¿Cómo se puede demostrar que $\{ Ax \mid x \geq 0 \}$ está cerrado?

Question

Deje $A$ ser un real $m \times n$ matriz.

¿Cómo se puede demostrar que $\{ Ax \mid x \geq 0, x \in \mathbb R^n \}$ es cerrada (como, contiene toda su límite de puntos)?

La desigualdad de $x \geq 0$ es interpretada componente sabio.

Este hecho se utiliza en algunas pruebas de Farkas del lexema. Parece que no debe ser fácil, pero la prueba de que he visto parece ser inesperadamente complicado. Hay una muy clara / fácil / prueba evidente de este hecho?

(Tenga en cuenta que las transformaciones lineales no siempre asignan cerrado conjuntos de conjuntos cerrados, como se discutió en esta pregunta. Por ejemplo, supongamos $S = \{ (x,y) \in \mathbb R^2 \mid y \geq e^x \}$ y deje $T:\mathbb R^2 \to \mathbb R^2$ tal que $T(x,y) = (0,y)$. A continuación, $S$ es cerrado, sino $T(S)$ no está cerrado).

Answer 1

Denotamos por $a_i \in \mathbb R^m$, $i = 1, \ldots, n$ las columnas de $A$. Por una cónica variante del teorema de Carathéodory, cada una de las cónicas combinación de $\{a_i\}$ puede ser escrito como una cónica combinación de un subconjunto linealmente independiente de $\{a_i\}$. Ya que hay sólo un número finito de subconjuntos linealmente independientes de a $\{a_i\}$, es suficiente para demostrar que el reclamo de las matrices de $A$ que han columna completa en rango (es decir, todas las columnas son linealmente independientes). Pero en este caso, el reclamo es fácil de establecer.

Answer 2

El cono $C=\{y\colon Ax=y,x\ge 0\}$ es finitely generado (por un número finito de columnas de a $A$) y convexa. Por Minkowsky-teorema de Weyl (es fácil la prueba a través de la transformada de Fourier-Motzkin eliminaciones se puede encontrar aquí, Teorema 1) es un poliédrica de cono, que es, $C=\{y\colon By\le 0\}$. A partir de la última representación es claro que $C$ se cierra como una intersección de cerrados de la mitad de los espacios.

Answer 3

Deje $E$ ser un complemento de $\ker A$, es decir,$\;\mathbf R^n=\ker A\oplus E$. $E$ está cerrado en $\;\mathbf R^n$ ya que estamos en un espacio de dimensión finita, y de la misma manera, $\;\operatorname{Im} A$ es un subespacio cerrado de $\;\mathbf R^m$.

Ahora, la restricción de a $E$ es un isomorfismo de $E$ a $\;\operatorname{Im} A$. Por otro lado $\;\{x\in E\mid x\ge 0\}$ es un subconjunto cerrado de $E$. Por la anterior isomorfismo, su imagen es un subconjunto cerrado el cerrado el subespacio $\;\operatorname{Im} A$, por lo tanto es un subconjunto cerrado de $\;\mathbf R^m$.

Answer 4

OK, después de luchar con herramientas elementales para un tiempo y en vano, tuve que invocar la "Cerrado Mapa Lema", es decir, que un adecuado mapa (me.e para el cual pre-imágenes de compacto conjuntos son compactos) entre localmente compacto Hausdorff espacios (he.e un espacio en el que cada punto tiene un compacto de barrio) es cerrado. Por ejemplo, véase el Teorema 2.6 de este documento.

En su caso, suponiendo que WLOG que $A$ total columna de rango (ver @gerw el comentario de arriba), el operador lineal $A: x \mapsto Ax$ es un mapeo adecuado entre la (trivialmente) localmente compacto Hausdorff espacios de $\mathbb R^n$$\mathbb R^m$, e $[0,\infty)^n$ es un subconjunto cerrado de la antigua espacio. Esto demuestra que $A[0,\infty)^n$ es cerrado en $\mathbb R^m$, y hemos terminado.

Answer 5

Deje $e_1,...,e_n$ ser una base de $R^n$, usted puede suponer que $A(e_1),...,A(e_l)$ generar la imagen de $A$, e $(e_{l+1},...,e_n)$ es una base de $ker(A)$.

si $y$ es un elemento de la adhesión de $C=\{A(x),x\geq 0\}$, $y$ está en el subespacio vectorial generado por $(A(e_1),...,A(e_l)$. Usted puede escribir $y=y_1A(e_1)+...+y_lA(e_l)$. Existe $(x_m)=A(x_1^me_1+...x^m_ne_n)=x_1^mA(e_1)+...+x_m^lA(e_l)$ que converge hacia la $y$. Esto implica que $x_i^m$ converge hacia a $y_i, i=1,...,l$ (uso $\|\|_{\infty}$) esto implica que $A(y_1e_1+...+y_le_l)=y$.