多面集的表示定理的必要性的证明

多面集的表示定理的必要性的证明

前面的内容见 多面集的表示定理

4.2 必要性

4.2.1 有界情况下

若 SS 有界，由于有界集没有方向，因此只要证明：

∀X∈S,∀X∈S, XX 可以被表示成 X1,⋯,XkX1,⋯,Xk 的凸组合。

即存在集合 {λi∈R:∑i=1kλi=1,λi≥0,i∈N,1≤i≤k}{λi∈R:∑i=1kλi=1,λi≥0,i∈N,1≤i≤k} ， 使得： X=∑i=1kλiXiX=∑i=1kλiXi

下面用归纳法证明： ∀l∈N,∀l∈N, 若存在 X∈S,X∈S, 使得 ϕ(X)=n−l,ϕ(X)=n−l, 则 XX 可以被表示成 X1,⋯,XkX1,⋯,Xk 的凸组合。

1) l=0l=0 时 ϕ(X)=nϕ(X)=n ，则 XX 是 SS 的一个极点，即存在 i∈N,1≤i≤k,i∈N,1≤i≤k, 使得 X=Xi,X=Xi, 则命题显然成立。

2) 假设 l≤L(L∈N)l≤L(L∈N) 时成立，则 l=L+1l=L+1 时，

若 L≥n,L≥n, 则 n−l=n−(L+1)≤−1<0,n−l=n−(L+1)≤−1<0, 由于 ∀X∈S,ϕ(X)≥0∀X∈S,ϕ(X)≥0 ，因此不存在 X∈S,X∈S, 使得 ϕ(X)=n−l,ϕ(X)=n−l, 因此命题成立。

否则， 0≤L<n0≤L<n ，则 ϕ(X)=n−l=n−(L+1)=n−1−L∈[0,n−1],ϕ(X)=n−l=n−(L+1)=n−1−L∈[0,n−1], 由于SS 有界，根据多面集的点的性质1，

∃X1,X2∈S,∃X1,X2∈S, 使得 ϕ(X1),ϕ(X2)≥ϕ(X)+1=n−(L+1)+1=n−L,ϕ(X1),ϕ(X2)≥ϕ(X)+1=n−(L+1)+1=n−L,

存在 λ,μ>0,λ+μ=1λ,μ>0,λ+μ=1 使得 X=λX1+μX2X=λX1+μX2

则 n−ϕ(X1)≤L,n−ϕ(X2)≤L,n−ϕ(X1)≤L,n−ϕ(X2)≤L,

由归纳假设，X1,X2X1,X2 可以被表示成 X1,⋯,XkX1,⋯,Xk 的凸组合。 即：

存在集合 {ui∈R:∑i=1kui=1,ui≥0,i∈N,1≤i≤k}{ui∈R:∑i=1kui=1,ui≥0,i∈N,1≤i≤k} ， 使得： X1=∑i=1kuiXiX1=∑i=1kuiXi

存在集合 {vi∈R:∑i=1kvi=1,vi≥0,i∈N,1≤i≤k}{vi∈R:∑i=1kvi=1,vi≥0,i∈N,1≤i≤k} ， 使得： X2=∑i=1kviXiX2=∑i=1kviXi

则

X=λX1+μX2=λ∑i=1kuiXi+μ∑i=1kviXi=∑i=1k(λui+μvi)XiX=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,∑i=1k(λui+μvi)=λ∑i=1kui+μ∑i=1kvi=λ+μ=1,

λui+μvi≥0,∀,i∈N,1≤i≤kλui+μvi≥0,∀,i∈N,1≤i≤k

由1）2），命题成立。

∀X∈S,∀X∈S, 显然 0≤ϕ(X)≤n,0≤ϕ(X)≤n, 因此 XX 可以被表示成 X1,⋯,XkX1,⋯,Xk 的凸组合。

4.2.2 无界情况下

若 SS 无界，∀X0∈S,∀X0∈S,

令 a=max({|Xi|:i∈N,1≤i≤k}∪{|X0|}),a=max({|Xi|:i∈N,1≤i≤k}∪{|X0|}),

多面集 S¯={X∈S:|X|≤a},S¯={X∈S:|X|≤a},

则 ∀i∈N,1≤i≤k,Xi∈S¯,∀i∈N,1≤i≤k,Xi∈S¯, 由于 S¯⊆S,S¯⊆S, 因此 XiXi 也是 S¯S¯ 的极点。

由于 S¯S¯ 有界，则由结论1， S¯S¯ 有有限个极点，不妨设其他极点为 {Xk+1,⋯,Xk+q},{Xk+1,⋯,Xk+q}, 由结论4.2.1， X0X0 可以被表示成 X1,⋯,Xk+qX1,⋯,Xk+q 的凸组合。

即存在集合 {λi∈R:∑i=1k+qλi=1,λi≥0,i∈N,1≤i≤k+q}{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+qλiXiX0=∑i=1k+qλiXi=∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλiXi

下面证明：

设 XX 是 S¯S¯ 的极点，但不是 SS 的极点。则：

XX 可表示成 SS 中的一个极点 X′X′ 与 SS 中的一个极方向 d⃗ d→ 的和，即： X=X′+d⃗ X=X′+d→

证明：

不妨设：

{ciX=b′i,i∈N,1≤i≤pciX<b′i,i∈N,p+1≤i≤m+n(1)(1){ciX=bi′,i∈N,1≤i≤pciX<bi′,i∈N,p+1≤i≤m+n

其中 p∈N,0≤p≤m+np∈N,0≤p≤m+n

令 C1=⎛⎝⎜⎜c1⋮cp⎞⎠⎟⎟,C1=(c1⋮cp), C2=⎛⎝⎜⎜cp+1⋮cm+n⎞⎠⎟⎟,β1=⎛⎝⎜⎜b′1⋮b′p⎞⎠⎟⎟,β2=⎛⎝⎜⎜b′p+1⋮b′m+n⎞⎠⎟⎟,C2=(cp+1⋮cm+n),β1=(b1′⋮bp′),β2=(bp+1′⋮bm+n′),

则(1) 可化为： {C1X=β1C2X<β2{C1X=β1C2X<β2

由于 XX 不是 SS 的极点，因此 r(C1)<nr(C1)<n

令 cm+n+1=11×n,b′m+n+1=a,cm+n+1=11×n,bm+n+1′=a,

则 S¯={X∈Rn:ciX≤b′i,i∈N,1≤i≤m+n+1}S¯={X∈Rn:ciX≤bi′,i∈N,1≤i≤m+n+1}

令向量组 M={ci:ciX=b′i,i∈N,1≤i≤m+n+1}M={ci:ciX=bi′,i∈N,1≤i≤m+n+1}

由于 XX 是 S¯S¯ 的极点，因此 r(M)=n,r(M)=n,

若 |X|<a,|X|<a, 则 M=C1,M=C1, 于是 r(M)=r(C1)<n,r(M)=r(C1)<n, 与 r(M)=nr(M)=n 矛盾。因此 |X|=a|X|=a

令 C3=(C1cm+n+1),β3=(β2b′m+n+1),C3=(C1cm+n+1),β3=(β2bm+n+1′),

则 M=C3,M=C3, 因此 r(C3)=nr(C3)=n

于是 r(C1)≥n−1,r(C1)≥n−1, 因此 ϕ(X)=r(C1)=n−1ϕ(X)=r(C1)=n−1

根据多面集的点的性质2， ∃Y∈Rn,Y≠0⃗ ,∃t0∈R,∃Y∈Rn,Y≠0→,∃t0∈R, ∃X′=X+t0Y∈S,∃X′=X+t0Y∈S,

使得 ϕ(X′)≥ϕ(X)+1=n−1+1=n,ϕ(X′)≥ϕ(X)+1=n−1+1=n, 因此 X′X′ 是 SS 的一个极点。

且 ∀i∈N,1≤i≤m+n,∀i∈N,1≤i≤m+n, 若 ciX=b′iciX=bi′ 则 ciX′=b′iciX′=bi′ 即 C1Y=0⃗ C1Y=0→

不妨设 t0<0t0<0 （否则 t0>0,t0>0, 可取 t′0=−t0<0,Y′=−Yt0′=−t0<0,Y′=−Y ）

下面证明 ∀t>0,∀t>0, X+tY∈SX+tY∈S ：

若 ∃t1>0,∃t1>0, 使得 X+t1Y∉S,X+t1Y∉S, 由于 SS 是凸集，则 ∀t>t1,∀t>t1, X+tY∉S,X+tY∉S, 否则 X+t1Y=t−t1tX+t1t(X+tY)∈S,X+t1Y=t−t1tX+t1t(X+tY)∈S, 与 X+t1Y∉SX+t1Y∉S 矛盾。

于是集合 T1={t∈R:X+tY∈S}T1={t∈R:X+tY∈S} 存在上界。则集合 T2={t∈R:tC2Y<β2−C2X}⊆T1T2={t∈R:tC2Y<β2−C2X}⊆T1 存在上界。

根据多面集的点的性质的引理， ∃t2>0,∃t2>0, ∃X∗=X+t2Y∈S,∃X∗=X+t2Y∈S, 使得 ϕ(X∗)≥ϕ(X)+1=n−1+1=n,ϕ(X∗)≥ϕ(X)+1=n−1+1=n,

因此 X∗X∗ 是 SS 的一个极点。

则 X=t2(−t0)+t2X′+−t0(−t0)+t2X∗=t2(−t0)+t2(X+t0Y)+−t0(−t0)+t2(X+t2Y)X=t2(−t0)+t2X′+−t0(−t0)+t2X∗=t2(−t0)+t2(X+t0Y)+−t0(−t0)+t2(X+t2Y)

于是 XX 是 SS 的两个极点 X′X′ 与 X∗X∗ 的凸组合，又 X′,X∗∈S¯,X′,X∗∈S¯, 因此 XX 不是 S¯S¯ 的极点，与 XX 是 S¯S¯ 的极点矛盾。

因此 YY 是 SS 内的一条射线的方向。由定理2， YY 是 SS 的一个方向。令 d⃗ 1=Y|Y|,d→1=Y|Y|, 则 d⃗ 1∈S′d→1∈S′

由于 C1Y=0⃗ ,C1Y=0→, 则 {C1d⃗ 1=0⃗ ∣∣d⃗ 1∣∣=1,{C1d→1=0→|d→1|=1, 因此 C3d⃗ 1=(0⃗ 1),C3d→1=(0→1),

由于 r(C3)=n,r(C3)=n, 因此 d⃗ d→ 是 S′S′ 的一个极点。

因此 YY 是 SS 的一个极方向。则 d⃗ =−t0Yd→=−t0Y 也是 SS 的一个极方向。

则 X=X′−t0Y=X′+d⃗ X=X′−t0Y=X′+d→

于是 ∀i∈N,k+1≤i≤k+q,∀i∈N,k+1≤i≤k+q, 存在 ni,mi∈N,1≤ni≤k,1≤mi≤l,ni,mi∈N,1≤ni≤k,1≤mi≤l, 存在 wi≥0wi≥0 ，使得 Xi=Xni+wid⃗ miXi=Xni+wid→mi

因此 X0=∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλi(Xni+wid⃗ mi)=∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλiXni+∑i=k+1k+qλiwid⃗ miX0=∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλi(Xni+wid→mi)=∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλiXni+∑i=k+1k+qλiwid→mi

合并同类项即得结论：

1) 令 ni=i,1≤i≤k,ni=i,1≤i≤k, δij={1,0,ni=j,ni≠j,1≤i≤k+q,1≤j≤kδij={1,ni=j,0,ni≠j,1≤i≤k+q,1≤j≤k 则：

∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλiXni=∑i=1k+qλiXni∑i=1kλiXi+∑i=k+1k+qλiXni=∑i=1k+qλiXni =∑i=1k+qλi(∑j=1kδijXj)=∑i=1k+qλi(∑j=1kδijXj) =∑j=1k(∑i=1k+qλiδij)Xj=∑j=1k(∑i=1k+qλiδij)Xj

且 ∑j=1k(∑i=1k+qλiδij)=∑i=1k+qλi(∑j=1kδij)=∑i=1k+qλi=1,∑j=1k(∑i=1k+qλiδij)=∑i=1k+qλi(∑j=1kδij)=∑i=1k+qλi=1,

∑i=1k+qλiδij≥0,∀j∈N,1≤j≤k∑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≤lσij={1,mi=j,0,mi≠j,k+1≤i≤k+q,1≤j≤l

则 ∑i=k+1k+qλiwid⃗ mi=∑i=k+1k+qλiwi(∑j=1lσijd⃗ j)=∑j=1l(∑i=k+1k+qλiwiσij)d⃗ j,∑i=k+1k+qλiwid→mi=∑i=k+1k+qλiwi(∑j=1lσijd→j)=∑j=1l(∑i=k+1k+qλiwiσij)d→j,

且 ∑i=k+1k+qλiwiσij≥0,∀j∈N,1≤j≤l∑i=k+1k+qλiwiσij≥0,∀j∈N,1≤j≤l