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: puntos y vectores se vuelven diferentes especies, relacionadas por traducción. Este breve capítulo construye el diccionario (puntos, baricentros, afín subespacios y mapas), el afín vista de la convexidad y las herramientas de clasificación utilizadas en el capítulos de geometría a continuación.

17.1 Puntos y vectores

Definición 17.1

Un espacio afín dirigido por un real El espacio vectorial $E$ es un conjunto no vacío $\mathcal{E}$ con un mapa. $(A, B) \mapsto \vect{AB} \in E$ satisfactorio

\vect{AB} + \vect{BC} = \vect{AC} \quad \text{(Chasles)}, \qquad \text{for each } A,\ B \mapsto \vect{AB} \text{ is a bijection } \mathcal{E} \to E .

Se escribe $B = A + u$ para el punto único con $\vect{AB} = u$ . El dimensión de $\mathcal{E}$ es $\dim E$ . Cada vector el espacio es un espacio afín sobre sí mismo ( $\vect{AB} = B - A$ ); cada elección de origen $O \in \mathcal{E}$ identifica $\mathcal{E}$ con $E$ vía $M \mapsto \vect{OM}$ .

Ejemplo 17.2 (Un espacio afín sin natural origen)

El plano de solución $\mathcal E = \{(x, y, z) \in \R^3 : x + y + z = 1\}$ no es un subespacio vectorial ( $0 \notin \mathcal E$ ), pero 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 biyectivo en $E$ . No se distingue ningún punto de $\mathcal E$ — cualquier elección de “origen” $O \in \mathcal E$ funciona igualmente bien, y todos los las identificaciones $M \mapsto \vect{OM}$ difieren según las traducciones. Ésta es la situación típica: conjuntos de soluciones de elementos no homogéneos. problemas lineales (sistemas lineales, diferencial lineal ecuaciones en Capítulo 16) son afín, nunca lineales, y el eslogan “solución particular más núcleo” es exactamente la declaración $\mathcal F = A + F$ de la siguiente definición.

Definición 17.3 (Barycentro)

Sea $(A_i, \lambda_i)_{i \leq k}$ puntos ponderados con $\sum\lambda_i \neq 0$ . 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{equivalently}\qquad \vect{OG} = \frac{1}{\sum\lambda_i}\sum_i \lambda_i\,\vect{OA_i} \quad (\text{any } O).

Los baricentros son de asociación (se pueden crear subgrupos de puntos). reemplazados por su baricentro parcial con el peso sumado) y invariante bajo reescalado de todos los pesos.

Prueba de existencia y las fórmulas. Corrija $O$ y escriba $s = \sum_i\lambda_i \neq 0$ . 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},

que determina $G = O + \frac1s\sum_i\lambda_i\vect{OA_i}$ únicamente. 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: dividir 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 afirma. Reescalado: reemplazando cada $\lambda_i$ por $t\lambda_i$ ( $t \neq 0$ ) multiplica $s$ y la suma ponderada por $t$ , dejando $\vect{OG}$ sin cambios. ∎

Observación 17.4 (Errores comunes)

Dos trampas rodean la definición. Primero, si los pesos suman a cero, no hay baricentro: el mapa $O \mapsto \sum\lambda_i\vect{OA_i}$ es entonces independiente de $O$ y define un vector, no un punto — por ejemplo $(A, -1;\ B, 1)$ codifica $\vect{AB}$ . Haciendo un seguimiento de cuáles de los dos objetos que produce un cálculo es la mitad de Higiene baricéntrica. En segundo lugar, los pesos sólo son significativos hacia arriba. a un factor común distinto de cero; fórmulas como “las coordenadas de $G$ son $\lambda_1, \dots, \lambda_k$ ” presuponen una normalización (generalmente $\sum\lambda_i = 1$ ) y olvido normalizar es la fuente estándar de ratios incorrectos en un figura.

Definición 17.5 (Subespacios afines; mapas afines)

Un subespacio afín es un conjunto $\mathcal{F} = A + F = \{A + u : u \in F\}$ con $F$ un subespacio vectorial (su dirección); de manera equivalente, un conjunto no vacío estable bajo baricentros. afín los subespacios de $\R^n$ son exactamente los conjuntos de soluciones de sistemas lineales $MX = B$ (Año 1: solución particular más kernel). Un mapa $f \colon \mathcal{E} \to \mathcal{E}'$ es afín cuando conserva baricentros — de manera equivalente cuando

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

para un mapa lineal (único) $\varphi = \vec f$ , el lineal parte. Mapas afines de $\R^n$ : $X \mapsto MX + C$ . Las composiciones son afín con partes lineales compuestas; $f$ es biyectivo si $\vec f$ es.

Comprobante de equivalencia para mapas. Si $f(A + u) = f(A) + \varphi(u)$ : para un baricentro $G$ de $(A_i, \lambda_i)$ , expandir cada punto 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. Por el contrario, solucione $A$ y defina $\varphi(u) = \vect{f(A)\,f(A + u)}$ . Homogeneidad: $A + tu = \operatorname{bar}\bigl(A, 1-t;\ A + u, t\bigr)$ por cada real $t$ , por lo que se conserva baricentros (con pesos reales arbitrarios, según la hipótesis) da $\varphi(tu) = t\,\varphi(u)$ directamente. Aditividad: $A + u + v = \operatorname{bar}\bigl(A + 2u, \tfrac12;\ A + 2v, \tfrac12\bigr)$ , entonces $\varphi(u + v) = \tfrac12\varphi(2u) + \tfrac12\varphi(2v) = \varphi(u) + \varphi(v)$ , usando homogeneidad. Por tanto, $\varphi$ es lineal. ∎

Observación 17.6

La prueba utilizó baricentros con real arbitrario. pesos: el paso de homogeneidad lleva a $t$ fuera de $\intcc01$ . Si se supone que un mapa solo conserva baricentros con pesos no negativos — equivalentemente, puntos medios y segmentos — la linealidad del mapa vectorial ya no es gratuita: uno solo obtiene la linealidad $\Q$ , y una hipótesis continuidad es necesario para concluir, exactamente como en Ejercicio 17.5. Distinguiendo “preserva todo baricentros” de “conserva combinaciones convexo” es un Pequeña pero real sutileza del vocabulario afín.

Ejemplo 17.7 (Geometría baricéntrica clásica)

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

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

$G$ se encuentra en la mediana $AA'$ en dos tercios de ella — y de la misma manera 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 $ABCD$ cualquier cuadrilátero (¡plano o no!) y considere es bimedianas: los segmentos que unen los puntos medios de lados opuestos, $M_{AB}M_{CD}$ y $M_{BC}M_{DA}$ . Introducir el baricentro $G$ de $(A,1; B,1; C,1; D,1)$ y agrupar el pesa 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 las bimedianas ambos — entonces las dos bimedianas siempre se bisecan entre sí, y el cuadrilátero de los cuatro puntos medios es un paralelogramo (sus diagonales son las bimedianas). Sin análisis de casos, sin coordenadas, y el El argumento sobrevive sin cambios para un cuadrilátero sesgado en $\R^3$ , donde ya estaría disponible una prueba basada en imágenes delicado: a la asociatividad no le importa la dimensión.

Ejemplo 17.9 (Clasificando un aplicación afín, comienza a terminar)

Deje $f(x, y) = (2x - 1,\ 3y - 4)$ en $\R^2$ . Su parte lineal es $\varphi = \operatorname{diag}(2, 3)$ , cuyo espectro $\{2, 3\}$ evita $1$ : según el criterio del punto fijo demostrado a continuación (Proposición 17.17), $f$ tiene exactamente uno punto fijo, encontrado resolviendo

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

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

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

en el marco en $\Omega$ , $f$ is su parte lineal, una dilatación anisotrópica que se extiende por $2$ horizontalmente y $3$ verticalmente desde el centro $(1, 2)$ . La lección general: una aplicación afín es "mapa lineal más datos de ubicación", y el Los datos de ubicación colapsan en un origen bien elegido siempre que $1$ no es un valor propio. Por el contrario, traducir el origen mal crea los términos constantes: afín la geometría es el arte de elegir dónde poner $0$ .

Observación 17.10 (Método: concurrencia y alineación por baricentro)

Ejemplo 17.7 es una instancia de un general receta. Para demostrar que tres cevianas de un triángulo son concurrente, exhibe un sistema ponderado soltero $(A, \alpha; B, \beta; C, \gamma)$ y usa asociatividad tres formas: agrupar $(B, C)$ muestra que baricentro se encuentra en el cevian de $A$ , agrupando $(C, A)$ en el cevian de $B$ , agrupando $(A, B)$ en el tercero. Para las medianas, el sistema $(A, 1; B, 1; C, 1)$ hace todo el trabajo; para corte de cevianas los lados en proporciones prescritas, los pesos se leen en el proporciones. Para probar tres puntos alineado, escribe uno como baricentro de los otros dos (Ejercicio 17.2), o utilice el criterio determinante de Ejercicio 17.11. ambos Las recetas reemplazan el ingenio geométrico por la contabilidad del peso. para eso precisamente está el cálculo baricéntrico.

17.2 Convexidad, afinidad

Definición 17.11

Un subconjunto $C$ de un espacio afín es convexo cuando contiene cada baricentro con no negativo pesos de sus puntos — de manera equivalente, cada segmento $\intcc{A}{B} = \{\operatorname{bar}(A, 1-t; B, t) : t \in \intcc{0}{1}\}$ entre sus puntos. el casco convexo $\operatorname{conv}(S)$ es el conjunto de todos peso no negativo baricentros de puntos de $S$ — el más pequeño conjunto convexo que contiene $S$ .

Ejemplo 17.12 (Los epígrafes son convexos conjuntos)

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

entonces el baricentro permanece por encima de la parábola. el computo es general: $\{y \geq f(x)\}$ es convexo exactamente cuando $f$ es un función convexa — convexo conjuntos y convexo funciones (Capítulo 8) son dos caras de una noción, siendo los epígrafes el diccionario. esta es la geométrica razón por la que existen líneas de soporte para funciones convexas, el hecho eso probará la desigualdad de Jensen en Capítulo 22.

Ejemplo 17.13 (Generadores redundantes de un casco convexo)

Sea

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),

entonces ya se encuentra en el casco de los otros cuatro: $\operatorname{conv}(S)$ es el cuadrado con las cuatro esquinas como vértices. En general, un punto de $S$ que es un peso no negativo baricentro de los puntos otro de $S$ se puede eliminar sin cambiar el casco; los puntos que nunca se puede borrar (aquí las cuatro esquinas) son las puntos extremos del casco. Determinarlos es un puro Cálculo baricentro: $(2,0)$ , digamos, no se puede escribir como $\operatorname{bar}$ de los puntos restantes con no negativos pesos, porque la primera coordenada obligaría a todos los pesos en puntos con $x = 2$ , y la segunda coordenada luego falla. Las preguntas sobre la convexidad se reducen, una y otra vez, a Resolución de pequeños sistemas ponderados.

Teorema 17.14 (Carathéodory)

En un espacio afín de dimensión $n$ , cada punto de $\operatorname{conv}(S)$ es un baricentro de como máximo puntos $n + 1$ de $S$ .

Demostración. Deja $G = \operatorname{bar}(A_0, \lambda_0; \dots; A_k, \lambda_k)$ con $\lambda_i > 0$ , $\sum\lambda_i = 1$ y $k + 1 > n + 1$ puntos. Los vectores $k$ $\vect{A_0A_i}$ ( $i \geq 1$ ) están vinculados ( $k > n$ ): $\sum_{i\geq1}\mu_i \vect{A_0A_i} = 0$ no trivial; configurando $\mu_0 = -\sum_{i\geq1}\mu_i$ , obtenemos pesos $(\mu_i)$ con $\sum\mu_i = 0$ , $\sum \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ (cualquier $O$ ), no todo cero. Luego por cada $t$ real los pesos $\lambda_i - t\mu_i$ todavía suma $1$ y, desde $\sum_i\mu_i\vect{OA_i} = 0$ ,

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

Producen el punto mismo $G$ . Ahora deslice $t$ desde $0$ : algunos $\mu_i$ son positivos (suman cero y no son todo cero), entonces

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

está bien definido y es positivo. En $t = t^*$ : para índices con $\mu_i > 0$ , $\lambda_i - t^*\mu_i \geq 0$ por minimalidad, con igualdad en un índice minimizador; para 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: $G$ es reescrito como baricentro de menos puntos. Iterar mientras más Quedan más de $n + 1$ puntos. ∎

Ejemplo 17.15

En el plano ( $n = 2$ ): cada punto del casco convexo de un finito conjunto se encuentra en un triángulo con vértices en el conjunto — el elemento geométrico Contenido de Carathéodory, utilizado en optimización y probabilidad. (mezclas) por igual.

Ejemplo 17.16 (Ejecutando Carathéodory’s algoritmo)

Escribe el centro del cuadrado de 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 la dimensión $2$ — uno de más. la prueba la receta pide los pesos $(\mu_i)$ con $\sum\mu_i = 0$ y $\sum\mu_i\vect{OA_i} = 0$ : aquí funciona $\mu = (1, -1, 1, -1)$ (las dos diagonales comparten su punto medio). Deslizar $\lambda_i \mapsto \lambda_i - t\mu_i$ mantiene fijo el baricentro cada $t$ ; el valor extremo admisible $t = \frac14$ hace los pesos $(0, \tfrac12, 0, \tfrac12)$ , matando a $A_1$ y $A_3$ simultáneamente:

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

una representación por dos puntos — incluso mejor que los tres que el teorema garantiza, porque el centro pasa a se encuentran en un segmento entre generadores. El algoritmo es Totalmente mecánico: encontrar una dependencia, deslizar hasta un peso. muere, repito.

17.3 Herramientas de clasificación afines

Proposición 17.17 (Puntos fijos de mapas afines)

Sea $f$ un endomorfismo afín de un afín espacio 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 $\Omega$ , $f$ is su parte lineal. (Traducciones, con $\varphi = \mathrm{id}$ y no punto fijo, son la obstrucción básica.)

Demostración. Corrige $O$ y escribe $f(O + x) = f(O) + \varphi(x)$ . el punto $O + x$ se fija 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 $0$ no es un valor propio de $\mathrm{id} - \varphi$ , si $1 \notin \operatorname{Sp}\varphi$ — y en ese caso el La ecuación mostrada tiene exactamente una solución $x^*$ , lo que da la punto fijo único $\Omega = O + x^*$ . Centrado: para cualquier vector $u$ ,

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

entonces en el cuadro con origen $\Omega$ el mapa dice $u \mapsto \varphi(u)$ : puramente lineal. Cuando $1 \in \operatorname{Sp}\varphi$ , no existe ningún punto fijo (el la ecuación mostrada puede no tener solución, como en el caso de una traducción) o un subespacio afín completo de ellos (agregue cualquier vector propio de valor propio $1$ a una solución): la unicidad es exactamente la condición espectral. ∎

Ejemplo 17.18 (Isometrías planas, completadas)

Una isometría afín del plano euclidiano tiene parte lineal en $O(2)$ : una rotación $R_\theta$ o una reflexión (volumen Año 1). si $\theta \neq 0$ : $1 \notin \operatorname{Sp} R_\theta$ , entonces el mapa es un rotación sobre un centro único (Proposición 17.17). Si la parte lineal es una reflexión: ya sea una reflexión en un eje (existen puntos fijos) o a reflejo de deslizamiento (reflexión compuesta con una traducción a lo largo del eje, sin punto fijo). Con las traducciones, este es el completo clasificación de isometrías planas.

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

Recopilación de los casos: identidad; traducciones ( $\vec f = \mathrm{id}$ , sin punto fijo a menos que sea trivial); rotaciones (parte lineal $R_\theta$ , $\theta \neq 0$ : un centro); reflexiones (parte lineal una reflexión, una línea de fijo puntos); reflejos de deslizamiento (misma parte lineal, sin fijas) punto). Cuatro familias más la identidad, cada una reconocida por sólo dos datos: la parte lineal y el conjunto de punto fijo — el patrón de Proposición 17.17 hecho exhaustivo.

Ejemplo 17.20 (Un reflejo deslizante, atrapado en el acto)

Deje $f(x, y) = (y + 1,\ x + 1)$ . La parte lineal $(x, y) \mapsto (y, x)$ es el reflejo en la diagonal $y = x$ , entonces $1 \in \operatorname{Sp}\vec f$ y Proposición 17.17 guarda silencio. Puntos fijos necesitaría $x = y + 1$ y $y = x + 1$ simultáneamente: imposible — no existe ninguno, por lo que $f$ no es un reflejo. cuadratura resuelve la clasificación:

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

la traducción por $(2, 2)$ : $f$ es el deslizarse reflexión con eje la línea $y = x$ (desplazada apropiadamente: el punto medio de $M$ y $f(M)$ siempre se encuentra en $y = x + {}$ constante, aquí $y = x$ , como se verifica en $M = (0, 0) \mapsto (1,1)$ ) y vector de deslizamiento $(1, 1)$ , la mitad de $f \circ f$ . Comparar con Ejercicio 17.6, donde lo mismo parte lineal pero una constante diferente produjo una honesta reflexión: con valor propio $1$ presente, el término constante decide todo.

Ejemplo 17.21 (Las recursiones afines son afines dinámico)

La recursividad clásica $u_{n+1} = au_n + b$ ( $a \neq 1$ ) itera el aplicación afín $f(x) = ax + b$ de la línea, cuyo La pieza lineal $a$ evita el valor propio $1$ : hay un único punto fijo $\omega = \frac{b}{1-a}$ , y volver a centrar allí (el caso unidimensional de la proposición anterior) se convierte $f$ en 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 enseñada para tal recursiones en Capítulo 7 — “resta el valor fijo point” — es exactamente la vectorialización de un aplicación afín en su punto fijo; La convergencia para $\abs a < 1$ es la fenómeno de contracción en el que se convirtió Capítulo 4 el teorema del punto fijo de Banach. Una idea, tres capítulos.

Ejemplo 17.22 (Encontrar el centro de una rotación)

Deje $f(x, y) = (-y + 2,\ x)$ . La parte lineal es $\varphi(x, y) = (-y, x)$ : la rotación del ángulo $\frac\pi2$ , cuyo espectro $\{\iu, -\iu\}$ evita $1$ . Por Proposición 17.17 hay exactamente uno arreglado punto: $x = -y + 2$ y $y = x$ dan $x = 1$ , $y = 1$ , entonces $\Omega = (1, 1)$ y $f$ is la rotación del centro $(1, 1)$ y ángulo $\frac\pi2$ . La lección general: cuando $1 \notin \operatorname{Sp}\vec f$ , clasificar $f$ cuesta uno sistema lineal — la geometría está completamente en la parte lineal, la aritmética por completo en localizar el centro.

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

baricentros y mapas afines son la gramática de la geometría. capítulos siguientes: las líneas tangentes y los planos son objetos afín (Capítulos 18 y 19), un cambio afín de variables multiplica áreas y volúmenes por $\abs{\det \vec f}$ (Capítulo 20) y expectativa es un baricentro con pesos dados por una ley de probabilidad, que es por eso que la convexidad gobierna la desigualdad de Jensen (Capítulo 22). En el volumen del año 3 lo mismo. El vocabulario de convexidad lleva el estudio de $L^p$ normas y de desigualdades integrales.

Observación 17.24 (Perspectivas dentro de este volumen)

Dos hilos salen de este capítulo. El hilo afín: rectas tangentes (Capítulo 18) y planos tangentes (Capítulo 19) son subespacios afín adjuntos a objetos no lineales y la clasificación de cuádricas en el El capítulo de superficies se basa en la ecuación central de este capítulo. $A\Omega = -b$ . El hilo convexo es más largo: convexidad de semiplanos y discos impulsa la teoría de Helly del problema de fin de semana; la convexidad de funciones da la de Jensen desigualdad (Capítulo 22); y el teorema final de el libro — el criterio de extinción para los procesos de ramificación (Capítulo 23) — se decide por la posición de un curva convexa relativa a la diagonal, una imagen que pertenece a este capítulo tanto como a la probabilidad. baricentros volver allí también: una expectativa es un baricentro con ponderaciones de probabilidad.

17.4 Ceremonias

Ejercicio 17.1 ★

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

Solución

Solución de Ejercicio 17.1.

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

Ejercicio 17.2 ★

Demuestre que tres puntos distintos $A, B, C$ de un espacio afín son alineado si $C$ es un baricentro de $A$ y $B$ , si los vectores $\vect{AB}, \vect{AC}$ están vinculados. Deducir el peso al estilo Menelao contabilidad: si $C = \operatorname{bar}(A, 1 - t; B, t)$ , localizar $C$ para $t = \frac12$ , $t = 2$ , $t = -1$ .

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 la vinculación de $\vect{AC}$ con $\vect{AB} \neq 0$ , es decir alineación. Posiciones: $t = \frac12$ : punto medio; $t = 2$ : más allá de $B$ , a la distancia de $B$ de eso ( $\vect{AC} = 2\vect{AB}$ ); $t = -1$ : el reflejo de $B$ hasta $A$ .

Ejercicio 17.3 ★

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

Solución

Solución de Ejercicio 17.3.

$M$ es la matriz de proyección sobre $\operatorname{Vect}(1,1)$ junto $(1,-1)$ (consulte $M^2 = M$ ). Imagen de $f$ : $\{MX + C\} = C + \operatorname{im} M$ : la línea afín que pasa por $(1,0)$ dirigida por $(1,1)$ . 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 $(1,0)$ en él? $(1, 0) = \alpha(1,-1)$ fuerza $\alpha = 1$ y $0 = -1$ : no. Sin arreglo puntos. 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 $f$ seguido de una traducción a lo largo de la línea de la imagen — $f$ es una “proyección de deslizamiento”: proyección sobre la línea compuesto con una diapositiva.

Ejercicio 17.4 ★★

(Asociatividad en acción) En un triángulo $ABC$ , divida $I, J, K$ $BC$ , $CA$ , $AB$ en proporciones $\vect{BI} = \frac13\vect{BC}$ , $\vect{CJ} = \frac13\vect{CA}$ , $\vect{AK} = \frac13\vect{AB}$ . Exprese $I, J, K$ como baricentros y calcule el baricentro de $(I,1;J,1;K,1)$ : ¿Qué encuentras y por qué era predecible?

Solución

Solución de Ejercicio 17.4.

$I = \operatorname{bar}(B, 2; C, 1)$ (ya que $\vect{BI} = \frac13\vect{BC}$ coloca a $I$ más cerca de $B$ : pesa $2$ en $B$ , $1$ en $C$ — consultar: $\vect{BI} = \frac{1}{3}\vect{BC}$ ). Del mismo modo $J = \operatorname{bar}(C, 2; A, 1)$ , $K = \operatorname{bar}(A, 2; B, 1)$ . Sumando los tres ponderados sistemas, el baricentro de $(I, 1; J, 1; K, 1)$ (cada uno del total peso $3$ , por lo tanto reemplace $I$ 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 — predecible, porque la construcción trata $A, B, C$ cíclicamente y el centroide es el único punto fijo de la simetría cíclico de pesas.

Ejercicio 17.5 ★★

Demostrar que un mapa $f \colon \R^n \to \R^n$ preserva puntos medios ( $f\bigl(\frac{A+B}{2}\bigr) = \frac{f(A) + f(B)}{2}$ ) y continuo es afín. (Show the vector map $u \mapsto f(O + u) - f(O)$ is additive via midpoints, then $\Q$ -homogeneous, then $\R$ -homogeneous by continuidad — the same density strategy used for Cauchy’s functional equation in the Year 1 volume; re-derive the needed steps here.)

Solución

Solución de Ejercicio 17.5.

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

Aditividad: $\frac{(O + u) + (O + v)}{2} = O + \frac{u + v}{2}$ , por lo que la preservación del punto medio da $g\bigl(\frac{u+v}{2}\bigr) = \frac{g(u) + g(v)}{2}$ ; con $v = 0$ : $g(u/2) = g(u)/2$ ; combinando, $g(u + v) = 2g\bigl(\frac{u+v}{2}\bigr) = g(u) + g(v)$ .

La aditividad $\Q$ -homogeneity: da $g(nu) = ng(u)$ ( $n \in \N$ , inducción), luego $g(-u) = -g(u)$ (agregar), luego $g(\frac pq u) = \frac pq g(u)$ (aplicar $q$ , usar inyectividad de escala).

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

Ejercicio 17.6 ★★

Clasificar el aplicación afín $f(x, y) = (y + 1,\; x - 1)$ del Plano euclidiano: parte lineal, puntos fijos, naturaleza geométrica. (¿reflexión? ¿deslizamiento?). Calcule $f \circ f$ y concluya.

Solución

Solución de Ejercicio 17.6.

Parte lineal $\varphi(x,y) = (y, x)$ : el reflejo en diagonal $y = x$ (ortogonal, determinante $-1$ ). Puntos fijos: $(x, y) = (y + 1, x - 1)$ equivale a la ecuación única $y = x - 1$ (los dos componentes son equivalentes): cada punto de la línea $y = x - 1$ es fijo. Entonces $f$ corrige esa línea puntualmente: $f$ es el reflexión en ese eje (una isometría con una línea de puntos fijos y parte lineal una reflexión). Consistentemente, $f \circ f(x,y) = f(y+1, x-1) = (x - 1 + 1, y + 1 - 1) = (x, y)$ : un involución, como debe ser una reflexión.

Ejercicio 17.7 ★★★

(Radón) Sean $A_1, \dots, A_{n+2}$ puntos de un espacio afín de dimensión $n$ . Demuestre que se pueden dividir en dos disjuntos. grupos cuyo cascos convexos se cruza. (As in Carathéodory’s proof, find weights $\mu_i$ , not all zero, with $\sum\mu_i = 0$ and $\sum\mu_i\vect{OA_i} = 0$ ; separate positive and negative weights and normalize both sides.)

Solución

Solución de Ejercicio 17.7.

The $n + 1$ vectors $\vect{A_1A_i}$ ( $i \geq 2$ ) are linked in dimensión $n$ : hay $\mu_i$ , no todos cero, con $\sum_{i\geq2} \mu_i\vect{A_1A_i} = 0$ ; establezca $\mu_1 = -\sum_{i \geq 2}\mu_i$ , entonces $\sum_{i}\mu_i = 0$ y $\sum_i \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ para cada $O$ , no todos los $\mu_i$ son cero. Índices divididos: $P = \{i : \mu_i > 0\}$ , $N = \{i : \mu_i < 0\}$ , ambos no vacíos (la suma $\mu_i$ a cero y no todos son cero). 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 lados igualan el punto $X$ con $\vect{OX} = \frac1s\sum_{i\in P}\mu_i\vect{OA_i}$ , por la relación): un punto común de los dos cascos convexos, con grupos de índices disjuntos.

Ejercicio 17.8 ★★★

Sea $f$ un endomorfismo afín de $\R^n$ con $f \circ f = f$ . Demuestre que $f$ es la proyección afín en el subespacio afín $\operatorname{Fix}(f) = \operatorname{im} f$ en la dirección $\ker\vec f$ , y que a la inversa todas esas proyecciones son idempotente. (Show first that $\operatorname{im} f$ consists of fixed points.)

Solución

Solución de Ejercicio 17.8.

Imagen = puntos fijos: para $Y = f(X)$ , $f(Y) = f(f(X)) = f(X) = Y$ : cada punto de la imagen es fijo; por el contrario, los puntos fijos son imágenes. Entonces $\mathcal{F} = \operatorname{im} f = \operatorname{Fix}(f)$ no está vacío y es un subespacio afín. (imagen de un aplicación afín), con dirección $\operatorname{im}\vec f$ .

Estructura de proyección: $\vec f$ es idempotente ( $\vec{f\circ f} = \vec f^{\,2} = \vec f$ ), por lo que $E = \operatorname{im}\vec f \oplus \ker \vec f$ (Ejemplo 3.18). Para cualquier punto $X$ , considere 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),

entonces $\vect{f(X)\,X} \in \ker\vec f$ . Por lo tanto, $X = f(X) + \vect{f(X)X}$ muestra $X$ como un punto de $\mathcal{F}$ traducido. por un vector de $\ker\vec f$ : $f$ es exactamente la proyección sobre $\mathcal{F}$ junto $\ker\vec f$ . Por el contrario, tales proyecciones satisface claramente $f \circ f = f$ .

Ejercicio 17.9 ★

Sea $G = \operatorname{bar}(A, 1;\ B, 2;\ C, 3)$ en un triángulo. $ABC$ . Usando asociatividad, demuestre que la línea $AG$ se encuentra con $BC$ en $M = \operatorname{bar}(B, 2;\ C, 3)$ y ubique $G$ en el segmento $\intcc AM$ ; localizar de igual forma la intersección de $BG$ con $CA$ .

Solución

Solución de Ejercicio 17.9.

Sea $M = \operatorname{bar}(B, 2;\ C, 3)$ , del peso total $5$ . La asociatividad da $G = \operatorname{bar}(A, 1;\ M, 5)$ , entonces $\vect{AG} = \frac56\,\vect{AM}$ : $G$ se encuentra en el segmento $\intcc AM$ a cinco sextos de $A$ . Desde $A \notin (BC)$ , la línea $(AG) = (AM)$ se encuentra con $(BC)$ en el único punto $M$ , con $\vect{BM} = \frac35\,\vect{BC}$ . Asimismo, 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 línea $(BG)$ se encuentra con $(CA)$ en $N$ y $\vect{BG} = \frac46\,\vect{BN} = \frac23\,\vect{BN}$ .

Ejercicio 17.10 ★★

Para $\lambda \neq 0$ , el homotecia $h_{\Omega, \lambda}$ es el aplicación afín de fijación $\Omega$ con pieza lineal. $\lambda\,\mathrm{id}$ . Demuestre que la composición $h_{\Omega', \mu} \circ h_{\Omega, \lambda}$ es una homotecia de relación $\lambda\mu$ cuando $\lambda\mu \neq 1$ , y una traducción cuando $\lambda\mu = 1$ ; en el caso $\lambda = \mu = -1$ (dos reflexiones puntuales), calcule el vector de traslación.

Solución

Solución de Ejercicio 17.10.

Vectorializar en un origen $O$ y escribir 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 $\lambda\mu \neq 1$ : $1 \notin \operatorname{Sp}(\lambda\mu\,\mathrm{id})$ , entonces Proposición 17.17 produce un punto fijo único $\Omega''$ y, vectorializado allí, $g = \lambda\mu\,\mathrm{id}$ : la homotecia $h_{\Omega'', \lambda\mu}$ . Si $\lambda\mu = 1$ la parte lineal es la identidad, por lo que $g$ es una traducción; expandiéndose,

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

Para $\lambda = \mu = -1$ (reflexiones puntuales) el vector es $2\omega' - 2\omega = 2\,\vect{\Omega\Omega'}$ : el composición de las reflexiones puntuales en $\Omega$ entonces $\Omega'$ es la traducción de $2\,\vect{\Omega\Omega'}$ .

Ejercicio 17.11 ★★

(Menelao) En un triángulo $ABC$ , sean $A' \in (BC)$ , $B' \in (CA)$ , $C' \in (AB)$ , todos distintos de los vértices, y defina $\alpha, \beta, \gamma$ por $\vect{A'B} = \alpha\,\vect{A'C}$ , $\vect{B'C} = \beta\,\vect{B'A}$ , $\vect{C'A} = \gamma\,\vect{C'B}$ . Demuestre que $A', B', C'$ son alineado si y sólo si $\alpha\beta\gamma = 1$ . (Write each point as a baricentro of two vertices; show that three points are aligned iff their barycentric coordinate rows with respect to $(A, B, C)$ form a singular $3 \times 3$ matrix.)

Solución

Solución de Ejercicio 17.11.

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

El criterio de alineación. Dale a cada punto $P$ su fila baricéntrica normalizada $p = (p_A, p_B, p_C)$ , $p_A + p_B + p_C = 1$ , con respecto a $(A, B, C)$ . Si $\sum_i c_i p_i = 0$ con $(c_1, c_2, c_3) \neq 0$ para tres puntos $P_1, P_2, P_3$ , luego sumando 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 afines dependiente, es decir, alineado. Por el contrario, una dependencia afín $(t_i)$ proporciona $w = \sum t_ip_i$ con entradas que suman $0$ y $\sum_j w_j\vect{OV_j} = 0$ ; expandiéndose desde $A$ , $w_B \vect{AB} + w_C\vect{AC} = 0$ , entonces $w = 0$ por afín independencia de $(A, B, C)$ : las filas son linealmente dependientes. Entonces la alineación equivale a una desaparición $3 \times 3$ determinante, y escalar filas por factores distintos de cero $1 - \alpha$ , $1 - \beta$ , $1 - \gamma$ no cambia nada:

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

Por lo tanto, $A', B', C'$ están alineados si $\alpha\beta\gamma = 1$ : Teorema de Menelao.

Ejercicio 17.12 ★★★

Demuestre que el casco convexo de un subconjunto compacto $K$ de $\R^n$ es compacto. (By Teorema 17.14, $\operatorname{conv}(K)$ is the image of a compacto set under a continuo map.) Muestre con un ejemplo en $\R^2$ que no es necesario cerrar el convexo casco de un conjunto cerrado.

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 $\R^{n+1}$ , por lo tanto compacto y $K^{n+1}$ es compacto como producto finito. el mapa

\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 continuo y Teorema 17.14 dice precisamente eso $\operatorname{conv}(K) = \Phi(\Delta \times K^{n+1})$ : una imagen continuo de un conjunto compacto (Teorema 4.16), por lo tanto compacto.

Para un conjunto cerrado: tome $S = (\R \times \{0\}) \cup \{(0, 1)\}$ , cerrado en $\R^2$ . Una combinación convexo poniendo peso $t$ en $(0,1)$ y $1 - t$ en los puntos del eje tiene el segundo coordenada $t$ , entonces

\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 $(1, 1) = \lim_{t \to 1}(1, t)$ está adherente pero no en el casco: no cerrado.

17.5 Problema: del radón a Helly, puntos centrales y de Jung teorema

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

Problema 17.1

Problema de fin de semana — Teorema de Helly y dos de sus dividendos

El lema del radón (Ejercicio 17.7) dice que $n + 2$ Los puntos de un $n$ -dimensional espacio afín siempre se dividen en dos grupos con intersección cascos convexos. Este problema se convierte ese hecho de álgebra lineal en una cadena de teoremas de Geometría combinatoria: teorema de intersección de Helly, el teorema del punto central (una mediana bidimensional) y el teorema de Jung teorema de cobertura. En todo momento, el avión es $\R^2$ con su estructura euclidiana habitual, y $\det$ es el determinante en la base canónica.

Parte I — Barycentric coordinates. Puntos $A_0, \dots, A_k$ son afinmente independiente cuando el los vectores $\vect{A_0A_1}, \dots, \vect{A_0A_k}$ son lineales independiente.

Demuestre que afín la independencia no depende de la elección del punto base $A_0$ , y que sea equivalente a: siempre que dos familias de pesos, cada una sumando $1$ , defina el mismo baricentro de $(A_0, \dots, A_k)$ , los pesos coinciden.
Sea $(A, B, C)$ afínmente independiente en el plano. Demuestre que cada punto $M$ admite un triple único $(\alpha, \beta, \gamma)$ con $\alpha + \beta + \gamma = 1$ y $M = \operatorname{bar}(A, \alpha; B, \beta; C, \gamma)$ — es baricéntrico coordenadas.
Demostrar las fórmulas determinante

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

Las coordenadas baricéntricas son proporciones de áreas con signo.
Las líneas $BC$ , $CA$ , $AB$ son las líneas de coordenadas $\{\alpha = 0\}$ , $\{\beta = 0\}$ , $\{\gamma = 0\}$ . Demuestre que $M$ se encuentra en el triángulo cerrado. $\operatorname{conv}\{A, B, C\}$ iff $\alpha, \beta, \gamma \geq 0$ , y que las tres líneas cortan el avión en exactamente siete regiones, clasificadas por los signos de $(\alpha, \beta, \gamma)$ (siendo imposible el patrón de signos $(-, -, -)$ ).
Sea $u \colon \R^2 \to \R$ un aplicación afín (un afín form). Mostrar $u(M) = \alpha\,u(A) + \beta\,u(B) + \gamma\,u(C)$ , que los conjuntos de niveles de un forma afín no constante son líneas, que cada línea surge de esta manera, y que los semiplanos cerrados $\{u \geq c\}$ son convexo.

Parte II — Radon partitions, refined.A La familia de puntos $n + 2$ de $\R^n$ está en generales posición cuando cada $n + 1$ de ellos es afínmente independiente. Un afín dependence de $(A_1, \dots, A_{n+2})$ es un familia $(\mu_i)$ con $\sum_i \mu_i = 0$ y $\sum_i \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ para un (y por lo tanto cada) origen $O$ .

Calcular una dependencia afín distinta de cero de los cuatro puntos $A_1 = (0,0)$ , $A_2 = (3,0)$ , $A_3 = (0,3)$ , $A_4 = (1,1)$ ; dar la partición de radón y el radón punto.
Demuestre que para puntos en posición general el vector El espacio de dependencias afín tiene una dimensión exacta. $1$ , y que una dependencia distinta de cero tiene no coeficiente de fuga.
Deduzca que la partición Radón de $n + 2$ apunta en La posición general es única (hasta intercambiar 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, mostrar la dicotomía: o la partición tiene tipo $(1, 3)$ — un punto interior al triángulo de los otros tres — o escriba $(2, 2)$ : los cuatro puntos están en la posición convexo y los segmentos que se unen al dos pares (las diagonales) se cruzan, en el radón punto.
Realizar la pregunta 6 para el cuadrado unitario $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(1,1)$ , $(0,1)$ : dependencia, partición, Punto de radón.

Parte III — Helly’s theorem in the plane.

Sea $C_1, C_2, C_3, C_4$ convexo subconjuntos de $\R^2$ , tres de los cuales tienen un punto en común. Elija $x_i \in \bigcap_{j \neq i} C_j$ y aplique el lema de radón a $x_1, \dots, x_4$ : muestra que el punto de radón pertenece a los cuatro conjuntos. (Por cada $k$ , el bloque no que contiene $x_k$ consta de puntos de $C_k$ .)
(Helly) Sea $C_1, \dots, C_m$ ( $m \geq 3$ ) convexo subconjuntos de $\R^2$ , tres de los cuales se cruzan. Demostrar $\bigcap_{i=1}^m C_i \neq \emptyset$ , por inducción en $m$ : sustituir $C_{m-1}$ y $C_m$ por $C_{m-1} \cap C_m$ y verifique la hipótesis de la nueva familia usando la pregunta 11.
Tres contraejemplos, uno por hipótesis: (a) el tres aristas cerradas de un triángulo se cortan por pares pero no tienen ningún punto en común ( $3$ no se puede reducir a $2$ ); (b) los cuatro conjuntos $S_i = \{x_1, \dots, x_4\} \setminus \{x_i\}$ , para cuatro puntos en general posición, satisface la hipótesis de la triple intersección pero no la conclusión (la convexidad importa); (c) el semiplanos cerrados $H_k = \intco{k}{+\infty} \times \R$ , $k \in \N$ , se cruzan en pares y en triples pero $\bigcap_k H_k = \emptyset$ (familias infinitas necesita compacidad).
(Compacto Helly) Sea $(K_i)_{i \in I}$ un valor arbitrario familia de compacto convexo subconjuntos de $\R^2$ , tres cualesquiera de los cuales se cruzan. Usando la pregunta 12 y la Propiedad Borel–Lebesgue (Teorema 4.20), mostrar $\bigcap_{i \in I} K_i \neq \emptyset$ .
(Primer dividendo) Sea $S$ un conjunto finito de puntos de el avión y $r > 0$ . Muestre: si cada tres puntos de $S$ se encuentran en algún disco cerrado de radio $r$ , luego $S$ se encuentra en un disco cerrado de radio $r$ . (Apply Helly to the disks $\overline D(p, r)$ , $p \in S$ .)

Parte IV — The centerpoint theorem.A punto central de un conjunto finito $S$ de $n$ puntos del plano es un punto $c$ (no necesariamente en $S$ ) tal que cada el semiplano cerrado que contiene $c$ contiene al menos $n/3$ puntos de $S$ .

(Dimensión $1$ ) Para reales $x_1 \leq \dots \leq x_n$ , demuestre que la mediana $c = x_{\lceil n/2 \rceil}$ satisface: cada media línea cerrada que contiene $c$ contiene al menos $n/2$ del $x_i$ .
(Lema de conteo) Si $A, B, C$ son subconjuntos de $S$ con $\abs A, \abs B, \abs C > \tfrac{2n}3$ , muestra $A \cap B \cap C \neq \emptyset$ .
Dejemos que $m = \floor{2n/3} + 1$ y $\mathcal F$ sean la familia (finita) del cascos convexos $\operatorname{conv}(T)$ , $T \subseteq S$ , $\abs T = m$ . Demuestre que tres miembros cualesquiera de $\mathcal F$ tienen un punto en común, y deducir de Helly un punto $c$ común a todos ellos.
Demuestre que este $c$ es un punto central de $S$ : el teorema del punto central. (If a closed half-plane through $c$ contained fewer than $n/3$ points, its abierto complement would contain a set $T$ of $m$ points, and $\operatorname{conv}(T)$ would avoid $c$ .)
Nitidez: deja $n = 3k$ y coloca puntos $k$ en cada de tres discos de pequeño radio $\varepsilon$ centrados en los vértices de un gran triángulo. Muéstralo por cada punto $c$ del avión algunos cerrados el semiplano que contiene $c$ contiene como máximo $n/3$ puntos de $S$ , por lo que la constante $1/3$ no puede mejorado. (Among the three directions from $c$ to the disk centers, two make an angle at most $2\pi/3$ .)

Part V — Jung’s theorem and synthesis.

(Lema del triángulo) Sean $P, Q, R$ tres puntos con distancias por pares $\leq 1$ . Muestre que se encuentran en un disco cerrado de radio $1/\sqrt3$ . (If some angle is $\geq \pi/2$ , take the disk on the longest side as diameter, using the median formula $\norm{RM}^2 = \tfrac12\norm{RP}^2 + \tfrac12\norm{RQ}^2 - \tfrac14\norm{PQ}^2$ ; if the triangle is acute, bound the circumradius $a/(2\sin \widehat A)$ using its largest angle, which lies in $\intco{\pi/3}{\pi/2}$ .)
(Jung) Deducir: cada compacto subconjunto del plano de diámetro $\leq 1$ está contenido en un disco cerrado de radio $1/\sqrt3$ .
Nitidez: para el triángulo equilátero $A_1A_2A_3$ del lado $1$ con centroide $G$ , prueba Leibniz identidad $\sum_i \norm{\vect{OA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + \sum_i \norm{\vect{GA_i}}^2$ para cada punto $O$ y concluir que cualquier disco que contiene los tres vértices tiene radio $\geq 1/\sqrt3$ , siendo igual solo para el circundisco.
(Helly en $\R^n$ ) Enuncie y demuestre el teorema de Helly en $\R^n$ : si un número finito de conjuntos convexos son tales que cualquier $n + 1$ de ellos se cruza, entonces todos cruzarse. (Radon’s lemma Ejercicio 17.7 handles $n + 2$ sets; then induct as in question 12.)
Síntesis. Montar la cadena

$\text{affine dependence} \Rightarrow \text{Radon} \Rightarrow \text{Helly} \Rightarrow \text{centerpoint and Jung},$

indicando en una oración cada uno: donde álgebra lineal entra, por donde entran los signos de los pesos, por donde entra la convexidad, y en qué único paso se utilizó el dimensión del avión. ¿Qué significan las constantes $3$ (en Helly), $1/3$ (punto central) y $1/\sqrt3$ (Jung) convertirse en $\R^n$ ? (Declaración sin pruebas).

Solución

Solución de Problema 17.1.

1. Rebase en $A_j$ : para $i \neq j$ , $\vect{A_jA_i} = \vect{A_0A_i} - \vect{A_0A_j}$ . Si $\sum_{i \neq j} c_i\vect{A_jA_i} = 0$ , al expandirse se obtiene $\sum_{i \notin \{0, j\}} c_i\,\vect{A_0A_i} - \bigl(\sum_{i\neq j} c_i\bigr)\vect{A_0A_j} = 0$ ; independencia de la $\vect{A_0A_i}$ fuerza a $c_i = 0$ para $i \notin \{0, j\}$ , luego $c_0 = 0$ : independencia en $A_j$ . Para la equivalencia: dos familias de pesos $(\lambda_i)$ , $(\lambda_i')$ sumando $1$ con el mismo baricentro dan, con $\nu = \lambda - \lambda'$ : $\sum\nu_i = 0$ y (origen $A_0$ ) $\sum_{i \geq 1}\nu_i\,\vect{A_0A_i} = 0$ , entonces $\nu = 0$ bajo independencia. Por el contrario, una relación no trivial $\sum_{i\geq1}\mu_i \vect{A_0A_i} = 0$ , completada por $\mu_0 = -\sum_{i\geq1} \mu_i$ , permite agregar $t(\mu_i)$ a cualquier familia de pesos sin moviendo el baricentro: no unicidad.

2. $(\vect{AB}, \vect{AC})$ es una base de $\R^2$ : escribe $\vect{AM} = \beta\,\vect{AB} + \gamma\,\vect{AC}$ (único) y establezca $\alpha = 1 - \beta - \gamma$ ; el baricentro La condición en origen $A$ dice exactamente $\vect{AM} = \beta\,\vect{AB} + \gamma\,\vect{AC}$ . La unicidad es una cuestión 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 bilinealidad y $\det(\vect{MA}, \vect{AC}) = -\beta D$ , $\det(\vect{AB}, \vect{MA}) = -\gamma D$ . los otros dos Las fórmulas siguen el mismo cálculo con los roles. permutados cíclicamente.

4. Por definición $\operatorname{conv}\{A, B, C\}$ es el conjunto de baricentros con pesos no negativos; normalizando los pesos para sumar $1$ e invocar la unicidad (pregunta 2), $M \in \operatorname{conv}\{A,B,C\}$ y si $\alpha, \beta, \gamma \geq 0$ . Cada coordenada es una función afín de $M$ (pregunta 3: un $2\times2$ determinante con una columna afín en $M$ ), por lo que cada condición de signo abierto define un abierto semiplano. El patrón $(-,-,-)$ contradice $\alpha + \beta + \gamma = 1$ ; cada uno de los siete patrones restantes es realizado: escalar un triple que respeta los signos con al menos un Entrada $+$ para que la suma (positiva) sea $1$ — por ejemplo $(-1, 1, 1)$ , $(3, -1, -1)$ , $(\frac13, \frac13, \frac13)$ , y permutaciones.

5. Un aplicación afín conserva baricentros (Definición 17.5), entonces $u(M) = \alpha u(A) + \beta u(B) + \gamma u(C)$ . Escritura $u(x, y) = ax + by + c$ con $(a, b) \neq (0,0)$ : $\{u = c'\}$ es una línea, y cada la línea $ax + by = c'$ es un conjunto de niveles de este tipo. 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 convexo.

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

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

el centroide del triángulo: el punto de radón es $A_4$ en sí, que de hecho se encuentra dentro del triángulo $A_1A_2A_3$ .

7. El mapa lineal $\Phi \colon \R^{n+2} \to \R \times \R^n$ , $\mu \mapsto (\sum\mu_i,\ \sum\mu_i\vect{OA_i})$ , tiene rango $\leq n + 1$ , por lo que $\dim\ker \Phi \geq 1$ . Si dos dependencias independientes $\mu, \mu'$ existía, una combinación adecuada $\nu = \mu'_{n+2}\mu - \mu_{n+2}\mu'$ (o el propio $\mu$ si ambos últimos coeficientes vanish) sería una dependencia distinto de cero con $\nu_{n+2} = 0$ ; restringiendo a $A_1, \dots, A_{n+1}$ y rebasando en $A_1$ , algunos $\nu_i \neq 0$ con $i \geq 2$ (un único distinto de cero el peso no puede sumar cero), dando una relación no trivial $\sum_{i\geq2}\nu_i\vect{A_1A_i} = 0$ : los puntos $n+1$ serían ser afínmente dependiente, frente a la posición general. Entonces $\dim\ker \Phi = 1$ . El mismo argumento de restricción muestra un valor distinto de cero. la dependencia no tiene ningún coeficiente evanescente.

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 exhaustiva (sin cero coeficiente). Construcción de radón (Ejercicio 17.7) produce el punto de casco común exactamente desde esta partición. Dado que la dependencia es única hasta un escalar distinto de cero (pregunta 7), el par desordenado $\{P, N\}$ — de ahí el La partición de radón — es única.

9. Los bloques no están vacíos, por lo que el tipo es $(1,3)$ o $(2,2)$ . Escriba $(1,3)$ , bloque $\{j\}$ : el punto de radón se encuentra en $\operatorname{conv}\{A_j\} = \{A_j\}$ , entonces $A_j \in \operatorname{conv}$ de los otros tres; no puede descansar sobre un borde (tres de los puntos estarían alineados, contra el general posición), por lo que $A_j$ es interior al triángulo. Tipo $(2,2)$ , bloques $\{i,j\} \mid \{k,l\}$ : el punto de radón $z$ se encuentra en $\intcc{A_i}{A_j} \cap \intcc{A_k}{A_l}$ , y $z$ es no un punto final (que alinearía tres puntos): los dos Los segmentos se cruzan en un punto interior. Además no tiene sentido mentir en el casco de los demás: una contención $A_l = \operatorname{bar}(A_i, \lambda_i)_{i \neq l}$ con $\lambda_i \geq 0$ es una dependencia afín con patrón de signos $(+,+,+,-)$ , que por unicidad (pregunta 8) haría que el partición $(1,3)$ . Entonces en el caso $(2,2)$ los cuatro puntos son en la posición convexo y los segmentos de cruce son los diagonales.

10. Las ecuaciones $\mu_2 + \mu_3 = 0$ , $\mu_3 + \mu_4 = 0$ , $\sum\mu_i = 0$ 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 radón es el centro del cuadrado, donde los dos diagonales cruzadas — escriba $(2,2)$ , como predice la imagen.

11. El radón aplicado a $x_1, \dots, x_4$ produce bloques $I \mid J$ y un punto $z \in \operatorname{conv}\{x_i : i \in I\} \cap \operatorname{conv}\{x_j : j \in J\}$ . Repare $k \in \{1, \dots, 4\}$ , digamos $k \in I$ . Cada $j \in J$ satisface $j \neq k$ , por lo que $x_j \in C_k$ elige $x_j \in \bigcap_{l \neq j}C_l$ ; ya que $C_k$ 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 en $m$ . Para $m = 3$ la hipótesis es la conclusión; $m = 4$ es la pregunta 11. Sea $m \geq 4$ , asuma la declaración para conjuntos $m$ y tome $C_1, \dots, C_{m+1}$ con la propiedad de triple intersección. Configure $C_m' = C_m \cap C_{m+1}$ , convexo. La familia $C_1, \dots, C_{m-1}, C_m'$ tiene miembros $m$ ; un triple evitando $C_m'$ se cruza por hipótesis, y un triple $\{C_i, C_j, C_m'\}$ 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 encuentran, por hipótesis). La hipótesis de la inducción ahora produce un punto común de la nueva familia, es decir, de todos los $m+1$ conjuntos.

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

14. Supongamos que $\bigcap_{i \in I}K_i = \emptyset$ y arreglar $i_0$ . A cada $x \in K_{i_0}$ le falta algún $K_i$ , por lo que $K_{i_0} \subseteq \bigcup_{i \in I}(\R^2 \setminus K_i)$ , un cubierta por conjuntos abierto ( $K_i$ es compacto, por lo tanto cerrado). Por Borel–Lebesgue (Teorema 4.20) finitamente muchos son suficientes: $K_{i_0} \cap K_{i_1} \cap \dots \cap K_{i_N} = \emptyset$ . Pero tres miembros cualesquiera de esta familia finita de conjuntos convexos se cruza, por lo que la pregunta 12 hace la intersección no vacío: contradicción.

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

16. Vamos $c = x_{\lceil n/2\rceil}$ . un cerrado La media línea que contiene $c$ es $\intoc{-\infty}{t}$ con $t \geq c$ o $\intco{t}{+\infty}$ con $t \leq c$ . el primero contiene $x_1, \dots, x_{\lceil n/2\rceil}$ : al menos $\lceil n/2\rceil \geq n/2$ puntos. El segundo contiene $x_{\lceil n/2\rceil}, \dots, x_n$ : exactamente $n - \lceil n/2\rceil + 1 = \floor{n/2} + 1 > n/2$ puntos.

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

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

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

19. Supongamos algún semiplano cerrado $H \ni c$ contiene menos de $n/3$ puntos de $S$ . Su complemento $U$ es un semiplano abierto, convexo, con $\abs{S \cap U} > 2n/3$ , por lo tanto $\abs{S \cap U} \geq \floor{2n/3} + 1 = m$ ; elija $T \subseteq S \cap U$ con $\abs T = m$ . entonces $\operatorname{conv}(T) \subseteq U$ por la convexidad de $U$ , entonces $c \in \operatorname{conv}(T) \subseteq U$ : contradicción con $c \in H$ . Por lo tanto, cada semiplano cerrado que contiene $c$ contiene al menos $n/3$ puntos: $c$ es un punto central.

20. Tome el triángulo equilátero de lado $L$ y $\varepsilon = L/100$ . Sea $c$ cualquier punto; exhibimos un Semiplano cerrado que contiene $c$ y como máximo puntos $k$ .

Caso 1: $c$ está dentro de $L/10$ de un vértice, digamos $B$ . Las direcciones de $c$ a $A$ y a $C$ se desvían del direcciones $B \to A$ , $B \to C$ por como máximo $\arcsin\bigl(\tfrac{L/10}{9L/10}\bigr) = \arcsin\tfrac19$ , entonces forman un ángulo $\leq \tfrac\pi3 + 2\arcsin\tfrac19 < \tfrac{2\pi}3$ . Caso 2: $c$ está a distancia $> L/10$ desde todos los vértices. Si $c$ está en el triángulo, los tres espacios angulares entre las direcciones $u_A, u_B, u_C$ de $c$ a los vértices suman $2\pi$ , por lo que algún espacio es $\leq 2\pi/3$ ; si $c$ está afuera, las tres direcciones se encuentran en un abierto semiplano de direcciones y dos de ellas forman un ángulo $< \pi/2$ . En todos los casos dos direcciones, digamos hacia $X$ y $Y$ , formar un ángulo $\leq 2\pi/3$ ; sea $w$ su bisectriz unitaria, entonces $\langle u_X, w\rangle, \langle u_Y, w\rangle \geq \cos\tfrac\pi3 = \tfrac12$ . Para cualquier punto $b$ del disco alrededor de $X$ :

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

desde $\norm{\vect{cX}} \geq L/10 > 2\varepsilon$ (y lo mismo para $Y$ ): el semiplano abierto $\{\langle \vect{cx}, w\rangle > 0\}$ se traga ambos grupos. esta cerrado complemento contiene $c$ y como máximo los puntos $k$ del tercer grupo. Entonces ningún punto del avión supera a $n/3$ : con En la pregunta 19, la constante del punto central es exactamente $1/3$ .

21. Ordenar los ángulos; el más grande, $\theta$ , satisface $\theta \geq \pi/3$ (los tres suman $\pi$ ). si $\theta \geq \pi/2$ , digamos en $R$ , sea $M$ el punto medio de el lado opuesto $\intcc PQ$ . La fórmula mediana ( $\vect{RM} = \tfrac12(\vect{RP} + \vect{RQ})$ , ampliar y eliminar $\langle\vect{RP}, \vect{RQ}\rangle$ con la ley de cosenos) 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 interno es $\leq 0$ ). Entonces el disco de diámetro $\intcc PQ$ , de radio $\leq \tfrac12 < \tfrac1{\sqrt3}$ , contiene los tres puntos (Los triples alineados degenerados se incluyen en $\theta = \pi$ ). si $\theta < \pi/2$ el triángulo es agudo; por la ley 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 $\sin\theta \geq \sqrt3/2$ , entonces $R_c \leq 1/\sqrt3$ : el circundisco hace el trabajo.

22. Para $p \in S$ sea $K_p = \overline D(p, 1/\sqrt3)$ : compacto convexo. Tres puntos cualesquiera $p, q, s$ de $S$ están en pares a la distancia $\leq 1$ , por lo que la pregunta 21 da una disco de radio $1/\sqrt3$ que los contiene: su centro se encuentra en $K_p \cap K_q \cap K_s$ . Por compacto Helly (pregunta 14, Se permiten familias arbitrarias) hay $c \in \bigcap_{p\in S}K_p$ : cada $p \in S$ está dentro de $1/\sqrt3$ de $c$ , es decir, $S \subseteq \overline D(c, 1/\sqrt3)$ . Este es el teorema de Jung en el avión.

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

\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 medio se desvanece: la identidad Leibniz. Para el triángulo equilátero de lado $1$ , $\norm{\vect{GA_i}} = 1/\sqrt3$ (dos tercios de la altura $\sqrt3/2$ ), entonces $\sum_i\norm{\vect{GA_i}}^2 = 1$ . Si $\overline D(O, r)$ contiene los vértices, entonces $3r^2 \geq \sum_i\norm{\vect{OA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + 1 \geq 1$ : $r \geq 1/\sqrt3$ , con igualdad obligando a $O = G$ y todos tres distancias iguales a $r$ — el circundisco. de jung La constante $1/\sqrt3$ es nítida.

24. Helly in $\R^n$ : if $C_1, \dots, C_m$ ( $m \geq n + 1$ ) are convexo subsets of $\R^n$ and any $n + 1$ of them intersect, then all of them do. Caso base $m = n + 2$ : elija $x_i \in \bigcap_{j\neq i}C_j$ ; Lema del radón (Ejercicio 17.7) divide $x_1, \dots, x_{n+2}$ en bloques $I \mid J$ con un punto de casco común $z$ , y para cada $k$ , el bloque que no contiene $k$ consta de puntos de $C_k$ , entonces $z \in C_k$ por convexidad, exactamente como en cuestión 11. Paso de inducción para $m \geq n + 2$ : reemplazar $C_m, C_{m+1}$ por $C_m \cap C_{m+1}$ ; una tupla $(n+1)$ del nuevo la familia que contiene el miembro intersectado asciende a $n + 2$ de los conjuntos antiguos, manejados por el caso base, y el otro las tuplas están cubiertas por hipótesis. Concluir por la inducción hipótesis.

25. El álgebra lineal ingresa una vez: $n + 2$ vectores en el espacio $(n+1)$ -dimensional de pares (peso total, posición ponderada) debe ser dependiente — ese es el afín dependencia. Los signos de sus coeficientes dividen los puntos. en los dos bloques de radón y convertir una relación lineal en una igualdad de dos baricentros no negativos. Se utiliza la convexidad. exactamente dos veces: en el paso de Helly (el casco de puntos de $C_k$ permanece en $C_k$ ) y en las aplicaciones (semiplanos y los discos son convexo). La dimensión del avión ingresó solo a través del número $4 = 2 + 2$ de puntos alimentados al radón, es decir el “ $3 = 2 + 1$ ” en la hipótesis de Helly; todo lo demás estaba libre de dimensiones, como lo confirma la pregunta 24. En $\R^n$ el las constantes se convierten en: número Helly $n + 1$ ; constante del punto central $\frac1{n+1}$ (todo conjunto finito tiene un punto en cada conjunto cerrado) medio espacio a través del cual contiene una fracción $\geq \frac1{n+1}$ del mismo); radio de jung $\sqrt{\frac{n}{2(n+1)}}$ para juegos de diámetro $1$ — igual a $1/\sqrt3$ cuando $n = 2$ .