¿Por qué un conjunto convexo tienen los mismos puntos del interior como de su cierre?

Question

Deje $C$ ser un subconjunto convexo de $\mathbb{R}^n$. He estado tratando durante horas para demostrar que $\dot{\overline{C}}=\dot{C}$. De alguna manera mi intuición, es totalmente incapaz de mí. He encontrado una prueba en un libro de texto, pero sólo se ha quedado en otra declaración, el autor considera que obvio. Podría alguien por favor dar una prueba que utiliza poco más que elementales de álgebra lineal, topología, y la definición de un conjunto convexo?

Editar: La prueba se mencionó anteriormente es de Blackwell y Girshick: Deje $y\in\dot{\overline{C}}$ $T$ ser una bola alrededor de $y$$\overline{C}$. A continuación, $C\cap T$ tiene un punto interior, ya que de lo contrario $C\cap T$ estaría contenida en un hyperplane y $\overline{C\cap T}=\overline{T}$ estaría contenida en el mismo hyperplane. La problemática de la declaración es "como lo $C\cap T$ estaría contenida en un hyperplane".

Otra cosa: yo estaría interesado en una prueba en la que no usa el teorema sobre la separación de un conjunto convexo de un punto por una hyperplane, como me encontré con este problema en una prueba de que muy teorema (en el apéndice de la Estocástica de las Finanzas por Föllmer y Schied). Para ser más precisos, se produce en el caso de que el punto en cuestión está en el límite de $C$, cuando se supone tácitamente, que también está en el límite de $\overline{C}$. Sé que esto no es estrictamente necesario, ya que podría utilizar otra prueba, por ejemplo, el que se menciona por Mike, pero ahora tengo curiosidad.

Answer 1

Los puntos del Interior de un conjunto convexo $K$ $\mathbf{R}^n$ son los puntos en lo que podría llamarse la "convexo interior" de la serie: se encuentran en el interior (la parte positiva baricéntrico coordenadas de) al menos una degenerada n-dimensional simplex con vértices en a $K$.

Dado un punto en el interior del conjunto convexo $\overline{C}$, lo rodean por una degenerada $n$-dimensiones simplex con vértices en a $\overline{C}$. Debido a $C$ es denso en su cierre, se puede perturbar el simplex muy ligeramente en uno con vértices en a $C$, y de esta tabla seguirán contener el dado de punto interior. (Esto es debido a que, por ejemplo, la baricéntrico coordenadas son funciones continuas de los vértices del simplex, tan largo como el simplex no degenerado, por lo que una pequeña perturbación mantendrá las coordenadas positivas y el punto estrictamente dentro del simplex).

Answer 2

Esto es a partir de un conjunto de notas de clase.

Usted necesita un lexema (interior y cierre de los operadores se $\mathrm{int},\mathrm{cl}$, resp.):

Lema. Si $C$ un subconjunto convexo de un espacio topológico, y si $x\in \mathrm{int} C$$y\in \mathrm{cl} C$,$[x,y)\subset \mathrm{int} C$.

La semi-abierta segmento de $[x,y)$ es un derecho-abrir combinación convexa. Si $\mathrm{int}C$ está vacía, entonces el lema anterior es cierto. Tratar de demostrar por qué esto es cierto cuando el interior no vacío.

La proposición. $\mathrm{int} C = \mathrm{int}\;\mathrm{cl}\;C$.

Deje $y\in \mathrm{int\; cl\;} C$; la posición en un abrir bola, señalando que en el interior de la clausura de la $C$ está abierto, y por lo tanto, $\exists r>0$ tal que $B_r(y)\subset \mathrm{cl\;} C$. Escoge un $y'\in \mathrm{int}\;C$. Entonces existe un $\epsilon>0$, de tal manera que $y'+(1+\epsilon)(y-y') = y+\epsilon(y-y')\in B_r(y)\subset \mathrm{cl}\;C$. Al mismo tiempo, $y$ pertenece al segmento de $[y',y+\epsilon(y-y'))$, de modo que, por el lema anterior, $y$ pertenece a $\mathrm{int\;}C$. El reverso de la inclusión es sencillo, ya que $C\subseteq \mathrm{cl\;}C$, y así obtener el resultado.

Answer 3

Una dirección es sencillo, tan sólo voy a dar la prueba en la otra dirección.

Deje $x \in \dot{\bar{C}}$. Entonces existe una bola abierta $B_x$ contiene $x$ tal que $B_x \subset \bar{C}$.

Supongamos $x \not\in \dot{C}$. Pero $x \in \bar{C}$, lo que significa que $x$ está en el límite de $C$. Por lo tanto, $B_x$ contiene al menos un punto de $z$ no $C$. Desde $C$ es convexa, hay un hyperplane que separa a $z$$C$. Pero $z \in \dot{\bar{C}}$. Por lo tanto existe otro abierto balón $B_z$ contiene $z$ tal que $B_z \subset \bar{C}$. Ahora, se cruzan $B_z$ con la mitad de espacio (a partir de la separación de hyperplane) que no contenga $C$ para obtener el conjunto de $D$. Tenemos $D \subset \bar{C}$ pero $D \cap C = \emptyset$. Por lo tanto $D$ es un subconjunto de la frontera de $C$. Sin embargo, $D$ es abierto porque es la intersección de dos conjuntos. $D$ por lo tanto tiene la propiedad de que es un conjunto abierto que contiene puntos de límite de $C$, pero no puede contener cualquiera de los puntos de $C$. Tal conjunto no puede existir, y tenemos nuestra contradicción.

Esta prueba tiene en la convexidad a través de la separación de hyperplane teorema - la versión con un conjunto convexo y un punto no en el conjunto, en lugar de a través de la definición de un conjunto convexo. No estoy seguro de cómo probar esto sin la separación de hyperplane teorema (que es una de las propiedades fundamentales de un conjunto convexo). Si quieres una prueba de la separación de hyperplane teorema se puede encontrar en la página 47 de Mangasarian. También estoy asumiendo que usted está utilizando la topología usual en $\mathbb{R}^n$.

Answer 4

Entiendo la problemática declaración en el sentido de que si un conjunto convexo $X$ ha vacío interior, a continuación, está contenida en un hyperplane. Déjeme saber si yo lo he entendido mal el problema.

He aquí un bosquejo de una prueba por contrapositivo. Si $X$ no está incluido en un hyperplane, entonces usted puede encontrar $n+1$ affinely puntos independientes en $X$. Su casco convexo es un simplex contenida en $X$, y una degenerada simplex tiene interior no vacío. (Estoy bastante seguro de que la última afirmación es verdadera, pero me sería muy difícil de demostrar).