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Transformación lineal asigna el primer cuadrante a un conjunto cerrado

Mi pregunta es

Deje $A: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ ser una transformación lineal, ¿cómo puede uno demostrar que $\{Ay|y\geq 0\}$ es un conjunto cerrado?

Aquí $y\geq 0$ significa que cada componente de $y$ $\geq 0$.

Puedo simplificar la pregunta de dos maneras

  1. Ya que la imagen de $A$ es un cerrado lineal subespacio de $\mathbb{R}^m$, mediante la sustitución de $\mathbb{R}^m$ con este subespacio lineal, podemos suponer que a es surjective.

  2. Después de un cambio de base del codominio y un reordenamiento de la base del dominio, podemos suponer que $A$ es de la forma $[I|B]$

Cualquier ayuda o sugerencias son muy apreciados, gracias.


Ideas:

Deje $v_i=Ae_i$, entonces mi declaración original es equivalente a decir que el conjunto de $\{\sum a_iv_i |a_i\geq 0\}$ es un conjunto cerrado. Así que ahora debe demostrar los siguientes:

Para cualquier $v_1,...,v_k \in \mathbb{R}^n$, la $S=\{\sum a_iv_i |a_i\geq 0\}$ es un subconjunto cerrado de $\mathbb{R}^n$.


Sospecho que el conjunto $S$ es un punto de intersección de la mitad de los espacios, a partir de esta closedness será evidente.

Equivalentemente, sospecho que para cada una de las $x\notin S$, existe un espacio medio $H$ (cortado por un codimension 1 lineal subespacio).t. $S\subset H$.

Es esta afirmación verdadera? Supongo que esto debe ser verdad, después de dibujar algunos ejemplos.


Nuevas ideas: Estoy demostrando que el conjunto $\{\sum a_iv_i|a_i\geq 0 \}$ es cerrado, y esto es fácil si todos los $v_i$'s son realmente independientes, así que me gustaría probar lo siguiente:

Deje $S=\{$linealmente independientes subconjuntos de a$\{v_i\}\}$, $\{\sum a_iv_i|a_i\geq 0\}=\cup_{T\subset S}\{$no negativa de combinaciones lineales de $T\}$

Y esta unión es cerrado, ya que es una unión finita de conjunto cerrado.

Equivalentemente, vamos a $x=\sum a_ie_i,a_i\geq 0$, quiero escribir $x=\sum b_ie_i$ donde $b_i\geq 0$ $\{e_i\}\subset \{v_i\}$ es linealmente independiente.

Mi prueba es como sigue: Puedo reemplazar $\{v_i\}$ con un pequeño subconjunto de s.t. $x$ no puede ser expresado por no negativa de combinaciones lineales de cualquier estrictamente subconjunto más pequeño de la misma. Ahora me dicen que este conjunto es linealmente independiente.

Supongamos que no, entonces podemos escribir $c_1v_1+c_2v_2+\cdots + c_nv_n=0$, con algunos $c_i$'s son positivos(ya que podemos multiplicar la expresión completa por $-1$) y supongo que $c_i>0$ $i=1,2,\dots ,k$ $c_i \leq 0$ $i>k$

Ahora supongo que $b=a_1/c_1=\min _{i=1,2,\dots ,k}{a_i/c_i}$, Entonces he $$x=\sum a_iv_i-b(\sum c_iv_i)= (a_2-bc_2)v_2 +(a_3-bc_3)+\cdots + (a_n-bc_n)v_n$$ La cual no es un negativo de las combinaciones lineales de un menor número de vectores, contradice a mi suposición y, por tanto, el conjunto mínimo $\{v_i\}$ es linealmente independiente.

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daw Puntos 11189

Este es un sorprendentemente difícil problema como ya se ha observado. Permítanme añadir otra prueba, que en su núcleo se utiliza una similar minimality argumento como el tuyo.

Deje $(x_k)$ $S$ ser dado, de tal manera que $x_k\to x$.

El conjunto $D_k:=\{ y\ge 0: \ Ay = x_k\}$ es no vacío, cerrado y convexo. Por lo tanto para cada una de las $k$ hay $y_k\in D_k$ la satisfacción de $$ \|y_k\|_2 = \inf_{y\en D_k}\|s\|_2. $$ Si $(y_k)$ contiene un almacén de larga, entonces hemos terminado: $y_{k_n}\to y$ implica $y\ge0$, $Ay=x$, y $x\in S$. Queda por considerar el caso de $\|y_k\|_2\to \infty$.

Denotar $v_k:=\frac1{\|y_k\|_2}y_k$. Por compacidad, contiene una síntesis larga. W. l.o.g. deje $(v_k)$ converger a $v$ con $\|v\|_2=1$, $v\ge 0$. Por otra parte, se sostiene $Av =0$.

La idea es demostrar que $y_k-v$$D_k$. Obviamente $A(y_k-v)=x_k$. Denotar $I:=\{i: v_i>0\}$. A continuación,$y_{k,i}=\|y_k\|_2\cdot v_{k,i}\to\infty$$i\in I$. Y hay un índice $K$ tal que $y_{k,i}-v_i \ge0$ todos los $i\in I$$k>K$. Para $i\not\in I$, tiene $y_{k,i}-v_i =y_{k,i}\ge0$. Por lo tanto, $y_k-v\in D_k$ todos $k>K$. Desde $0\le y_k -v\le y_k$$v\ne 0$, tenemos $\|y_k-v\|< \|y_k\|_2$ debido a la estricta convexidad de $\|\cdot\|_2$, una contradicción a la minimality de $y_k$. Así, la ilimitada caso no sucede.

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