Matemáticas universitarias — Grado 2 · Bachelor Year 2

17Espacios afines

Los espacios vectoriales tienen un punto privilegiado —el origen— que la geometría no quiere. Un espacio afín es un espacio vectorial que ha olvidado su origen: los puntos y los vectores pasan a ser especies distintas, relacionadas por traslación. Este capítulo breve construye el diccionario (puntos, baricentros, subespacios y aplicaciones afines), la visión afín de la convexidad y las herramientas de clasificación que se usarán en los capítulos de geometría siguientes.

17.1 Puntos y vectores

Definición 17.1

Un espacio afín dirigido por un espacio vectorial real $E$ es un conjunto no vacío $\mathcal{E}$ dotado de una aplicación $(A, B) \mapsto \vect{AB} \in E$ que cumple

\vect{AB} + \vect{BC} = \vect{AC} \quad \text{(Chasles)}, \qquad \text{para cada } A,\ B \mapsto \vect{AB} \text{ es una biyección } \mathcal{E} \to E .

Se escribe $B = A + u$ para el único punto con $\vect{AB} = u$ . La dimensión de $\mathcal{E}$ es $\dim E$ . Todo espacio vectorial es un espacio afín sobre sí mismo ( $\vect{AB} = B - A$ ), y toda elección de un origen $O \in \mathcal{E}$ identifica $\mathcal{E}$ con $E$ mediante $M \mapsto \vect{OM}$ .

Ejemplo 17.2 (Un espacio afín sin origen natural)

El plano de soluciones $\mathcal E = \{(x, y, z) \in \R^3 : x + y + z = 1\}$ no es un subespacio vectorial ( $0 \notin \mathcal E$ ), pero sí es un espacio afín dirigido por $E = \{x + y + z = 0\}$ : para $A, B \in \mathcal E$ , la diferencia $\vect{AB} = B - A$ cae en $E$ (las sumas se cancelan), Chasles se hereda de $\R^3$ y $B \mapsto \vect{AB}$ es biyectiva sobre $E$ . Ningún punto de $\mathcal E$ está distinguido: cualquier elección de “origen” $O \in \mathcal E$ sirve igual de bien, y todas las identificaciones $M \mapsto \vect{OM}$ difieren en traslaciones. Esta es la situación típica: los conjuntos de soluciones de los problemas lineales no homogéneos (sistemas lineales, ecuaciones diferenciales lineales del Capítulo 16) son afines, nunca lineales, y el lema “solución particular más núcleo” es exactamente el enunciado $\mathcal F = A + F$ de la definición siguiente.

Definición 17.3 (Baricentro)

Sean $(A_i, \lambda_i)_{i \leq k}$ puntos con pesos y $\sum\lambda_i \neq 0$ . El baricentro $G = \operatorname{bar}\bigl((A_i, \lambda_i)\bigr)$ es el único punto con

\sum_i \lambda_i\, \vect{GA_i} = 0 \qquad\text{o, equivalentemente,}\qquad \vect{OG} = \frac{1}{\sum\lambda_i}\sum_i \lambda_i\,\vect{OA_i} \quad (\text{para cualquier } O).

Los baricentros son asociativos (todo subgrupo de puntos puede sustituirse por su baricentro parcial con el peso sumado) e invariantes al reescalar todos los pesos.

Demostración de la existencia y de las fórmulas. Fíjese $O$ y escríbase $s = \sum_i\lambda_i \neq 0$ . Por Chasles,

\sum_i\lambda_i\,\vect{GA_i} = 0 \iff \sum_i\lambda_i\bigl(\vect{GO} + \vect{OA_i}\bigr) = 0 \iff s\,\vect{OG} = \sum_i\lambda_i\,\vect{OA_i},

lo que determina $G = O + \frac1s\sum_i\lambda_i\vect{OA_i}$ de manera única. Independencia de $O$ : para otro origen $O'$ ,

\frac1s\sum_i\lambda_i\,\vect{O'A_i} = \frac1s\sum_i\lambda_i\bigl(\vect{O'O} + \vect{OA_i}\bigr) = \vect{O'O} + \frac1s\sum_i\lambda_i\,\vect{OA_i} = \vect{O'G} :

el mismo punto $G$ . Asociatividad: pártase el conjunto de índices como $I \sqcup J$ con $s_I = \sum_{i\in I}\lambda_i \neq 0$ , y sea $G_I$ el baricentro de $(A_i, \lambda_i)_{i\in I}$ , de modo que $\sum_{i\in I}\lambda_i\vect{OA_i} = s_I\,\vect{OG_I}$ . Entonces

s\,\vect{OG} = \sum_{i\in I}\lambda_i\vect{OA_i} + \sum_{j\in J}\lambda_j\vect{OA_j} = s_I\,\vect{OG_I} + \sum_{j\in J}\lambda_j\vect{OA_j} :

$G$ es el baricentro de $(G_I, s_I)$ junto con $(A_j, \lambda_j)_{j\in J}$ , como se afirmaba. Reescalado: sustituir cada $\lambda_i$ por $t\lambda_i$ ( $t \neq 0$ ) multiplica $s$ y la suma ponderada por $t$ , y deja $\vect{OG}$ inalterado. ∎

Observación 17.4 (Errores frecuentes)

Dos trampas rodean la definición. Primera: si los pesos suman cero, no hay baricentro; la aplicación $O \mapsto \sum\lambda_i\vect{OA_i}$ es entonces independiente de $O$ y define un vector, no un punto; por ejemplo, $(A, -1;\ B, 1)$ codifica $\vect{AB}$ . Llevar la cuenta de cuál de los dos objetos produce un cálculo es la mitad de la higiene baricéntrica. Segunda: los pesos solo tienen sentido salvo un factor común no nulo; las fórmulas del tipo “las coordenadas de $G$ son $\lambda_1, \dots, \lambda_k$ ” presuponen una normalización (habitualmente $\sum\lambda_i = 1$ ), y olvidarse de normalizar es la fuente estándar de razones equivocadas sobre una figura.

Definición 17.5 (Subespacios afines; aplicaciones afines)

Un subespacio afín es un conjunto $\mathcal{F} = A + F = \{A + u : u \in F\}$ con $F$ un subespacio vectorial (su dirección); equivalentemente, un conjunto no vacío estable por baricentros. Los subespacios afines de $\R^n$ son exactamente los conjuntos de soluciones de los sistemas lineales $MX = B$ (primer año: solución particular más núcleo). Una aplicación $f \colon \mathcal{E} \to \mathcal{E}'$ es afín cuando conserva los baricentros; equivalentemente, cuando

f(A + u) = f(A) + \varphi(u)

para una (única) aplicación lineal $\varphi = \vec f$ , la parte lineal. Aplicaciones afines de $\R^n$ : $X \mapsto MX + C$ . Las composiciones son afines con las partes lineales compuestas; $f$ es biyectiva si y solo si lo es $\vec f$ .

Demostración de la equivalencia para las aplicaciones. Si $f(A + u) = f(A) + \varphi(u)$ : para un baricentro $G$ de $(A_i, \lambda_i)$ , desarrollando todos los puntos desde $A$ , $f(G) = f(A) + \varphi(\vect{AG})$ y $\varphi(\vect{AG}) = \frac{\sum\lambda_i\varphi(\vect{AA_i})}{\sum\lambda_i}$ : $f(G)$ es el baricentro de las imágenes. Recíprocamente, fíjese $A$ y defínase $\varphi(u) = \vect{f(A)\,f(A + u)}$ . Homogeneidad: $A + tu = \operatorname{bar}\bigl(A, 1-t;\ A + u, t\bigr)$ para todo $t$ real, de modo que la conservación de los baricentros (con pesos reales arbitrarios, como se ha supuesto) da $\varphi(tu) = t\,\varphi(u)$ directamente. Aditividad: $A + u + v = \operatorname{bar}\bigl(A + 2u, \tfrac12;\ A + 2v, \tfrac12\bigr)$ , luego $\varphi(u + v) = \tfrac12\varphi(2u) + \tfrac12\varphi(2v) = \varphi(u) + \varphi(v)$ , usando la homogeneidad. Por tanto, $\varphi$ es lineal. ∎

Observación 17.6

La demostración usó baricentros con pesos reales arbitrarios: el paso de homogeneidad toma $t$ fuera de $\intcc01$ . Si solo se supone que una aplicación conserva los baricentros de pesos no negativos —equivalentemente, los puntos medios y los segmentos—, la linealidad de la aplicación vectorial ya no sale gratis: solo se obtiene $\Q$ -linealidad, y hace falta una hipótesis de continuidad para concluir, exactamente como en el Ejercicio 17.5. Distinguir “conserva todos los baricentros” de “conserva las combinaciones convexas” es una sutileza pequeña pero real del vocabulario afín.

Ejemplo 17.7 (Geometría baricéntrica clásica)

El centroide de un triángulo $ABC$ es el baricentro $G = \operatorname{bar}(A,1; B,1; C,1)$ . La asociatividad con el punto medio $A' = \operatorname{bar}(B, 1; C, 1)$ muestra que

G = \operatorname{bar}(A, 1;\ A', 2) :

$G$ está sobre la mediana $AA'$ a dos tercios de ella; y lo mismo para las otras dos medianas: las tres medianas son concurrentes, en una línea de cálculo baricéntrico.

Ejemplo 17.8 (Las bimedianas de un cuadrilátero)

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cualquiera (¡plano o no!) y considérense sus bimedianas: los segmentos que unen los puntos medios de lados opuestos, $M_{AB}M_{CD}$ y $M_{BC}M_{DA}$ . Introdúzcase el baricentro $G$ de $(A,1; B,1; C,1; D,1)$ y agrúpense los pesos de dos maneras:

G = \operatorname{bar}\bigl(M_{AB}, 2;\ M_{CD}, 2\bigr) = \operatorname{bar}\bigl(M_{BC}, 2;\ M_{DA}, 2\bigr) :

$G$ es el punto medio de ambas bimedianas, de modo que las dos bimedianas siempre se bisecan mutuamente, y el cuadrilátero de los cuatro puntos medios es un paralelogramo (sus diagonales son las bimedianas). Sin análisis de casos, sin coordenadas, y el argumento sobrevive sin cambios para un cuadrilátero alabeado de $\R^3$ , donde una demostración basada en un dibujo ya sería delicada: a la asociatividad no le importa la dimensión.

Ejemplo 17.9 (Clasificar una aplicación afín, de principio a fin)

Sea $f(x, y) = (2x - 1,\ 3y - 4)$ sobre $\R^2$ . Su parte lineal es $\varphi = \operatorname{diag}(2, 3)$ , cuyo espectro $\{2, 3\}$ evita el $1$ : por el criterio del punto fijo demostrado más abajo (Proposición 17.17), $f$ tiene exactamente un punto fijo, hallado resolviendo

x = 2x - 1, \qquad y = 3y - 4 \qquad\Longrightarrow\qquad \Omega = (1, 2).

Recentrando en $\Omega$ (póngase $x = 1 + u$ , $y = 2 + v$ ):

f(1 + u,\ 2 + v) = (1 + 2u,\ 2 + 3v) :

en el sistema de referencia de $\Omega$ , $f$ es su parte lineal, una dilatación anisótropa que estira por $2$ en horizontal y por $3$ en vertical desde el centro $(1, 2)$ . La lección general: una aplicación afín es “aplicación lineal más datos de posición”, y los datos de posición colapsan en un único origen bien elegido siempre que $1$ no sea valor propio. Recíprocamente, trasladar mal el origen crea los términos constantes: la geometría afín es el arte de elegir dónde poner el $0$ .

Observación 17.10 (Método: concurrencia y alineación mediante baricentros)

El Ejemplo 17.7 es un caso de una receta general. Para demostrar que tres cevianas de un triángulo son concurrentes, exhíbase un único sistema con pesos $(A, \alpha; B, \beta; C, \gamma)$ y úsese la asociatividad de tres maneras: agrupar $(B, C)$ muestra que el baricentro está sobre la ceviana desde $A$ ; agrupar $(C, A)$ , sobre la ceviana desde $B$ ; y agrupar $(A, B)$ , sobre la tercera. Para las medianas, el sistema $(A, 1; B, 1; C, 1)$ hace todo el trabajo; para cevianas que cortan los lados en razones prescritas, los pesos se leen en las razones. Para demostrar que tres puntos están alineados, escríbase uno como baricentro de los otros dos (Ejercicio 17.2), o úsese el criterio del determinante del Ejercicio 17.11. Ambas recetas sustituyen el ingenio geométrico por contabilidad de pesos: exactamente para eso sirve el cálculo baricéntrico.

17.2 Convexidad, en clave afín

Definición 17.11

Un subconjunto $C$ de un espacio afín es convexo cuando contiene todo baricentro de pesos no negativos de sus puntos; equivalentemente, todo segmento $\intcc{A}{B} = \{\operatorname{bar}(A, 1-t; B, t) : t \in \intcc{0}{1}\}$ entre sus puntos. La envoltura convexa $\operatorname{conv}(S)$ es el conjunto de todos los baricentros con pesos no negativos de puntos de $S$ : el menor conjunto convexo que contiene a $S$ .

Ejemplo 17.12 (Los epigrafos son conjuntos convexos)

La región $C = \{(x, y) : y \geq x^2\}$ por encima de la parábola es convexa: para $(x_1, y_1), (x_2, y_2) \in C$ y $t \in \intcc01$ , la desigualdad de convexidad de la función cuadrado da

\bigl((1-t)x_1 + tx_2\bigr)^2 \leq (1-t)x_1^2 + tx_2^2 \leq (1-t)y_1 + ty_2 ,

de modo que el baricentro se queda por encima de la parábola. El cálculo es general: $\{y \geq f(x)\}$ es convexo exactamente cuando $f$ es una función convexa; los conjuntos convexos y las funciones convexas (Capítulo 8) son dos caras de una misma noción, y los epigrafos son el diccionario. Esta es la razón geométrica de que las funciones convexas tengan rectas de apoyo, el hecho que demostrará la desigualdad de Jensen en el Capítulo 22.

Ejemplo 17.13 (Generadores redundantes de una envoltura convexa)

Consideremos el conjunto

S = \{(0,0), (2,0), (2,2), (0,2), (1,1)\} .

El quinto punto es el baricentro

(1,1) = \operatorname{bar}\bigl((0,0), \tfrac12;\ (2,2), \tfrac12\bigr),

así que ya está en la envoltura de los otros cuatro: $\operatorname{conv}(S)$ es el cuadrado con las cuatro esquinas como vértices. En general, un punto de $S$ que sea baricentro de pesos no negativos de los demás puntos de $S$ puede suprimirse sin cambiar la envoltura; los puntos que nunca pueden suprimirse (aquí, las cuatro esquinas) son los puntos extremos de la envoltura. Determinarlos es un puro cálculo de baricentros: $(2,0)$ , por ejemplo, no puede escribirse como $\operatorname{bar}$ de los puntos restantes con pesos no negativos, porque la primera coordenada forzaría a poner todo el peso en los puntos con $x = 2$ , y entonces la segunda coordenada falla. Las cuestiones de convexidad se reducen, una y otra vez, a resolver pequeños sistemas con pesos.

Teorema 17.14 (Carathéodory)

En un espacio afín de dimensión $n$ , todo punto de $\operatorname{conv}(S)$ es baricentro de a lo sumo $n + 1$ puntos de $S$ .

Demostración. Sea $G = \operatorname{bar}(A_0, \lambda_0; \dots; A_k, \lambda_k)$ con $\lambda_i > 0$ , $\sum\lambda_i = 1$ y $k + 1 > n + 1$ puntos. Los $k$ vectores $\vect{A_0A_i}$ ( $i \geq 1$ ) son ligados ( $k > n$ ): $\sum_{i\geq1}\mu_i \vect{A_0A_i} = 0$ de manera no trivial; poniendo $\mu_0 = -\sum_{i\geq1}\mu_i$ , obtenemos pesos $(\mu_i)$ con $\sum\mu_i = 0$ y $\sum \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ (para cualquier $O$ ), no todos nulos. Entonces, para todo real $t$ , los pesos $\lambda_i - t\mu_i$ siguen sumando $1$ y, como $\sum_i\mu_i\vect{OA_i} = 0$ ,

\sum_i(\lambda_i - t\mu_i)\,\vect{OA_i} = \sum_i\lambda_i\,\vect{OA_i} :

producen el mismo punto $G$ . Deslicemos ahora $t$ desde $0$ : algún $\mu_i$ es positivo (suman cero y no son todos nulos), de modo que

t^* = \min\Bigl\{\frac{\lambda_i}{\mu_i} : \mu_i > 0\Bigr\}

está bien definido y es positivo. En $t = t^*$ : para los índices con $\mu_i > 0$ , $\lambda_i - t^*\mu_i \geq 0$ por minimalidad, con igualdad en un índice minimizante; y para los índices con $\mu_i \leq 0$ , $\lambda_i - t^*\mu_i \geq \lambda_i > 0$ . Todos los pesos siguen siendo no negativos y al menos uno ha muerto: $G$ queda reescrito como baricentro de menos puntos. Itérese mientras queden más de $n + 1$ puntos. ∎

Ejemplo 17.15

En el plano ( $n = 2$ ): todo punto de la envoltura convexa de un conjunto finito está en un triángulo con vértices en el conjunto; el contenido geométrico de Carathéodory, usado por igual en optimización y en probabilidad (mezclas).

Ejemplo 17.16 (Ejecutando el algoritmo de Carathéodory)

Escribamos el centro del cuadrado del Ejemplo 17.13 con sus cuatro esquinas $A_1 = (0,0)$ , $A_2 = (2,0)$ , $A_3 = (2,2)$ , $A_4 = (0,2)$ :

(1,1) = \operatorname{bar}\bigl(A_1, \tfrac14;\ A_2, \tfrac14;\ A_3, \tfrac14;\ A_4, \tfrac14\bigr),

cuatro puntos en dimensión $2$ : uno de más. La receta de la demostración pide unos pesos $(\mu_i)$ con $\sum\mu_i = 0$ y $\sum\mu_i\vect{OA_i} = 0$ : aquí sirve $\mu = (1, -1, 1, -1)$ (las dos diagonales comparten su punto medio). Deslizar $\lambda_i \mapsto \lambda_i - t\mu_i$ mantiene fijo el baricentro para todo $t$ ; el valor admisible extremo $t = \frac14$ deja los pesos en $(0, \tfrac12, 0, \tfrac12)$ , matando $A_1$ y $A_3$ a la vez:

(1,1) = \operatorname{bar}\bigl(A_2, \tfrac12;\ A_4, \tfrac12\bigr),

una representación con dos puntos, aún mejor que los tres que garantiza el teorema, porque el centro resulta estar sobre un segmento entre generadores. El algoritmo es enteramente mecánico: hállese una dependencia, deslícese hasta que muera un peso y repítase.

17.3 Herramientas de clasificación afín

Proposición 17.17 (Puntos fijos de las aplicaciones afines)

Sea $f$ un endomorfismo afín de un espacio afín de dimensión finita, con parte lineal $\varphi$ . Si $1 \notin \operatorname{Sp}(\varphi)$ , entonces $f$ tiene exactamente un punto fijo $\Omega$ y, en la vectorialización en $\Omega$ , $f$ es su parte lineal. (Las traslaciones, con $\varphi = \mathrm{id}$ y sin punto fijo, son la obstrucción básica.)

Demostración. Fíjese $O$ y escríbase $f(O + x) = f(O) + \varphi(x)$ . El punto $O + x$ es fijo si y solo si $O + x = f(O) + \varphi(x)$ , es decir,

(\mathrm{id} - \varphi)(x) = \vect{O f(O)} .

En dimensión finita, $\mathrm{id} - \varphi$ es invertible si y solo si $0$ no es valor propio de $\mathrm{id} - \varphi$ , o sea, si y solo si $1 \notin \operatorname{Sp}\varphi$ ; y en ese caso la ecuación mostrada tiene exactamente una solución $x^*$ , lo que da el único punto fijo $\Omega = O + x^*$ . Recentrado: para todo vector $u$ ,

f(\Omega + u) = f(\Omega) + \varphi(u) = \Omega + \varphi(u),

así que en el sistema de referencia de origen $\Omega$ la aplicación se lee $u \mapsto \varphi(u)$ : puramente lineal. Cuando $1 \in \operatorname{Sp}\varphi$ , o bien no existe ningún punto fijo (la ecuación mostrada puede no tener solución, como para una traslación), o bien existe todo un subespacio afín de ellos (súmese a una solución cualquier vector propio de valor propio $1$ ): la unicidad es exactamente la condición espectral. ∎

Ejemplo 17.18 (Isometrías del plano, completadas)

Una isometría afín del plano euclídeo tiene parte lineal en $O(2)$ : una rotación $R_\theta$ o una simetría axial (volumen del primer año). Si $\theta \neq 0$ : $1 \notin \operatorname{Sp} R_\theta$ , luego la aplicación es una rotación en torno a un único centro (Proposición 17.17). Si la parte lineal es una simetría axial: o bien es una simetría respecto de un eje (existen puntos fijos), o bien una simetría con deslizamiento (una simetría axial compuesta con una traslación a lo largo del eje, sin punto fijo). Junto con las traslaciones, esta es la clasificación completa de las isometrías del plano.

Observación 17.19 (Las isometrías del plano, de un vistazo)

Recogiendo los casos: identidad; traslaciones ( $\vec f = \mathrm{id}$ , sin punto fijo salvo en el caso trivial); rotaciones (parte lineal $R_\theta$ con $\theta \neq 0$ : un centro); simetrías axiales (parte lineal una simetría, con una recta de puntos fijos); y simetrías con deslizamiento (misma parte lineal, sin punto fijo). Cuatro familias más la identidad, cada una reconocible con solo dos datos: la parte lineal y el conjunto de puntos fijos; el patrón de la Proposición 17.17 llevado hasta el final.

Ejemplo 17.20 (Una simetría con deslizamiento, pillada en flagrante)

Sea $f(x, y) = (y + 1,\ x + 1)$ . La parte lineal $(x, y) \mapsto (y, x)$ es la simetría respecto de la diagonal $y = x$ , de modo que $1 \in \operatorname{Sp}\vec f$ y la Proposición 17.17 calla. Los puntos fijos exigirían $x = y + 1$ e $y = x + 1$ a la vez: imposible; no hay ninguno, así que $f$ no es una simetría axial. Elevar al cuadrado zanja la clasificación:

f\bigl(f(x, y)\bigr) = f(y + 1,\ x + 1) = (x + 2,\ y + 2),

la traslación de vector $(2, 2)$ : $f$ es la simetría con deslizamiento de eje la recta $y = x$ (desplazada como corresponda: el punto medio de $M$ y $f(M)$ siempre está sobre $y = x + {}$ una constante, aquí $y = x$ , como se comprueba en $M = (0, 0) \mapsto (1,1)$ ) y de vector de deslizamiento $(1, 1)$ , la mitad de $f \circ f$ . Compárese con el Ejercicio 17.6, donde la misma parte lineal pero otra constante produjo una simetría axial honesta: cuando está presente el valor propio $1$ , el término constante lo decide todo.

Ejemplo 17.21 (Las recurrencias afines son dinámica afín)

La recurrencia clásica $u_{n+1} = au_n + b$ ( $a \neq 1$ ) itera la aplicación afín $f(x) = ax + b$ de la recta, cuya parte lineal $a$ evita el valor propio $1$ : hay un único punto fijo $\omega = \frac{b}{1-a}$ , y recentrar ahí (el caso unidimensional de la proposición anterior) convierte $f$ en la multiplicación por $a$ :

u_{n+1} - \omega = a\,(u_n - \omega) \qquad\Longrightarrow\qquad u_n = \omega + a^n(u_0 - \omega) .

Para $u_{n+1} = \frac{u_n}2 + 3$ : $\omega = 6$ y $u_n = 6 + (u_0 - 6)2^{-n} \to 6$ . La receta que se enseña para tales recurrencias en el Capítulo 7 —“réstese el punto fijo”— es exactamente la vectorialización de una aplicación afín en su punto fijo; y la convergencia para $\abs a < 1$ es el fenómeno de contracción que el Capítulo 4 convirtió en el teorema del punto fijo de Banach. Una idea, tres capítulos.

Ejemplo 17.22 (Hallar el centro de una rotación)

Sea $f(x, y) = (-y + 2,\ x)$ . La parte lineal es $\varphi(x, y) = (-y, x)$ : la rotación de ángulo $\frac\pi2$ , cuyo espectro $\{\iu, -\iu\}$ evita el $1$ . Por la Proposición 17.17 hay exactamente un punto fijo: $x = -y + 2$ e $y = x$ dan $x = 1$ , $y = 1$ , luego $\Omega = (1, 1)$ , y $f$ es la rotación de centro $(1, 1)$ y ángulo $\frac\pi2$ . La lección general: cuando $1 \notin \operatorname{Sp}\vec f$ , clasificar $f$ cuesta un sistema lineal; la geometría está enteramente en la parte lineal, y la aritmética, enteramente en localizar el centro.

Observación 17.23 (Dónde se usa el lenguaje afín a continuación)

Los baricentros y las aplicaciones afines son la gramática de los capítulos de geometría que vienen: las rectas y los planos tangentes son objetos afines (Capítulos 18 y 19), un cambio de variables afín multiplica áreas y volúmenes por $\abs{\det \vec f}$ (Capítulo 20), y la esperanza es un baricentro con pesos dados por una ley de probabilidad, razón por la cual la convexidad gobierna la desigualdad de Jensen (Capítulo 22). En el volumen del tercer año, el mismo vocabulario de convexidad sostiene el estudio de las normas $L^p$ y de las desigualdades integrales.

Observación 17.24 (Perspectivas dentro de este volumen)

De este capítulo salen dos hilos. El hilo afín: las rectas tangentes (Capítulo 18) y los planos tangentes (Capítulo 19) son subespacios afines adosados a objetos no lineales, y la clasificación de las cuádricas del capítulo de superficies funciona con la ecuación del centro $A\Omega = -b$ de este capítulo. El hilo convexo es más largo: la convexidad de los semiplanos y de los discos impulsa la teoría de Helly del problema de fin de semana; la convexidad de funciones da la desigualdad de Jensen (Capítulo 22); y el teorema final del libro —el criterio de extinción de los procesos de ramificación (Capítulo 23)— lo decide la posición de una curva convexa respecto de la diagonal, una imagen que pertenece tanto a este capítulo como a la probabilidad. Los baricentros también vuelven allí: una esperanza es un baricentro con pesos de probabilidad.

17.4 Ejercicios

Ejercicio 17.1 ★

En $\R^3$ , ¿son subespacios afines los siguientes conjuntos? Da sus direcciones y dimensiones. $\{x + y + z = 1\}$ ; $\;\{x + y + z = 1,\ x - z = 3\}$ ; $\;\{x^2 + y^2 = 1\}$ ; y el conjunto de soluciones de $MX = B$ para un sistema compatible dado.

Solución

Solución de Ejercicio 17.1.

$\{x + y + z = 1\}$ : plano afín, de dirección el plano vectorial $\{x + y + z = 0\}$ y dimensión $2$ . Añadiendo $x - z = 3$ : una recta afín (dos ecuaciones independientes), de dirección $\{x + y + z = 0,\ x = z\} = \operatorname{Vect}\bigl((1, -2, 1)\bigr)$ y dimensión $1$ . $\{x^2 + y^2 = 1\}$ : un cilindro; no es estable por baricentros (el punto medio de $(1,0,0)$ y $(-1,0,0)$ es el origen, fuera del cilindro): no es afín. Un sistema compatible $MX = B$ : subespacio afín $X_0 + \ker M$ de dimensión $\dim\ker M$ , como se recordaba en la Definición 17.5.

Ejercicio 17.2 ★

Demuestra que tres puntos distintos $A, B, C$ de un espacio afín están alineados si y solo si $C$ es baricentro de $A$ y $B$ , y si y solo si los vectores $\vect{AB}, \vect{AC}$ son ligados. Deduce la contabilidad de pesos al estilo de Menelao: si $C = \operatorname{bar}(A, 1 - t; B, t)$ , localiza $C$ para $t = \frac12$ , $t = 2$ y $t = -1$ .

Solución

Solución de Ejercicio 17.2.

$C = \operatorname{bar}(A, 1-t; B, t)$ significa $\vect{AC} = t\,\vect{AB}$ : la existencia de tal $t$ es exactamente que $\vect{AC}$ sea ligado con $\vect{AB} \neq 0$ , es decir, la alineación. Posiciones: $t = \frac12$ : punto medio; $t = 2$ : más allá de $B$ , a la distancia de $B$ desde este ( $\vect{AC} = 2\vect{AB}$ ); $t = -1$ : el simétrico de $B$ respecto de $A$ .

Ejercicio 17.3 ★

Sea $f$ la aplicación afín de $\R^2$ dada por $f(X) = MX + C$ con $M = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}$ y $C = (1, 0)^{\mathsf T}$ . Determina la imagen de $f$ , sus puntos fijos (si los hay) y $f \circ f$ .

Solución

Solución de Ejercicio 17.3.

$M$ es la matriz de la proyección sobre $\operatorname{Vect}(1,1)$ en la dirección $(1,-1)$ (compruébese $M^2 = M$ ). Imagen de $f$ : $\{MX + C\} = C + \operatorname{im} M$ : la recta afín que pasa por $(1,0)$ y tiene dirección $(1,1)$ . Puntos fijos: $X = MX + C$ , es decir, $(I - M)X = C$ ; pero $C = (1, 0)^{\mathsf T}$ y $\operatorname{im}(I - M) = \operatorname{Vect}(1,-1)$ ; ¿está $(1,0)$ ahí? $(1, 0) = \alpha(1,-1)$ obligaría a $\alpha = 1$ y $0 = -1$ : no. No hay puntos fijos. Y

f(f(X)) = M(MX + C) + C = MX + MC + C = f(X) + MC, \qquad MC = \tfrac12(1,1)^{\mathsf T} :

$f\circ f$ es $f$ seguida de una traslación a lo largo de la recta imagen; $f$ es una “proyección con deslizamiento”: proyección sobre la recta compuesta con un desplazamiento.

Ejercicio 17.4 ★★

(La asociatividad en acción) En un triángulo $ABC$ , sean $I, J, K$ los puntos que dividen $BC$ , $CA$ , $AB$ en las razones $\vect{BI} = \frac13\vect{BC}$ , $\vect{CJ} = \frac13\vect{CA}$ , $\vect{AK} = \frac13\vect{AB}$ . Expresa $I, J, K$ como baricentros y calcula el baricentro de $(I,1;J,1;K,1)$ : ¿qué encuentras y por qué era previsible?

Solución

Solución de Ejercicio 17.4.

$I = \operatorname{bar}(B, 2; C, 1)$ (pues $\vect{BI} = \frac13\vect{BC}$ sitúa $I$ más cerca de $B$ : pesos $2$ en $B$ y $1$ en $C$ ; compruébese: $\vect{BI} = \frac{1}{3}\vect{BC}$ ). Análogamente, $J = \operatorname{bar}(C, 2; A, 1)$ y $K = \operatorname{bar}(A, 2; B, 1)$ . Sumando los tres sistemas con pesos, el baricentro de $(I, 1; J, 1; K, 1)$ (cada uno de peso total $3$ , de modo que se sustituye $I$ por su sistema, etc.) es

\operatorname{bar}\bigl(A, 1 + 2;\ B, 2 + 1;\ C, 1 + 2\bigr) = \operatorname{bar}(A, 1; B, 1; C, 1) = G ,

el centroide de $ABC$ : el triángulo $IJK$ tiene el mismo centroide; previsible, porque la construcción trata $A, B, C$ cíclicamente y el centroide es el único punto fijo de la simetría cíclica de los pesos.

Ejercicio 17.5 ★★

Demuestra que una aplicación $f \colon \R^n \to \R^n$ que conserve los puntos medios ( $f\bigl(\frac{A+B}{2}\bigr) = \frac{f(A) + f(B)}{2}$ ) y sea continua es afín. (Prueba que la aplicación vectorial $u \mapsto f(O + u) - f(O)$ es aditiva mediante los puntos medios, después $\Q$ -homogénea y luego $\R$ -homogénea por continuidad: la misma estrategia de densidad usada para la ecuación funcional de Cauchy en el volumen del primer año; vuelve a deducir aquí los pasos necesarios.)

Solución

Solución de Ejercicio 17.5.

Póngase $g(u) = f(O + u) - f(O)$ (trabajando en $\R^n$ vectorializado en $O$ ), con $g(0) = 0$ .

Aditividad: $\frac{(O + u) + (O + v)}{2} = O + \frac{u + v}{2}$ , de modo que la conservación de los puntos medios da $g\bigl(\frac{u+v}{2}\bigr) = \frac{g(u) + g(v)}{2}$ ; con $v = 0$ : $g(u/2) = g(u)/2$ ; y combinando, $g(u + v) = 2g\bigl(\frac{u+v}{2}\bigr) = g(u) + g(v)$ .

$\Q$ -homogeneidad: la aditividad da $g(nu) = ng(u)$ ( $n \in \N$ , por inducción), luego $g(-u) = -g(u)$ (sumando) y después $g(\frac pq u) = \frac pq g(u)$ (aplíquese $q$ veces y úsese la inyectividad del escalado).

$\R$ -homogeneidad: para $t \in \R$ , tómense racionales $t_n \to t$ : $g(t_nu) = t_ng(u)$ , y la continuidad de $g$ (heredada de $f$ ) pasa al límite: $g(tu) = tg(u)$ . Por tanto, $g$ es lineal y $f = f(O) + g$ : es afín.

Ejercicio 17.6 ★★

Clasifica la aplicación afín $f(x, y) = (y + 1,\; x - 1)$ del plano euclídeo: parte lineal, puntos fijos y naturaleza geométrica (¿simetría axial?, ¿con deslizamiento?). Calcula $f \circ f$ y concluye.

Solución

Solución de Ejercicio 17.6.

Parte lineal $\varphi(x,y) = (y, x)$ : la simetría respecto de la diagonal $y = x$ (ortogonal, de determinante $-1$ ). Puntos fijos: $(x, y) = (y + 1, x - 1)$ se reduce a la única ecuación $y = x - 1$ (las dos componentes son equivalentes): todo punto de la recta $y = x - 1$ es fijo. Así pues, $f$ fija esa recta punto a punto: $f$ es la simetría axial respecto de ese eje (una isometría con una recta de puntos fijos y parte lineal una simetría). Coherentemente, $f \circ f(x,y) = f(y+1, x-1) = (x - 1 + 1, y + 1 - 1) = (x, y)$ : una involución, como debe ser toda simetría axial.

Ejercicio 17.7 ★★★

(Radon) Sean $A_1, \dots, A_{n+2}$ puntos de un espacio afín de dimensión $n$ . Demuestra que pueden repartirse en dos grupos disjuntos cuyas envolturas convexas se cortan. (Como en la demostración de Carathéodory, halla pesos $\mu_i$ , no todos nulos, con $\sum\mu_i = 0$ y $\sum\mu_i\vect{OA_i} = 0$ ; separa los pesos positivos de los negativos y normaliza ambos lados.)

Solución

Solución de Ejercicio 17.7.

Los $n + 1$ vectores $\vect{A_1A_i}$ ( $i \geq 2$ ) son ligados en dimensión $n$ : hay $\mu_i$ , no todos nulos, con $\sum_{i\geq2} \mu_i\vect{A_1A_i} = 0$ ; póngase $\mu_1 = -\sum_{i \geq 2}\mu_i$ , de modo que $\sum_{i}\mu_i = 0$ y $\sum_i \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ para todo $O$ , sin que todos los $\mu_i$ sean nulos. Pártanse los índices: $P = \{i : \mu_i > 0\}$ y $N = \{i : \mu_i < 0\}$ , ambos no vacíos (los $\mu_i$ suman cero y no son todos nulos). Con $s = \sum_{i\in P}\mu_i = -\sum_{i \in N}\mu_i > 0$ :

\operatorname{bar}\bigl(A_i, \tfrac{\mu_i}{s}\bigr)_{i \in P} = \operatorname{bar}\bigl(A_i, \tfrac{-\mu_i}{s}\bigr)_{i \in N},

(ambos miembros valen el punto $X$ con $\vect{OX} = \frac1s\sum_{i\in P}\mu_i\vect{OA_i}$ , por la relación): un punto común de las dos envolturas convexas, con grupos de índices disjuntos.

Ejercicio 17.8 ★★★

Sea $f$ un endomorfismo afín de $\R^n$ con $f \circ f = f$ . Demuestra que $f$ es la proyección afín sobre el subespacio afín $\operatorname{Fix}(f) = \operatorname{im} f$ en la dirección $\ker\vec f$ , y que, recíprocamente, todas esas proyecciones son idempotentes. (Prueba primero que $\operatorname{im} f$ consta de puntos fijos.)

Solución

Solución de Ejercicio 17.8.

Imagen $=$ puntos fijos: para $Y = f(X)$ , $f(Y) = f(f(X)) = f(X) = Y$ : todo punto imagen es fijo; y recíprocamente, los puntos fijos son imágenes. Así pues, $\mathcal{F} = \operatorname{im} f = \operatorname{Fix}(f)$ es no vacío y es un subespacio afín (imagen de una aplicación afín), de dirección $\operatorname{im}\vec f$ .

Estructura de proyección: $\vec f$ es idempotente ( $\vec{f\circ f} = \vec f^{\,2} = \vec f$ ), luego $E = \operatorname{im}\vec f \oplus \ker \vec f$ (Ejemplo 3.18). Para un punto $X$ cualquiera, considérese el vector $\vect{f(X)\,X}$ ; aplicando $\vec f$ :

\vec f\bigl(\vect{f(X)\,X}\bigr) = \vect{f(f(X))\,f(X)} = 0 \qquad (f \circ f = f),

de modo que $\vect{f(X)\,X} \in \ker\vec f$ . Por tanto, $X = f(X) + \vect{f(X)X}$ exhibe $X$ como un punto de $\mathcal{F}$ trasladado por un vector de $\ker\vec f$ : $f$ es exactamente la proyección sobre $\mathcal{F}$ en la dirección $\ker\vec f$ . Recíprocamente, tales proyecciones cumplen claramente $f \circ f = f$ .

Ejercicio 17.9 ★

Sea $G = \operatorname{bar}(A, 1;\ B, 2;\ C, 3)$ en un triángulo $ABC$ . Usando la asociatividad, prueba que la recta $AG$ corta a $BC$ en $M = \operatorname{bar}(B, 2;\ C, 3)$ y localiza $G$ sobre el segmento $\intcc AM$ ; localiza igualmente la intersección de $BG$ con $CA$ .

Solución

Solución de Ejercicio 17.9.

Sea $M = \operatorname{bar}(B, 2;\ C, 3)$ , de peso total $5$ . La asociatividad da $G = \operatorname{bar}(A, 1;\ M, 5)$ , luego $\vect{AG} = \frac56\,\vect{AM}$ : $G$ está sobre el segmento $\intcc AM$ a cinco sextos de él desde $A$ . Como $A \notin (BC)$ , la recta $(AG) = (AM)$ corta a $(BC)$ en el único punto $M$ , con $\vect{BM} = \frac35\,\vect{BC}$ . Igualmente, con $N = \operatorname{bar}(C, 3;\ A, 1)$ (peso total $4$ , $\vect{CN} = \frac14\,\vect{CA}$ ), la asociatividad da $G = \operatorname{bar}(B, 2;\ N, 4)$ : la recta $(BG)$ corta a $(CA)$ en $N$ , y $\vect{BG} = \frac46\,\vect{BN} = \frac23\,\vect{BN}$ .

Ejercicio 17.10 ★★

Para $\lambda \neq 0$ , la homotecia $h_{\Omega, \lambda}$ es la aplicación afín que fija $\Omega$ y tiene parte lineal $\lambda\,\mathrm{id}$ . Demuestra que la composición $h_{\Omega', \mu} \circ h_{\Omega, \lambda}$ es una homotecia de razón $\lambda\mu$ cuando $\lambda\mu \neq 1$ , y una traslación cuando $\lambda\mu = 1$ ; en el caso $\lambda = \mu = -1$ (dos simetrías centrales), calcula el vector de traslación.

Solución

Solución de Ejercicio 17.10.

Vectorialícese en un origen $O$ y escríbanse los puntos como vectores: $h_{\Omega, \lambda}(x) = \omega + \lambda(x - \omega)$ con $\omega = \vect{O\Omega}$ . La composición $g = h_{\Omega', \mu} \circ h_{\Omega, \lambda}$ es afín con parte lineal $\mu\lambda\,\mathrm{id}$ . Si $\lambda\mu \neq 1$ : $1 \notin \operatorname{Sp}(\lambda\mu\,\mathrm{id})$ , de modo que la Proposición 17.17 da un único punto fijo $\Omega''$ y, vectorializada ahí, $g = \lambda\mu\,\mathrm{id}$ : la homotecia $h_{\Omega'', \lambda\mu}$ . Si $\lambda\mu = 1$ , la parte lineal es la identidad, así que $g$ es una traslación; desarrollando,

g(x) = \omega' + \mu\bigl(\omega + \lambda(x - \omega) - \omega'\bigr) = x + (1 - \mu)\,\omega' + \mu(1 - \lambda)\,\omega .

Para $\lambda = \mu = -1$ (simetrías centrales), el vector es $2\omega' - 2\omega = 2\,\vect{\Omega\Omega'}$ : la composición de las simetrías centrales en $\Omega$ y luego en $\Omega'$ es la traslación de vector $2\,\vect{\Omega\Omega'}$ .

Ejercicio 17.11 ★★

(Menelao) En un triángulo $ABC$ , sean $A' \in (BC)$ , $B' \in (CA)$ y $C' \in (AB)$ , todos distintos de los vértices, y defínanse $\alpha, \beta, \gamma$ por $\vect{A'B} = \alpha\,\vect{A'C}$ , $\vect{B'C} = \beta\,\vect{B'A}$ , $\vect{C'A} = \gamma\,\vect{C'B}$ . Demuestra que $A', B', C'$ están alineados si y solo si $\alpha\beta\gamma = 1$ . (Escribe cada punto como baricentro de dos vértices; prueba que tres puntos están alineados si y solo si sus filas de coordenadas baricéntricas respecto de $(A, B, C)$ forman una matriz $3 \times 3$ singular.)

Solución

Solución de Ejercicio 17.11.

$\vect{A'B} = \alpha\,\vect{A'C}$ dice exactamente que $1\cdot \vect{A'B} - \alpha\,\vect{A'C} = 0$ , es decir, $A' = \operatorname{bar}(B, 1;\ C, -\alpha)$ (de peso total $1 - \alpha \neq 0$ , pues $B \neq C$ ); análogamente, $B' = \operatorname{bar}(C, 1;\ A, -\beta)$ y $C' = \operatorname{bar}(A, 1;\ B, -\gamma)$ .

El criterio de alineación. Asígnese a cada punto $P$ su fila baricéntrica normalizada $p = (p_A, p_B, p_C)$ , con $p_A + p_B + p_C = 1$ , respecto de $(A, B, C)$ . Si $\sum_i c_i p_i = 0$ con $(c_1, c_2, c_3) \neq 0$ para tres puntos $P_1, P_2, P_3$ , entonces sumar las entradas da $\sum c_i = 0$ , y $\sum_i c_i \vect{OP_i} = \sum_j \bigl(\sum_i c_ip_{ij}\bigr)\vect{OV_j} = 0$ : los $P_i$ son afínmente dependientes, es decir, están alineados. Recíprocamente, una dependencia afín $(t_i)$ da $w = \sum t_ip_i$ con entradas de suma $0$ y $\sum_j w_j\vect{OV_j} = 0$ ; desarrollando desde $A$ , $w_B \vect{AB} + w_C\vect{AC} = 0$ , luego $w = 0$ por la independencia afín de $(A, B, C)$ : las filas son linealmente dependientes. Así pues, la alineación equivale a que se anule un determinante $3 \times 3$ , y escalar las filas por los factores no nulos $1 - \alpha$ , $1 - \beta$ , $1 - \gamma$ no cambia nada:

\det\begin{pmatrix} 0 & 1 & -\alpha\\ -\beta & 0 & 1\\ 1 & -\gamma & 0\end{pmatrix} = 1 - \alpha\beta\gamma .

Por tanto, $A', B', C'$ están alineados si y solo si $\alpha\beta\gamma = 1$ : el teorema de Menelao.

Ejercicio 17.12 ★★★

Demuestra que la envoltura convexa de un subconjunto compacto $K$ de $\R^n$ es compacta. (Por el Teorema 17.14, $\operatorname{conv}(K)$ es la imagen de un conjunto compacto por una aplicación continua.) Prueba con un ejemplo en $\R^2$ que la envoltura convexa de un conjunto cerrado no tiene por qué ser cerrada.

Solución

Solución de Ejercicio 17.12.

Sea $\Delta = \{\lambda \in \R^{n+1} : \lambda_i \geq 0,\ \sum\lambda_i = 1\}$ : cerrado y acotado en $\R^{n+1}$ , luego compacto, y $K^{n+1}$ es compacto como producto finito. La aplicación

\Phi \colon \Delta \times K^{n+1} \to \R^n, \qquad \Phi(\lambda, x_0, \dots, x_n) = \sum_{i=0}^n \lambda_i x_i

es continua, y el Teorema 17.14 dice precisamente que $\operatorname{conv}(K) = \Phi(\Delta \times K^{n+1})$ : imagen continua de un conjunto compacto (Teorema 4.16), luego compacta.

Para un conjunto cerrado: tómese $S = (\R \times \{0\}) \cup \{(0, 1)\}$ , cerrado en $\R^2$ . Una combinación convexa que ponga peso $t$ en $(0,1)$ y $1 - t$ en puntos del eje tiene segunda coordenada $t$ , de modo que

\operatorname{conv}(S) = \bigl(\R \times \intco01\bigr) \cup \{(0,1)\}

(para $0 \leq t < 1$ , $(x, t) = t\,(0,1) + (1-t)\,\bigl(\tfrac x{1-t}, 0\bigr)$ ). El punto $(1, 1) = \lim_{t \to 1}(1, t)$ es adherente pero no está en la envoltura: no es cerrada.

17.5 Problema: de Radon a Helly, puntos centrales y el teorema de Jung

Los dos tipos de Radon para cuatro puntos del plano en posición general: un punto dentro del triángulo de los otros (partición \A_4\ \A_1, A_2, A_3\), o bien posición convexa, donde el punto de Radon (naranja) es la intersección de las dos diagonales. — Los dos tipos de Radon para cuatro puntos del plano en posición general: un punto dentro del triángulo de los otros (partición $\{A_4\} \mid \{A_1, A_2, A_3\}$ ), o bien posición convexa, donde el punto de Radon (naranja) es la intersección de las dos diagonales.

Problema 17.1

Problema de fin de semana — El teorema de Helly y dos de sus dividendos

El lema de Radon (Ejercicio 17.7) dice que $n + 2$ puntos de un espacio afín de dimensión $n$ siempre se reparten en dos grupos con envolturas convexas que se cortan. Este problema convierte ese único hecho de álgebra lineal en una cadena de teoremas de geometría combinatoria: el teorema de intersección de Helly, el teorema del punto central (una mediana bidimensional) y el teorema de recubrimiento de Jung. En todo el problema, el plano es $\R^2$ con su estructura euclídea habitual, y $\det$ es el determinante en la base canónica.

Parte I — Coordenadas baricéntricas. Unos puntos $A_0, \dots, A_k$ son afínmente independientes cuando los vectores $\vect{A_0A_1}, \dots, \vect{A_0A_k}$ son linealmente independientes.

Prueba que la independencia afín no depende de la elección del punto base $A_0$ , y que equivale a lo siguiente: siempre que dos familias de pesos, cada una de suma $1$ , definan el mismo baricentro de $(A_0, \dots, A_k)$ , los pesos coinciden.
Sea $(A, B, C)$ afínmente independiente en el plano. Prueba que todo punto $M$ admite una única terna $(\alpha, \beta, \gamma)$ con $\alpha + \beta + \gamma = 1$ y $M = \operatorname{bar}(A, \alpha; B, \beta; C, \gamma)$ : sus coordenadas baricéntricas.
Demuestra las fórmulas con determinantes

$\alpha = \frac{\det(\vect{MB}, \vect{MC})}{\det(\vect{AB}, \vect{AC})}, \qquad \beta = \frac{\det(\vect{MC}, \vect{MA})}{\det(\vect{AB}, \vect{AC})}, \qquad \gamma = \frac{\det(\vect{MA}, \vect{MB})}{\det(\vect{AB}, \vect{AC})} :$

las coordenadas baricéntricas son cocientes de áreas con signo.
Las rectas $BC$ , $CA$ , $AB$ son las rectas coordenadas $\{\alpha = 0\}$ , $\{\beta = 0\}$ , $\{\gamma = 0\}$ . Prueba que $M$ está en el triángulo cerrado $\operatorname{conv}\{A, B, C\}$ si y solo si $\alpha, \beta, \gamma \geq 0$ , y que las tres rectas cortan el plano en exactamente siete regiones, clasificadas por los signos de $(\alpha, \beta, \gamma)$ (siendo imposible el patrón de signos $(-, -, -)$ ).
Sea $u \colon \R^2 \to \R$ una aplicación afín (una forma afín). Prueba que $u(M) = \alpha\,u(A) + \beta\,u(B) + \gamma\,u(C)$ , que los conjuntos de nivel de una forma afín no constante son rectas, que toda recta se obtiene así, y que los semiplanos cerrados $\{u \geq c\}$ son convexos.

Parte II — Particiones de Radon, afinadas. Una familia de $n + 2$ puntos de $\R^n$ está en posición general cuando cualesquiera $n + 1$ de ellos son afínmente independientes. Una dependencia afín de $(A_1, \dots, A_{n+2})$ es una familia $(\mu_i)$ con $\sum_i \mu_i = 0$ y $\sum_i \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ para un origen $O$ (y por tanto para todos).

Calcula una dependencia afín no nula de los cuatro puntos $A_1 = (0,0)$ , $A_2 = (3,0)$ , $A_3 = (0,3)$ , $A_4 = (1,1)$ ; da la partición de Radon y el punto de Radon.
Prueba que, para puntos en posición general, el espacio vectorial de las dependencias afines tiene dimensión exactamente $1$ , y que una dependencia no nula no tiene ningún coeficiente nulo.
Deduce que la partición de Radon de $n + 2$ puntos en posición general es única (salvo intercambio de los dos bloques), siendo cada bloque el conjunto de índices donde $\mu_i$ tiene un signo fijo.
Para cuatro puntos del plano en posición general, prueba la dicotomía: o bien la partición es de tipo $(1, 3)$ —un punto interior al triángulo de los otros tres—, o bien es de tipo $(2, 2)$ : los cuatro puntos están en posición convexa y los segmentos que unen las dos parejas (las diagonales) se cortan en el punto de Radon.
Realiza la pregunta 6 para el cuadrado unidad $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(1,1)$ , $(0,1)$ : dependencia, partición y punto de Radon.

Parte III — El teorema de Helly en el plano.

Sean $C_1, C_2, C_3, C_4$ subconjuntos convexos de $\R^2$ tales que cualesquiera tres de ellos tengan un punto común. Tómese $x_i \in \bigcap_{j \neq i} C_j$ y aplíquese el lema de Radon a $x_1, \dots, x_4$ : prueba que el punto de Radon pertenece a los cuatro conjuntos. (Para cada $k$ , el bloque que no contiene $x_k$ consta de puntos de $C_k$ .)
(Helly) Sean $C_1, \dots, C_m$ ( $m \geq 3$ ) subconjuntos convexos de $\R^2$ tales que cualesquiera tres se corten. Demuestra que $\bigcap_{i=1}^m C_i \neq \emptyset$ , por inducción sobre $m$ : sustitúyanse $C_{m-1}$ y $C_m$ por $C_{m-1} \cap C_m$ y compruébese la hipótesis para la nueva familia usando la pregunta 11.
Tres contraejemplos, uno por hipótesis: (a) los tres lados cerrados de un triángulo se cortan dos a dos, pero no tienen punto común (el $3$ no puede rebajarse a $2$ ); (b) los cuatro conjuntos $S_i = \{x_1, \dots, x_4\} \setminus \{x_i\}$ , para cuatro puntos en posición general, cumplen la hipótesis de intersección triple pero no la conclusión (la convexidad importa); (c) los semiplanos cerrados $H_k = \intco{k}{+\infty} \times \R$ , $k \in \N$ , se cortan dos a dos y tres a tres, pero $\bigcap_k H_k = \emptyset$ (las familias infinitas necesitan compacidad).
(Helly compacto) Sea $(K_i)_{i \in I}$ una familia arbitraria de subconjuntos convexos compactos de $\R^2$ tales que cualesquiera tres se corten. Usando la pregunta 12 y la propiedad de Borel–Lebesgue (Teorema 4.20), prueba que $\bigcap_{i \in I} K_i \neq \emptyset$ .
(Primer dividendo) Sea $S$ un conjunto finito de puntos del plano y $r > 0$ . Prueba que si cada tres puntos de $S$ caben en algún disco cerrado de radio $r$ , entonces $S$ cabe en un único disco cerrado de radio $r$ . (Aplica Helly a los discos $\overline D(p, r)$ , $p \in S$ .)

Parte IV — El teorema del punto central. Un punto central de un conjunto finito $S$ de $n$ puntos del plano es un punto $c$ (no necesariamente de $S$ ) tal que todo semiplano cerrado que contenga a $c$ contiene al menos $n/3$ puntos de $S$ .

(Dimensión $1$ ) Para reales $x_1 \leq \dots \leq x_n$ , prueba que la mediana $c = x_{\lceil n/2 \rceil}$ cumple que toda semirrecta cerrada que contenga a $c$ contiene al menos $n/2$ de los $x_i$ .
(Lema de conteo) Si $A, B, C$ son subconjuntos de $S$ con $\abs A, \abs B, \abs C > \tfrac{2n}3$ , prueba que $A \cap B \cap C \neq \emptyset$ .
Sea $m = \floor{2n/3} + 1$ y sea $\mathcal F$ la familia (finita) de las envolturas convexas $\operatorname{conv}(T)$ , con $T \subseteq S$ y $\abs T = m$ . Prueba que cualesquiera tres miembros de $\mathcal F$ tienen un punto común y deduce de Helly un punto $c$ común a todos ellos.
Demuestra que ese $c$ es un punto central de $S$ : el teorema del punto central. (Si un semiplano cerrado que pasa por $c$ contuviera menos de $n/3$ puntos, su complementario abierto contendría un conjunto $T$ de $m$ puntos, y $\operatorname{conv}(T)$ evitaría a $c$ .)
Optimalidad: sea $n = 3k$ y colóquense $k$ puntos en cada uno de tres discos de radio pequeño $\varepsilon$ centrados en los vértices de un triángulo grande. Prueba que para todo punto $c$ del plano hay algún semiplano cerrado que contiene a $c$ y a lo sumo $n/3$ puntos de $S$ , de modo que la constante $1/3$ no puede mejorarse. (Entre las tres direcciones de $c$ a los centros de los discos, dos forman un ángulo de a lo sumo $2\pi/3$ .)

Parte V — El teorema de Jung y síntesis.

(Lema del triángulo) Sean $P, Q, R$ tres puntos con distancias mutuas $\leq 1$ . Prueba que caben en un disco cerrado de radio $1/\sqrt3$ . (Si algún ángulo es $\geq \pi/2$ , tómese el disco que tiene por diámetro el lado más largo, usando la fórmula de la mediana $\norm{RM}^2 = \tfrac12\norm{RP}^2 + \tfrac12\norm{RQ}^2 - \tfrac14\norm{PQ}^2$ ; si el triángulo es acutángulo, acótese el circunradio $a/(2\sin \widehat A)$ mediante su mayor ángulo, que está en $\intco{\pi/3}{\pi/2}$ .)
(Jung) Deduce que todo subconjunto compacto del plano de diámetro $\leq 1$ está contenido en un disco cerrado de radio $1/\sqrt3$ .
Optimalidad: para el triángulo equilátero $A_1A_2A_3$ de lado $1$ con centroide $G$ , demuestra la identidad de Leibniz $\sum_i \norm{\vect{OA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + \sum_i \norm{\vect{GA_i}}^2$ para todo punto $O$ , y concluye que todo disco que contenga los tres vértices tiene radio $\geq 1/\sqrt3$ , con igualdad solo para el disco circunscrito.
(Helly en $\R^n$ ) Enuncia y demuestra el teorema de Helly en $\R^n$ : si un número finito de conjuntos convexos es tal que cualesquiera $n + 1$ de ellos se cortan, entonces todos se cortan. (El lema de Radon del Ejercicio 17.7 se ocupa de $n + 2$ conjuntos; después, hágase inducción como en la pregunta 12.)
Síntesis. Ensambla la cadena

$\text{dependencia afín} \Rightarrow \text{Radon} \Rightarrow \text{Helly} \Rightarrow \text{punto central y Jung},$

indicando en una frase cada cosa: dónde entra el álgebra lineal, dónde entran los signos de los pesos, dónde entra la convexidad y qué único paso usó la dimensión del plano. ¿En qué se convierten las constantes $3$ (en Helly), $1/3$ (punto central) y $1/\sqrt3$ (Jung) en $\R^n$ ? (Enúncialo sin demostración.)

Solución

Solución de Problema 17.1.

1. Cámbiese la base a $A_j$ : para $i \neq j$ , $\vect{A_jA_i} = \vect{A_0A_i} - \vect{A_0A_j}$ . Si $\sum_{i \neq j} c_i\vect{A_jA_i} = 0$ , desarrollando resulta $\sum_{i \notin \{0, j\}} c_i\,\vect{A_0A_i} - \bigl(\sum_{i\neq j} c_i\bigr)\vect{A_0A_j} = 0$ ; la independencia de los $\vect{A_0A_i}$ fuerza $c_i = 0$ para $i \notin \{0, j\}$ y después $c_0 = 0$ : independencia en $A_j$ . Para la equivalencia: dos familias de pesos $(\lambda_i)$ y $(\lambda_i')$ de suma $1$ con el mismo baricentro dan, con $\nu = \lambda - \lambda'$ : $\sum\nu_i = 0$ y (con origen $A_0$ ) $\sum_{i \geq 1}\nu_i\,\vect{A_0A_i} = 0$ , luego $\nu = 0$ bajo la independencia. Recíprocamente, una relación no trivial $\sum_{i\geq1}\mu_i \vect{A_0A_i} = 0$ , completada con $\mu_0 = -\sum_{i\geq1} \mu_i$ , permite sumar $t(\mu_i)$ a cualquier familia de pesos sin mover el baricentro: no unicidad.

2. $(\vect{AB}, \vect{AC})$ es una base de $\R^2$ : escríbase $\vect{AM} = \beta\,\vect{AB} + \gamma\,\vect{AC}$ (de manera única) y póngase $\alpha = 1 - \beta - \gamma$ ; la condición de baricentro con origen $A$ se lee exactamente $\vect{AM} = \beta\,\vect{AB} + \gamma\,\vect{AC}$ . La unicidad es la pregunta 1.

3. De $\alpha\vect{MA} + \beta\vect{MB} + \gamma\vect{MC} = 0$ y Chasles, $\vect{MA} = -\beta\,\vect{AB} - \gamma\,\vect{AC}$ . Con $D = \det(\vect{AB}, \vect{AC})$ :

\begin{align*} \det(\vect{MB}, \vect{MC}) &= \det(\vect{MA} + \vect{AB},\ \vect{MA} + \vect{AC})\\ &= \det(\vect{MA}, \vect{AC}) + \det(\vect{AB}, \vect{MA}) + D = -\beta D - \gamma D + D = \alpha D, \end{align*}

usando la bilinealidad y $\det(\vect{MA}, \vect{AC}) = -\beta D$ , $\det(\vect{AB}, \vect{MA}) = -\gamma D$ . Las otras dos fórmulas se siguen del mismo cálculo con los papeles permutados cíclicamente.

4. Por definición, $\operatorname{conv}\{A, B, C\}$ es el conjunto de baricentros con pesos no negativos; normalizando los pesos a suma $1$ e invocando la unicidad (pregunta 2), $M \in \operatorname{conv}\{A,B,C\}$ si y solo si $\alpha, \beta, \gamma \geq 0$ . Cada coordenada es una función afín de $M$ (pregunta 3: un determinante $2\times2$ con una columna afín en $M$ ), de modo que cada condición abierta de signo define un semiplano abierto. El patrón $(-,-,-)$ contradice $\alpha + \beta + \gamma = 1$ ; y cada uno de los siete patrones restantes se realiza: escálese una terna de signos respetados con al menos una entrada $+$ de modo que la suma (positiva) valga $1$ ; por ejemplo, $(-1, 1, 1)$ , $(3, -1, -1)$ , $(\frac13, \frac13, \frac13)$ y sus permutaciones.

5. Una aplicación afín conserva los baricentros (Definición 17.5), así que $u(M) = \alpha u(A) + \beta u(B) + \gamma u(C)$ . Escribiendo $u(x, y) = ax + by + c$ con $(a, b) \neq (0,0)$ : $\{u = c'\}$ es una recta, y toda recta $ax + by = c'$ es uno de esos conjuntos de nivel. Si $u(M), u(N) \geq c$ y $t \in \intcc01$ , entonces $u\bigl(\operatorname{bar}(M, 1-t; N, t)\bigr) = (1-t)u(M) + tu(N) \geq c$ : los semiplanos son convexos.

6. Las condiciones $\sum\mu_i = 0$ , $3\mu_2 + \mu_4 = 0$ y $3\mu_3 + \mu_4 = 0$ dan (tomando $\mu_4 = 3$ ) la dependencia $(\mu_1, \mu_2, \mu_3, \mu_4) = (-1, -1, -1, 3)$ . Los signos se reparten como $\{A_4\} \mid \{A_1, A_2, A_3\}$ , y normalizando cada lado entre $3$ :

A_4 = \operatorname{bar}\bigl(A_1, \tfrac13;\ A_2, \tfrac13;\ A_3, \tfrac13\bigr) = (1,1),

el centroide del triángulo: el punto de Radon es el propio $A_4$ , que en efecto está dentro del triángulo $A_1A_2A_3$ .

7. La aplicación lineal $\Phi \colon \R^{n+2} \to \R \times \R^n$ , $\mu \mapsto (\sum\mu_i,\ \sum\mu_i\vect{OA_i})$ , tiene rango $\leq n + 1$ , luego $\dim\ker \Phi \geq 1$ . Si existieran dos dependencias independientes $\mu, \mu'$ , una combinación adecuada $\nu = \mu'_{n+2}\mu - \mu_{n+2}\mu'$ (o el propio $\mu$ si ambos últimos coeficientes se anulan) sería una dependencia no nula con $\nu_{n+2} = 0$ ; restringiendo a $A_1, \dots, A_{n+1}$ y cambiando la base a $A_1$ , algún $\nu_i \neq 0$ con $i \geq 2$ (un único peso no nulo no puede sumar cero), lo que daría una relación no trivial $\sum_{i\geq2}\nu_i\vect{A_1A_i} = 0$ : los $n+1$ puntos serían afínmente dependientes, en contra de la posición general. Así pues, $\dim\ker \Phi = 1$ . El mismo argumento de restricción muestra que una dependencia no nula no tiene ningún coeficiente nulo.

8. Sea $\mu \neq 0$ una dependencia, $P = \{i : \mu_i > 0\}$ y $N = \{i : \mu_i < 0\}$ : ambos no vacíos ( $\sum\mu_i = 0$ , $\mu \neq 0$ ) y exhaustivos (ningún coeficiente nulo). La construcción de Radon (Ejercicio 17.7) produce el punto común de las envolturas a partir exactamente de esa partición. Como la dependencia es única salvo un escalar no nulo (pregunta 7), el par no ordenado $\{P, N\}$ —y por tanto la partición de Radon— es único.

9. Los bloques son no vacíos, así que el tipo es $(1,3)$ o $(2,2)$ . Tipo $(1,3)$ , con bloque $\{j\}$ : el punto de Radon está en $\operatorname{conv}\{A_j\} = \{A_j\}$ , luego $A_j \in \operatorname{conv}$ de los otros tres; y no puede estar sobre un lado (tres de los puntos estarían alineados, en contra de la posición general), así que $A_j$ es interior al triángulo. Tipo $(2,2)$ , con bloques $\{i,j\} \mid \{k,l\}$ : el punto de Radon $z$ está en $\intcc{A_i}{A_j} \cap \intcc{A_k}{A_l}$ , y $z$ no es un extremo (eso alinearía tres puntos): los dos segmentos se cruzan en un punto interior. Además, ningún punto está en la envoltura de los otros: una inclusión así, $A_l = \operatorname{bar}(A_i, \lambda_i)_{i \neq l}$ con $\lambda_i \geq 0$ , es una dependencia afín con patrón de signos $(+,+,+,-)$ , lo que por unicidad (pregunta 8) haría que la partición fuera $(1,3)$ . Así pues, en el caso $(2,2)$ los cuatro puntos están en posición convexa y los segmentos que se cruzan son las diagonales.

10. Las ecuaciones $\mu_2 + \mu_3 = 0$ , $\mu_3 + \mu_4 = 0$ y $\sum\mu_i = 0$ dan la dependencia $(1, -1, 1, -1)$ : partición $\{(0,0), (1,1)\} \mid \{(1,0), (0,1)\}$ , y

\operatorname{bar}\bigl((0,0), \tfrac12;\ (1,1), \tfrac12\bigr) = \bigl(\tfrac12, \tfrac12\bigr) = \operatorname{bar}\bigl((1,0), \tfrac12;\ (0,1), \tfrac12\bigr) :

el punto de Radon es el centro del cuadrado, donde se cruzan las dos diagonales; tipo $(2,2)$ , como predice la figura.

11. Radon aplicado a $x_1, \dots, x_4$ da bloques $I \mid J$ y un punto $z \in \operatorname{conv}\{x_i : i \in I\} \cap \operatorname{conv}\{x_j : j \in J\}$ . Fíjese $k \in \{1, \dots, 4\}$ , digamos $k \in I$ . Todo $j \in J$ cumple $j \neq k$ , luego $x_j \in C_k$ por la elección $x_j \in \bigcap_{l \neq j}C_l$ ; y como $C_k$ es convexo, $z \in \operatorname{conv}\{x_j : j \in J\} \subseteq C_k$ . Como $k$ era arbitrario, $z \in C_1 \cap C_2 \cap C_3 \cap C_4$ .

12. Inducción sobre $m$ . Para $m = 3$ , la hipótesis es la conclusión; $m = 4$ es la pregunta 11. Sea $m \geq 4$ , supóngase el enunciado para $m$ conjuntos y tómense $C_1, \dots, C_{m+1}$ con la propiedad de intersección triple. Póngase $C_m' = C_m \cap C_{m+1}$ , convexo. La familia $C_1, \dots, C_{m-1}, C_m'$ tiene $m$ miembros; una terna que evite $C_m'$ se corta por hipótesis, y una terna $\{C_i, C_j, C_m'\}$ tiene intersección $C_i \cap C_j \cap C_m \cap C_{m+1}$ , no vacía por la pregunta 11 aplicada a $C_i, C_j, C_m, C_{m+1}$ (cualesquiera tres de estos se cortan, por hipótesis). La hipótesis de inducción da entonces un punto común de la nueva familia, es decir, de los $m+1$ conjuntos.

13. (a) Los lados cerrados $\intcc PQ$ , $\intcc QR$ , $\intcc RP$ de un triángulo no degenerado: dos cualesquiera comparten un vértice, pero un punto común a los tres estaría en $\intcc PQ \cap \intcc RP = \{P\}$ y en $\intcc QR$ , que excluye $P$ . (b) Cualesquiera tres de los conjuntos $S_i = \{x_1, \dots, x_4\} \setminus \{x_i\}$ omiten tres de los cuatro puntos y dejan exactamente un punto común; la intersección total omite todos los puntos. Los $S_i$ son finitos y no convexos: la convexidad es esencial. (c) Un número finito de $H_k = \intco{k}{+\infty} \times \R$ se cortan en $\intco{k_{\max}}{+\infty} \times \R \neq \emptyset$ , y sin embargo ningún punto cumple $x \geq k$ para todo $k \in \N$ : para las familias infinitas, la compacidad es esencial.

14. Supóngase $\bigcap_{i \in I}K_i = \emptyset$ y fíjese $i_0$ . Todo $x \in K_{i_0}$ se escapa de algún $K_i$ , de modo que $K_{i_0} \subseteq \bigcup_{i \in I}(\R^2 \setminus K_i)$ , un recubrimiento por abiertos ( $K_i$ es compacto, luego cerrado). Por Borel–Lebesgue (Teorema 4.20) bastan un número finito: $K_{i_0} \cap K_{i_1} \cap \dots \cap K_{i_N} = \emptyset$ . Pero cualesquiera tres miembros de esta familia finita de conjuntos convexos se cortan, así que la pregunta 12 hace no vacía la intersección: contradicción.

15. Póngase $D_p = \overline D(p, r)$ para $p \in S$ : conjuntos convexos compactos. Para $p, q, s \in S$ , la hipótesis da un disco cerrado $\overline D(z, r)$ que contiene $p, q, s$ ; entonces $\norm{\vect{zp}}, \norm{\vect{zq}}, \norm{\vect{zs}} \leq r$ , es decir, $z \in D_p \cap D_q \cap D_s$ . Por Helly (pregunta 12; la familia es finita) hay un $c \in \bigcap_{p \in S}D_p$ : todo $p \in S$ cumple $\norm{\vect{cp}} \leq r$ , luego $S \subseteq \overline D(c, r)$ .

16. Sea $c = x_{\lceil n/2\rceil}$ . Una semirrecta cerrada que contenga a $c$ es $\intoc{-\infty}{t}$ con $t \geq c$ , o $\intco{t}{+\infty}$ con $t \leq c$ . La primera contiene $x_1, \dots, x_{\lceil n/2\rceil}$ : al menos $\lceil n/2\rceil \geq n/2$ puntos. La segunda contiene $x_{\lceil n/2\rceil}, \dots, x_n$ : exactamente $n - \lceil n/2\rceil + 1 = \floor{n/2} + 1 > n/2$ puntos.

17. $\abs{A \cap B} = \abs A + \abs B - \abs{A \cup B} \geq \abs A + \abs B - n > \tfrac{4n}3 - n = \tfrac n3$ , y después

\abs{A \cap B \cap C} \geq \abs{A \cap B} + \abs C - n > \tfrac n3 + \tfrac{2n}3 - n = 0 .

18. Nótese que $m > 2n/3$ . Para $T_1, T_2, T_3 \subseteq S$ de cardinal $m$ , la pregunta 17 proporciona un punto $x \in T_1 \cap T_2 \cap T_3$ ; entonces $x \in \operatorname{conv}(T_i)$ para cada $i$ : cualesquiera tres miembros de $\mathcal F$ se cortan. La familia es finita (hay un número finito de subconjuntos de $S$ ) y consta de conjuntos convexos, así que Helly (pregunta 12) da $c \in \bigcap_{\abs T = m}\operatorname{conv}(T)$ .

19. Supóngase que algún semiplano cerrado $H \ni c$ contiene menos de $n/3$ puntos de $S$ . Su complementario $U$ es un semiplano abierto, convexo, con $\abs{S \cap U} > 2n/3$ y, por tanto, $\abs{S \cap U} \geq \floor{2n/3} + 1 = m$ ; elíjase $T \subseteq S \cap U$ con $\abs T = m$ . Entonces $\operatorname{conv}(T) \subseteq U$ por la convexidad de $U$ , de modo que $c \in \operatorname{conv}(T) \subseteq U$ : contradicción con $c \in H$ . Por tanto, todo semiplano cerrado que contenga a $c$ contiene al menos $n/3$ puntos: $c$ es un punto central.

20. Tómese el triángulo equilátero de lado $L$ y $\varepsilon = L/100$ . Sea $c$ un punto cualquiera; exhibimos un semiplano cerrado que contiene a $c$ y a lo sumo $k$ puntos.

Caso 1: $c$ dista menos de $L/10$ de un vértice, digamos $B$ . Las direcciones de $c$ a $A$ y a $C$ se desvían de las direcciones $B \to A$ y $B \to C$ a lo sumo en $\arcsin\bigl(\tfrac{L/10}{9L/10}\bigr) = \arcsin\tfrac19$ , de modo que forman un ángulo $\leq \tfrac\pi3 + 2\arcsin\tfrac19 < \tfrac{2\pi}3$ . Caso 2: $c$ dista $> L/10$ de todos los vértices. Si $c$ está en el triángulo, los tres huecos angulares entre las direcciones $u_A, u_B, u_C$ de $c$ a los vértices suman $2\pi$ , luego algún hueco es $\leq 2\pi/3$ ; si $c$ está fuera, las tres direcciones están en un semiplano abierto de direcciones y dos de ellas forman un ángulo $< \pi/2$ . En todos los casos hay dos direcciones, digamos hacia $X$ y hacia $Y$ , que forman un ángulo $\leq 2\pi/3$ ; sea $w$ su bisectriz unitaria, de modo que $\langle u_X, w\rangle, \langle u_Y, w\rangle \geq \cos\tfrac\pi3 = \tfrac12$ . Para todo punto $b$ del disco en torno a $X$ :

\langle \vect{cb}, w\rangle \geq \tfrac12\norm{\vect{cX}} - \varepsilon > 0,

pues $\norm{\vect{cX}} \geq L/10 > 2\varepsilon$ (e igualmente para $Y$ ): el semiplano abierto $\{\langle \vect{cx}, w\rangle > 0\}$ se traga ambos grupos. Su complementario cerrado contiene a $c$ y, a lo sumo, los $k$ puntos del tercer grupo. Así pues, ningún punto del plano mejora $n/3$ : junto con la pregunta 19, la constante del punto central es exactamente $1/3$ .

21. Ordénense los ángulos; el mayor, $\theta$ , cumple $\theta \geq \pi/3$ (los tres suman $\pi$ ). Si $\theta \geq \pi/2$ , digamos en $R$ , sea $M$ el punto medio del lado opuesto $\intcc PQ$ . La fórmula de la mediana ( $\vect{RM} = \tfrac12(\vect{RP} + \vect{RQ})$ , desarróllese y elimínese $\langle\vect{RP}, \vect{RQ}\rangle$ con el teorema del coseno) da

\norm{\vect{RM}}^2 = \tfrac12\norm{\vect{RP}}^2 + \tfrac12\norm{\vect{RQ}}^2 - \tfrac14\norm{\vect{PQ}}^2 \leq \tfrac12\norm{\vect{PQ}}^2 - \tfrac14\norm{\vect{PQ}}^2 = \tfrac14\norm{\vect{PQ}}^2,

usando $\norm{\vect{PQ}}^2 = \norm{\vect{RP}}^2 + \norm{\vect{RQ}}^2 - 2\langle\vect{RP}, \vect{RQ}\rangle \geq \norm{\vect{RP}}^2 + \norm{\vect{RQ}}^2$ (el producto escalar es $\leq 0$ ). Así pues, el disco de diámetro $\intcc PQ$ , de radio $\leq \tfrac12 < \tfrac1{\sqrt3}$ , contiene los tres puntos (las ternas degeneradas alineadas caen bajo $\theta = \pi$ ). Si $\theta < \pi/2$ , el triángulo es acutángulo; por el teorema de los senos, el circunradio es $R_c = a/(2\sin\theta)$ con $a \leq 1$ el lado opuesto a $\theta$ , y $\theta \in \intco{\pi/3}{\pi/2}$ da $\sin\theta \geq \sqrt3/2$ , luego $R_c \leq 1/\sqrt3$ : el disco circunscrito sirve.

22. Para $p \in S$ , sea $K_p = \overline D(p, 1/\sqrt3)$ : compacto y convexo. Cualesquiera tres puntos $p, q, s$ de $S$ están a distancia mutua $\leq 1$ , de modo que la pregunta 21 da un disco de radio $1/\sqrt3$ que los contiene: su centro está en $K_p \cap K_q \cap K_s$ . Por el Helly compacto (pregunta 14, con familias arbitrarias permitidas) hay un $c \in \bigcap_{p\in S}K_p$ : todo $p \in S$ está a distancia $\leq 1/\sqrt3$ de $c$ , es decir, $S \subseteq \overline D(c, 1/\sqrt3)$ . Este es el teorema de Jung en el plano.

23. Con $G$ el centroide, $\sum_i\vect{GA_i} = 0$ , luego

\sum_i\norm{\vect{OA_i}}^2 = \sum_i\norm{\vect{OG} + \vect{GA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + 2\Bigl\langle \vect{OG}, \sum_i\vect{GA_i}\Bigr\rangle + \sum_i\norm{\vect{GA_i}}^2,

y el término central se anula: la identidad de Leibniz. Para el triángulo equilátero de lado $1$ , $\norm{\vect{GA_i}} = 1/\sqrt3$ (dos tercios de la altura $\sqrt3/2$ ), luego $\sum_i\norm{\vect{GA_i}}^2 = 1$ . Si $\overline D(O, r)$ contiene los vértices, entonces $3r^2 \geq \sum_i\norm{\vect{OA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + 1 \geq 1$ : $r \geq 1/\sqrt3$ , y la igualdad fuerza $O = G$ y las tres distancias iguales a $r$ : el disco circunscrito. La constante $1/\sqrt3$ de Jung es óptima.

24. Helly en $\R^n$ : si $C_1, \dots, C_m$ ( $m \geq n + 1$ ) son subconjuntos convexos de $\R^n$ y cualesquiera $n + 1$ de ellos se cortan, entonces todos se cortan. Caso base $m = n + 2$ : tómese $x_i \in \bigcap_{j\neq i}C_j$ ; el lema de Radon (Ejercicio 17.7) parte $x_1, \dots, x_{n+2}$ en bloques $I \mid J$ con un punto común de las envolturas $z$ , y para cada $k$ , el bloque que no contiene $k$ consta de puntos de $C_k$ , de modo que $z \in C_k$ por convexidad, exactamente como en la pregunta 11. Paso de inducción para $m \geq n + 2$ : sustitúyanse $C_m$ y $C_{m+1}$ por $C_m \cap C_{m+1}$ ; una $(n+1)$ -tupla de la nueva familia que contenga al miembro intersecado equivale a $n + 2$ de los conjuntos antiguos, tratados por el caso base, y las demás tuplas quedan cubiertas por hipótesis. Concluye la hipótesis de inducción.

25. El álgebra lineal entra una sola vez: $n + 2$ vectores del espacio $(n+1)$ -dimensional de pares (peso total, posición ponderada) han de ser dependientes; esa es la dependencia afín. Los signos de sus coeficientes reparten los puntos en los dos bloques de Radon y convierten una relación lineal en una igualdad de dos baricentros no negativos. La convexidad se usa exactamente dos veces: en el paso de Helly (la envoltura de puntos de $C_k$ se queda en $C_k$ ) y en las aplicaciones (los semiplanos y los discos son convexos). La dimensión del plano entró solo a través del número $4 = 2 + 2$ de puntos que se dan a Radon, es decir, del “ $3 = 2 + 1$ ” de la hipótesis de Helly; todo lo demás era independiente de la dimensión, como confirma la pregunta 24. En $\R^n$ las constantes pasan a ser: número de Helly $n + 1$ ; constante del punto central $\frac1{n+1}$ (todo conjunto finito tiene un punto tal que todo semiespacio cerrado que pase por él contiene una fracción $\geq \frac1{n+1}$ del conjunto); y radio de Jung $\sqrt{\frac{n}{2(n+1)}}$ para conjuntos de diámetro $1$ , igual a $1/\sqrt3$ cuando $n = 2$ .

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