L + δl) = L 1 + δ 1 δ x y 1 a y L δl =2 =2 δ 1 (L + δl) = L δl δ 1 3δ (L + δl) = 1 δ 1 δ L. Δείξαμε λοιπόν ότι το μέτρο των T O() ώστε για κάθε x T(R k ) S 1 να ισχύει 1 3δ 1 + δ L x L 1 δ 1 δ είναι μεγαλύτερο από 1 π/2 N k e δ 2 L 2 ( 2)/(2b 2). Αφαιρώντας L από τις παραπάνω ανισότητες και λαμβάνοντας υπόψιν ότι δ = ε/(2 + ε) παίρνουμε ότι (20.2) x L 2δ L = εl. 1 δ Αυτό συμβαίνει για κάθε x T(R k ) S 1 και για κάθε T σε ένα υποσύνολο του O() μέτρου μεγαλύτερου από 1 π/2 N k e δ 2 L 2 ( 2)/(2b 2). Αντικαθιστώντας το δ με το ε/(2 + ε) και παρατηρώντας ότι επειδή 0 < ε < 1 συνεπάγεται ότι δ ε/3 παίρνουμε ότι η (20.2) ισχύει για κάθε x T(R k ) S 1 και για κάθε T σε ένα υποσύνολο του O() μέτρου μεγαλύτερου από 1 π/2 N k e ε2 L 2 ( 2)/(18b 2). Θα επιλέξουμε τώρα το k ώστε το τελευταίο μέτρο όχι μόνο να είναι θετικό αλλά να είναι και «κοντά» στο 1. Από την Πρόταση αρκεί το k να επιλεχθεί ώστε (1 + k 2 ε/(2 + ε) ) 2 < π e 2 18 ε2 (L/b) 2. Από την Πρόταση (δείτε παρακάτω, σελίδα 247) υπάρχει σταθερά c 1 ώστε ( 2)(L/b) 2 c 1 log c 1. Έτσι υπάρχουν σταθερές

252 247 c 2, c 3 > 0 ώστε αν k c 2 ε 2 log(1 + 1 ε ) ( L b )2 να υπάρχει σύνολο υποχώρων διάστασης k μέτρου μεγαλύτερου του 1 c 1 e c 3ε 2 (L/b) 2 ώστε να ισχύει η (20.2) για κάθε x στην μοναδιαία Ευκλείδεια σφαίρα του υποχώρου. Άρα, χρησιμοποιώντας το k = c 2 2 ε 2 log(1 + 1 ε ) ( L b )2 και αλλάζοντας τα ονόματα των σταθερών και χρησιμοποιώντας την (15.4) έχουμε αποδείξει το ακόλουθο. Θ (Dvoretzky-Mila). Υπάρχουν σταθερές c 1, c 2, c 3 > 0 ώστε για κάθε 0 < ε < 1, για κάθε 3 και για κάθε κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα K στον R υπάρχει k c 1 ε 2 log(1 + 1 ε ) ( L b )2 και υποσύνολο H του G,k μέτρου μεγαλύτερου του 1 c 2 e c 3ε 2 (L/b) 2 ώστε για κάθε x στη μοναδιαία σφαίρα των υποχώρων του συνόλου H να ισχύει x L εl, ισοδύναμα για κάθε x F για κάθε F H. (1 ε)l x 2 x (1 + ε)l x 2 Η αξία του παραπάνω έγκειται στο γεγονός ότι μπορούμε να βάλουμε το σώμα K σε κατάλληλη θέση ώστε η ποσότητα (L/b) 2 να τείνει στο άπειρο καθώς. Οπότε μέσα στον (R, ) μπορούμε να βρούμε υποχώρους διάστασης k στους οποίους η νόρμα είναι είναι σχεδόν πολλαπλάσια της Ευκλείδειας, και k καθώς. Με βάση τα παραπάνω μένει να αποδειχθεί η ακόλουθη πρόταση. Π Υπάρχει σταθερά c > 0 ώστε αν το σώμα K είναι στη θέση του Joh τότε (L/b) 2 c log. Για την απόδειξη θα χρειαστούμε δυο λήμματα και μια ακόμα πρόταση.

253 248 : DVORETZKY-MILMAN Λ Για οποιαδήποτε νόρμα και για διανύσματα y 1,, y στον R ισχύει ax y j θ j y 1 j j dθ 1 dθ. E2 j=1 Απόδειξη: Παρατηρούμε ότι για = 2 αν υποθέσουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι ax 1 j 2 y j = y 2, τότε χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα (20.3) y 2 = y 1 + y 2 2 y 1 + θy 2 dθ. E2 1 y 1 y y 1 + y y 1 y 2 Θεωρούμε τώρα διανύσματα y 1,, y στον R για 2. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι ax 1 j y j = y. Από την (20.3) παίρνουμε ότι y E j=1 θ j y j + θ y dθ για κάθε (θ 1,, θ 1 ) E2 1. Ολοκληρώνοντας στον E2 1 προκύπτει άμεσα ότι y θ j y j dθ 1 dθ, E2 j=1 ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Λ Υπάρχει σταθερά c > 0 ώστε για κάθε 1 φυσικό αριθμό να ισχύει S 1 1/2 ax x log j dσ (x) c ( 1 j ), όπου x j είναι οι συντεταγμένες του x ως προς οποιαδήποτε ορθοκανονική βάση. Απόδειξη: Υπολογίζουμε πρώτα το R ax 1 j x j dγ (x) αλλάζοντας

254 249 σε πολικές συντεταγμένες: R ax x j dγ (x) = 1 1 j 2π R = ω 2π ax x j e x 2 2 /2 dx 1 j S 1 0 που μετά από απλές πράξεις και την (4.3) δίνει ax rx j r 1 e r2 /2 drdσ (x) 1 j Γ(( + 1)/2) Γ(( + 2)/2) ax x j dσ (x) S 1 1 j ax x j dσ (x). S 1 1 j Δηλαδή υπάρχει σταθερά c > 0 ώστε S 1 Μένει να αποδείξουμε ότι ax x j dσ (x) c 1 j R R ax x j dγ (x). 1 j ax x j dγ (x) log. 1 j Αλλά εύκολα ελέγχουμε ότι για t = λ log (20.4) t t γ ({x ax x j t}) = 1 j t t = ( π e 2π (1 1 2 λ ) 1 2, t j=1 x2 j /2 dx e r2 /2 dr) αν επιλέξουμε λ > 0 αρκετά μικρό, όπου για να προκύψει η (20.4)

255 250 : DVORETZKY-MILMAN χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι t Οπότε τώρα e r2 /2 dr = 0 0 e (s+t)2 /2 ds e (s2 +t 2) ds = e t2 e s2 ds. 0 R ax x j dγ (x) γ 1 j ({x ax x j t}) t 1 j ολοκληρώνοντας την απόδειξη. 1 λ t = 2 2 log, Π (Θεώρημα Dvoretzky-Rogers). Έστω ότι το κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα K που επάγει στον R τη νόρμα, βρίσκεται στη θέση του Joh. Τότε υπάρχει ορθοκανονική βάση e 1,, e του R ώστε 1/2 j + 1 ( ) e j e j 2 = 1. Συγκεκριμένα e j 1/4 για κάθε j = 1,, [/2]. Απόδειξη: Επιλέγουμε με e j με επαγωγή. Θέτουμε e 1 οποιοδήποτε σημείο επαφής των συνόρων του K και της B 2. Αν υποθέσουμε ότι τα e 1,, e k με k < έχουν επιλεγεί, από την Άσκηση υπάρχει σημείο επαφής y των συνόρων του K και της B 2 ώστε αν P η προβολή στον spa{e 1,, e k } τότε (I P)(y) 2 2 = y, (I P)(y) tr(i P)/ = ( k)/. Άρα P(y) P(y) 2 k/. Θέτουμε e k+1 = (I P)(y)/ (I P)(y) 2. Όμως το y ήταν σημείο επαφής των συνόρων του K και της B 2 άρα h K(y) = 1 (Άσκηση ), οπότε 1 = e k+1 2 e k+1 y, e k+1 = (I P)(y) (( k)/) 1/2, ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Απόδειξη του Θεωρήματος : Στη θέση του Joh ισχύει B 2 K B 2, άρα 1 x 2 x x 2 οπότε b = 1. Έτσι αρκεί να

256 251 δείξουμε ότι L c (log )/. Από την Άσκηση , τροποποιώντας τη σταθερά, αρκεί να δείξουμε ότι M c (log )/. Από το Θεώρημα Dvoretzky-Rogers (Πρόταση ) υπάρχει ορθοκανονική βάση e 1,, e με e j 1/4 για κάθε j = 1,, [/2]. Παρατηρούμε ότι λόγω της συμμετρίας της S 1 για κάθε θ j {±1} ισχύει S 1 j=1 θ j x, e j e j dσ (x) = S 1 x dσ (x) = M. Ολοκληρώνοντας ως προς θ j και αλλάζοντας τη σειρά της ολοκλήρωσης προκύπτει ότι M = θ j x, e j e j dθ 1 dθ dσ (x). S 1 E2 j=1 Χρησιμοποιώντας τώρα το Λήμμα παίρνουμε ότι M ax x, e j e j dσ (x) ax x, e j e j dσ (x) S 1 1 j S 1 1 j [/2] 1 4 S 1 ax x, e j dσ (x). 1 j [/2] Το Λήμμα ολοκληρώνει την απόδειξη. Επαναδιατυπώνουμε τώρα το θεώρημα Dvoretzky-Mila με βάση την Πρόταση Θ (Dvoretzky-Mila). Υπάρχουν σταθερές c 1, c 2, c 3 > 0 ώστε για κάθε 0 < ε < 1, για κάθε 3 και για κάθε κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα K στον R υπάρχει k c 1 ε 2 log(1 + 1 ε ) log και υποσύνολο H του G,k μέτρου μεγαλύτερου του 1 c 2 / c 3ε 2 ώστε για κάθε x στη μοναδιαία σφαίρα των υποχώρων του συνόλου H να ισχύει x L εl, ισοδύναμα (1 ε)l x 2 x (1 + ε)l x 2

257 252 : DVORETZKY-MILMAN για κάθε x F για κάθε F H. Ισοδύναμα δ(k F, B2 k ) ε όπου δ η μετρική Hausdorff στον R k. Άσκηση Αποδείξτε ότι αν B 2 K και το x 0 είναι σημείο επαφής του Κ με τη σφαίρα S 1, τότε h K (x 0 ) = 1 ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα. (i) Αφού B 2 K τότε h K (x 0 ) 1. (ii) Υποθέστε ότι h K (x 0 ) > 1 οπότε υπάρχει x K ώστε x, x 0 > 1. Χρησιμοποιήστε το προηγούμενο για να αποδείξτε ότι υπάρχει λ > 0 ώστε y λ K y λ 2 < 1 όπου y λ = x 0 + λ(x 0 x), γράφοντας την y λ 2 2 ως y λ, y λ. (iii) Θέστε z = y λ / y λ K K και αποδείξτε ότι y λ K λ z + x = λ + 1 x λ + y λ K λ + y λ K λ + y λ 0 K (κάντε ένα σχήμα). Συμπεράνετε ότι το τελευταίο πολλαπλάσιο του x 0 ανήκει στο K ως κυρτός συνδιασμός στοιχείων του αλλά αυτό είναι άτοπο, αφού (λ + 1)/(λ + y λ K ) > 1 και το x 0 bd(k).

258 ΤΡΙΣΔΙΑΣΤΑΤΕΣ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΩΝ ΣΩΜΑΤΩΝ Παρακάτω βλέπουμε μερικά βασικά κυρτά και μη-κυρτά σώματα του ℝ3 μέσα στον κύβο [ 1, 1]3. 1/𝑝 Σ Αʹ. : Τα σύνολα {𝑥 ℝ𝑛 ( 𝑛𝑗=1 𝑥𝑗 𝑝 ) 𝑝 = 0,8 δεν είναι κυρτά. Σ Αʹ. : Τα σύνολα {𝑥 ℝ𝑛 ( 𝑛𝑗=1 𝑥𝑗 𝑝 ) 𝑝 = 2. 1} για 𝑝 = 0,6 και 1/𝑝 1} για 𝑝 = 1 και Αʹ

259 254 Σ Αʹ.3: Τα σύνολα B p για p = 4 και p = 10. Όσο το p μεγαλώνει το σώμα προσεγγίζει τον κύβο. Σ Αʹ.4: Για p = 20 το B p είναι ήδη «πολύ κοντά» στον κύβο.