Matemática universitária — Graduação 2 · Bachelor Year 2

17Espaços afins

Os espaços vetoriais têm um ponto privilegiado — a origem — que a geometria não quer. Um espaço afim é um espaço vetorial que esqueceu sua origem: pontos e vetores tornam-se espécies diferentes, relacionadas por translação. Este capítulo curto constrói o dicionário (pontos, baricentros, subespaços e aplicações afins), a visão afim da convexidade e as ferramentas de classificação usadas nos capítulos de geometria adiante.

17.1 Pontos e vetores

Definição 17.1

Um espaço afim dirigido por um espaço vetorial real $E$ é um conjunto não vazio $\mathcal{E}$ munido de uma aplicação $(A, B) \mapsto \vect{AB} \in E$ satisfazendo

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

Escreve-se $B = A + u$ para o único ponto com $\vect{AB} = u$ . A dimensão de $\mathcal{E}$ é $\dim E$ . Todo espaço vetorial é um espaço afim sobre si mesmo ( $\vect{AB} = B - A$ ); toda escolha de origem $O \in \mathcal{E}$ identifica $\mathcal{E}$ com $E$ via $M \mapsto \vect{OM}$ .

Exemplo 17.2 (Um espaço afim sem origem natural)

O plano solução $\mathcal E = \{(x, y, z) \in \R^3 : x + y + z = 1\}$ não é um subespaço vetorial ( $0 \notin \mathcal E$ ), mas é um espaço afim dirigido por $E = \{x + y + z = 0\}$ : para $A, B \in \mathcal E$ a diferença $\vect{AB} = B - A$ cai em $E$ (as somas se cancelam), Chasles é herdado de $\R^3$ , e $B \mapsto \vect{AB}$ é bijetiva sobre $E$ . Nenhum ponto de $\mathcal E$ é distinguido — qualquer escolha de “origem” $O \in \mathcal E$ funciona igualmente bem, e todas as identificações $M \mapsto \vect{OM}$ diferem por translações. Essa é a situação típica: os conjuntos solução de problemas lineares não homogêneos (sistemas lineares, equações diferenciais lineares no Capítulo 16) são afins, nunca lineares, e o lema “solução particular mais núcleo” é exatamente o enunciado $\mathcal F = A + F$ da definição seguinte.

Definição 17.3 (Baricentro)

Sejam $(A_i, \lambda_i)_{i \leq k}$ pontos ponderados com $\sum\lambda_i \neq 0$ . O baricentro $G = \operatorname{bar}\bigl((A_i, \lambda_i)\bigr)$ é o único ponto com

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

Os baricentros são associativos (subgrupos de pontos podem ser substituídos por seu baricentro parcial com o peso somado) e invariantes por reescalamento de todos os pesos.

Demonstração da existência e das fórmulas. Fixe $O$ e escreva $s = \sum_i\lambda_i \neq 0$ . 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},

o que determina $G = O + \frac1s\sum_i\lambda_i\vect{OA_i}$ univocamente. Independência de $O$ : para outra origem $O'$ ,

\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} :

o mesmo ponto $G$ . Associatividade: separe o conjunto de índices como $I \sqcup J$ com $s_I = \sum_{i\in I}\lambda_i \neq 0$ , e seja $G_I$ o baricentro de $(A_i, \lambda_i)_{i\in I}$ , de modo que $\sum_{i\in I}\lambda_i\vect{OA_i} = s_I\,\vect{OG_I}$ . Então

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} :

$G$ é o baricentro de $(G_I, s_I)$ junto com $(A_j, \lambda_j)_{j\in J}$ , como afirmado. Reescalamento: substituir cada $\lambda_i$ por $t\lambda_i$ ( $t \neq 0$ ) multiplica $s$ e a soma ponderada por $t$ , deixando $\vect{OG}$ inalterado. ∎

Observação 17.4 (Armadilhas comuns)

Duas armadilhas cercam a definição. Primeiro, se os pesos somam zero, não há baricentro: a aplicação $O \mapsto \sum\lambda_i\vect{OA_i}$ é então independente de $O$ e define um vetor, não um ponto — por exemplo, $(A, -1;\ B, 1)$ codifica $\vect{AB}$ . Acompanhar qual dos dois objetos um cálculo produz é metade da higiene baricêntrica. Segundo, os pesos só fazem sentido a menos de um fator comum não nulo; fórmulas como “as coordenadas de $G$ são $\lambda_1, \dots, \lambda_k$ ” pressupõem uma normalização (em geral $\sum\lambda_i = 1$ ), e esquecer de normalizar é a fonte padrão de razões erradas numa figura.

Definição 17.5 (Subespaços afins; aplicações afins)

Um subespaço afim é um conjunto $\mathcal{F} = A + F = \{A + u : u \in F\}$ com $F$ um subespaço vetorial (sua direção); equivalentemente, um conjunto não vazio estável por baricentros. Os subespaços afins de $\R^n$ são exatamente os conjuntos solução de sistemas lineares $MX = B$ (primeiro ano: solução particular mais núcleo). Uma aplicação $f \colon \mathcal{E} \to \mathcal{E}'$ é afim quando preserva baricentros — equivalentemente, quando

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

para uma (única) aplicação linear $\varphi = \vec f$ , a parte linear. Aplicações afins de $\R^n$ : $X \mapsto MX + C$ . As composições são afins com partes lineares compostas; $f$ é bijetiva se e somente se $\vec f$ o é.

Demonstração da equivalência para aplicações. Se $f(A + u) = f(A) + \varphi(u)$ : para um baricentro $G$ de $(A_i, \lambda_i)$ , desenvolvendo todos os pontos a partir de $A$ , $f(G) = f(A) + \varphi(\vect{AG})$ e $\varphi(\vect{AG}) = \frac{\sum\lambda_i\varphi(\vect{AA_i})}{\sum\lambda_i}$ : $f(G)$ é o baricentro das imagens. Reciprocamente, fixe $A$ e defina $\varphi(u) = \vect{f(A)\,f(A + u)}$ . Homogeneidade: $A + tu = \operatorname{bar}\bigl(A, 1-t;\ A + u, t\bigr)$ para todo real $t$ , de modo que a preservação de baricentros (com pesos reais arbitrários, como hipotetizado) dá $\varphi(tu) = t\,\varphi(u)$ diretamente. Aditividade: $A + u + v = \operatorname{bar}\bigl(A + 2u, \tfrac12;\ A + 2v, \tfrac12\bigr)$ , logo $\varphi(u + v) = \tfrac12\varphi(2u) + \tfrac12\varphi(2v) = \varphi(u) + \varphi(v)$ , usando a homogeneidade. Portanto $\varphi$ é linear. ∎

Observação 17.6

A demonstração usou baricentros com pesos reais arbitrários: o passo de homogeneidade leva $t$ para fora de $\intcc01$ . Se apenas se supõe que uma aplicação preserva baricentros com pesos não negativos — equivalentemente, pontos médios e segmentos — a linearidade da aplicação vetorial deixa de ser gratuita: obtém-se apenas $\Q$ -linearidade, e é preciso uma hipótese de continuidade para concluir, exatamente como no Exercício 17.5. Distinguir “preserva todos os baricentros” de “preserva combinações convexas” é uma sutileza pequena mas real do vocabulário afim.

Exemplo 17.7 (Geometria baricêntrica clássica)

O centroide de um triângulo $ABC$ é o baricentro $G = \operatorname{bar}(A,1; B,1; C,1)$ . A associatividade com o ponto médio $A' = \operatorname{bar}(B, 1; C, 1)$ mostra que

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

$G$ está na mediana $AA'$ a dois terços dela — e o mesmo para as outras duas medianas: as três medianas são concorrentes, em uma linha de cálculo baricêntrico.

Exemplo 17.8 (As bimedianas de um quadrilátero)

Seja $ABCD$ um quadrilátero qualquer (plano ou não!) e considere suas bimedianas: os segmentos que unem os pontos médios de lados opostos, $M_{AB}M_{CD}$ e $M_{BC}M_{DA}$ . Introduza o baricentro $G$ de $(A,1; B,1; C,1; D,1)$ e agrupe os pesos de duas maneiras:

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

$G$ é o ponto médio de ambas as bimedianas — de modo que as duas bimedianas sempre se bissectam, e o quadrilátero dos quatro pontos médios é um paralelogramo (suas diagonais são as bimedianas). Sem análise de casos, sem coordenadas, e o argumento sobrevive intacto para um quadrilátero reverso em $\R^3$ , em que uma demonstração baseada em figura já seria delicada: a associatividade não se importa com a dimensão.

Exemplo 17.9 (Classificar uma aplicação afim, do começo ao fim)

Seja $f(x, y) = (2x - 1,\ 3y - 4)$ em $\R^2$ . Sua parte linear é $\varphi = \operatorname{diag}(2, 3)$ , cujo espectro $\{2, 3\}$ evita $1$ : pelo critério de ponto fixo demonstrado adiante (Proposição 17.17), $f$ tem exatamente um ponto fixo, achado resolvendo

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

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

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

no referencial em $\Omega$ , $f$ é sua parte linear, uma dilatação anisotrópica que estica por $2$ na horizontal e por $3$ na vertical a partir do centro $(1, 2)$ . A lição geral: uma aplicação afim é “aplicação linear mais dado de posição”, e o dado de posição colapsa numa única origem bem escolhida sempre que $1$ não é autovalor. Reciprocamente, transladar mal a origem cria os termos constantes: a geometria afim é a arte de escolher onde pôr $0$ .

Observação 17.10 (Método: concorrência e alinhamento por baricentros)

O Exemplo 17.7 é um caso de uma receita geral. Para provar que três cevianas de um triângulo são concorrentes, exiba um único sistema ponderado $(A, \alpha; B, \beta; C, \gamma)$ e use a associatividade de três maneiras: agrupar $(B, C)$ mostra que o baricentro está na ceviana que sai de $A$ , agrupar $(C, A)$ que está na ceviana que sai de $B$ , agrupar $(A, B)$ que está na terceira. Para as medianas, o sistema $(A, 1; B, 1; C, 1)$ faz todo o trabalho; para cevianas que cortam os lados em razões prescritas, os pesos são lidos nas razões. Para provar que três pontos são alinhados, escreva um como baricentro dos outros dois (Exercício 17.2), ou use o critério do determinante do Exercício 17.11. As duas receitas substituem a engenhosidade geométrica pela contabilidade de pesos — é precisamente para isso que serve o cálculo baricêntrico.

17.2 Convexidade, afinamente

Definição 17.11

Uma parte $C$ de um espaço afim é convexa quando contém todo baricentro com pesos não negativos de seus pontos — equivalentemente, todo segmento $\intcc{A}{B} = \{\operatorname{bar}(A, 1-t; B, t) : t \in \intcc{0}{1}\}$ entre seus pontos. A envoltória convexa $\operatorname{conv}(S)$ é o conjunto de todos os baricentros com pesos não negativos de pontos de $S$ — o menor convexo que contém $S$ .

Exemplo 17.12 (Os epígrafos são conjuntos convexos)

A região $C = \{(x, y) : y \geq x^2\}$ acima da parábola é convexa: para $(x_1, y_1), (x_2, y_2) \in C$ e $t \in \intcc01$ , a desigualdade de convexidade da função quadrado dá

\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 o baricentro permanece acima da parábola. O cálculo é geral: $\{y \geq f(x)\}$ é convexo exatamente quando $f$ é uma função convexa — os conjuntos convexos e as funções convexas (Capítulo 8) são duas faces de uma só noção, sendo os epígrafos o dicionário. Essa é a razão geométrica pela qual existem retas de suporte para funções convexas, fato que demonstrará a desigualdade de Jensen no Capítulo 22.

Exemplo 17.13 (Geradores redundantes de uma envoltória convexa)

Seja $S = \{(0,0), (2,0), (2,2), (0,2), (1,1)\}$ . O quinto ponto é o baricentro

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

de modo que ele já está na envoltória dos outros quatro: $\operatorname{conv}(S)$ é o quadrado com os quatro cantos como vértices. Em geral, um ponto de $S$ que é um baricentro de pesos não negativos dos outros pontos de $S$ pode ser apagado sem mudar a envoltória; os pontos que nunca podem ser apagados (aqui os quatro cantos) são os pontos extremos da envoltória. Determiná-los é um puro cálculo de baricentros: $(2,0)$ , digamos, não pode ser escrito como $\operatorname{bar}$ dos pontos restantes com pesos não negativos, porque a primeira coordenada forçaria todo o peso sobre pontos com $x = 2$ , e a segunda coordenada então falha. As questões de convexidade se reduzem, vez após vez, a resolver pequenos sistemas ponderados.

Teorema 17.14 (Carathéodory)

Num espaço afim de dimensão $n$ , todo ponto de $\operatorname{conv}(S)$ é baricentro de no máximo $n + 1$ pontos de $S$ .

Demonstração. Seja $G = \operatorname{bar}(A_0, \lambda_0; \dots; A_k, \lambda_k)$ com $\lambda_i > 0$ , $\sum\lambda_i = 1$ e $k + 1 > n + 1$ pontos. Os $k$ vetores $\vect{A_0A_i}$ ( $i \geq 1$ ) são ligados ( $k > n$ ): $\sum_{i\geq1}\mu_i \vect{A_0A_i} = 0$ não trivialmente; pondo $\mu_0 = -\sum_{i\geq1}\mu_i$ , obtemos pesos $(\mu_i)$ com $\sum\mu_i = 0$ , $\sum \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ (qualquer $O$ ), não todos nulos. Então, para todo real $t$ , os pesos $\lambda_i - t\mu_i$ ainda somam $1$ e, 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} :

eles produzem o mesmo ponto $G$ . Deslize agora $t$ a partir de $0$ : algum $\mu_i$ é positivo (eles somam zero e não são todos nulos), de modo que

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

está bem definido e é positivo. Em $t = t^*$ : para os índices com $\mu_i > 0$ , $\lambda_i - t^*\mu_i \geq 0$ pela minimalidade, com igualdade num índice minimizante; para os índices com $\mu_i \leq 0$ , $\lambda_i - t^*\mu_i \geq \lambda_i > 0$ . Todos os pesos permanecem não negativos e ao menos um morreu: $G$ é reescrito como baricentro de menos pontos. Itere enquanto restarem mais de $n + 1$ pontos. ∎

Exemplo 17.15

No plano ( $n = 2$ ): todo ponto da envoltória convexa de um conjunto finito está num triângulo com vértices no conjunto — o conteúdo geométrico de Carathéodory, usado tanto em otimização quanto em probabilidade (misturas).

Exemplo 17.16 (Rodando o algoritmo de Carathéodory)

Escreva o centro do quadrado do Exemplo 17.13 com seus quatro cantos $A_1 = (0,0)$ , $A_2 = (2,0)$ , $A_3 = (2,2)$ , $A_4 = (0,2)$ :

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

quatro pontos em dimensão $2$ — um a mais do que o necessário. A receita da demonstração pede pesos $(\mu_i)$ com $\sum\mu_i = 0$ e $\sum\mu_i\vect{OA_i} = 0$ : aqui $\mu = (1, -1, 1, -1)$ funciona (as duas diagonais compartilham o ponto médio). Deslizar $\lambda_i \mapsto \lambda_i - t\mu_i$ mantém o baricentro fixo para todo $t$ ; o valor admissível extremo $t = \frac14$ torna os pesos $(0, \tfrac12, 0, \tfrac12)$ , matando $A_1$ e $A_3$ simultaneamente:

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

uma representação por dois pontos — melhor ainda que os três garantidos pelo teorema, porque o centro por acaso está num segmento entre geradores. O algoritmo é inteiramente mecânico: ache uma dependência, deslize até um peso morrer, repita.

17.3 Ferramentas de classificação afim

Proposição 17.17 (Pontos fixos de aplicações afins)

Seja $f$ um endomorfismo afim de um espaço afim de dimensão finita, com parte linear $\varphi$ . Se $1 \notin \operatorname{Sp}(\varphi)$ , então $f$ tem exatamente um ponto fixo $\Omega$ e, na vetorialização em $\Omega$ , $f$ é sua parte linear. (As translações, com $\varphi = \mathrm{id}$ e sem ponto fixo, são a obstrução básica.)

Demonstração. Fixe $O$ e escreva $f(O + x) = f(O) + \varphi(x)$ . O ponto $O + x$ é fixo se e somente se $O + x = f(O) + \varphi(x)$ , isto é,

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

Em dimensão finita, $\mathrm{id} - \varphi$ é invertível se e somente se $0$ não é autovalor de $\mathrm{id} - \varphi$ , se e somente se $1 \notin \operatorname{Sp}\varphi$ — e, nesse caso, a equação exibida tem exatamente uma solução $x^*$ , dando o ponto fixo único $\Omega = O + x^*$ . Recentramento: para qualquer vetor $u$ ,

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

de modo que, no referencial de origem $\Omega$ , a aplicação se lê $u \mapsto \varphi(u)$ : puramente linear. Quando $1 \in \operatorname{Sp}\varphi$ , ou não existe ponto fixo (a equação exibida pode ser insolúvel, como para uma translação), ou existe todo um subespaço afim deles (some qualquer autovetor de autovalor $1$ a uma solução): a unicidade é exatamente a condição espectral. ∎

Exemplo 17.18 (Isometrias do plano, completadas)

Uma isometria afim do plano euclidiano tem parte linear em $O(2)$ : uma rotação $R_\theta$ ou uma reflexão (volume do primeiro ano de graduação). Se $\theta \neq 0$ : $1 \notin \operatorname{Sp} R_\theta$ , de modo que a aplicação é uma rotação em torno de um centro único (Proposição 17.17). Se a parte linear é uma reflexão: ou uma reflexão num eixo (há pontos fixos) ou uma reflexão deslizante (reflexão composta com uma translação ao longo do eixo, sem ponto fixo). Com as translações, essa é a classificação completa das isometrias do plano.

Observação 17.19 (As isometrias do plano, num relance)

Reunindo os casos: identidade; translações ( $\vec f = \mathrm{id}$ , sem ponto fixo salvo a trivial); rotações (parte linear $R_\theta$ , $\theta \neq 0$ : um centro); reflexões (parte linear uma reflexão, uma reta de pontos fixos); reflexões deslizantes (mesma parte linear, sem ponto fixo). Quatro famílias mais a identidade, cada uma reconhecida por apenas dois dados: a parte linear e o conjunto de pontos fixos — o padrão da Proposição 17.17 tornado exaustivo.

Exemplo 17.20 (Uma reflexão deslizante, pega em flagrante)

Seja $f(x, y) = (y + 1,\ x + 1)$ . A parte linear $(x, y) \mapsto (y, x)$ é a reflexão na diagonal $y = x$ , logo $1 \in \operatorname{Sp}\vec f$ e a Proposição 17.17 se cala. Pontos fixos exigiriam $x = y + 1$ e $y = x + 1$ simultaneamente: impossível — não existem, de modo que $f$ não é uma reflexão. Elevar ao quadrado resolve a classificação:

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

a translação por $(2, 2)$ : $f$ é a reflexão deslizante de eixo a reta $y = x$ (deslocada adequadamente: o ponto médio de $M$ e $f(M)$ está sempre em $y = x + {}$ constante, aqui $y = x$ , como se verifica em $M = (0, 0) \mapsto (1,1)$ ) e vetor de deslizamento $(1, 1)$ , metade de $f \circ f$ . Compare com o Exercício 17.6, em que a mesma parte linear mas uma constante diferente produziu uma reflexão honesta: com o autovalor $1$ presente, o termo constante decide tudo.

Exemplo 17.21 (Recorrências afins são dinâmica afim)

A recorrência clássica $u_{n+1} = au_n + b$ ( $a \neq 1$ ) itera a aplicação afim $f(x) = ax + b$ da reta, cuja parte linear $a$ evita o autovalor $1$ : existe um único ponto fixo $\omega = \frac{b}{1-a}$ e, recentrando aí (o caso unidimensional da proposição acima), $f$ vira multiplicação por $a$ :

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

Para $u_{n+1} = \frac{u_n}2 + 3$ : $\omega = 6$ e $u_n = 6 + (u_0 - 6)2^{-n} \to 6$ . A receita ensinada para tais recorrências no Capítulo 7 — “subtraia o ponto fixo” — é exatamente a vetorialização de uma aplicação afim em seu ponto fixo; a convergência para $\abs a < 1$ é o fenômeno de contração que o Capítulo 4 transformou no teorema do ponto fixo de Banach. Uma ideia, três capítulos.

Exemplo 17.22 (Achar o centro de uma rotação)

Seja $f(x, y) = (-y + 2,\ x)$ . A parte linear é $\varphi(x, y) = (-y, x)$ : a rotação de ângulo $\frac\pi2$ , cujo espectro $\{\iu, -\iu\}$ evita $1$ . Pela Proposição 17.17 existe exatamente um ponto fixo: $x = -y + 2$ e $y = x$ dão $x = 1$ , $y = 1$ , logo $\Omega = (1, 1)$ , e $f$ é a rotação de centro $(1, 1)$ e ângulo $\frac\pi2$ . A lição geral: quando $1 \notin \operatorname{Sp}\vec f$ , classificar $f$ custa um sistema linear — a geometria está inteiramente na parte linear, a aritmética inteiramente em localizar o centro.

Observação 17.23 (Onde a linguagem afim é usada em seguida)

Os baricentros e as aplicações afins são a gramática dos capítulos de geometria adiante: retas e planos tangentes são objetos afins (Capítulos 18 e 19), uma mudança afim de variáveis multiplica áreas e volumes por $\abs{\det \vec f}$ (Capítulo 20), e a esperança é um baricentro com pesos dados por uma lei de probabilidade, e é por isso que a convexidade governa a desigualdade de Jensen (Capítulo 22). No volume do terceiro ano de graduação, o mesmo vocabulário de convexidade sustenta o estudo das normas $L^p$ e das desigualdades integrais.

Observação 17.24 (Perspectivas dentro deste volume)

Dois fios saem deste capítulo. O fio afim: as retas tangentes (Capítulo 18) e os planos tangentes (Capítulo 19) são subespaços afins ligados a objetos não lineares, e a classificação das quádricas no capítulo de superfícies roda sobre a equação do centro $A\Omega = -b$ deste capítulo. O fio convexo é mais longo: a convexidade dos semiplanos e dos discos move a teoria de Helly do problema de fim de semana; a convexidade das funções dá a desigualdade de Jensen (Capítulo 22); e o teorema final do livro — o critério de extinção para processos de ramificação (Capítulo 23) — é decidido pela posição de uma curva convexa em relação à diagonal, um retrato que pertence a este capítulo tanto quanto à probabilidade. Os baricentros voltam lá também: uma esperança é um baricentro com pesos de probabilidade.

17.4 Exercícios

Exercício 17.1 ★

Em $\R^3$ , os seguintes são subespaços afins? Dê direções e dimensões. $\{x + y + z = 1\}$ ; $\;\{x + y + z = 1,\ x - z = 3\}$ ; $\;\{x^2 + y^2 = 1\}$ ; o conjunto solução de $MX = B$ para um sistema compatível dado.

Solução

Solução de Exercício 17.1.

$\{x + y + z = 1\}$ : plano afim, de direção o plano vetorial $\{x + y + z = 0\}$ , dimensão $2$ . Acrescentando $x - z = 3$ : uma reta afim (duas equações independentes), direção $\{x + y + z = 0,\ x = z\} = \operatorname{Vect}\bigl((1, -2, 1)\bigr)$ , dimensão $1$ . $\{x^2 + y^2 = 1\}$ : um cilindro — não estável por baricentros (o ponto médio de $(1,0,0)$ e $(-1,0,0)$ é a origem, fora do cilindro): não é afim. Um sistema compatível $MX = B$ : subespaço afim $X_0 + \ker M$ de dimensão $\dim\ker M$ , como lembrado na Definição 17.5.

Exercício 17.2 ★

Prove que três pontos distintos $A, B, C$ de um espaço afim são alinhados se e somente se $C$ é baricentro de $A$ e $B$ , se e somente se os vetores $\vect{AB}, \vect{AC}$ são ligados. Deduza a contabilidade de pesos ao estilo Menelau: se $C = \operatorname{bar}(A, 1 - t; B, t)$ , localize $C$ para $t = \frac12$ , $t = 2$ , $t = -1$ .

Solução

Solução de Exercício 17.2.

$C = \operatorname{bar}(A, 1-t; B, t)$ significa $\vect{AC} = t\,\vect{AB}$ : a existência de tal $t$ é exatamente a ligação de $\vect{AC}$ com $\vect{AB} \neq 0$ , isto é, o alinhamento. Posições: $t = \frac12$ : ponto médio; $t = 2$ : além de $B$ , à distância de $B$ dele ( $\vect{AC} = 2\vect{AB}$ ); $t = -1$ : o simétrico de $B$ por $A$ .

Exercício 17.3 ★

Seja $f$ a aplicação afim de $\R^2$ dada por $f(X) = MX + C$ com $M = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}$ e $C = (1, 0)^{\mathsf T}$ . Determine a imagem de $f$ , seus pontos fixos (se houver) e $f \circ f$ .

Solução

Solução de Exercício 17.3.

$M$ é a matriz da projeção sobre $\operatorname{Vect}(1,1)$ ao longo de $(1,-1)$ (confira $M^2 = M$ ). Imagem de $f$ : $\{MX + C\} = C + \operatorname{im} M$ : a reta afim por $(1,0)$ dirigida por $(1,1)$ . Pontos fixos: $X = MX + C$ , isto é, $(I - M)X = C$ ; mas $C = (1, 0)^{\mathsf T}$ e $\operatorname{im}(I - M) = \operatorname{Vect}(1,-1)$ ; será que $(1,0)$ está nela? $(1, 0) = \alpha(1,-1)$ força $\alpha = 1$ e $0 = -1$ : não. Nenhum ponto fixo. E

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

$f\circ f$ é $f$ seguida de uma translação ao longo da reta imagem — $f$ é uma “projeção deslizante”: projeção sobre a reta composta com um deslizamento.

Exercício 17.4 ★★

(Associatividade em ação) Num triângulo $ABC$ , sejam $I, J, K$ os pontos que dividem $BC$ , $CA$ , $AB$ nas razões $\vect{BI} = \frac13\vect{BC}$ , $\vect{CJ} = \frac13\vect{CA}$ , $\vect{AK} = \frac13\vect{AB}$ . Exprima $I, J, K$ como baricentros e calcule o baricentro de $(I,1;J,1;K,1)$ : o que você encontra, e por que era previsível?

Solução

Solução de Exercício 17.4.

$I = \operatorname{bar}(B, 2; C, 1)$ (pois $\vect{BI} = \frac13\vect{BC}$ coloca $I$ mais perto de $B$ : pesos $2$ em $B$ , $1$ em $C$ — confira: $\vect{BI} = \frac{1}{3}\vect{BC}$ ). Do mesmo modo, $J = \operatorname{bar}(C, 2; A, 1)$ , $K = \operatorname{bar}(A, 2; B, 1)$ . Somando os três sistemas ponderados, o baricentro de $(I, 1; J, 1; K, 1)$ (cada um de peso total $3$ , de modo que se substitui $I$ por seu sistema, etc.) é

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

o centroide de $ABC$ : o triângulo $IJK$ tem o mesmo centroide — previsível, porque a construção trata $A, B, C$ ciclicamente e o centroide é o único ponto fixo da simetria cíclica dos pesos.

Exercício 17.5 ★★

Prove que uma aplicação $f \colon \R^n \to \R^n$ que preserva pontos médios ( $f\bigl(\frac{A+B}{2}\bigr) = \frac{f(A) + f(B)}{2}$ ) e é contínua é afim. (Mostre que a aplicação vetorial $u \mapsto f(O + u) - f(O)$ é aditiva via pontos médios, depois $\Q$ -homogênea, depois $\R$ -homogênea por continuidade — a mesma estratégia de densidade usada para a equação funcional de Cauchy no volume do primeiro ano de graduação; refaça aqui os passos necessários.)

Solução

Solução de Exercício 17.5.

Ponha $g(u) = f(O + u) - f(O)$ (trabalhando em $\R^n$ vetorializado em $O$ ), $g(0) = 0$ .

Aditividade: $\frac{(O + u) + (O + v)}{2} = O + \frac{u + v}{2}$ , de modo que a preservação de pontos médios dá $g\bigl(\frac{u+v}{2}\bigr) = \frac{g(u) + g(v)}{2}$ ; com $v = 0$ : $g(u/2) = g(u)/2$ ; combinando, $g(u + v) = 2g\bigl(\frac{u+v}{2}\bigr) = g(u) + g(v)$ .

$\Q$ -homogeneidade: a aditividade dá $g(nu) = ng(u)$ ( $n \in \N$ , indução), depois $g(-u) = -g(u)$ (some), depois $g(\frac pq u) = \frac pq g(u)$ (aplique $q$ , use a injetividade do reescalamento).

$\R$ -homogeneidade: para $t \in \R$ , tome racionais $t_n \to t$ : $g(t_nu) = t_ng(u)$ , e a continuidade de $g$ (herdada de $f$ ) passa ao limite: $g(tu) = tg(u)$ . Logo $g$ é linear e $f = f(O) + g$ : afim.

Exercício 17.6 ★★

Classifique a aplicação afim $f(x, y) = (y + 1,\; x - 1)$ do plano euclidiano: parte linear, pontos fixos, natureza geométrica (reflexão? deslizante?). Calcule $f \circ f$ e conclua.

Solução

Solução de Exercício 17.6.

Parte linear $\varphi(x,y) = (y, x)$ : a reflexão na diagonal $y = x$ (ortogonal, determinante $-1$ ). Pontos fixos: $(x, y) = (y + 1, x - 1)$ reduz-se à única equação $y = x - 1$ (as duas componentes são equivalentes): todo ponto da reta $y = x - 1$ é fixo. Assim $f$ fixa essa reta ponto a ponto: $f$ é a reflexão nesse eixo (uma isometria com uma reta de pontos fixos e parte linear uma reflexão). Coerentemente, $f \circ f(x,y) = f(y+1, x-1) = (x - 1 + 1, y + 1 - 1) = (x, y)$ : uma involução, como toda reflexão deve ser.

Exercício 17.7 ★★★

(Radon) Sejam $A_1, \dots, A_{n+2}$ pontos de um espaço afim de dimensão $n$ . Prove que eles podem ser separados em dois grupos disjuntos cujas envoltórias convexas se intersectam. (Como na demonstração de Carathéodory, ache pesos $\mu_i$ , não todos nulos, com $\sum\mu_i = 0$ e $\sum\mu_i\vect{OA_i} = 0$ ; separe os pesos positivos dos negativos e normalize os dois lados.)

Solução

Solução de Exercício 17.7.

Os $n + 1$ vetores $\vect{A_1A_i}$ ( $i \geq 2$ ) são ligados em dimensão $n$ : existem $\mu_i$ , não todos nulos, com $\sum_{i\geq2} \mu_i\vect{A_1A_i} = 0$ ; ponha $\mu_1 = -\sum_{i \geq 2}\mu_i$ , de modo que $\sum_{i}\mu_i = 0$ e $\sum_i \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ para toda $O$ , com nem todos os $\mu_i$ nulos. Separe os índices: $P = \{i : \mu_i > 0\}$ , $N = \{i : \mu_i < 0\}$ , ambos não vazios (os $\mu_i$ somam zero e não são todos nulos). Com $s = \sum_{i\in P}\mu_i = -\sum_{i \in N}\mu_i > 0$ :

\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},

(os dois lados valem o ponto $X$ com $\vect{OX} = \frac1s\sum_{i\in P}\mu_i\vect{OA_i}$ , pela relação): um ponto comum às duas envoltórias convexas, com grupos de índices disjuntos.

Exercício 17.8 ★★★

Seja $f$ um endomorfismo afim de $\R^n$ com $f \circ f = f$ . Prove que $f$ é a projeção afim sobre o subespaço afim $\operatorname{Fix}(f) = \operatorname{im} f$ na direção $\ker\vec f$ , e que, reciprocamente, todas essas projeções são idempotentes. (Mostre primeiro que $\operatorname{im} f$ consiste em pontos fixos.)

Solução

Solução de Exercício 17.8.

Imagem = pontos fixos: para $Y = f(X)$ , $f(Y) = f(f(X)) = f(X) = Y$ : todo ponto imagem é fixo; reciprocamente, os pontos fixos são imagens. Assim $\mathcal{F} = \operatorname{im} f = \operatorname{Fix}(f)$ é não vazio e é um subespaço afim (imagem de uma aplicação afim), de direção $\operatorname{im}\vec f$ .

Estrutura de projeção: $\vec f$ é idempotente ( $\vec{f\circ f} = \vec f^{\,2} = \vec f$ ), logo $E = \operatorname{im}\vec f \oplus \ker \vec f$ (Exemplo 3.18). Para qualquer ponto $X$ , considere o vetor $\vect{f(X)\,X}$ ; aplicando $\vec f$ :

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

logo $\vect{f(X)\,X} \in \ker\vec f$ . Portanto $X = f(X) + \vect{f(X)X}$ exibe $X$ como um ponto de $\mathcal{F}$ transladado por um vetor de $\ker\vec f$ : $f$ é exatamente a projeção sobre $\mathcal{F}$ ao longo de $\ker\vec f$ . Reciprocamente, tais projeções claramente satisfazem $f \circ f = f$ .

Exercício 17.9 ★

Sejam $G = \operatorname{bar}(A, 1;\ B, 2;\ C, 3)$ num triângulo $ABC$ . Usando a associatividade, mostre que a reta $AG$ encontra $BC$ em $M = \operatorname{bar}(B, 2;\ C, 3)$ e localize $G$ no segmento $\intcc AM$ ; localize do mesmo modo a interseção de $BG$ com $CA$ .

Solução

Solução de Exercício 17.9.

Seja $M = \operatorname{bar}(B, 2;\ C, 3)$ , de peso total $5$ . A associatividade dá $G = \operatorname{bar}(A, 1;\ M, 5)$ , logo $\vect{AG} = \frac56\,\vect{AM}$ : $G$ está no segmento $\intcc AM$ a cinco sextos dele a partir de $A$ . Como $A \notin (BC)$ , a reta $(AG) = (AM)$ encontra $(BC)$ no único ponto $M$ , com $\vect{BM} = \frac35\,\vect{BC}$ . Do mesmo modo, com $N = \operatorname{bar}(C, 3;\ A, 1)$ (peso total $4$ , $\vect{CN} = \frac14\,\vect{CA}$ ), a associatividade dá $G = \operatorname{bar}(B, 2;\ N, 4)$ : a reta $(BG)$ encontra $(CA)$ em $N$ , e $\vect{BG} = \frac46\,\vect{BN} = \frac23\,\vect{BN}$ .

Exercício 17.10 ★★

Para $\lambda \neq 0$ , a homotetia $h_{\Omega, \lambda}$ é a aplicação afim que fixa $\Omega$ com parte linear $\lambda\,\mathrm{id}$ . Prove que a composição $h_{\Omega', \mu} \circ h_{\Omega, \lambda}$ é uma homotetia de razão $\lambda\mu$ quando $\lambda\mu \neq 1$ , e uma translação quando $\lambda\mu = 1$ ; no caso $\lambda = \mu = -1$ (duas simetrias centrais), calcule o vetor de translação.

Solução

Solução de Exercício 17.10.

Vetorialize numa origem $O$ e escreva os pontos como vetores: $h_{\Omega, \lambda}(x) = \omega + \lambda(x - \omega)$ com $\omega = \vect{O\Omega}$ . A composição $g = h_{\Omega', \mu} \circ h_{\Omega, \lambda}$ é afim com parte linear $\mu\lambda\,\mathrm{id}$ . Se $\lambda\mu \neq 1$ : $1 \notin \operatorname{Sp}(\lambda\mu\,\mathrm{id})$ , de modo que a Proposição 17.17 fornece um único ponto fixo $\Omega''$ e, vetorializada aí, $g = \lambda\mu\,\mathrm{id}$ : a homotetia $h_{\Omega'', \lambda\mu}$ . Se $\lambda\mu = 1$ , a parte linear é a identidade, logo $g$ é uma translação; desenvolvendo,

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

Para $\lambda = \mu = -1$ (simetrias centrais) o vetor é $2\omega' - 2\omega = 2\,\vect{\Omega\Omega'}$ : a composição das simetrias centrais em $\Omega$ e depois $\Omega'$ é a translação por $2\,\vect{\Omega\Omega'}$ .

Exercício 17.11 ★★

(Menelau) Num triângulo $ABC$ , sejam $A' \in (BC)$ , $B' \in (CA)$ , $C' \in (AB)$ , todos distintos dos vértices, e defina $\alpha, \beta, \gamma$ por $\vect{A'B} = \alpha\,\vect{A'C}$ , $\vect{B'C} = \beta\,\vect{B'A}$ , $\vect{C'A} = \gamma\,\vect{C'B}$ . Prove que $A', B', C'$ estão alinhados se e somente se $\alpha\beta\gamma = 1$ . (Escreva cada ponto como baricentro de dois vértices; mostre que três pontos estão alinhados se e somente se suas linhas de coordenadas baricêntricas em relação a $(A, B, C)$ formam uma matriz $3 \times 3$ singular.)

Solução

Solução de Exercício 17.11.

$\vect{A'B} = \alpha\,\vect{A'C}$ diz exatamente que $1\cdot \vect{A'B} - \alpha\,\vect{A'C} = 0$ , isto é, $A' = \operatorname{bar}(B, 1;\ C, -\alpha)$ (peso total $1 - \alpha \neq 0$ , pois $B \neq C$ ); do mesmo modo $B' = \operatorname{bar}(C, 1;\ A, -\beta)$ e $C' = \operatorname{bar}(A, 1;\ B, -\gamma)$ .

O critério de alinhamento. Dê a cada ponto $P$ sua linha baricêntrica normalizada $p = (p_A, p_B, p_C)$ , $p_A + p_B + p_C = 1$ , em relação a $(A, B, C)$ . Se $\sum_i c_i p_i = 0$ com $(c_1, c_2, c_3) \neq 0$ para três pontos $P_1, P_2, P_3$ , então somar as entradas dá $\sum c_i = 0$ , e $\sum_i c_i \vect{OP_i} = \sum_j \bigl(\sum_i c_ip_{ij}\bigr)\vect{OV_j} = 0$ : os $P_i$ são afinmente dependentes, isto é, alinhados. Reciprocamente, uma dependência afim $(t_i)$ dá $w = \sum t_ip_i$ com entradas somando $0$ e $\sum_j w_j\vect{OV_j} = 0$ ; desenvolvendo a partir de $A$ , $w_B \vect{AB} + w_C\vect{AC} = 0$ , logo $w = 0$ pela independência afim de $(A, B, C)$ : as linhas são linearmente dependentes. Assim o alinhamento equivale à anulação de um determinante $3 \times 3$ , e reescalar as linhas pelos fatores não nulos $1 - \alpha$ , $1 - \beta$ , $1 - \gamma$ nada muda:

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

Logo $A', B', C'$ estão alinhados se e somente se $\alpha\beta\gamma = 1$ : o teorema de Menelau.

Exercício 17.12 ★★★

Prove que a envoltória convexa de uma parte compacta $K$ de $\R^n$ é compacta. (Pelo Teorema 17.14, $\operatorname{conv}(K)$ é a imagem de um compacto por uma aplicação contínua.) Mostre, por um exemplo em $\R^2$ , que a envoltória convexa de um conjunto fechado não precisa ser fechada.

Solução

Solução de Exercício 17.12.

Seja $\Delta = \{\lambda \in \R^{n+1} : \lambda_i \geq 0,\ \sum\lambda_i = 1\}$ : fechado e limitado em $\R^{n+1}$ , logo compacto, e $K^{n+1}$ é compacto como produto finito. A aplicação

\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

é contínua, e o Teorema 17.14 diz precisamente que $\operatorname{conv}(K) = \Phi(\Delta \times K^{n+1})$ : imagem contínua de um compacto (Teorema 4.16), logo compacta.

Para um conjunto fechado: tome $S = (\R \times \{0\}) \cup \{(0, 1)\}$ , fechado em $\R^2$ . Uma combinação convexa que põe peso $t$ em $(0,1)$ e $1 - t$ em pontos do eixo tem segunda coordenada $t$ , de modo que

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

(para $0 \leq t < 1$ , $(x, t) = t\,(0,1) + (1-t)\,\bigl(\tfrac x{1-t}, 0\bigr)$ ). O ponto $(1, 1) = \lim_{t \to 1}(1, t)$ é aderente mas não está na envoltória: não é fechada.

17.5 Problema: de Radon a Helly, pontos centrais e o teorema de Jung

Os dois tipos de Radon para quatro pontos do plano em posição geral: um ponto interior ao triângulo dos demais (partição \A_4\ \A_1, A_2, A_3\) ou posição convexa, em que o ponto de Radon (laranja) é a interseção das duas diagonais. — Os dois tipos de Radon para quatro pontos do plano em posição geral: um ponto interior ao triângulo dos demais (partição $\{A_4\} \mid \{A_1, A_2, A_3\}$ ) ou posição convexa, em que o ponto de Radon (laranja) é a interseção das duas diagonais.

Problema 17.1

Problema de fim de semana — o teorema de Helly e dois de seus dividendos

O lema de Radon (Exercício 17.7) diz que $n + 2$ pontos de um espaço afim de dimensão $n$ sempre se separam em dois grupos com envoltórias convexas que se intersectam. Este problema transforma esse único fato de álgebra linear numa cadeia de teoremas de geometria combinatória: o teorema de interseção de Helly, o teorema do ponto central (uma mediana bidimensional) e o teorema de recobrimento de Jung. Em todo o problema, o plano é $\R^2$ com sua estrutura euclidiana usual, e $\det$ é o determinante na base canônica.

Parte I — Coordenadas baricêntricas. Pontos $A_0, \dots, A_k$ são afinmente independentes quando os vetores $\vect{A_0A_1}, \dots, \vect{A_0A_k}$ são linearmente independentes.

Mostre que a independência afim não depende da escolha do ponto-base $A_0$ e que ela equivale a: sempre que duas famílias de pesos, cada uma somando $1$ , definem o mesmo baricentro de $(A_0, \dots, A_k)$ , os pesos coincidem.
Sejam $(A, B, C)$ afinmente independentes no plano. Mostre que todo ponto $M$ admite uma única tripla $(\alpha, \beta, \gamma)$ com $\alpha + \beta + \gamma = 1$ e $M = \operatorname{bar}(A, \alpha; B, \beta; C, \gamma)$ — suas coordenadas baricêntricas.
Demonstre as fórmulas com determinantes

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

as coordenadas baricêntricas são razões de áreas com sinal.
As retas $BC$ , $CA$ , $AB$ são as retas de coordenada $\{\alpha = 0\}$ , $\{\beta = 0\}$ , $\{\gamma = 0\}$ . Mostre que $M$ está no triângulo fechado $\operatorname{conv}\{A, B, C\}$ se e somente se $\alpha, \beta, \gamma \geq 0$ , e que as três retas cortam o plano em exatamente sete regiões, classificadas pelos sinais de $(\alpha, \beta, \gamma)$ (sendo impossível o padrão de sinais $(-, -, -)$ ).
Seja $u \colon \R^2 \to \R$ uma aplicação afim (uma forma afim). Mostre que $u(M) = \alpha\,u(A) + \beta\,u(B) + \gamma\,u(C)$ , que os conjuntos de nível de uma forma afim não constante são retas, que toda reta surge assim, e que os semiplanos fechados $\{u \geq c\}$ são convexos.

Parte II — Partições de Radon, refinadas. Uma família de $n + 2$ pontos de $\R^n$ está em posição geral quando quaisquer $n + 1$ deles são afinmente independentes. Uma dependência afim de $(A_1, \dots, A_{n+2})$ é uma família $(\mu_i)$ com $\sum_i \mu_i = 0$ e $\sum_i \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ para uma (logo toda) origem $O$ .

Calcule uma dependência afim não nula dos quatro pontos $A_1 = (0,0)$ , $A_2 = (3,0)$ , $A_3 = (0,3)$ , $A_4 = (1,1)$ ; dê a partição de Radon e o ponto de Radon.
Mostre que, para pontos em posição geral, o espaço vetorial das dependências afins tem dimensão exatamente $1$ , e que uma dependência não nula não tem coeficiente nulo.
Deduza que a partição de Radon de $n + 2$ pontos em posição geral é única (a menos de trocar os dois blocos), sendo cada bloco o conjunto dos índices em que $\mu_i$ tem um sinal fixo.
Para quatro pontos do plano em posição geral, mostre a dicotomia: ou a partição é do tipo $(1, 3)$ — um ponto interior ao triângulo dos outros três — ou do tipo $(2, 2)$ : os quatro pontos estão em posição convexa e os segmentos que unem os dois pares (as diagonais) se intersectam, no ponto de Radon.
Execute a questão 6 para o quadrado unitário $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(1,1)$ , $(0,1)$ : dependência, partição, ponto de Radon.

Parte III — O teorema de Helly no plano.

Sejam $C_1, C_2, C_3, C_4$ partes convexas de $\R^2$ , quaisquer três das quais têm ponto comum. Escolha $x_i \in \bigcap_{j \neq i} C_j$ e aplique o lema de Radon a $x_1, \dots, x_4$ : mostre que o ponto de Radon pertence aos quatro conjuntos. (Para cada $k$ , o bloco que não contém $x_k$ é formado por pontos de $C_k$ .)
(Helly) Sejam $C_1, \dots, C_m$ ( $m \geq 3$ ) partes convexas de $\R^2$ , quaisquer três das quais se intersectam. Prove que $\bigcap_{i=1}^m C_i \neq \emptyset$ , por indução sobre $m$ : substitua $C_{m-1}$ e $C_m$ por $C_{m-1} \cap C_m$ e verifique a hipótese para a nova família usando a questão 11.
Três contraexemplos, um por hipótese: (a) os três lados fechados de um triângulo se intersectam dois a dois mas não têm ponto comum ( $3$ não pode baixar para $2$ ); (b) os quatro conjuntos $S_i = \{x_1, \dots, x_4\} \setminus \{x_i\}$ , para quatro pontos em posição geral, satisfazem a hipótese das interseções triplas mas não a conclusão (a convexidade importa); (c) os semiplanos fechados $H_k = \intco{k}{+\infty} \times \R$ , $k \in \N$ , se intersectam dois a dois e três a três mas $\bigcap_k H_k = \emptyset$ (famílias infinitas precisam de compacidade).
(Helly compacto) Seja $(K_i)_{i \in I}$ uma família arbitrária de partes convexas compactas de $\R^2$ , quaisquer três das quais se intersectam. Usando a questão 12 e a propriedade de Borel–Lebesgue (Teorema 4.20), mostre que $\bigcap_{i \in I} K_i \neq \emptyset$ .
(Primeiro dividendo) Sejam $S$ um conjunto finito de pontos do plano e $r > 0$ . Mostre: se quaisquer três pontos de $S$ estão em algum disco fechado de raio $r$ , então $S$ está num único disco fechado de raio $r$ . (Aplique Helly aos discos $\overline D(p, r)$ , $p \in S$ .)

Parte IV — O teorema do ponto central. Um ponto central de um conjunto finito $S$ de $n$ pontos do plano é um ponto $c$ (não necessariamente em $S$ ) tal que todo semiplano fechado que contém $c$ contém ao menos $n/3$ pontos de $S$ .

(Dimensão $1$ ) Para reais $x_1 \leq \dots \leq x_n$ , mostre que a mediana $c = x_{\lceil n/2 \rceil}$ satisfaz: toda semirreta fechada que contém $c$ contém ao menos $n/2$ dos $x_i$ .
(Lema de contagem) Se $A, B, C$ são partes de $S$ com $\abs A, \abs B, \abs C > \tfrac{2n}3$ , mostre que $A \cap B \cap C \neq \emptyset$ .
Sejam $m = \floor{2n/3} + 1$ e seja $\mathcal F$ a família (finita) das envoltórias convexas $\operatorname{conv}(T)$ , $T \subseteq S$ , $\abs T = m$ . Mostre que quaisquer três membros de $\mathcal F$ têm ponto comum e deduza de Helly um ponto $c$ comum a todos eles.
Prove que esse $c$ é um ponto central de $S$ : o teorema do ponto central. (Se um semiplano fechado por $c$ contivesse menos de $n/3$ pontos, seu complementar aberto conteria um conjunto $T$ de $m$ pontos, e $\operatorname{conv}(T)$ evitaria $c$ .)
Otimalidade: seja $n = 3k$ e coloque $k$ pontos em cada um de três discos de raio pequeno $\varepsilon$ centrados nos vértices de um triângulo grande. Mostre que, para todo ponto $c$ do plano, algum semiplano fechado contendo $c$ contém no máximo $n/3$ pontos de $S$ , de modo que a constante $1/3$ não pode ser melhorada. (Entre as três direções de $c$ aos centros dos discos, duas formam ângulo no máximo $2\pi/3$ .)

Parte V — O teorema de Jung e síntese.

(Lema do triângulo) Sejam $P, Q, R$ três pontos com distâncias mútuas $\leq 1$ . Mostre que eles estão num disco fechado de raio $1/\sqrt3$ . (Se algum ângulo é $\geq \pi/2$ , tome o disco de diâmetro o maior lado, usando a fórmula da mediana $\norm{RM}^2 = \tfrac12\norm{RP}^2 + \tfrac12\norm{RQ}^2 - \tfrac14\norm{PQ}^2$ ; se o triângulo é acutângulo, majore o raio da circunferência circunscrita $a/(2\sin \widehat A)$ usando seu maior ângulo, que está em $\intco{\pi/3}{\pi/2}$ .)
(Jung) Deduza: toda parte compacta do plano de diâmetro $\leq 1$ está contida num disco fechado de raio $1/\sqrt3$ .
Otimalidade: para o triângulo equilátero $A_1A_2A_3$ de lado $1$ e centroide $G$ , demonstre a identidade de Leibniz $\sum_i \norm{\vect{OA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + \sum_i \norm{\vect{GA_i}}^2$ para todo ponto $O$ e conclua que todo disco que contém os três vértices tem raio $\geq 1/\sqrt3$ , com igualdade apenas para o disco circunscrito.
(Helly em $\R^n$ ) Enuncie e demonstre o teorema de Helly em $\R^n$ : se um número finito de conjuntos convexos é tal que quaisquer $n + 1$ deles se intersectam, então todos eles se intersectam. (O lema de Radon Exercício 17.7 trata de $n + 2$ conjuntos; depois faça indução como na questão 12.)
Síntese. Monte a cadeia

$\text{dependência afim} \Rightarrow \text{Radon} \Rightarrow \text{Helly} \Rightarrow \text{ponto central e Jung},$

indicando em uma frase cada: onde entra a álgebra linear, onde entram os sinais dos pesos, onde entra a convexidade e qual único passo usou a dimensão do plano. O que se tornam as constantes $3$ (em Helly), $1/3$ (ponto central) e $1/\sqrt3$ (Jung) em $\R^n$ ? (Enuncie sem demonstrar.)

Solução

Solução de Problema 17.1.

1. Rebase em $A_j$ : para $i \neq j$ , $\vect{A_jA_i} = \vect{A_0A_i} - \vect{A_0A_j}$ . Se $\sum_{i \neq j} c_i\vect{A_jA_i} = 0$ , desenvolver dá $\sum_{i \notin \{0, j\}} c_i\,\vect{A_0A_i} - \bigl(\sum_{i\neq j} c_i\bigr)\vect{A_0A_j} = 0$ ; a independência dos $\vect{A_0A_i}$ força $c_i = 0$ para $i \notin \{0, j\}$ , e depois $c_0 = 0$ : independência em $A_j$ . Para a equivalência: duas famílias de pesos $(\lambda_i)$ , $(\lambda_i')$ somando $1$ com o mesmo baricentro dão, com $\nu = \lambda - \lambda'$ : $\sum\nu_i = 0$ e (origem $A_0$ ) $\sum_{i \geq 1}\nu_i\,\vect{A_0A_i} = 0$ , logo $\nu = 0$ sob a independência. Reciprocamente, uma relação não trivial $\sum_{i\geq1}\mu_i \vect{A_0A_i} = 0$ , completada por $\mu_0 = -\sum_{i\geq1} \mu_i$ , permite somar $t(\mu_i)$ a qualquer família de pesos sem mover o baricentro: não unicidade.

2. $(\vect{AB}, \vect{AC})$ é uma base de $\R^2$ : escreva $\vect{AM} = \beta\,\vect{AB} + \gamma\,\vect{AC}$ (único) e ponha $\alpha = 1 - \beta - \gamma$ ; a condição de baricentro na origem $A$ lê-se exatamente $\vect{AM} = \beta\,\vect{AB} + \gamma\,\vect{AC}$ . A unicidade é a questão 1.

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

\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 a bilinearidade e $\det(\vect{MA}, \vect{AC}) = -\beta D$ , $\det(\vect{AB}, \vect{MA}) = -\gamma D$ . As outras duas fórmulas seguem do mesmo cálculo com os papéis permutados ciclicamente.

4. Por definição, $\operatorname{conv}\{A, B, C\}$ é o conjunto dos baricentros com pesos não negativos; normalizando os pesos para somar $1$ e invocando a unicidade (questão 2), $M \in \operatorname{conv}\{A,B,C\}$ se e somente se $\alpha, \beta, \gamma \geq 0$ . Cada coordenada é uma função afim de $M$ (questão 3: um determinante $2\times2$ com uma coluna afim em $M$ ), de modo que cada condição aberta de sinal define um semiplano aberto. O padrão $(-,-,-)$ contradiz $\alpha + \beta + \gamma = 1$ ; cada um dos sete padrões restantes é realizado: reescale uma tripla que respeite os sinais e tenha ao menos uma entrada $+$ de modo que a soma (positiva) valha $1$ — por exemplo, $(-1, 1, 1)$ , $(3, -1, -1)$ , $(\frac13, \frac13, \frac13)$ , e permutações.

5. Uma aplicação afim preserva baricentros (Definição 17.5), logo $u(M) = \alpha u(A) + \beta u(B) + \gamma u(C)$ . Escrevendo $u(x, y) = ax + by + c$ com $(a, b) \neq (0,0)$ : $\{u = c'\}$ é uma reta, e toda reta $ax + by = c'$ é um tal conjunto de nível. Se $u(M), u(N) \geq c$ e $t \in \intcc01$ , então $u\bigl(\operatorname{bar}(M, 1-t; N, t)\bigr) = (1-t)u(M) + tu(N) \geq c$ : os semiplanos são convexos.

6. As condições $\sum\mu_i = 0$ , $3\mu_2 + \mu_4 = 0$ , $3\mu_3 + \mu_4 = 0$ dão (tomando $\mu_4 = 3$ ) a dependência $(\mu_1, \mu_2, \mu_3, \mu_4) = (-1, -1, -1, 3)$ . Os sinais se separam como $\{A_4\} \mid \{A_1, A_2, A_3\}$ e, normalizando cada lado por $3$ :

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

o centroide do triângulo: o ponto de Radon é o próprio $A_4$ , que de fato está dentro do triângulo $A_1A_2A_3$ .

7. A aplicação linear $\Phi \colon \R^{n+2} \to \R \times \R^n$ , $\mu \mapsto (\sum\mu_i,\ \sum\mu_i\vect{OA_i})$ , tem posto $\leq n + 1$ , logo $\dim\ker \Phi \geq 1$ . Se existissem duas dependências independentes $\mu, \mu'$ , uma combinação adequada $\nu = \mu'_{n+2}\mu - \mu_{n+2}\mu'$ (ou o próprio $\mu$ , se os dois últimos coeficientes se anulassem) seria uma dependência não nula com $\nu_{n+2} = 0$ ; restringindo a $A_1, \dots, A_{n+1}$ e rebaseando em $A_1$ , algum $\nu_i \neq 0$ com $i \geq 2$ (um único peso não nulo não pode somar zero), dando uma relação não trivial $\sum_{i\geq2}\nu_i\vect{A_1A_i} = 0$ : os $n+1$ pontos seriam afinmente dependentes, contra a posição geral. Logo $\dim\ker \Phi = 1$ . O mesmo argumento de restrição mostra que uma dependência não nula não tem coeficiente nulo.

8. Seja $\mu \neq 0$ uma dependência, $P = \{i : \mu_i > 0\}$ e $N = \{i : \mu_i < 0\}$ : ambos não vazios ( $\sum\mu_i = 0$ , $\mu \neq 0$ ) e exaustivos (nenhum coeficiente nulo). A construção de Radon (Exercício 17.7) produz o ponto comum das envoltórias exatamente a partir dessa partição. Como a dependência é única a menos de escalar não nulo (questão 7), o par não ordenado $\{P, N\}$ — logo a partição de Radon — é único.

9. Os blocos são não vazios, de modo que o tipo é $(1,3)$ ou $(2,2)$ . Tipo $(1,3)$ , bloco $\{j\}$ : o ponto de Radon está em $\operatorname{conv}\{A_j\} = \{A_j\}$ , logo $A_j \in \operatorname{conv}$ dos outros três; ele não pode estar numa aresta (três dos pontos seriam alinhados, contra a posição geral), de modo que $A_j$ é interior ao triângulo. Tipo $(2,2)$ , blocos $\{i,j\} \mid \{k,l\}$ : o ponto de Radon $z$ está em $\intcc{A_i}{A_j} \cap \intcc{A_k}{A_l}$ , e $z$ não é extremidade (isso alinharia três pontos): os dois segmentos se cruzam num ponto interior. Além disso, nenhum ponto está na envoltória dos outros: uma tal contenção $A_l = \operatorname{bar}(A_i, \lambda_i)_{i \neq l}$ com $\lambda_i \geq 0$ é uma dependência afim de padrão de sinais $(+,+,+,-)$ , o que, pela unicidade (questão 8), tornaria a partição $(1,3)$ . Assim, no caso $(2,2)$ , os quatro pontos estão em posição convexa e os segmentos que se cruzam são as diagonais.

10. As equações $\mu_2 + \mu_3 = 0$ , $\mu_3 + \mu_4 = 0$ , $\sum\mu_i = 0$ dão a dependência $(1, -1, 1, -1)$ : partição $\{(0,0), (1,1)\} \mid \{(1,0), (0,1)\}$ , e

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

o ponto de Radon é o centro do quadrado, onde as duas diagonais se cruzam — tipo $(2,2)$ , como a figura prevê.

11. Radon aplicado a $x_1, \dots, x_4$ dá blocos $I \mid J$ e um ponto $z \in \operatorname{conv}\{x_i : i \in I\} \cap \operatorname{conv}\{x_j : j \in J\}$ . Fixe $k \in \{1, \dots, 4\}$ , digamos $k \in I$ . Todo $j \in J$ satisfaz $j \neq k$ , logo $x_j \in C_k$ pela escolha $x_j \in \bigcap_{l \neq j}C_l$ ; como $C_k$ é convexo, $z \in \operatorname{conv}\{x_j : j \in J\} \subseteq C_k$ . Como $k$ era arbitrário, $z \in C_1 \cap C_2 \cap C_3 \cap C_4$ .

12. Indução sobre $m$ . Para $m = 3$ a hipótese é a conclusão; $m = 4$ é a questão 11. Seja $m \geq 4$ , suponha o enunciado para $m$ conjuntos e tome $C_1, \dots, C_{m+1}$ com a propriedade das interseções triplas. Ponha $C_m' = C_m \cap C_{m+1}$ , convexo. A família $C_1, \dots, C_{m-1}, C_m'$ tem $m$ membros; uma tripla que evita $C_m'$ se intersecta por hipótese, e uma tripla $\{C_i, C_j, C_m'\}$ tem interseção $C_i \cap C_j \cap C_m \cap C_{m+1}$ , não vazia pela questão 11 aplicada a $C_i, C_j, C_m, C_{m+1}$ (quaisquer três deles se encontram, por hipótese). A hipótese de indução agora fornece um ponto comum à nova família, isto é, aos $m+1$ conjuntos.

13. (a) Os lados fechados $\intcc PQ$ , $\intcc QR$ , $\intcc RP$ de um triângulo não degenerado: quaisquer dois compartilham um vértice, mas um ponto comum aos três estaria em $\intcc PQ \cap \intcc RP = \{P\}$ e em $\intcc QR$ , o que exclui $P$ . (b) Quaisquer três dos conjuntos $S_i = \{x_1, \dots, x_4\} \setminus \{x_i\}$ omitem três dos quatro pontos, deixando exatamente um ponto comum; a interseção total omite todos os pontos. Os $S_i$ são finitos, não convexos: a convexidade é essencial. (c) Um número finito de $H_k = \intco{k}{+\infty} \times \R$ se intersecta em $\intco{k_{\max}}{+\infty} \times \R \neq \emptyset$ , e no entanto nenhum ponto tem $x \geq k$ para todo $k \in \N$ : para famílias infinitas, a compacidade é essencial.

14. Suponha $\bigcap_{i \in I}K_i = \emptyset$ e fixe $i_0$ . Todo $x \in K_{i_0}$ escapa de algum $K_i$ , logo $K_{i_0} \subseteq \bigcup_{i \in I}(\R^2 \setminus K_i)$ , uma cobertura por abertos ( $K_i$ é compacto, logo fechado). Por Borel–Lebesgue (Teorema 4.20), um número finito basta: $K_{i_0} \cap K_{i_1} \cap \dots \cap K_{i_N} = \emptyset$ . Mas quaisquer três membros dessa família finita de conjuntos convexos se intersectam, de modo que a questão 12 torna a interseção não vazia: contradição.

15. Ponha $D_p = \overline D(p, r)$ para $p \in S$ : conjuntos convexos compactos. Para $p, q, s \in S$ , a hipótese dá um disco fechado $\overline D(z, r)$ que contém $p, q, s$ ; então $\norm{\vect{zp}}, \norm{\vect{zq}}, \norm{\vect{zs}} \leq r$ , isto é, $z \in D_p \cap D_q \cap D_s$ . Por Helly (questão 12; a família é finita) existe $c \in \bigcap_{p \in S}D_p$ : todo $p \in S$ satisfaz $\norm{\vect{cp}} \leq r$ , logo $S \subseteq \overline D(c, r)$ .

16. Seja $c = x_{\lceil n/2\rceil}$ . Uma semirreta fechada que contém $c$ é $\intoc{-\infty}{t}$ com $t \geq c$ ou $\intco{t}{+\infty}$ com $t \leq c$ . A primeira contém $x_1, \dots, x_{\lceil n/2\rceil}$ : ao menos $\lceil n/2\rceil \geq n/2$ pontos. A segunda contém $x_{\lceil n/2\rceil}, \dots, x_n$ : exatamente $n - \lceil n/2\rceil + 1 = \floor{n/2} + 1 > n/2$ pontos.

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

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

18. Note que $m > 2n/3$ . Para $T_1, T_2, T_3 \subseteq S$ de cardinalidade $m$ , a questão 17 fornece um ponto $x \in T_1 \cap T_2 \cap T_3$ ; então $x \in \operatorname{conv}(T_i)$ para cada $i$ : quaisquer três membros de $\mathcal F$ se encontram. A família é finita (finitos subconjuntos de $S$ ) e consiste em conjuntos convexos, de modo que Helly (questão 12) dá $c \in \bigcap_{\abs T = m}\operatorname{conv}(T)$ .

19. Suponha que algum semiplano fechado $H \ni c$ contenha menos de $n/3$ pontos de $S$ . Seu complementar $U$ é um semiplano aberto, convexo, com $\abs{S \cap U} > 2n/3$ , logo $\abs{S \cap U} \geq \floor{2n/3} + 1 = m$ ; escolha $T \subseteq S \cap U$ com $\abs T = m$ . Então $\operatorname{conv}(T) \subseteq U$ pela convexidade de $U$ , de modo que $c \in \operatorname{conv}(T) \subseteq U$ : contradição com $c \in H$ . Portanto todo semiplano fechado que contém $c$ contém ao menos $n/3$ pontos: $c$ é um ponto central.

20. Tome o triângulo equilátero de lado $L$ e $\varepsilon = L/100$ . Seja $c$ um ponto qualquer; exibimos um semiplano fechado que contém $c$ e no máximo $k$ pontos.

Caso 1: $c$ está a menos de $L/10$ de um vértice, digamos $B$ . As direções de $c$ para $A$ e para $C$ desviam das direções $B \to A$ , $B \to C$ em no máximo $\arcsin\bigl(\tfrac{L/10}{9L/10}\bigr) = \arcsin\tfrac19$ , de modo que fazem um ângulo $\leq \tfrac\pi3 + 2\arcsin\tfrac19 < \tfrac{2\pi}3$ . Caso 2: $c$ está a distância $> L/10$ de todos os vértices. Se $c$ está no triângulo, as três lacunas angulares entre as direções $u_A, u_B, u_C$ de $c$ aos vértices somam $2\pi$ , de modo que alguma lacuna é $\leq 2\pi/3$ ; se $c$ está fora, as três direções estão num semiplano aberto de direções e duas delas fazem um ângulo $< \pi/2$ . Em todos os casos duas direções, digamos rumo a $X$ e $Y$ , fazem um ângulo $\leq 2\pi/3$ ; seja $w$ sua bissetriz unitária, de modo que $\langle u_X, w\rangle, \langle u_Y, w\rangle \geq \cos\tfrac\pi3 = \tfrac12$ . Para qualquer ponto $b$ do disco em torno de $X$ :

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

pois $\norm{\vect{cX}} \geq L/10 > 2\varepsilon$ (e do mesmo modo para $Y$ ): o semiplano aberto $\{\langle \vect{cx}, w\rangle > 0\}$ engole os dois aglomerados. Seu complementar fechado contém $c$ e no máximo os $k$ pontos do terceiro aglomerado. Assim nenhum ponto do plano supera $n/3$ : com a questão 19, a constante do ponto central é exatamente $1/3$ .

21. Ordene os ângulos; o maior, $\theta$ , satisfaz $\theta \geq \pi/3$ (os três somam $\pi$ ). Se $\theta \geq \pi/2$ , digamos em $R$ , seja $M$ o ponto médio do lado oposto $\intcc PQ$ . A fórmula da mediana ( $\vect{RM} = \tfrac12(\vect{RP} + \vect{RQ})$ , desenvolva e elimine $\langle\vect{RP}, \vect{RQ}\rangle$ pela lei dos cossenos) dá

\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 $\norm{\vect{PQ}}^2 = \norm{\vect{RP}}^2 + \norm{\vect{RQ}}^2 - 2\langle\vect{RP}, \vect{RQ}\rangle \geq \norm{\vect{RP}}^2 + \norm{\vect{RQ}}^2$ (o produto interno é $\leq 0$ ). Assim o disco de diâmetro $\intcc PQ$ , de raio $\leq \tfrac12 < \tfrac1{\sqrt3}$ , contém os três pontos (as triplas alinhadas degeneradas caem sob $\theta = \pi$ ). Se $\theta < \pi/2$ , o triângulo é acutângulo; pela lei dos senos o raio da circunferência circunscrita é $R_c = a/(2\sin\theta)$ , com $a \leq 1$ o lado oposto a $\theta$ , e $\theta \in \intco{\pi/3}{\pi/2}$ dá $\sin\theta \geq \sqrt3/2$ , logo $R_c \leq 1/\sqrt3$ : o disco circunscrito resolve.

22. Para $p \in S$ seja $K_p = \overline D(p, 1/\sqrt3)$ : convexo compacto. Quaisquer três pontos $p, q, s$ de $S$ estão dois a dois a distância $\leq 1$ , de modo que a questão 21 dá um disco de raio $1/\sqrt3$ que os contém: seu centro está em $K_p \cap K_q \cap K_s$ . Por Helly compacto (questão 14, famílias arbitrárias permitidas) existe $c \in \bigcap_{p\in S}K_p$ : todo $p \in S$ está a menos de $1/\sqrt3$ de $c$ , isto é, $S \subseteq \overline D(c, 1/\sqrt3)$ . Esse é o teorema de Jung no plano.

23. Com $G$ o centroide, $\sum_i\vect{GA_i} = 0$ , logo

\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,

e o termo do meio se anula: a identidade de Leibniz. Para o triângulo equilátero de lado $1$ , $\norm{\vect{GA_i}} = 1/\sqrt3$ (dois terços da altura $\sqrt3/2$ ), logo $\sum_i\norm{\vect{GA_i}}^2 = 1$ . Se $\overline D(O, r)$ contém os vértices, então $3r^2 \geq \sum_i\norm{\vect{OA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + 1 \geq 1$ : $r \geq 1/\sqrt3$ , com igualdade forçando $O = G$ e as três distâncias iguais a $r$ — o disco circunscrito. A constante $1/\sqrt3$ de Jung é ótima.

24. Helly em $\R^n$ : se $C_1, \dots, C_m$ ( $m \geq n + 1$ ) são partes convexas de $\R^n$ e quaisquer $n + 1$ delas se intersectam, então todas se intersectam. Caso base $m = n + 2$ : escolha $x_i \in \bigcap_{j\neq i}C_j$ ; o lema de Radon (Exercício 17.7) separa $x_1, \dots, x_{n+2}$ em blocos $I \mid J$ com um ponto comum das envoltórias $z$ e, para cada $k$ , o bloco que não contém $k$ consiste em pontos de $C_k$ , logo $z \in C_k$ por convexidade, exatamente como na questão 11. Passo de indução para $m \geq n + 2$ : substitua $C_m, C_{m+1}$ por $C_m \cap C_{m+1}$ ; uma $(n+1)$ -upla da nova família que contenha o membro intersectado equivale a $n + 2$ dos conjuntos antigos, tratados pelo caso base, e as demais uplas estão cobertas pela hipótese. Conclua pela hipótese de indução.

25. A álgebra linear entra uma única vez: $n + 2$ vetores no espaço de dimensão $(n+1)$ dos pares (peso total, posição ponderada) têm de ser dependentes — essa é a dependência afim. Os sinais de seus coeficientes separam os pontos nos dois blocos de Radon e transformam uma relação linear numa igualdade de dois baricentros não negativos. A convexidade é usada exatamente duas vezes: no passo de Helly (a envoltória de pontos de $C_k$ permanece em $C_k$ ) e nas aplicações (semiplanos e discos são convexos). A dimensão do plano entrou apenas pelo número $4 = 2 + 2$ de pontos entregues a Radon, isto é, o “ $3 = 2 + 1$ ” da hipótese de Helly; todo o resto foi independente da dimensão, como a questão 24 confirma. Em $\R^n$ as constantes tornam-se: número de Helly $n + 1$ ; constante do ponto central $\frac1{n+1}$ (todo conjunto finito tem um ponto tal que todo semiespaço fechado que passa por ele contém uma fração $\geq \frac1{n+1}$ do conjunto); raio de Jung $\sqrt{\frac{n}{2(n+1)}}$ para conjuntos de diâmetro $1$ — igual a $1/\sqrt3$ quando $n = 2$ .