Apoyo hyperplane de un conjunto convexo

Question

Deje $\Omega$ ser un almacén de conjunto convexo en $\mathbb{R}^n$, y deje $\partial \Omega$ el valor de sus límites.

Fijar un punto de $p$$\Omega$, y deje $c$ el valor del punto en $\partial \Omega$ que es la más cercana a $p$.

Entonces, intuitivamente parece que una hyperplane que pasa a través de $c$ con el noraml vector paralelo al vector de $p$ $c$es un apoyo hyperplane, pero ¿cómo se puede probar o refutar esto?

Answer 1

Estoy asumiendo que $p \neq c$, $p \in \Omega^\circ$, de lo contrario cualquier vector pasa a través de $c-p$.

La idea esencial es que un apoyo hyperplace a $\Omega$ $c$ es también un apoyo hyperplane a$B(p,\|c-p\|)$$c$, y la dirección de este hyperplane es único.

Utilizamos las técnicas siguientes resultados:

Si $x \in \Omega^\circ$$y \in \overline{\Omega}$, $(1-t)x+ty \in \Omega^\circ$ todos los $t \in [0,1)$ (ver Teorema 6.1 en Rockafellar del "Análisis convexo", por ejemplo).

Tenga en cuenta que desde $\Omega$ es convexa, tenemos $\partial \Omega = \overline{\Omega} \setminus \Omega^\circ$.

Si $y \in \overline{\Omega}^c$$y_t = (1-t)p+t y$, entonces no es algunos $t^* \in (0,1)$ tal que $y_{t^*} \in \partial \Omega$. Para ver esto, deje $I = \{ t \in [0,1] | y_t \in \Omega^\circ \}$. Desde $\Omega^\circ$ es abierto y convexo, tenemos $I=[0,t^*)$ algunos $t^*$, y debemos tener $t^* <1$ desde $\overline{\Omega}^c$ está abierto. Vemos que $y_{t^*} \notin \Omega^\circ$, e $y_{t^*} \in \overline{\Omega}$, por lo tanto $y_{t^*} \in \partial \Omega$.

Deje $r = \|p-c\|$. Por elección de $c$, si $y \in \partial \Omega$ ,$\|p-y\| \ge r$. Si $y \in \overline{\Omega}^c$, entonces (desde arriba) $y_{t^*} \in \partial \Omega$, y por lo $\|p-y_{t^*}\| = t^* \|p-y\| \ge r$, y por lo $\|p-y\| \ge r$. Desde $(\Omega^\circ)^c = \partial \Omega \cup \overline{\Omega}^c$, vemos que si $y \in (\Omega^\circ)^c$,$\|p-y\| \ge r$. Por lo tanto tenemos $B(p,r) \subset \Omega^\circ$.

Ahora supongamos $H = \{x | \langle h, x \rangle = \alpha\}$ es un apoyo hyperplane a $\Omega^\circ$ pasando a través de $c$. Podemos suponer $\langle h, p \rangle < \alpha$ y por lo tanto $\langle h, x \rangle < \alpha$ todos los $x \in \Omega^\circ$. En particular, $\Omega^\circ$ no se cruzan $H$, y por lo $H$ está contenido en $(\Omega^\circ)^c$. Por lo tanto $\|p-x\| \ge r$ todos los $x \in H$. Por lo tanto $c$ es el punto más cercano a$p$$H$.

Es decir, $c$ soluciona $\min \{ {1 \over 2} \|x-p\|^2 | \langle h, x \rangle = \alpha \}$, y Lagrange da $c-p + \lambda h = 0$, así que podemos ver que $c-p$ $h$ son colineales.

Como un aparte, esto demuestra que este es el único que separa hyperplane que pasa a través de $c$.

Answer 2

He aquí otra manera de ver. Suponga que $c$ $p$ son distintos, de lo contrario el vector de $p$ $c$no determina una particular hyperplane. Te gustaría mostrar que, para$x$$\Omega$,

$$(x - c)\cdot (c-p) \le 0.$$

Supongamos que no, y considere la posibilidad de $x$ $\Omega$ que $(x - c)\cdot (c-p) > 0.$ positivo $\varepsilon$ y considerar el punto de $c_\varepsilon\equiv c + \varepsilon(c-x)$.

$$\begin{align}\|p-c_\varepsilon\|^2 &= \|p-c\|^2 + \varepsilon^2\|c-x\|^2 - 2\varepsilon (x-c)\cdot(c-p)\\ &< \|p-c\|^2, \end{align}$$ para $\varepsilon$ suficientemente pequeño. Solucionar este pequeño $\varepsilon$. A continuación, $c_\varepsilon$ es estrictamente más cerca de $c$$p$. Si un barrio de $c_\varepsilon$$\Omega$, $c$ sería un punto interior de a $\Omega$. Así que podemos tomar un punto de $d$ en un barrio de $c_\varepsilon$, pero fuera de $\Omega$ tal que $\|d-p\|<\|c-p\|$. Por un trivial topológico argumento, no hay un límite de punto de $\Omega$ en el segmento de línea entre el$d$$p$. Esa frontera es el punto más cercano a $p$ $d$ y, por tanto, también más cerca de lo que $c$, contradiciendo la suposición de que $c$ es el punto más cercano de la frontera a $p$.

Curiosamente, una pequeña modificación en el argumento anterior muestra que el mismo resultado se tiene para $p\notin\Omega$.