Intersección entre el complemento ortogonal de un subespacio y un conjunto

Question

Consideremos el espacio vectorial normado $E=\mathbb{R}^n$ . Definir

$ P=\{x \in \mathbb{R}^n: x_i \geq 0, \forall i \}$ .

Dejemos que $M$ sea un subespacio tal que $M \cap P = \{0\}$ . Quiero ver que $M^\perp \cap {\rm Int}(P) \neq \emptyset $ . Esto parece obvio geométricamente, ¿alguna idea de cómo sería una prueba corta?

Answer 1

He aquí una prueba basada en otro hecho que parece geométricamente obvio, y que demostraré a continuación.

Lema Para cualquier conjunto de vectores $v_1,\ldots,v_n$ en un espacio vectorial real $V$ para la que no existe ninguna relación no trivial $\vec0=\alpha_1 v_1+\cdots+\alpha_n v_n$ con $\alpha_i\geq0$ para todos $i$ existe una forma lineal $f$ en $V$ tal que $f(v_i)>0$ para todos $i$ . Bajo la hipótesis más débil de que no existe ninguna relación $\vec0=\alpha_1 v_1+\cdots+\alpha_n v_n$ con $\alpha_i>0$ para todos $i$ existe una forma lineal $f$ en $V$ tal que $f(v_i)\geq0$ para todos $i$ y $f(v_i)>0$ para al menos una $i$ .

A la inversa, en ambos casos, tal forma lineal atestigua inmediatamente la imposibilidad de relaciones del tipo indicado.

Supongamos ahora que $M$ es un subespacio con $M\cap P=\{\vec0\}$ y, por una contradicción, también $M^\perp\cap\mathrm{Int}(P)=\emptyset$ . Del primer hecho vemos que el $n$ imágenes de la base canónica $\{e_1,\ldots,e_n\}$ de $\mathbb R^n$ proyectada ortogonalmente sobre $M^\perp$ satisfacen las condiciones de la primera parte del lema: si hubiera una relación no trivial con coeficientes no negativos entre esas proyecciones, entonces la correspondiente combinación lineal no trivial de los vectores $e_i$ ellos mismos yacerían en $M\cap P$ sin ser $\vec0$ . Así que el lema dice que hay una forma lineal en $M^\perp$ con valores estrictamente positivos en esas proyecciones. Se puede realizar como el producto escalar con un vector $v\in M^\perp$ que, por tanto, tiene $\langle v \mid e_i \rangle>0$ para todos $i$ En otras palabras, $v=(v_1,\ldots,v_n)$ con $v_i>0$ para todos $i$ .

De la misma manera, $M^\perp\cap\mathrm{Int}(P)=\emptyset$ significa que las proyecciones ortogonales de los vectores base $e_i$ en $M$ no admiten ninguna relación entre ellos con todos los coeficientes estrictamente positivos, ya que la combinación lineal correspondiente estaría en $M^\perp\cap\mathrm{Int}(P)$ . Por la segunda parte del lema esto significa que hay una forma lineal no nula en $M$ que toma valores no negativos en todas esas proyecciones. Se puede realizar como el producto escalar con un vector $w\in M$ que, por tanto, tiene $\langle w \mid e_i \rangle\geq0$ para todos $i$ En otras palabras, $w=(w_1,\ldots,w_n)$ con $w_i\geq0$ para todos $i$ y $w_i>0$ para al menos una $i$ . Pero entonces $\langle v\mid w\rangle=v_1w_1+\cdots+v_nw_n>0$ , contradiciendo $v\in M^\perp$ y $w\in M$ para que $v\perp w$ .

Ahora la prueba del lema. En ambas afirmaciones podemos suponer sin pérdida de generalidad que $V$ es la extensión, como espacio vectorial, de los vectores $v_1,\ldots,v_n$ En este caso, se obtendrá una forma lineal sobre el tramo de esos vectores, que puede extenderse arbitrariamente a todo el espacio. Utilizaremos el hecho fundamental de que el cono de las combinaciones lineales no negativas de algún conjunto finito de vectores puede describirse también como el cono de vectores en el que algún conjunto finito de formas lineales toman todas valores no negativos (el teorema de Minkowski-Weyl).

La hipótesis de la primera parte del lema implica que el cono $C$ de combinaciones lineales no negativas de $v_1,\ldots,v_n$ no contiene ningún subespacio de dimensión ${}>0$ Si lo hiciera se podrían sumar las combinaciones que dan dos vectores opuestos no nulos en el subespacio para obtener una relación no trivial con coeficientes no negativos. Esto significa que ningún vector desaparece bajo todo las formas lineales que definen $C$ y, en particular, ninguno de los vectores $v_i$ hacer. Pero entonces tomando la suma de todas estas formas lineales se obtiene una forma lineal que toma un valor estrictamente positivo en todos los vectores $v_i$ , demostrando esta parte.

Bajo la hipótesis más débil de la segunda parte del lema, $C$ puede contener un subespacio de dimensión positiva, pero no todo el espacio: en ese caso cada $v_i$ se produciría en alguna relación con coeficientes no negativos (encontrados usando una expresión no negativa para $-v_i$ ), y sumándolos se obtendría una relación con todos los coeficientes estrictamente positivos. Entonces el conjunto de formas lineales que definen $C$ contiene al menos una forma lineal que toma un valor distinto de cero en al menos una $v_i$ . Toma valores no negativos en todos los $C$ y en particular en cada vector $v_i$ según sea necesario.

Answer 2

Basándome en los comentarios de mi respuesta anterior, me doy cuenta de que se puede simplificar el argumento considerablemente. En primer lugar, si $M$ es un hiperplano, entonces el resultado se demuestra fácilmente como sigue. Se puede definir $M$ mediante una ecuación lineal $M=\{(x_1,\ldots,x_n)\in\mathbb R^n\mid x_1a_1+\cdots+a_nx_n=0 \}$ donde se puede tomar al menos uno de los coeficientes $a_i$ para ser positivo. Siendo así, ningún otro $a_j$ puede ser no positivo, ya que de lo contrario tomar $x_i=-a_j$ , $x_j=a_i$ y todas las demás coordenadas $x_k=0$ daría un vector no nulo en $M\cap P$ . Pero si todos $a_j$ son positivos, se tiene $(a_1,\ldots,a_n)\in M^\perp\cap \mathrm{Int}(P)$ .

Ahora lo que queda es demostrar que cualquier subespacio $M$ intersección de $P$ en $\vec0$ sólo puede extenderse a un hiperplano $H$ con la misma propiedad, porque entonces se deduce que $M^\perp\supseteq H^\perp$ que como hemos visto cumple con $\mathrm{Int}(P)$ . Proyectando en $M^\perp$ necesitamos encontrar una imagen apropiada para $H$ ; esto tiene que ser un hiperplano $H'$ de $M^\perp$ que cumple con la imagen $\cal C$ de $P$ (por proyección ortogonal) sólo en $\vec0$ . Pero como $P$ se encuentra con $M$ sólo en $\vec0$ su imagen $\cal C$ es un cono convexo que es disjunto de $\mathrm{Int}(-\cal C)$ . Pero el Teorema de separación de Hahn-Banach (a petición de OP) proporciona una forma lineal que separa $\cal C$ y $\mathrm{Int}(-\cal C)$ y su núcleo proporciona el $H'$ (esto también podría hacerse utilizando la primera parte del lema de mi otra respuesta). Por último, toma $H=H'\oplus M$ .

Answer 3

Esta es una prueba elemental que descubrí utilizando una versión geométrica de Hahn-Banach. Espero que os guste. Gracias a todos los que han contribuido a la discusión :)

Supongamos que $M^\perp \cap \rm{Int}P=\emptyset$ . Entonces, como ambos conjuntos son convexos y $\rm{Int}P$ es abierto, se deduce que existe $0 \neq f \in E^*$ que los separa. Es decir, existe $\alpha \in \mathbb{R}$ tal que

$f(x) \leq \alpha \leq f(y) \text{ for all } x\in M^\perp, y \in \rm{Int} P. $

Por el lema de Reisz $\exists x^* \in E$ , $x^*\neq0$ , de tal manera que $f(x)=(x,x^*)$ . Ahora es fácil ver que desde $M^\perp$ es un subespacio, la primera desigualdad implica que $(x,x^*)=0$ para todos $x \in M^\perp$ , es decir $x^* \in (M^\perp)^\perp=M$ (ya que $E$ es de dimensión finita).

Por lo tanto, a partir de la segunda desigualdad tenemos $(y,x^*) \geq 0$ para todos $y\in \rm{Int}P$ . Por último, basta con observar que $e_i \in \overline{\rm{Int}P}$ para todos $i=1,\cdots,n$ . La continuidad del producto interior implica ahora que $(e_i,x^*) \geq 0$ para todos $i$ . Es decir, $x^* \in P \cap M$ y $x^* \neq 0$ una contradicción. $\square$