Dowody dotyczące n-sympleksu

Własności przestrzeni; metryczność, zwartość, spójność... Przekształcenia i deformacje... Teoria wymiaru... słowem - topologia.
niiezalezna
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1
Rejestracja: 6 lis 2019, o 14:34
Płeć: Kobieta
wiek: 22

Dowody dotyczące n-sympleksu

Post autor: niiezalezna » 6 lis 2019, o 14:54

Na studiach spotkałam się z zadaniami, z którymi nie potrafię sobie poradzić :(. Bardzo proszę o pomoc.

1.Udowodnij, że n-sympleks \(\displaystyle{ \sigma}\) generowany przez punkty \(\displaystyle{ a_0,a_1,...,a_n}\) jest zbiorem zwartym i wypukłym, który równy jest przecięciu wszystkich zbiorów wypukłych zawierających punkty \(\displaystyle{ a_0,a_1,...,a_n}\).

2.Udowodnij, że dla danego n-sympleksu \(\displaystyle{ \sigma}\) generowanego przez \(\displaystyle{ a_0,a_1,...,a_n}\) zbiór Int \(\displaystyle{ \sigma}\) jest
wypukły i otwarty w płaszczyźnie P generowanej przez wierzchołki \(\displaystyle{ \sigma}\), zaś jego domknięciem jest \(\displaystyle{ \sigma}\). Udowodnij też, że Int \(\displaystyle{ \sigma}\) jest sumą mnogościową wszystkich otwartych odcinków łączących \(\displaystyle{ a_0}\) z punktami zbioru Int s, gdzie
s jest ścianą \(\displaystyle{ \sigma}\) leżącą naprzeciw \(\displaystyle{ a_0}\).

I coś o zbiorze gwieździście wypukłym:
3. Zbiór \(\displaystyle{ U \subset \mathbb{R}^N}\) nazywamy gwiaździście wypukłym względem punktu 0, jeżeli dla każdego
punktu \(\displaystyle{ x \in U}\) odcinek łączący 0 z punktem x jest zawarty w U. Udowodnij, że jeżeli U jest zbiorem gwiaździście
wypukłym względem 0, to promień wychodzący z 0 może przeciąć Bd U w więcej niż jednym punkcie oraz że U
nie musi być homeomorficzne z \(\displaystyle{ B^N}\).

Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 8563
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 1795 razy

Re: Dowody dotyczące n-sympleksu

Post autor: Dasio11 » 8 lis 2019, o 15:42

1. Niech \(\displaystyle{ [a_0, a_1, \ldots, a_n]}\) oznacza \(\displaystyle{ n}\)-sympleks domknięty generowany przez punkty \(\displaystyle{ a_0, a_1, \ldots, a_n}\).

\(\displaystyle{ \bullet}\) zwartość: \(\displaystyle{ [a_0, a_1, \ldots, a_n]}\) jest obrazem zbioru \(\displaystyle{ \Delta_n = \left\{ (\alpha_0, \ldots, \alpha_n) \in \mathbb{R}^{n+1} : \bigwedge_{i=0}^n \alpha_i \ge 0 \wedge \sum_{i=0}^n \alpha_i = 1 \right\}}\) przez funkcję ciągłą \(\displaystyle{ f : \mathbb{R}^{n+1} \to \mathbb{R}^m}\) daną wzorem

\(\displaystyle{ f(\alpha_0, \ldots, \alpha_n) = \sum_{i=0}^n \alpha_i \cdot a_i}\).

Wystarczy więc wykazać, że \(\displaystyle{ \Delta_n}\) jest zwarty. Ale to jest proste na mocy twierdzenia, że domknięte i ograniczone podzbiory \(\displaystyle{ \mathbb{R}^{k}}\) są zwarte.

\(\displaystyle{ \bullet}\) wypukłość: przez indukcję względem \(\displaystyle{ n}\) pokażemy, że każdy \(\displaystyle{ n}\)-sympleks \(\displaystyle{ [b_0, \ldots, b_n]}\) jest wypukły. Dla \(\displaystyle{ n=0}\) teza jest oczywista, więc ustalmy dowolne \(\displaystyle{ n \ge 0}\) i załóżmy, że każdy \(\displaystyle{ n}\)-sympleks jest wypukły. Rozważmy dowolny \(\displaystyle{ (n+1)}\)-sympleks

\(\displaystyle{ [b_0, \ldots, b_{n+1}] = \left\{ \sum_{i=0}^{n+1} \alpha_i b_i : (\alpha_0, \ldots, \alpha_{n+1}) \in \Delta_{n+1} \right\}}\).

Weźmy dowolne dwa punkty \(\displaystyle{ p = \sum_{i=0}^{n+1} \alpha_i b_i}\) i \(\displaystyle{ q = \sum_{i=0}^{n+1} \beta_i b_i}\) należące do \(\displaystyle{ [b_0, \ldots, b_{n+1}]}\) i dowolną liczbę \(\displaystyle{ t \in [0, 1]}\). Chcemy sprawdzić, że \(\displaystyle{ t \cdot p + (1-t) \cdot q \in [b_0, \ldots, b_{n+1}]}\). W tym celu liczymy:

\(\displaystyle{ t \cdot p + (1-t) \cdot q = t \cdot \sum_{i=0}^{n+1} \alpha_i b_i + (1-t) \cdot \sum_{i=0}^{n+1} \beta_i b_i = \sum_{i=0}^{n+1} \big( t \cdot \alpha_i + (1-t) \cdot \beta_i \big) \cdot b_i}\).

Oznaczając \(\displaystyle{ \gamma_i = t \cdot \alpha_i + (1-t) \cdot \beta_i}\), mamy oczywiście \(\displaystyle{ \gamma_i \ge 0}\) oraz

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n+1} \gamma_i = t \cdot \sum_{i=0}^{n+1} \alpha_i + (1-t) \cdot \sum_{i=0}^{n+1} \beta_i = t \cdot 1 + (1-t) \cdot 1 = 1}\),

a stąd \(\displaystyle{ (\gamma_0, \ldots, \gamma_{n+1}) \in \Delta_{n+1}}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ t \cdot p + (1-t) \cdot q = \sum_{i=0}^{n+1} \gamma_i b_i \in [b_0, \ldots, b_{n+1}]}\), co kończy dowód.

\(\displaystyle{ \bullet}\) niech \(\displaystyle{ C^*}\) będzie przekrojem wszystkich zbiorów wypukłych zawierających punkty \(\displaystyle{ a_0, \ldots, a_n}\). Skoro zbiór \(\displaystyle{ [a_0, \ldots, a_n]}\) jest zbiorem wypukłym zawierającym punkty \(\displaystyle{ a_0, \ldots, a_n}\), to \(\displaystyle{ C^* \subseteq [a_0, \ldots, a_n]}\). Aby wykazać zawieranie w drugą stronę, wystarczy udowodnić indukcją względem \(\displaystyle{ 0 \le k \le n}\), że dla dowolnych \(\displaystyle{ (\alpha_0, \ldots, \alpha_k) \in \Delta_k}\) jest \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^k \alpha_i a_i \in C^*}\).

Dla \(\displaystyle{ k = 0}\) teza wynika z tego, że \(\displaystyle{ a_0 \in C^*}\). Ustalmy więc dowolne \(\displaystyle{ 0 \le k \le n}\) i załóżmy, że teza jest prawdziwa dla \(\displaystyle{ k}\), oraz ustalmy dowolne \(\displaystyle{ (\alpha_0, \ldots, \alpha_{k+1}) \in \Delta_{k+1}}\). Jeśli \(\displaystyle{ \alpha := \sum_{i=0}^k \alpha_i = 0}\), to \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{k+1} \alpha_i a_i = a_{k+1} \in C^*}\); w przeciwnym razie dla \(\displaystyle{ 0 \le i \le k}\) połóżmy \(\displaystyle{ \beta_i = \frac{\alpha_i}{\alpha}}\). Wtedy \(\displaystyle{ (\beta_0, \ldots, \beta_k) \in \Delta_k}\), więc z założenia indukcyjnego mamy \(\displaystyle{ a := \sum_{i=0}^k \beta_i \cdot a_i \in C^*}\). Ponadto \(\displaystyle{ a_{k+1} \in C^*}\), skoro zaś \(\displaystyle{ C^*}\) jest wypukły jako przekrój zbiorów wypukłych, to \(\displaystyle{ \alpha \cdot a + (1-\alpha) \cdot a_{k+1} \in C^*}\). Jednak

\(\displaystyle{ \alpha \cdot a + (1-\alpha) \cdot a_{k+1} = \alpha \cdot \sum_{i=0}^k \frac{\alpha_i}{\alpha} \cdot a_i + \alpha_{k+1} \cdot a_{k+1} = \sum_{i=0}^{k+1} \alpha_i a_i}\),

co kończy dowód.

ODPOWIEDZ