Б.Н. Пшеничный - Выпуклый анализ и экстремальные задачи (1125256), страница 5
Текст из файла (страница 5)
+ х,'„= О, (3.7) причем не все слагаемые в атой сумме равны нулю. Перенпшем равенство (3.7) в виде — Лх" = хг+ ... + х„„ (3.8) используя то, что уе =Лх*, Л<0. Коли Л с О, то хе=( — — )х +( — — )Хт+ ... 1 ~ ь е в ... +( — —,)х„=— К,+ ... +К.„ так как х; принадлежат конусам К;, 1=1, ..., ш.
Покажем, что Л не может быть равным нулю. Допустим противное: Л=О. Тогда соотношение (3.8) переходит в равенство х*,+ ... +хщ —— О. (3.9) Здесь не все х1 равны нулю, значит, не равны нулю по * В крайней мере два слагаемых, например х, и хю По предположению теоремы существует точка хе ш К1 О шьК1 О... ... ОпйК„такая, что по лемме 3.8 (х„ха) > О, а <хю х1*> ) )О для 1Ф 2. $ г.
Выпуклые кОнусы Умножая теперь обе части соотношения (3.9) на хг скалярно,получаем противоречие: О = (х, х, + хг + ... + х ) = = (хю х1) + ... + (х, х ) ) О. Теорема доказана. Теорема 3.3. Пусть К„..., ʄ— выпуклые конусы, К = К1 О... О К„. Тогда либо Ко =К,+ ... +К, (3 10) либо существуют не все равные нулю векторы х; ее К~ такие, что хг+...+х =О. Доказательство. Вновь обратимся к соотношению (3.8). Если для всех х* ж К* в (3.8) оказывается, что ?.
< О, то хв можно представить в виде суммы х~ ~ К~. Это доказывает равенство (3 10). Если же для некоторого хв Х = О, то выполнено равенство (3.9). Теорема доказана. Как показывает теорема 3.3, если пересечение конусов пусто, то выполнено равенство (3.9). Поставим вопрос: при каких наиболее общих предположениях может быть выполнено это равенство и когда нет? Определение 33.
Конусы Кп ..., К отделимы, если существуют такие, не все равные нулю х; енК;, что хт+ ...+х,„=О. Теорема 3.4. Для того чтобы конусы К1 и Кг были неотдел мы, необходимо и достаточно выполнения условий: а) г( К~ й г! Кз Ф И; б) 1ЛПК~+ 1ЛПКз = Е". Д о к аз а тельство. Если конусы отделимы, то Э 1 Ф е ф Ф 1 найдутся х, ее К„х, ее К„хт Ф О такие, что х„+ х,=О.
Тогда (х, — х, х,) = (х» х,)+ (х, х,)) О, (3.11) х,ее К„хгыК,. гл. ь Выпуклые множестВА Пз (ЗЛ1) следует, что если конусы К1 и Кз отделимы, то нуль не может быть внутренней точкой К~ — Кз. Дей- ствительно, если О 1и 1п1(К1 — Кз), то — ех*, я К, — К, прн достаточно малом з ) О, т. е. — ех, = х, — х„ х,~К1, хзеиКз. ТогДа (хт — хю х1> = — з((х ~~ ( О, что противоречит неравенству (ЗЛ1). Обратно, если ОФ(п1(К~ — Кз), то существует точка х*тьО такая, что (х1 — хз хе> > О х1 .
ха1и 1п1(К~ Кз). Э Ф ь э в Полагая х, = хе, хз =- — х*, получаем, чтох, яК„х,я ~ Х, и хт+ х, = О, т. е. конусы К1 и Кз отделимы. Итак, необходимым и достаточным условием неотделимости двух конусов является условие 01и1п1(К1 — Кз). Если г(К~ О 11Кз = И, то К~ и Кз отделимы. Для этого достаточно отделить г)К1 и 11 Кз. (хп х*>' (хм хе>, х11ии'Кь хтыг1Кэ, (3.12) и обозначить х, = х'", х," = — хе. Остается заметить, что К;= иК1 н К; = (К1) =(г1К;)*. Допустим теперь, что иК~ Ои'Кэчь)11, ио ЬшК1+ + 1.1НКзФК". Так как ОыК и ЬшК=ЫВК, то К— ы1шК для конуса.
Далее, К~ — Кэы 1ЛНК1 — 1л>ВКз. Так как ЬшКз — подпространство, которое с элементом х содержит и — х, то — ЕшКз=ЬшКз, поэтому окончательно имеем К~ — Кз ж ЬшК1+ Ь(ВКз. Но Ь~ВК~+ЬшКзтьй" и поэтому является собственным подпространством К . Значит, существует вектор х*тьО, ортогональный всем векторам иэ ЕшК1+ЬшКз, в частности, (х~ — х2, х > =О, х!6ЕКН хз1пКэ Последнее равенство фактически показывает, что К~ и Кз отделимы.
Осталось рассмотреть случай, когда 11К1 Й 11КзФ ю и 1зпК~+1ЛНКэ=К". Пусть еь ем ..., е — орты в К". Так как е„~в ?лпК~+11НКз, то существуют такие Ка~в1апК! н 1ь~11ПК2, что сз зь 1м % 3. ВЫПУКЛЫЕ КОНУСЫ Пусть хооиг(К~ й и'Ке. Обозначим через у=у~+... ...+д„, 1=1,+...+1„. Очевидно, что дои1лпКК 1ов ы ЬшКг. Выберем теперь е ) О настолько малым, чтобы выполнялпсь включения хо + е (ун — — у) е= К„й = 1,..., п, х, — —,1 д ен К„ и+1 ) ит 1 е +е ) ~)~КЫ й 1 и хо ~е — Ко (..+,) Тогда точки " =(хо '(" —.-' '))-("+ ('-.— ')) = 1 = е (ве — — е) ~ К, — Х„1; = 1, ..., и, и+1 е 1 / е ~ е у — ~х — — у — х — — ~ = — — венК,— К„ о='(о и+1 ) (о и+1)= и+1 где в = у — 1 = в1 +... +е„являются вершинами симплекса в 11", для которого точна нуль — внутренняя.
Этот симплекс целиком лежит в К1 — Ке, ибо его вершины лежат в К~ — Кг. Значит, Ою)п1(К1 — Кг) и К~ п Ке неотделимы. Обратимся к общему случаю. Теорема 3.5. Для того чтобы конусы Кп ..., К„ были неотделимы, необходимо и достаточно выполнения условий: а) и К~ й г1' Кг й...
й и' К„т- И; б) ?шК1П...П1апК1 о+1шКо К", для всех =2,...,т. Доказательство. Конусы Кп ..., К отделимы тогда и только тогда, когда при некотором у = 2, ..., ло отделимы конусы К1 й Кой... ПК, ~ и Кь Действительно, если последние отделимы, то существуют такие хею ои (К~ П... й К; 1)* и х; я К;, что х" +х, =О (3.13) Но согласно теореме 3.3 либо х* = х*, + ... + х,*. „ х'; ен ~ Ко, либо х,+ +х;, =О. (3.14) 3 В П. Пыеннчныа 34 гл. 1. Выпуклые множестВа В первом случае, подставляя выражение для х* в равенство (3.13) и полагая х;+1= ... — — х,„= О,добьемся выполнения условия (3.9).
Во втором случае — дополним недостающие в формуле (ЗЛ4) слагаемые до (3.9) нулямн. Получим, что Кс, ..., К„отделимы. Обратно, если К~, ..., К отделимы, то выберем в соотношении (3.9) наибольший номер ), для которого х,'~0, у<лт. Тогда соотношение (3.9) ~перейдет в равенство (ЗЛЗ), если положить х* = х, + ... + х;,. Но х* ся (Кс П ... й К; с)* всегда, так что конусы Кс й ... ...
й К,, и Кс отделимы. Рассмотрим конусы Кс и Кс й... й К, ь ) = 2,..., сл, п найдем необходимые и достаточные условия их неотделимости индукцией по числу ). При! = 2 применение теоремы 3.4 дает и'Кс П г1КзФ Ф 8 и 1апКс+ ЕспКз= В". Пусть уже показано, что для неотделимости Кс й... П К, з и К1 1 необходимо и достаточно выполнения условий пКсй...йпК, стьЯ, (ЗЛ5) 1апКс П... 01апК, з+11ПК1 с В". (3.16) Покажем пх справедливость для неотделимости Кс П... ... П К„: с и Кь Применение теоремы 3.4 к этим конусам дает 11(Кс й... ПК; с) П и' К, Ф О, (3.17) 1ап(К1 й...
ПК, с)+1апК,=В". (ЗЛ8) Но в силу условия (3.15) и теоремы 1.4 п(Кс й...ПК, с) =пК, й... Пг(К; и Еш(Кс й... П К, с) = 1апКс П... й ЕспК; с; Соотношения (3.17) и (3.18) переходят соответственно в соотношения и' Кс й... й г1 К1 чь И, (ЗЛ9) ТшКс й... ПЬшК1 1+ЬшК1=В". (3.20) Теорема доказана. 3. Выпуклые конусы и частичная упорядоченность. Если в пространстве Х задап выпуклый замкнутый конус К, то в нем молсно задать частичный порядок, т. е.
определить для некоторых его элементов отношение «больше». $ Э. ВЬШУКЛЫВ КОНУСЫ Определение 3.4. Будем говорить, что х больше к нуля если ХЕК, и писать х) О. Будем говорить, что х с К больше у, если х — у си К, и писать х) у. Еслп ясно, о каком конусе К идет речь, то будем К иногда вместо х~)0 писать просто х>0. Кроме того, удобно договориться, что соотношение х ~ у эквивалентно у >х.
Вообще говорки, не для всяких х и у можно написать к соотношения х)~ у или у > х, поэтому упорядоченность лишь частичная. С другой стороны, введенное отношение обладает целым рядом свойств, присущих обычному неравенству. Перечислим некоторые из них. 1. Из х ~ у следует, что ах(иу для сэ>0 и ау ~ - их для и < О. 2. Еслн хс< У1 и х2 ~~УЭ, то х1+х2~ (У!+Уз. 3. Если х ( у н у < г, то х ( 2. 4.
Если х,- хе, уэ- уо, х,(ум то хо ~уо, т. е. в неравенстве можно переходить к пределу. Наконец, отметим еще одно полезное понятие. Будем писать х > 0 или просто х > О, если х сн 1НФ К. Аналогичи но, х) уплп х> у, если х — уыспЭК. Пример. Пусть К=В и К=(х: хс>0, 1=1, ..., и).
к В этом случае соотношение х) у эквивалентно тому, с К что х'>у для всех 1=1, ..., и, а соотношение х> у эквивалентно х'>у', 1=1, ..., п. 4, Важный пример выпуклого конуса. Пусть М вЂ” не- пустое мпо!кество. Обозначим сопМ=(х: х=Лх1, хссиМ, Л>0). Теорема 3.6. Если М вЂ” выпуклое множество, то сон М вЂ” выпуклый конус, причем х си )НФ(сопМ), если Х=ЛХ1, х, ытпФМ, Л>0. Доказательство.
Возьмем х,шсопМ, хзсвсопМ. Тогда Х1 Л!Х!с Х2 Л2Х2с Х!с Х2 ~ Мс Л1с Л2 гл. 1. Выпуклые ээчожестВА Пусть 71 ) О, 71 ) 0 проиавольны. Имеем у,хэ + у..хг — — 71Лэхэ + уг)эгхг ~ т Лэ ух =(71А1+угА ) Л ' хэ+ Л хг ~сопЛХ„ т1 1 тй 2 так как в силу выпуклости М выражение в квадратных скобках принадлежит М. Далее, если х=)эх1, х1яэпэМ, Л >О, то х, + еВ'=-М при достаточно малом е >О. Поэтому х + ХеВ = )э(х1 + еВ) — соп М, т. е.
х эя 1п1 соп М. Теорема 3.7. Если М1, ..., М, выпуклые мнолеестеа и 01иМь то П сои М1 = соп ~ Д ЛХ; 1=-1 Э 1=1 Доказательство. Если х=)эхэ, где хэ~ й Мэ 1=1 то ясно, что х~сопМ1 для всех 1=1, ..., 1с. Обратно, пусть х эн сопМь 1= 1, ..., й, т. е. х =)э,хь )11 ~ 0, х1 эн Мь э= 1, ..., Й. Тогда )э, 'хек Мэ и Л(1, 'х) = (1 — Ц О+ А (Л-ээх) ен и,. при 0(8<1. Выбирая )э из условияО()э(пээпА;' получим рх = (рЛ1) () *.
'х) ен ЛХ1, 1 = 1,..., Л, т. е. рх ен П ЛХП х = ~ — ~) ()эх) е= соп ( П ЛХ1 /тэ что и требовалось доказать. Теорема 3.8. хе(соВМ)* тогда и только тогда, когда <х, х*> ~ 0 для всех х 1н ЛХ. Доказательство. В самом деле, х*~(сопМ)е, если и толыэо если <)1х, хе> ~0 при всех ).> 0 и любых х1н М.
Так как Л > О, то пз этого неравенства следует утверждение. ф ь мглйнпе точки и меюгогглпнык множествл 37 Теорема 39. Пусть ОюМ, тогда хысопМ в том, и только толь случае, когда Лх юг при достаточно малых Л> О. Доказательство. Если хюсопМ, то х=Л,хн где Л1 >О, х~ ~иМ. Поэтому Лх = ЛЛ1х1 = (1 — ЛЛ1) ° О + ЛЛ~ х1 ж М, мам только ЛЛ~ ~ 1. Обратно, если Лхы М, Л > О, то х = = — х„х|юМ п хюсопМ. $4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
