多面集的表示定理的必要性的證明
前面的內容見 多面集的表示定理
4.2 必要性
4.2.1 有界情況下
若 S 有界,由於有界集沒有方向,因此只要證明:
∀X∈S, X 可以被表示成 X1,⋯,Xk 的凸組合。
即存在集合 {λi∈R:∑i=1kλi=1,λi≥0,i∈N,1≤i≤k} , 使得: X=∑i=1kλiXi
下面用歸納法證明: ∀l∈N, 若存在 X∈S, 使得 ϕ(X)=n−l, 則 X 可以被表示成 X1,⋯,Xk 的凸組合。
1) l=0 時 ϕ(X)=n ,則 X 是 S 的一個極點,即存在 i∈N,1≤i≤k, 使得 X=Xi, 則命題顯然成立。
2) 假設 l≤L(L∈N) 時成立,則 l=L+1 時,
若 L≥n, 則 n−l=n−(L+1)≤−1<0, 由於 ∀X∈S,ϕ(X)≥0 ,因此不存在 X∈S, 使得 ϕ(X)=n−l, 因此命題成立。
否則, 0≤L<n ,則 ϕ(X)=n−l=n−(L+1)=n−1−L∈[0,n−1], 由於S 有界,根據多面集的點的性質1,
∃X1,X2∈S, 使得 ϕ(X1),ϕ(X2)≥ϕ(X)+1=n−(L+1)+1=n−L,
存在 λ,μ>0,λ+μ=1 使得 X=λX1+μX2
則 n−ϕ(X1)≤L,n−ϕ(X2)≤L,
由歸納假設,X1,X2 可以被表示成 X1,⋯,Xk 的凸組合。 即:
存在集合 {ui∈R:∑i=1kui=1,ui≥0,i∈N,1≤i≤k} , 使得: X1=∑i=1kuiXi
存在集合 {vi∈R:∑i=1kvi=1,vi≥0,i∈N,1≤i≤k} , 使得: X2=∑i=1kviXi
則
X=λX1+μX2=λ∑i=1kuiXi+μ∑i=1kviXi=∑i=1k(λui+μvi)Xi
其中 ∑i=1k(λui+μvi)=λ∑i=1kui+μ∑i=1kvi=λ+μ=1,
λui+μvi≥0,∀,i∈N,1≤i≤k
由1)2),命題成立。
∀X∈S, 顯然 0≤ϕ(X)≤n, 因此 X 可以被表示成 X1,⋯,Xk 的凸組合。
4.2.2 無界情況下
若 S 無界,∀X0∈S,
令 a=max({|Xi|:i∈N,1≤i≤k}∪{|X0|}),
多面集 S¯={X∈S:|X|≤a},
則 ∀i∈N,1≤i≤k,Xi∈S¯, 由於 S¯⊆S, 因此 Xi 也是 S¯ 的極點。
由於 S¯ 有界,則由結論1, S¯ 有有限個極點,不妨設其他極點爲 {Xk+1,⋯,Xk+q}, 由結論4.2.1, X0 可以被表示成 X1,⋯,Xk+q 的凸組合。
即存在集合 {λi∈R:∑i=1k+qλi=1,λi≥0,i∈N,1≤i≤k+q} , 使得:
X0=∑i=1k+qλiXi=∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλiXi
下面證明:
設 X 是 S¯ 的極點,但不是 S 的極點。則:
X 可表示成 S 中的一個極點 X′ 與 S 中的一個極方向 d⃗ 的和,即: X=X′+d⃗
證明:
不妨設:
{ciX=b′i,i∈N,1≤i≤pciX<b′i,i∈N,p+1≤i≤m+n(1)
其中 p∈N,0≤p≤m+n
令 C1=⎛⎝⎜⎜c1⋮cp⎞⎠⎟⎟, C2=⎛⎝⎜⎜cp+1⋮cm+n⎞⎠⎟⎟,β1=⎛⎝⎜⎜b′1⋮b′p⎞⎠⎟⎟,β2=⎛⎝⎜⎜b′p+1⋮b′m+n⎞⎠⎟⎟,
則(1) 可化爲: {C1X=β1C2X<β2
由於 X 不是 S 的極點,因此 r(C1)<n
令 cm+n+1=11×n,b′m+n+1=a,
則 S¯={X∈Rn:ciX≤b′i,i∈N,1≤i≤m+n+1}
令向量組 M={ci:ciX=b′i,i∈N,1≤i≤m+n+1}
由於 X 是 S¯ 的極點,因此 r(M)=n,
若 |X|<a, 則 M=C1, 於是 r(M)=r(C1)<n, 與 r(M)=n 矛盾。因此 |X|=a
令 C3=(C1cm+n+1),β3=(β2b′m+n+1),
則 M=C3, 因此 r(C3)=n
於是 r(C1)≥n−1, 因此 ϕ(X)=r(C1)=n−1
根據多面集的點的性質2, ∃Y∈Rn,Y≠0⃗ ,∃t0∈R, ∃X′=X+t0Y∈S,
使得 ϕ(X′)≥ϕ(X)+1=n−1+1=n, 因此 X′ 是 S 的一個極點。
且 ∀i∈N,1≤i≤m+n, 若 ciX=b′i 則 ciX′=b′i 即 C1Y=0⃗
不妨設 t0<0 (否則 t0>0, 可取 t′0=−t0<0,Y′=−Y )
下面證明 ∀t>0, X+tY∈S :
若 ∃t1>0, 使得 X+t1Y∉S, 由於 S 是凸集,則 ∀t>t1, X+tY∉S, 否則 X+t1Y=t−t1tX+t1t(X+tY)∈S, 與 X+t1Y∉S 矛盾。
於是集合 T1={t∈R:X+tY∈S} 存在上界。則集合 T2={t∈R:tC2Y<β2−C2X}⊆T1 存在上界。
根據多面集的點的性質的引理, ∃t2>0, ∃X∗=X+t2Y∈S, 使得 ϕ(X∗)≥ϕ(X)+1=n−1+1=n,
因此 X∗ 是 S 的一個極點。
則 X=t2(−t0)+t2X′+−t0(−t0)+t2X∗=t2(−t0)+t2(X+t0Y)+−t0(−t0)+t2(X+t2Y)
於是 X 是 S 的兩個極點 X′ 與 X∗ 的凸組合,又 X′,X∗∈S¯, 因此 X 不是 S¯ 的極點,與 X 是 S¯ 的極點矛盾。
因此 Y 是 S 內的一條射線的方向。由定理2, Y 是 S 的一個方向。令 d⃗ 1=Y|Y|, 則 d⃗ 1∈S′
由於 C1Y=0⃗ , 則 {C1d⃗ 1=0⃗ ∣∣d⃗ 1∣∣=1, 因此 C3d⃗ 1=(0⃗ 1),
由於 r(C3)=n, 因此 d⃗ 是 S′ 的一個極點。
因此 Y 是 S 的一個極方向。則 d⃗ =−t0Y 也是 S 的一個極方向。
則 X=X′−t0Y=X′+d⃗
於是 ∀i∈N,k+1≤i≤k+q, 存在 ni,mi∈N,1≤ni≤k,1≤mi≤l, 存在 wi≥0 ,使得 Xi=Xni+wid⃗ mi
因此 X0=∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλi(Xni+wid⃗ mi)=∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλiXni+∑i=k+1k+qλiwid⃗ mi
合併同類項即得結論:
1) 令 ni=i,1≤i≤k, δij={1,0,ni=j,ni≠j,1≤i≤k+q,1≤j≤k 則:
∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλiXni=∑i=1k+qλiXni =∑i=1k+qλi(∑j=1kδijXj) =∑j=1k(∑i=1k+qλiδij)Xj
且 ∑j=1k(∑i=1k+qλiδij)=∑i=1k+qλi(∑j=1kδij)=∑i=1k+qλi=1,
∑i=1k+qλiδij≥0,∀j∈N,1≤j≤k
2) 令 σij={1,0,mi=j,mi≠j,k+1≤i≤k+q,1≤j≤l
則 ∑i=k+1k+qλiwid⃗ mi=∑i=k+1k+qλiwi(∑j=1lσijd⃗ j)=∑j=1l(∑i=k+1k+qλiwiσij)d⃗ j,
且 ∑i=k+1k+qλiwiσij≥0,∀j∈N,1≤j≤l