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¿Cuántos vértices del símplice son intersectados por un hiperplano?

Hay $K$ puntos linealmente independientes en un simplex de $N-1$ dimensiones: $$x^{1}, \ldots, x^{K} \in \Delta^{N-1}$$ $$x^{k} = (x^{k}_{1}, \ldots, x^{k}_{N})$$ Me gustaría demostrar que existen $K$ "esquinas" del espacio generado por $x^{1}, \ldots, x^{K}$ en el simplex: $$y^{1}, \ldots, y^{K} \in \Delta^{N-1}$$

$$\mathcal{A} = \text{span}\left(\left\{ x^{1}, \ldots, x^{K} \right\}\right) \cap \Delta^{N-1}$$

Tal que cada punto en $\mathcal{A}$ es una combinación convexa de $y^{1}, \ldots, y^{K}$.


Antecedentes: He estado intentando resolver esta pregunta (lo siento, la notación no concuerda perfectamente). La idea es que $x^{k}$ es una de las $K$ filas independientes de su matriz, y $y^{k}$ es la distribución de probabilidad para una nueva variable aleatoria $X^{k}$ independiente de $Y$. Luego podemos construir una nueva variable aleatoria $\omega$ dependiente de $Y$ con soporte $\{1, \ldots, K\}$ de manera que:

$$X = \sum_{k=1}^{K} X^{k} \mathbb{1}_{\omega=k}$$

dejando que la distribución de probabilidad de $\omega | Y$ sean los pesos convexas apropiados de los $y^{1}, \ldots, y^{k}$. Creo que la varianza de $\omega$ también proporciona una buena medida continua para la pregunta original.


Intento: Estaba tratando de idear una construcción iterativa donde primero incluyo cualquier vector base en $\mathcal{A}$, luego cualquier combinación lineal de dos vectores base en $\mathcal{A}$ no generada por los vectores que ya he incluido, "y así sucesivamente" hasta que haya construido $y^{1}, \ldots, y^{K}$. No sé cómo continuar de manera ordenada que construya de manera demostrable los $K$ puntos (o si este es el enfoque más simple).

2voto

kimchi lover Puntos 361

Estás pidiendo una prueba de que (entre otras cosas) un corte plano a través de un tetraedro sólido en el espacio tridimensional debe ser un triángulo.

Lo siguiente es un ejemplo donde esto falla:

Sea $K=3, N=4$, sean los $K$ puntos linealmente independientes en $\mathbb R^4$

$$x^1=(1/2,0,1/2,0)\\x^2=(0,1/2,1/2,0)\\x^3=(0,1/2,0,1/2)$$ y sea $$x^4=(1/2,0,0,1/2).$$ Sea $\mathcal A=\operatorname{span}(\{x^1,x^2,x^3\})\cap \Delta^3$. Observa que $x^4=x^1-x^2+x^3\in \operatorname{span}(\{x^1,x^2,x^3\})$, que $x^4\in\Delta^3$, y que $\mathcal A$ es la envolvente convexa de $\{x^1,x^2,x^3,x^4\}$, y que $\mathcal A$ tiene los cuatro $x^j$ como sus puntos extremos, las "esquinas" buscadas.

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+1. De hecho, esto conduce a una agradable pequeña disección de un tetraedro regular en dos piezas congruentes, algo así como trapezoides tridimensionales, que se unen en sus caras cuadradas para reconstituir el tetraedro original. Inicialmente contraintuitivo, pero extrañamente satisfactorio. (Me encontré con esto por primera vez en una columna de Juegos Matemáticos hace décadas, e hice un modelo de papel que me mantuvo entretenido más tiempo de lo que pensaba.)

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También me gusta el kimchi.

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@BrianTung ¡Gracias! Me encontré haciendo un tetraedro con mis dedos, y notando que mis nudillos podrían jugar el papel de los $x^j$. Un modelo de papel de la disección suena como un proyecto divertido.

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