Βιογραφικο ΣημειωμαΑ Τσολομυτης

Προσωπικά στοιχεία

Αντώνης ΤσολομύτηςΠανεπιστήμιο ΑιγαίουΤμήμα Μαθηματικών83200 ΚαρλόβασιΣάμος

Τηλ 30 22730 82123Emil atsolaegeangrWeb httpmyriamathaegeangr~atsol

Ημερομηνία Γεννησης 2561967 στον ΠειραιάΠαντρεμένος με τρία παιδιά

Υπηκοότητα ΕλληνικήΥπηρεσία στον Ελληνικό Στρατό Ιούνιος 1996ndashΙανουάριος 1998

Εκπαίδευση

Ιούνιος 1989 Πτυχίο στα Μαθηματικά από το Πανεπιστήμιο Αθηνών (ΒαθμόςΆριστα 918)

Ιούνιος 1996 Διδακτορική Διατριβή (PhD) από το Ohio State University ΤίτλοςSymmetrizations and convolutions of Convex Bodies υπό την επίβλεψητου V D Milman

Διακρίσεις

1995ndash1996 Presidential Fellow στο ΤμήμαΜαθηματικών τουOhio State UniversityColumbus Ohio usa

11 Δεκεμβρίου 2009 laquoΒραβείο Αριστείας στη Διδασκαλίαraquo της Σχολής Θετικών Επι-στημών του Πανεπιστημίου Αιγαίου

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 219

Ερευνητικά ενδιαφέροντα

Κυρτή Γεωμετρική ΑνάλυσηΣυναρτησιακή Ανάλυση χώροι πεπερασμένης διάστασης με νόρμα(τοπική θεωρία χώρων Banach)Πιθανοθεωρητικές μέθοδοι και συγκέντρωση μέτρου

Ψηφιακή τυπογραφία ειδικά πολύγλωσσική επεξεργασία επιστη-μονικού κειμένου Προσβασιμότητα για ανθρώπους με προβλή-ματα όρασης (ψηφιακή τυπογραφία επιστημονικού κειμένου σεBraille)

Βιβλία 1 Πραγματική Ανάλυση με τους Μ Ανούση και Β Φελουζή Σά-μος 2014

2 Functional analysis an introduction with Y Eidelman and VD Mil-man Graduate Studies in Mathematics no 66 AMS 2004

3 Σύνολα και Αριθμοί μια εισαγωγή στα Μαθηματικά Πανε-πιστημιακά Μαθηματικά Κείμενα ar 7 LeaderBooks Αθήνα2004

4 Digital Typography using LATEX With A Syropoulos and N Sofro-niou Springer Profesional Computing Springer-Verlag New YorkOct 2002

Ερευνητικές δημοσιεύσεις(subj class AMS2010 52A21)

1 Geometry of random sections of isotropic convex bodies withA Giannopoulos and L Hioni Bulletin of the hms 60 (2016) 20ndash40

2 Remarks on the Rogers-Shephard inequality with A Giannopou-los and E Markessinis Proc Amer Math Soc 144 (2016) no 2763ndash773

3 Asymptotic shape of the convex hull of isotropic log-concaverandom vectors with A Giannopoulos and L Hioni Adv in ApplMath 75 (2016) 116ndash143

4 Geometry of the 119871119902 centroid bodies of an isotropic log-concavemeasure with A Giannopoulos P Stavrakakis and B-H VritsiouTrans AMS 367 (2015) 4569ndash4593

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 319

5 Quermaszligintegrals and asymptotic shape of random polytopes inan isotropic convex body with N Dafnis and A GiannopoulosMichigan Mathematical Journal vol 62 Issue 1 (2013) 59ndash79

6 Asymptotic shape of random a polytope in a convex body withN Dafnis and A Giannopoulos J Funct Anal (2009)doi101016jjfa20090627

7 Random points in isotropic unconditional convex bodies withA Giannopoulos and M Hatrtzoulaki JLMS (2005) 72 779ndash798

8 Asymptotic formulas for the diameter of sections of symmetricconvex bodies with A Giannopoulos and V D Milman J FunctAnal 223 (2005) 86ndash108

9 Volume radius of a random polytope in a convex body withA Giannopoulos Math Proc Cambridge Philos Soc 134 2003no 1 13ndash21

10 Johnrsquos theorem for an arbitrary pair of convex bodies with A Gian-nopoulos and I Perissinaki Geometriaelig Dedicata 84 (2001) 63ndash79

11 A note on the 119872lowast-limiting convolution body Covnex Geometrymsri Publications Volume 34 1998

12 Convolution bodies and their limiting behavior Duke Math Journal87 (1997) no 1 181ndash203

13 On the convolution body of two convex bodies CR Seances AcadSci Ser I 322 1 (1996) 63ndash67

14 Quantitative SteinerSchwarz-type symmetrizations GeometriaeligDedicata 60 187ndash206 1996

Ερευνητικές δημοσιεύσεις(subj class AMS2010 68U15)

15 A direct TeX-to-Braille transcribing method with A PapasalourosJournal of Science Education for Students with Disabilities Vol20 Iss 1 (2017)

16 Serifed Greek type Is it ldquoGreekrdquo tugboat Vol 38 No 3 pp 312ndash314

17 A direct TeX-to-Braille transcribing method with A PapasalourosASSETS rsquo15 17th International ACM SIGACCESS Conference onComputers amp Accessibility October 26ndash28 2015 Lisbon PortugalACM 978-1-4503-3400-61510httpdxdoiorg10114527006482811376

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 419

18 The Kerkis Font Family tugboat Vol 23 No 34 296ndash301 2002(invited paper)

Αρθογραφία

(subj class AMS2010 68U15)

1 Εγκατάσταση γραμματοσειρών TrueType στο TEX και LATEX ΤοΕύτυπον 1112 1ndash6 2004

2 Σαρώνοντας με ελεύθερο λογισμικό σε συνεργασία με τονΑ Κοντογεώργη Το Εύτυπον 8 25ndash27 2002

3 Εγκατάσταση νέων γραμματοσειρών στο LATEX2e σε συνεργα-σία με τον Α Συρόπουλο Το Εύτυπον 3 57ndash68 2000

4 LATEX και γραμματοσειρές TrueType σε συνεργασία με τονΑ Συρόπουλο Το Εύτυπον 2 17ndash22 1999

Σημειώσεις

(διαθέσιμες από την ιστοσελίδα μου ή με διπλό κλικ στον συνδετήρα)

1 Κυρτή Γεωμετρία Η Κυρτή Γεωμετρία είναι ένας κλάδος οοποίος χρησιμοποιεί μια μεγάλη παλέτα εργαλείων από διά-φορους κλάδους των Μαθηματικών γεγονός που την κάνειδυσπρόσιτη σε προπτυχιακό επίπεδο Οι σημειώσεις αυτέςαποτελούν μια πολύ εστιασμένη προσπάθεια στο να γίνειπροσιτό το αντικείμενο στους προπτυχιακούς φοιτητές του3ου και 4ου έτους

2 Σημειώσεις στις ακολουθίες και στις Σειρές (βοήθημα Απει-ροστικού Λογισμού ΙampΙΙ μετά την αφαίρεση των ακολουθιώναπό την ύλη της Γrsquo Λυκείου) (2013)

3 Σημειώσεις στον Απειροστικό Λογισμό IV Τα θεωρήματαGreenStokes και Gauss Εννοποιημένη παρουσίαση των κεντρικώνθεωρημάτων της διανυσματικής ανάλυσης με άξονα το Θεμε-λιώδες Θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού (2012)

Αντώνης Τσολομύτης

ΚΥΡΤΗ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

( )

Σάμος ndash

Απαγορεύεται η αναπαραγωγή του αρχείου από άλλες ιστοσελίδες

εκτός του httpmyriamathaegeangr

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

hellip

hellipαπό την Ανάλυση

hellipαπό την Ανάλυση και την Αναλυτική Γεωμετρία

hellipαπό τη Γραμμική Άλγεβρα και την Αναλυτική Γεωμε-

τρία

Κυρτές Συναρτήσεις

Η ανισότητα Jensen

H ανισότητα Αριθμητικού-Γεωμετρικού μέσου

H ανισότητα Young

H ανισότητα Houmllder για αθροίσματα

H ανισότητα Houmllder για ολοκληρώματα

H ανισότητα Minkowski για αθροίσματα

H ανισότηταMinkowski για ολοκληρώματα

Εφαρμογές

κυρτα σωματα κυρτή θήκη

Νόρμες και κυρτά σώματα

Η συνάρτηση στήριξης

Το πολικό σώμα

Διαχωρισμός και γνήσιος διαχωρισμός

Όγκος κυρτού σώματος

Ιδιότητες Όγκου

Ο όγκος του ℬ119899119901 για 1 le 119901 le infin

Η απόσταση Hausdorff

Όγκος και απόσταση Hausdorff

Το θεώρημα Επιλογής του Blaschke

- -

Η ανισότητα Prekopa-Leindler

Η ανισότητα Brunn-Minkowski

Η ισοπεριμετρική ανισότητα

Η αρχή του Brunn

Το λήμμα του Borel

Ορισμός και ιδιότητες της συμμετρικοποίησης Steiner

Το θεώρημα Σφαιρικότητας του Gross

Η ισοπεριμετρική ανισότητα (η απόδειξη)

Η ανισότητα Blaschke-Santaloacute

hellip

hellipαπό τη Γραμμική Άλγεβρα και την Αναλυτική Γεωμε-

τρία

hellipαπό τη Συναρτησιακή ανάλυση

Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης

Ροπή δύναμης και ροπή αδράνειας

Πίνακας αδράνειας και ροπή αδράνειας

Πολική ροπή αδρανείας

Διαφορά μεταξύ ισοτροπικού και μη ισοτροπι-

κού σώματος

Το ελλειψοειδές αδράνειας και το ελλειψοειδές

κινητικής ενέργειας

Μαθηματική προσσέγγιση της ισοτροπικής θέσης

Ελλειψοειδές Binet και ελλειψοειδές Legendre

Λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις amp μέτρα

Ύπαρξη του ελλειψοειδούς μεγίστου όγκου

Μοναδικότητα ελλειψοειδούς μεγίστου όγκου

η θέση του john

Πολυδιάστατη ανισότητα Brascamp-Lieb και Barthe

Η μονοδιάστατη ανισότητα των Brascamp-Lieb και Barthe

Απόδειξη των ανισοτήτων Brascamp-Lieb και Barthe

Η αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα

Ύπαρξη της θέσης

Μοναδικότητα της θέσης

Ύπαρξη της θέσης

Η συνέχεια του εμβαδού επιφανείας

Τ G

Η Γ

Ιδιότητες της συνάρτησης Γ

Η μέθοδος Laplace

ΠΡΟΑΠΑΙΤΟΥΜΕΝΑhellip

hellip

Οι αποδείξεις που δεν παρουσιάζονται σε αυτή την ενότητα μπορούν

να βρεθούν σε οποιοδήποτε βιβλίο Πραγματικής Ανάλυσης

Στον ℝ119899 η (ευκλείδεια) απόσταση μεταξύ των σημείων 119909 και 119910 με

συντεταγμένες (1199091 1199092 hellip 119909119899) και (1199101 1199102 hellip 119910119899) αντίστοιχα ορίζεται να

είναι ο αριθμός

1198892(119909 119910) = radic(1199091 minus 1199101)2 + (1199092 minus 1199102)2 + ⋯ + (119909119899 minus 119910119899)2

Επιπλέον για κάθε σημείο 119909 isin ℝ119899 ονομάζουμε (ευκλείδειο) μήκος του 119909τον αριθμό 1198892(0 119909) και τον συμβολίζουμε με 1199092 Δηλαδή

1199092 = radic11990921 + 1199092

2 + ⋯ + 1199092119899

Παρατηρούμε ότι 1198892(119909 119910) = 119909minus1199102 για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 Στα επόμενα

θα προτιμάμε να γράφουμε 119909 minus 1199102 αντί για 1198892(119909 119910)Το σύνολο των σημείων που απέχουν (γνησίως) λιγότερο από 119903 gt 0

από δοθέν σημείο 119909 isin ℝ119899 ονομάζεται ανοικτή μπάλα με κέντρο το 119909και ακτίνα 119903 και συμβολίζεται με 119861(119909 119903) Δηλαδή

119861(119909 119903) = 119910 isin ℝ119899 ∶ 119909 minus 1199102 lt 119903

Ο (Εσωτερικό συνόλου) Έστω ότι το 119870 είναι ένα υποσύ-

νολο του ℝ119899 Λέμε ότι ένα σημείο 1199090 isin ℝ119899 είναι εσωτερικό σημείο του

119870 αν υπάρχει 120598 gt 0 ώστε η ανοικτή μπάλα 119861(1199090 120598) να περιέχεται στο

119870 Το σύνολο όλων των εσωτερικών σημείων του 119870 λέγεται εσωτερικότου 119870 και συμβολίζεται με int119870

Ένα σύνολο μπορεί να έχει κενό εσωτερικό Για παράδειγμα οποιοδήποτε

υποσύνολο ενός (δισδιάστατου) επιπέδου στον ℝ3 Ένα τέτοιο σύνολο

όμως μπορεί να έχει μη κενό εσωτερικό αν θεωρηθεί ως υποσύνολο του

επιπέδου στο οποίο ανήκει

Ο (Σχετικό εσωτερικό συνόλου) Έστω ότι το 119870 είναι υ-

ποσύνολο του ℝ119899 Το σχετικό εσωτερικό του 119870 συμβολίζεται με relint(119870)

hellip

και είναι το εσωτερικό του 119870 στον ελάχιστο υπόχωρο του ℝ119899 που

περιέχει το 119870

Ο (Κλειστή θήκη) Λέμε ότι το 119909 είναι σημείο συσσώρευ-

σης του 119870 sube ℝ119899 αν και μόνον αν για κάθε 120598 gt 0 ισχύει

119861(119909 120598) cap 119870 ⧵ 119909 ne

Το σύνολο όλων των σημείων συσσώρευσης του 119870 λέγεται παράγωγο

σύνολο του 119870 και συμβολίζεται με 119870prime Το σύνολο 119870 = 119870 cup 119870prime λέγεται

κλειστή θήκη του 119870

Παρατηρούμε ότι αν 119909 isin 119870 τότε υπάρχει ακολουθία (119909119898)119898isinℕ στο 119870 ώστε

119909119898 minus 1199092 rarr 0 Αυτό συμβαίνει διότι είτε 119909 isin 119870 οπότε θέτουμε 119909119898 = 119909για κάθε 119898 isin ℕ είτε το 119909 είναι σημείο συσσώρευσης οπότε εφαρμόζουμε

τον Ορισμό για 120598 = 1119898 και επιλέγουμε 119909119898 ένα οποιοδήποτε σημείο

του μη κενού 119861(119909 1119898) cap 119870 Έτσι 119909119898 isin 119870 και 119909119898 minus 1199092 lt 1119898 rarr 0

Κάθε σύνολο 119870 για το οποίο ισχύει 119870 = 119870 λέγεται κλειστό Το

σύνολο 119870 είναι κλειστό για κάθε 119870 sube ℝ119899 δηλαδή ισχύει 119870 = 119870

Ο Η κλειστή θήκη του συνόλου 119861(0 119903) ονομάζεται ευκλεί-δεια μπάλα του ℝ119899 ακτίνας 119903 και συμβολίζεται με ℬ119899

2(0 119903)

Είναι εύκολο να δει κανείς ότι

ℬ1198992(0 119903) = 119909 isin ℝ119899 ∶ 1199092 le 119903

Πράγματι αν 119909 isin ℬ1198992(0 119903) τότε υπάρχει ακολουθία (119909119898)119898isinℕ στο 119861(0 119903)

ώστε 119909119898 minus1199092 rarr 0 Αλλά από τον ορισμό της sdot2 έχουμε ότι για κάθε

119895 = 1 2 hellip 119899 αν 119909119898119895 η 119895 συντεταγμένη του 119909119898 και 119909119895 η 119895 συντεταγμένη

του 119909 ισχύει

|119909119898119895 minus 119909119895| le 119909119898 minus 1199092 rarr 0

Άρα 119909119898119895 rarr 119909119895 και συνεπώς από τον ορισμό της sdot 2 συμπεραίνουμε

ότι 1199091198982 rarr 1199092 Αλλά 1199091198982 le 119903 και έτσι 1199092 le 119903 Αντιστρόφως

αν 1199092 lt 1 τότε 119909 isin 119861(0 119903) sube ℬ1198992(0 119903) Αν τέλος 1199092 = 119903 τότε

η ακολουθία (1 minus 1119898)119909 για 119898 isin ℕ έχει ευκλείδεια νόρμα ίση με

(1 minus 1119898)119903 lt 119903 οπότε ανήκει στο 119861(0 119903) και συγκλίνει στο 119909 Δηλαδήτο 119909 ανήκει στην κλειστή θήκη του 119861(0 119903) δηλαδή στο ℬ119899

2(0 119903)Επιπλέον το ℬ119899

2(0 119903) ως κλειστή θήκη του 119861(0 119903) είναι κλειστό

σύνολο δηλαδή ℬ1198992(0 119903) = ℬ119899

2(0 119903)

hellip

Ο Το σύνολο ℬ1198992(0 1) ονομάζεται μοναδιαία ευκλείδεια

μπάλα του ℝ119899 και συμβολίζεται απλά με ℬ1198992

Εύκολα βλέπουμε ότι το σύνορο bd(ℬ1198992) του συνόλου ℬ119899

2 είναι το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ 1199092 = 1

Ο Το σύνολο 119909 isin ℝ119899 ∶ 1199092 = 1 ονομάζεται μοναδιαία(ευκλείδεια) σφαίρα του ℝ119899 και συμβολίζεται με 120138119899minus1

Ο Για δυο υποσύνολα 119860 και 119861 του ℝ119899 και 120582 isin ℝ θαγράφουμε

(i) 119860 + 119861 για το σύνολο 119909 + 119910 ∶ 119909 isin 119860 και 119910 isin 119861

(ii) 120582119860 για το σύνολο 120582119909 ∶ 119909 isin 119860

Παρατηρούμε ότι με τον παραπάνω συμβολισμό ℬ1198992(0 119903) = 119903ℬ119899

2 και

1198611198992(119909 119903) = 119909 + 119903ℬ119899

2

Ο (Φραγμένο σύνολο) Ένα υποσύνολο 119870 του ℝ119899 λέγεταιφραγμένο αν υπάρχει αριθμός 119872 gt 0 ώστε για κάθε 119909 isin 119870 να ισχύει1199092 le 119872 Φανερά αυτό είναι ισοδύναμο με τον εγκλεισμό 119870 sube 119872ℬ119899

2

Π Έστω ότι το 119870 είναι φραγμένο υποσύνολο του ℝ119899 Τότεκαι το 119870 είναι φραγμένο

Απόδειξη Αν το 119870 είναι φραγμένο υποσύνολο του ℝ119899 τότε υπάρχει

αριθμός 119872 ώστε να ισχύει 119870 sube 119872ℬ1198992 Οπότε 119870 sube 119872ℬ119899

2 = 119872ℬ1198992

Π (Συμπαγές υποσύνολο του ℝ119899) Ένα υποσύνολο119870 τουℝ119899 είναι συμπαγές αν και μόνο αν είναι κλειστό και φραγμένο

Π Έστω ότι 119870 119865 sube ℝ119899 Αν το 119870 είναι συμπαγές το 119865κλειστό και 119870 cap 119865 = τότε υπάρχει 119909 isin 119870 και 119910 isin 119865 ώστε

119889(119870 119865) ∶= inf119911 minus 1199082 ∶ 119911 isin 119870 119908 isin 119865 = 119909 minus 1199102 gt 0

Απόδειξη Θέτουμε

120588 ∶= inf119909 minus 1199102 ∶ 119909 isin 119870 119910 isin 119865

Έστω ότι 119909119898 isin 119870 119910119898 isin 119865 ώστε 119909119898 minus 1199101198982 rarr 120588 Αφού 119909119898 isin 119870 και το

119870 είναι συμπαγές η 119909119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία έστω την 119909119898119896με

hellip

όριο το σημείο 119909 Το 119909 ανήκει στο 119870 γιατί το 119870 είναι κλειστό Έχουμε

ότι 119909119898119896minus 119910119898119896

2 rarr 120588 και 119909119898119896rarr 119909 Από την τριγωνική ανισότητα

1199101198981198962 le 119910119898119896

minus 1199091198981198962 + 119909119898119896

2

Το δεξιό μέρος της παραπάνω ανισότητας είναι φραγμένη ακολουθία

(γιατί είναι συγκλίνουσα) άρα και το αριστερό Θεωρούμε ένα 119872 gt 0ώστε 119910119898119896

le 119872 για κάθε 119896 isin ℕ οπότε 119910119898119896isin ℬ119899

2(0 119872) Το ℬ1198992(0 119872)

είναι κλειστό και φραγμένο σύνολο στον ℝ119899 άρα είναι συμπαγές Άρα

η 119910119898119896έχει υπακολουθία 119910119898119896119897

η οποία συγκλίνει έστω στο 119910 Αλλά

119910 isin 119865 αφού το 119865 είναι κλειστό Η 119909119898119896119897είναι υπακολουθία της 119909119898119896

οπότε

119909119898119896119897rarr 119909 Άρα 119909119898119896119897

minus 119910119898119896119897 rarr 120588 119909119898119896119897

rarr 119909 isin 119870 και 119910119898119896119897rarr 119910 isin 119865

Έτσι

120588 = lim119897rarrinfin

119909119898119896119897minus 119910119898119896119897

= 119909 minus 1199102

Όμως τα 119870 και 119865 είναι ξένα άρα το 119909 είναι διάφορο του 119910 Οπότε το

120588 είναι θετικό

Ο (Συνέχεια) Μια συνάρτηση 119891 ∶ (119883 119889119883) rarr (119884 119889119884)μεταξύ δύο μετρικών χώρων λέγεται συνεχής στο σημείο 1199090 isin 119883 αν

και μόνον αν για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 120575 gt 0 ώστε για κάθε 119909 στο 119883 με

119889119883(119909 1199090) lt 120575 να ισχύει 119889119884(119891(119909) 119891(1199090)) lt 120598

Ο (Απόλυτη συνέχεια) Η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ λέγεται απόλυτασυνεχής στο υποδιάστημα 119869 του διαστήματος Ι sube ℝ αν για κάθε 120598 gt 0υπάρχει 120575 gt 0 ώστε αν τα [119886119894 119887119894] για 119894 = 1 2 hellip 119899 είναι πεπερασμένη

οικογένεια ξένων διαστημάτων στο 119869 και sum119899119894=1(119887119894 minus 119886119894) lt 120575 τότε

119899

sum119894=1

|119891(119887119894) minus 119891(119886119894)| lt 120598

Ο (Συνάρτηση Lipschitz) Η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ λέγεται Lipschitz

στο υποδιάστημα 119869 του διαστήματος Ι sube ℝ αν υπάρχει 119871 gt 0 ώστε

να ισχύει

|119891(119909) minus 119891(119910)| le 119871|119909 minus 119910|

για κάθε 119909 119910 στο 119869 Ο αριθμός 119871 ονομάζεται σταθερά Lipschitz της 119891στο διάστημα 119869

Παρατηρούμε ότι το να είναι μια συνάρτηση 119891 ∶ 119868 rarr ℝ Lipschitz στο

υποδιάστημα 119869 sube 119868 σημαίνει ότι οι κλίσεις των χορδών στο γράφημα

της 119891 που σχηματίζονται σε σημεία του 119869 είναι φραγμένες

hellip

Π Έστω ότι οι (119883 119889119883) και (119884 119889119884) είναι δυο μετρικοί χώροικαι 119891 ∶ 119883 rarr 119884 μια συνεχής και επί συνάρτηση Αν ο 119883 είναι συμπαγήςτότε και ο 119884 είναι συμπαγής Δηλαδή η συνεχής εικόνα ενός συμπαγούςμετρικού χώρου είναι συμπαγής χώρος

Άσκηση Αποδείξτε ότι bd(ℬ1198992) = 120138119899minus1

Άσκηση Αποδείξτε ότι η συνάρτηση

119891(119909) =⎧⎨⎩

119909 sin 1119909 αν 119909 isin (0 1]

0 αν 119909 = 0

είναι συνεχής αλλά όχι απόλυτα συνεχής (Υπόδειξη Θεωρήστε τα διαστή-

ματα [(1205872)minus1(4((119898 + 119895) + 1))minus1 (1205872)minus1(4(119898 + 119895))minus1] για 119895 = 0 1 hellip 119896 και

αποδείξτε ότι είναι ξένα και έχουν συνολικό μήκος μικρότερο από (2120587119898)minus1)

hellip

Ο (Εσωτερικό γινόμενο) Ένα εσωτερικό γινόμενο στον

ℝ119899 είναι μια απεικόνιση

⟨sdot sdot⟩ ∶ ℝ119899 times ℝ119899 rarr ℝ

για την οποία ισχύουν

(i) ⟨119909 119909⟩ ge 0 για κάθε 119909 isin ℝ119899

(ii) ⟨119909 119909⟩ = 0 hArr 119909 = 0

(iii) ⟨119909 119910⟩ = ⟨119910 119909⟩

(iv) ⟨119909 12058211199101 + 12058221199102⟩ = 1205821⟨119909 1199101⟩ + 1205822⟨119909 1199102⟩ για κάθε 1205821 1205822 isin ℝ

Το πιο συνηθισμένο παράδειγμα είναι το εσωτερικό γινόμενο

⟨119909 119910⟩ =119899

sum119895=1

119909119895119910119895()

όπου τα 119909119895 και 119910119895 είναι οι συντεταγμένες των διανυσμάτων 119909 και 119910

Στο εξής (εκτός αν ρητά αναφέρεται αλλιώς) κάθε αναφορά σε εσωτερικό

hellip

γινόμενο θα είναι σε αυτό που ορίζεται στην () Εύκολα βλέπουμε

ότι το ⟨sdot sdot⟩ είναι πράγματι εσωτερικό γινόμενο (δηλαδή ικανοποιεί τον

παραπάνω ορισμό) Παρατηρούμε ότι ⟨119909 119909⟩ = 11990922 για κάθε 119909 isin ℝ119899

Επιπλέον ισχύει η εξής

Π (Ανισότητα Cauchy-Schwartz) Για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 ι-σχύει

|⟨119909 119910⟩| le 11990921199102

Απόδειξη Από τις ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου για κάθε 120582 isin ℝισχύει

0 le ⟨119909 minus 120582119910 119909 minus 120582119910⟩ = 11990922 + 12058221199102

2 minus 2120582⟨119909 119910⟩

άρα το διώνυμο ως προς 120582 στα δεξιά έχει μη θετική διακρίνουσα Δηλαδή

4⟨119909 119910⟩2 minus 4119909221199102

2 le 0

οπότε προκύπτει η ζητούμενη

Νόρμα είναι μια συνάρτηση από τον ℝ119899 στον ℝ η οποία σε κάθε

διάνυσμα αντιστοιχεί ένα laquoμήκοςraquo και ικανοποιεί τις ιδιότητες του

παρακάτω ορισμού

Ο (Νόρμα) Μια απεικόνιση sdot ∶ ℝ119899 rarr ℝ λέγεται νόρμα

αν

(i) είναι μη αρνητική και κάνει μηδέν μόνο στο 0 Δηλαδή 119909 ge 0για κάθε 119909 isin ℝ119899 0 = 0 και αν 119909 = 0 τότε 119909 = 0

(ii) Είναι θετικά ομογενής 120582119909 = |120582| sdot 119909 για κάθε 119909 isin ℝ119899 για

κάθε 120582 isin ℝ

(iii) Ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα 119909 + 119910 le 119909 + 119910 γιακάθε 119909 119910 isin ℝ119899

Παράδειγμα νόρμας είναι η ποσότητα 1199092 που ορίστηκε στην αρχή

του κεφαλαίου και η οποία ονομάζεται ευκλείδεια νόρμα Για την sdot 2οι ιδιότητες (i) και (ii) της νόρμας είναι εύκολο να επιβεβαιωθούν H (iii)

αποδεικνύεται στο Θεώρημα παρακάτω

Η τριγωνική ανισότητα για τις νόρμες έχει την ακόλουθη συνέπεια

η οποία συχνά καλείται laquoκάτω τριγωνική ανισότηταraquo

hellip

Π (κάτω τριγωνική ανισότητα) Για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 ι-σχύει

∣119909 minus 119910∣ le 119909 plusmn 119910

Απόδειξη Χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα έχουμε

119909 = (119909 minus 119910) + 119910 le 119909 minus 119910 + 119910

οπότε 119909 minus 119910 le 119909 minus 119910 Ομοίως

119910 = (119910 minus 119909) + 119909 le 119910 minus 119909 + 119909

και αφού 119909 minus 119910 = 119910 minus 119909 παίρνουμε 119910 minus 119909 le 119909 minus 119910 Έτσι

∣119909 minus 119910∣ le 119909 minus 119910

Με τον ίδιο τρόπο δείχνουμε ότι ∣119909 minus 119910∣ le 119909 + 119910

Εύκολα βλέπουμε ότι κάθε νόρμα sdot στον ℝ119899 ορίζει μια μετρική στον

ℝ119899 με τη σχέση 119889sdot(119909 119910) = 119909 minus 119910 για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 Έτσι ο χώρος

με νόρμα (ℝ119899 sdot ) είναι και ένας μετρικός χώρος με την προηγούμενη

μετρική Διάφορες ιδιότητες από τη θεωρία των μετρικών χώρων μπορούν

να διατυπωθούν με τη βοήθεια της νόρμας Επίσης φράσεις όπως laquohellipως

προς την μετρικήraquo και laquohellipως προς τη νόρμαraquo εδώ ταυτίζονται Για

παράδειγμα η φράση laquoη συνάρτηση 119891 είναι συνεχής ως προς την μετρική

119889sdotraquo ταυτίζεται με τη φράση laquoη συνάρτηση 119891 είναι συνεχής ως προς

τη νόρμα sdot raquo

Π (Συνέχεια Εσωτερικού γινομένου) Το εσωτερικό γινό-μενο είναι συνεχής συνάρτηση ως προς και τα δύο ορίσματά του ταυτόχροναως προς την ευκλείδεια νόρμα

Απόδειξη Αν 119909119898 rarr 119909 και 119910119898 rarr 119910 ως προς την ευκλείδεια νόρμα δηλαδή

αν 119909119898minus1199092 rarr 0 και 119910119898minus1199102 rarr 0 πρέπει να δείξουμε ότι ⟨119909119898 119910119898⟩ rarr⟨119909 119910⟩ Ισοδύναμα πρέπει να δείξουμε ότι |⟨119909119898 119910119898⟩ minus ⟨119909 119910⟩| rarr 0 Απότην ανισότητα Cauchy-Scwhartz (Πρόταση ) έχουμε

∣⟨119909119898 119910119898⟩ minus ⟨119909 119910⟩∣ = ∣⟨119909119898 119910119898⟩ minus ⟨119909119898 119910⟩ + ⟨119909119898 119910⟩ minus ⟨119909 119910⟩∣= ∣⟨119909119898 119910119898 minus 119910⟩ + ⟨119909119898 minus 119909 119910⟩∣le 1199091198982119910119898 minus 1199102 + 119909119898 minus 11990921199102 rarr 0

αφού 119909119898 minus 1199092 rarr 0 119910119898 minus 1199102 rarr 0 και η 1199091198982 είναι φραγμένη ως

συγκλίνουσα

hellip

Π (Συνέχεια ευκλείδειας νόρμας) Η ευκλείδεια νόρμα είναισυνεχής συνάρτηση (ως προς την ευκλείδεια απόσταση) στον ℝ119899

Απόδειξη Αν 119909119898 rarr 119909 ως προς την ευκλείδεια απόσταση θέλουμε

να δείξουμε ότι 1199091198982 rarr 1199092 Αυτό προκύπτει αμέσως από την κάτω

τριγωνική ανισότητα (Πόρισμα ) διότι

∣1199091198982 minus 1199092∣ le 119909119898 minus 1199092 rarr 0

Η παρακάτω πρόταση λέει ότι όλες οι νόρμες στον ℝ119899 (και άρα και

οι μετρικές που προκύπτουν από αυτές) είναι ισοδύναμες

Π Για κάθε νόρμα sdot στον ℝ119899 υπάρχουν σταθερές 119888119862 gt 0 ώστε για κάθε 119909 isin ℝ119899

1198881199092 le 119909 le 1198621199092

Απόδειξη Έστω ότι τα 1198901 1198902 hellip 119890119899 είναι η συνήθης βάση του ℝ119899

Αν 119909 isin ℝ119899 και 1199091 1199092 hellip 119909119899 οι συντεταγμένες του 119909 ως προς τη βάση

θα έχουμε

119909 = ∣∣119899

sum119894=1

119909119894119890119894∣∣ le119899

sum119894=1

119909119894119890119894 =119899

sum119894=1

|119909119894| 119890119894 = ⟨(|119909119895|)119899

119895=1 (119890119895)

119899

119895=1⟩

le (119899

sum119894=1

|119909119894|2)

12

(119899

sum119894=1

1198901198942)

12

()

όπου στην () χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Cauchy-Schwartz για

τα διανύσματα (|119909119895|)119899119895=1 και (119890119895)119899

119895=1 Θέτουμε 119862 = (sum119899119894=1 119890119894

2)12

οπότε η () λέει ότι 119909 le 1198621199092

Για την αριστερή ανισότητα παρατηρούμε πρώτα ότι η 119891(119909) = 119909είναι συνεχής Πράγματι αν 119909119898 rarr 119909 ως προς την ευκλείδεια απόσταση

θα δείξουμε ότι 119891(119909119898) rarr 119891(119909) Έχουμε

|119891(119909119898) minus 119891(119909)| = ∣119909119898 minus 119909∣ le 119909119898 minus 119909 le 119862119909119898 minus 1199092 rarr 0

Εύκολα βλέπουμε ότι το 120138119899minus1 = 119909 ∶ 1199092 = 1 είναι κλειστό και

φραγμένο σύνολο στον ℝ119899 άρα είναι συμπαγές Οπότε η 119891 ως συνεχής

συνάρτηση σε συμπαγές σύνολο έχει ελάχιστη τιμή στο 120138119899minus1 Θέτουμε

119888 = min119909isin120138119899minus1 119891(119909) Το 119888 είναι διαφορετικό του μηδενός διότι αφού

είναι ελάχιστη τιμή της 119891 υπάρχει 1199090 isin 120138119899minus1 ώστε 119891(1199090) = 119888 δηλαδή

hellip

1199090 = 119888 Αν λοιπόν 119888 = 0 τότε 1199090 = 0 και άρα 1199090 = 0 isin 120138119899minus1το οποίο είναι άτοπο Άρα 119888 gt 0 Για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει

1199091199092 isin 120138119899minus1 οπότε 119891(1199091199092) ge 119888 δηλαδή 1199091199092 ge 119888 από όπου

προκύπτει άμεσα 119909 ge 1198881199092 Αν 119909 = 0 αυτή η ανισότητα ισχύει

ούτως ή άλλως

Π Στην απόδειξη της τελευταίας πρότασης αποδεί-

ξαμε ότι κάθε νόρμα στον ℝ119899 είναι συνεχής συνάρτηση ως προς την

ευκλείδεια απόσταση

Για κάθε διανυσματικό υπόχωρο 119867 του ℝ119899 ορίζουμε μια γραμμική

απεικόνιση Proj119867

∶ ℝ119899 rarr 119867 που την ονομάζουμε ορθογώνια προβολή

ή απλά προβολή στον 119867 ως εξής Θεωρούμε μια ορθοκανονική βάση

1198901 hellip 119890119896 του 119867 (όπου 119896 isin ℕ με 119896 le 119899) την οποία επεκτείνουμε σε μια

ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119896 119890119896+1 hellip 119890119899 του ℝ119899 Έτσι κάθε στοιχείο 119909του ℝ119899 γράφεται ως sum

119899119895=1 119909119895119890119895 όπου τα 119909119895 είναι οι συντεταγμένες του

119909 ως προς τη βάση 1198901 hellip 119890119899 δηλαδή 119909119895 = ⟨119909 119890119895⟩ για κάθε 119895 = 1 hellip 119899Θέτουμε

Proj119867(119909) =

119896

sum119895=1

119909119895119890119895 isin 119867

Εύκολα βλέπουμε ότι η Proj119867είναι γραμμική απεικόνιση και επειδή

∥Proj119867(119909)∥2= (

119896

sum119895=1

|119909119895|2)12

le (119899

sum119895=1

|119909119895|2)12

le 1199092

συμπεραίνουμε ότι η Proj119867είναι συνεχής απεικόνιση

hellip

Αν τα 119909 και 119910 είναι διανύσματα στοιχεία του ℝ119899 το ευθύγραμμο

τμήμα στον ℝ119899 με άκρα τα 119909 και 119910 είναι το σύνολο

[119909 119910] = (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ∶ 120582 isin [0 1]

Η απόδειξη περιγράφεται στο Σχήμα Ένα διάνυσμα 119911 είναι στο

ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα 119909 119910 αν και μόνο αν το 119911 ισούται με το 119909συν ένα υποπολλαπλάσιο του 119910 minus 119909 Δηλαδή αν και μόνο αν υπάρχει

120582 isin [0 1] ώστε 119911 = 119909 + 120582(119910 minus 119909) Ισοδύναμα 119911 = (1 minus 120582)119909 + 120582119910

hellip

copy Y uml

uml copy

ordf

Σ Ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα 119909 και 119910 στον ℝ119899

Σ Ο κύβος είναι κυρτό αλλά όχι γνήσια κυρτό σύνολο Η ευκλείδεια

μπάλα είναι γνήσια κυρτή

Ο (Κυρτό Σύνολο) Ένα σύνολο 119870 υποσύνολο του ℝ119899

λέγεται κυρτό αν για κάθε 119909 119910 τα οποία ανήκουν στο 119870 το ευθύγραμμο

τμήμα με άκρα τα 119909 και 119910 περιέχεται στο 119870 Δηλαδή για κάθε 119909 119910 isin 119870ισχύει

[119909 119910] = (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ∶ 120582 isin [0 1] sube 119870

Ο (Γνήσια κυρτό σύνολο) Ένα σύνολο119870 υποσύνολο του

ℝ119899 λέγεται γνήσια κυρτό αν για κάθε 119909 119910 τα οποία ανήκουν στο 119870και για κάθε 120582 στο διάστημα (0 1) το σημείο (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ανήκει στο

int(119870)

Ένα υπερεπίπεδο 1198671199090119906 που περνάει από το σημείο 1199090 isin ℝ119899 και

είναι κάθετο στο μοναδιαίο διάνυσμα 119906 είναι το σύνολο

1198671199090119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 minus 1199090 119906⟩ = 0= 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = ⟨1199090 119906⟩

hellip

και οι αντίστοιχοι ημίχωροι είναι οι

119867minus1199090119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ le ⟨1199090 119906⟩ και 119867+

1199090119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ ge ⟨1199090 119906⟩

Παρατηρούμε ότι το 119906 ανήκει στο 119867+1199090119906 minus 1199090

Επειδή το ⟨1199090 119906⟩ μπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιμή στο ℝ (ανάλογα

με την επιλογή του 1199090) ένα υπερεπίπεδο είναι ένα σύνολο της μορφής

119867119906120582 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = 120582

για 120582 isin ℝ Οι ημίχωροι που σχηματίζει τώρα το 119867119906120582 είναι τα σύνολα

119867minus119906120582 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ le 120582 και 119867+

119906120582 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ ge 120582

Συχνά αν 120582 ne 0 διαιρούμε το 119906 με το 120582 δηλαδή επιτρέπουμε το 119906 να

μην είναι μοναδιαίο διάνυσμα ώστε το υπερεπίπεδο να περιγράφεται

από το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = 1

όπου το 119906 είναι ένα μη μηδενικό διάνυσμα του ℝ119899

Θα ονομάζουμε λωρίδα στον ℝ119899 τον χώρο ανάμεσα σε δύο παράλληλα

υπερεπίπεδα Δηλαδή μια λωρίδα είναι ένα σύνολο της μορφής

Λ119906119886119887 = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119886 le ⟨119909 119906⟩ le 119887 = 119867+119906119886 cap 119867minus

119906119887

όπου 119886 119887 isin ℝ με 119886 le 119887 και το 119906 είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα

Οι ημίχωροι 119867minus119906119886 και 119867+

119906119887 λέγονται και ημίχωροι της λωρίδας Λ119906119886119887και συμβολίζονται και με Λminus

119906119886119887 και Λ+119906119886119887

Ο (Σημεία σε γενική θέση ή affine-ανεξάρτητα) Τα 1199091 hellip 119909119898λέγεται ότι βρίσκονται σε γενική θέση ή ότι είναι affine-ανεξάρτητα όταν

τα 1199092 minus 1199091 1199093 minus 1199091 hellip 119909119898 minus 1199091 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα

Π Αν τα 1199091 hellip 119909119898 είναι σε γενική θέση στον ℝ119899 τότε

119898 le 119899 + 1 διότι 119899 + 2 σημεία σχηματίζουν 119899 + 1 διανύσματα ως

διαφορές των 1199092 hellip 119909119899+2 με το 1199091 και αυτά είναι αναγκαστικά γραμμικώς

εξαρτημένα αφού dim ℝ119899 = 119899

Ο (Ανάστροφος ενός πίνακα) Έστω 119879 ένας 119898 times 119899 πί-

νακας Ονομάζουμε ανάστροφο του πίνακα 119879 τον πίνακα 119899 times 119898 που

έχει για γραμμές τις στήλες του 119879 και για στήλες τις γραμμές του 119879

Συμβολίζεται με 119879119905

hellip

Υπενθυμίζουμε ότι για δύο πίνακες 119879 και 119878 ισχύει (119879119878)119905 = 119878119905119879119905 (εφόσον

βέβαια το γινόμενο 119879119878 έχει νόημα)

Όταν κάνουμε πράξεις με πίνακες και διανύσματα τα διανύσματα θα

τα θεωρούμε ως πίνακες 119899 times 1 Έτσι μπορεί στο κείμενο να γράφουμε για

εξοικονόμηση χώρου laquoτο διάνυσμα 119909 = (1199091 hellip 119909119899)raquo αλλά αν είναι να

γίνουν πράξεις θα πρέπει να έχουμε στο νου μας ότι τα διανύσματα τα

μεταχειριζόμαστε ως στήλες Έτσι αν 119909 = (1199091 hellip 119909119899) και 119910 = (1199101 hellip 119910119899)το εσωτερικό γινόμενο ⟨119909 119910⟩ είναι ίσο με

⟨119909 119910⟩ = ⟨⎛⎜⎜⎜⎝

11990911199092⋮

119909119899

⎞⎟⎟⎟⎠

⎛⎜⎜⎜⎝

11991011199102⋮

119910119899

⎞⎟⎟⎟⎠

⟩ = (1199091 1199092 hellip 119909119899)⎛⎜⎜⎜⎝

11991011199102⋮

119910119899

⎞⎟⎟⎟⎠

= 119909119905119910

όπου τα παραπάνω γινόμενα είναι γινόμενα πινάκων Ομοίως αν ο 119879είναι 119899 times 119899 πίνακας τότε

⟨119879(119909) 119910⟩ = (119879119909)119905119910 = (119909119905119879119905)119910 = 119909119905(119879119905119910) = ⟨119909 119879119905(119910)⟩

Ο παρακάτω ορισμός είναι γνωστός από την Αναλυτική Γεωμετρία

Ο Ένα κυρτό υποσύνολο ℰ του ℝ119899 λέγεται ελλειψοειδές

με κέντρο την αρχή των αξόνων αν υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899του ℝ119899 και θετικοί αριθμοί 1198861 hellip 119886119899 ώστε

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

⟨119909 119890119895⟩2

1198862119895

le 1

Οι θετικοί αριθμοί 1198861 hellip 119886119899 είναι τα μήκη των ημιαξόνων του ελλειψοει-

δούς

Μέρος I

Εισαγωγή στην κυρτότητα

ΒΑΣΙΚΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ

Ο (Kυρτή Συνάρτηση) Μια συνάρτηση 119891 ∶ 119870 rarr ℝ λέγε-

ται κυρτή στο 119870 αν το 119870 είναι κυρτό σύνολο και ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) le (1 minus 120582)119891(119909) + 120582119891(119910)

για κάθε 120582 στο [0 1] και για κάθε 119909 119910 στο 119870

Ο (Γνήσια κυρτή συνάρτηση) Μια συνάρτηση 119891 ∶ 119870 rarrℝ λέγεται γνήσια κυρτή στο 119870 αν το 119870 είναι κυρτό υποσύνολο του ℝ119899

και ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) lt (1 minus 120582)119891(119909) + 120582119891(119910)

για κάθε 120582 στο (0 1) και για κάθε 119909 119910 στο 119870 με 119909 ne 119910

Π Μια απλή συνέπεια του παραπάνω ορισμού είναι

ότι αν μια συνάρτηση 119891 είναι γνήσια κυρτή και για κάποια 119909 και 119910ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) = (1 minus 120582)119891(119909) + 120582119891(119910)

για κάποιο 120582 isin (0 1) τότε αναγκαστικά θα ισχύει 119909 = 119910

Π Η συνάρτηση 119890119909 ∶ ℝ rarr ℝ είναι κυρτή Για να το

αποδείξουμε αυτό δείχνουμε πρώτα ότι για κάθε θετικό πραγματικό

αριθμό 119886 και για κάθε 120582 isin [0 1] ισχύει 119886120582 le (1 minus 120582) + 120582119886 Πράγματι αν120582 = 0 ή 120582 = 1 η ανισότητα προφανώς ισχύει Αν 120582 notin 0 1 τότε θεωρούμε

τη συνάρτηση 119891(119886) = (1minus120582)+120582119886minus119886120582 και αρκεί να δείξουμε ότι αυτή είναι

μη αρνητική για κάθε 119886 gt 0 Χρησιμοποιώντας παράγωγο βλέπουμε

ότι αυτή έχει ελάχιστη τιμή στο 119886 = 1 Δηλαδή 119891(119886) ge 119891(1) = 0Στην ανισότητα αυτή θέτουμε 119886 = 119890119910minus119909 οπότε (119890119910minus119909)120582 le (1 minus 120582) +

120582119890119910minus119909 από όπου με απλές πράξεις προκύπτει ότι

119890(1minus120582)119909+120582119910 le (1 minus 120582)119890119909 + 120582119890119910

για κάθε 119909 119910 isin ℝ και για κάθε 120582 isin [0 1]

Παρατηρούμε επιπλέον ότι η 119890119909 είναι γνήσια κυρτή αφού εύκολα

ελέγχουμε ότι η παράγωγος της 119891 είναι θετική αν 120572 gt 1 οπότε η 119891είναι γνησίως αύξουσα Έτσι 119891(120572) gt 119891(1) = 0 και συνεχίζουμε όπως

παραπάνω υποθέτοντας (χωρίς βλάβη της γενικότητας αφού τα 119909 119910ήταν τυχαία) ότι 119910 gt 119909

Άσκηση Αποδείξτε ότι οι συναρτήσεις

(i)1 + 1199091 + 1199092 (ii) 119909119909 (iii)

11 + 119909 + 1199092 (119894119907) (log 119909)2

είναι κυρτές στο πεδίο ορισμού τους

Άσκηση Αν οι συναρτήσεις 119891 119892 είναι και οι δύο κυρτές με κοινό πεδίο

ορισμού αποδείξτε ότι και η 119891 + 119892 είναι κυρτή

Άσκηση Αν η ℱ είναι μια οικογένεια κυρτών συναρτήσεων με κοινό πεδίο

ορισμού δείξτε ότι η συνάρτηση sup119891isinℱ 119891(119909) είναι κυρτή

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν η 119891 είναι κυρτή και η 119892 κυρτή και αύξουσα τότε

η σύνθεση 119892 ∘ 119891 (όποτε ορίζεται) είναι κυρτή Είναι σωστό το συμπέρασμα

όταν η 119892 δεν είναι αύξουσα

Άσκηση Αν η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ είναι κυρτή συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα

119868 sube ℝ τότε για κάθε 119909 119910 119911 που ανήκουν στο Ι με 119909 lt 119910 lt 119911 ισχύει

119891(119910) minus 119891(119909)119910 minus 119909

le119891(119911) minus 119891(119909)

119911 minus 119909le

119891(119911) minus 119891(119910)119911 minus 119910

Άσκηση Έστω ότι το Ι είναι ένα διάστημα στο ℝ και 119891 ∶ 119868 rarr ℝ κυρτή

συνάρτηση Τότε σε κάθε συμπαγές υποδιάστημα 119869 του διαστήματος int(119868)η 119891 είναι 119871119894119901119904119888ℎ119894119905119911 οπότε είναι και απόλυτα συνεχής στο 119869 Επιπλέον είναισυνεχής στο int(119868) (Υπόδειξη Θεωρήστε στοιχεία 119906 lt 119907 στο Ι αριστερά

του 119869 και στοιχεία 119908 lt 119911 στο 119868 δεξιά του 119869 Για οποιαδήποτε στοιχεία 119909119910 isin 119869 με 119909 lt 119910 εφαρμόστε την Άσκηση στα σημεία 119906 lt 119907 lt 119909 lt 119910και στα 119909 lt 119910 lt 119908 lt 119911 Διακρίνετε περιπτώσεις αν 119891(119910) minus 119891(119909) lt 0 ή

119891(119910) minus 119891(119909) ge 0)Άσκηση Αποδείξτε ότι αν η συνάρτηση 119891 ∶ ℝ rarr [0 +infin) είναι κυρτή

και 119891(0) = 0 τότε η συνάρτηση 119865(119905) = 119891(119905)119905 είναι αύξουσα στο ℝ ⧵ 0

Οι Ασκήσεις έως έχουν σκοπό την μελέτη της πρώτης και δεύτερης

παραγώγου μιας κυρτής συνάρτησης

Άσκηση Έστω ότι η ακολουθία συναρτήσεων (119891119899)119899isinℕ από το ανοιχτό

διάστημα 119868 στο ℝ είναι αύξουσα δηλαδή 119891119899(119909) le 119891119899+1(119909) για κάθε 119909 isin 119868για κάθε 119899 isin ℕ Υποθέτουμε επίσης ότι κάθε 119891119899 είναι συνεχής και αύξουσα

συνάρτηση Αποδείξτε ότι αν 119891119899(119909) rarr 119892(119909) για κάθε 119909 isin 119868 τότε η 119892 είναι

αριστερά συνεχής σε κάθε σημείο του 119868Άσκηση Έστω Ι ανοιχτό διάστημα υποσύνολο του ℝ και 119891 ∶ 119868 rarr ℝ κυρτή

Αποδείξτε ότι οι 119891primeminus 119891prime

+ υπάρχουν είναι αύξουσες και ισχύει ότι 119891primeminus le 119891prime

+

Δείξτε επίσης ότι η 119891 είναι διαφορίσιμη στα σημεία 119909 του Ι στα οποία η 119891primeminus είναι

συνεχής Συμπεράνετε ότι η 119891prime είναι συνεχής σε όλα τα σημεία του Ι εκτός απόένα αριθμήσιμο πλήθος στοιχείων και η 119891prime είναι αύξουσα στο πεδίο ορισμού

της

(Υπόδειξη Βήμα 1 Εφαρμόζοντας την Άσκηση μια φορά για σημεία

119906 lt 119908 lt 119909 lt 119911 lt 119907 lt 119910 και μια φορά για σημεία 119909 lt 119911 lt 119907 lt 119910 lt 119906 lt 119908αποδείξτε ότι οι 119891prime

minus και 119891prime+ υπάρχουν και

119891primeminus(119909) le 119891prime

+(119909) le119891(119910) minus 119891(119909)

119910 minus 119909le 119891prime

minus(119910) le 119891prime+(119910) ()

ανισότητες που αποδεικνύουν ότι οι πλευρικές παράγωγοι είναι αύξουσες

συναρτήσεις

Βήμα 2 Θεωρήστε την ακολουθία συναρτήσεων (119892119899)119899isinℕ με 119892119899(119909) =(119891(119909 minus 1119899) minus 119891(119909))(minus1119899) και δείξτε ότι είναι αύξουσα ακολουθία συνεχών

και αυξουσών συναρτήσεων με όριο την 119891primeminus Χρησιμοποιήστε την Άσκηση

για να συμπεράνετε ότι η 119891primeminus είναι αριστερά συνεχής Δείξτε ομοίως ότι η 119891prime

+είναι δεξιά συνεχής Επίσης οι μονότονες συναρτήσεις έχουν το πολύ αριθμήσιμο

πλήθος ασυνεχειών

Βήμα 3 Αν 119891primeminus συνεχής στο 119909 τότε από την () για 119909 lt 119910 προκύπτει ότι

119891primeminus(119909) le 119891prime

+(119909) le 119891primeminus(119910) Αφήστε το 119910 rarr 119909+ για το συμπέρασμα)

Άσκηση Έστω Ι ανοιχτό και 119891 ∶ 119868 rarr ℝ διαφορίσιμη συνάρτηση Τα

ακόλουθα είναι ισοδύναμα

(i) H 119891 είναι κυρτή

(ii) H 119891prime είναι αύξουσα συνάρτηση

(Υπόδειξη αν η 119891 είναι διαφορίσιμη τότε από την Άσκηση η 119891primeminus είναι

συνεχής)

Άσκηση Έστω 119891 ∶ 119868 rarr ℝ όπου Ι είναι ανοιχτό και υπάρχει η 119891Prime Η 119891είναι κυρτή αν και μόνο αν 119891Prime ge 0Άσκηση Αν 119868 ανοιχτό διάστημα στο ℝ μια συνάρτηση 119891 ∶ 119868 rarr ℝ έχει

συνάρτηση στήριξης στο σημείο 119911 isin 119868 αν υπάρχει αριθμός 120574119911 isin ℝ ώστε

119891(119909) ge 119891(119911) + 120574119911(119909 minus 119911)

για κάθε 119909 isin 119868 Αποδείξτε ότι η 119891 είναι κυρτή αν και μόνο αν η 119891 έχει συνάρτηση

στήριξης σε κάθε 119911 isin 119868 ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) αν 119891 κυρτή δείξτε ότι

(α) υποθέστε ότι 0 isin 119868 και 119891(0) = 0 Για κάθε 119909 isin 119868 cap (0 +infin) και

για κάθε 119910 isin 119868cap(minusinfin 0) βρείτε 120582 isin (0 1) ώστε 0 = (1minus120582)119909+120582119910και εφαρμόστε την κυρτότητα της 119891 καταλήγοντας στη σχέση

sup119910isin119868cap(minusinfin0)

119891(119910)119910

le inf119909isin119868cap(0+infin)

119891(119909)119909

(β) Επιλέξτε 120574 ώστε

sup119910isin119868cap(minusinfin0)

119891(119910)119910

le 120574 le inf119909isin119868cap(0+infin)

119891(119909)119909

και αποδείξτε ότι η 120574119909 είναι συνάρτηση στήριξης της 119891 στο 0

(γ) Για τη γενική κυρτή συνάρτηση 119891 και τυχόν 119911 isin 119868 θεωρήστε

τη συνάρτηση ℎ ∶ 119868 minus 119911 rarr ℝ με ℎ(119909) = 119891(119911 + 119909) minus 119891(119911) και

αποδείξτε ότι είναι κυρτή με ℎ(0) = 0

(ii) αν η 119891 έχει συνάρτηση στήριξης 119892119911 σε κάθε 119911 isin 119868 δείξτε ότι επειδή

119892119909(119909) = 119891(119909) ισχύει 119891(119909) = sup119911isin119868 119892119911(119909) για κάθε 119909 isin 119868 Με αυτόν τον

τύπο αποδείξτε ότι η 119891 είναι κυρτή

Στα επόμενα το 119868 θα συμβολίζει ένα διάστημα στο ℝ

Θ Έστω ότι η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ είναι μια κυρτή συνάρτηση τα1199091 1199092 hellip 119909119899 ανήκουν στο Ι και 1205821 + 1205822 + ⋯ + 120582119899 = 1 με 120582119895 isin [0 1] γιακάθε 119895 = 1 hellip 119899 Τότε το 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899 ανήκει στο Ι και ισχύει

119891(12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899) le 1205821119891(1199091) + 1205822119891(1199092) + ⋯ + 120582119899119891(119909119899)

Απόδειξη Θα αποδείξουμε την ανισότητα Jensen χρησιμοποιώντας τη

μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής Για 119899 = 2 1205821 + 1205822 = 1 άρα1205821 = 1 minus 1205822 έχουμε

119891(12058211199091 + 12058221199092) = 119891((1 minus 1205822)1199091 + 12058221199092)le (1 minus 1205822)119891(1199091) + 1205822119891(1199092)le 1205821119891(1199091) + 1205822119891(1199092)

που ισχύει διότι η 119891 είναι κυρτή Υποθέτουμε ότι ισχύει για 119899 σημεία

και θα δείξουμε ότι ισχύει για 119899 + 1 σημείαΈστω ότι τα 1199091 1199092 hellip 119909119899+1 ανήκουν στο Ι 1205821 hellip 120582119899+1 ge 0 και sum

119899+1119895=1 120582119895 =

1Αν 120582119899+1 = 1 τότε 1205821 = ⋯ = 120582119899 = 0 Οπότε πρέπει να ελέγξουμε

αν ισχύει 119891(120582119899+1119909119899+1) le 120582119899+1119891(119909119899+1) Ισοδύναμα έχουμε ότι 119891(119909119899+1) le119891(119909119899+1) που ισχύει

Αν 0 le 120582119899+1 lt 1 τότε

119891(12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899+1119909119899+1)

= 119891 ((1 minus 120582119899+1) (1205821

1 minus 120582119899+11199091 + ⋯ +

120582119899

1 minus 120582119899+1119909119899) + 120582119899+1119909119899+1)

le (1 minus 120582119899+1)119891 (1205821

1 minus 120582119899+11199091 + ⋯ +

120582119899

1 minus 120582119899+1119909119899) + 120582119899+1119891(119909119899+1)

διότι η 119891 είναι κυρτή Είναι 120582119895(1 minus 120582119899+1) ge 0 για κάθε 119895 και

119899

sum119895=1

(120582119895

1 minus 120582119899+1) =

1 minus 120582119899+1

1 minus 120582119899+1= 1

Από την επαγωγική υπόθεση θα έχουμε ότι

119891(12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899+1119909119899+1)

le (1 minus 120582119899+1) (1205821

1 minus 120582119899+1119891(1199091) + ⋯ +

120582119899

1 minus 120582119899+1119891(119909119899)) + 120582119899+1119891(119909119899+1)

= 1205821119891(1199091) + 1205822119891(1199092) + ⋯ + 120582119899+1119891(119909119899+1)

Η παρακάτω πρόταση μάς δίνει πληροφορίες για την περίπτωση

της ισότητας στην ανισότητα Jensen

Π Αν η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ είναι γνήσια κυρτή και υπάρχουν120582119895 isin (0 1) για 119895 = 1 hellip 119899 με sum

119899119895=1 120582119895 = 1 και

119891(12058211199091 + ⋯ + 120582119899119909119899) = 1205821119891(1199091) + ⋯ + 120582119899119891(119909119899)

για κάποια 1199091 hellip 119909119899 isin 119868 τότε ισχύει 1199091 = 1199092 = ⋯ = 119909119899

Απόδειξη Αν υποθέσουμε ότι

1199091 ne sum119895ne1

120582119895

1 minus 1205821119909119895

τότε από τη γνήσια κυρτότητα της 119891 και την υπόθεση θα ισχύει

119899

sum119895=1

120582119895119891(119909119895) = 119891 (119899

sum119895=1

120582119895119909119895)

= 119891 (12058211199091 + (1 minus 1205821) sum119895ne1

120582119895

1 minus 1205821119909119895)

lt 1205821119891(1199091) + (1 minus 1205821)119891 (sum119895ne1

120582119895

1 minus 1205821119909119895)

και χρησιμοποιώντας την κυρτότητα της 119891

le119899

sum119895=1

120582119895119891(119909119895)

το οποίο είναι άτοπο Άρα 1199091 = sum119895ne1120582119895

1minus1205821119909119895 Ομοίως για κάθε 119894 = 1 hellip 119899

θα ισχύει 119909119894 = sum119895ne119894120582119895

1minus120582119894119909119895 Έτσι

(1 minus 1205821)1199091 = sum119895ne1

120582119895119909119895 = sum119895ne2

120582119895119909119895 minus 12058211199091 + 12058221199092

= (1 minus 1205822)1199092 minus 12058211199091 + 12058221199092

= 1199092 minus 12058211199091

Άρα 1199091 = 1199092 Ομοίως αποδεικνύουμε ότι όλα τα 119909119895 είναι ίσα με το 1199091

Η ανισότητα Jensen μπορεί να διατυπωθεί και για ολοκληρώματα

υπό την προϋπόθεση ότι το διάστημα ολοκλήρωσης (αν μιλάμε για

Riemann ολοκληρώσιμες συναρτήσεις) ή ο χώρος μέτρου στον οποίο

ολοκληρώνουμε (αν μιλάμε γενικά για ολοκληρώσιμες συναρτήσεις) έχει

μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1 Συγκεκριμμένα ισχύει η παρακάτω

πρόταση

Π (Ανισότητα Jensen για ολοκληρώματα) Αν η 119892 ∶ [119886 119887] rarrℝ είναι Riemann ολοκληρώσιμη συνάρτηση με 119887 minus 119886 = 1 και η 119891 ∶ Ι rarr ℝ

είναι κυρτή συνάρτηση με το διάστημα 119868 να περιέχει το σύνολο τιμών της119892 τότε

119891 (int119887

119886119892(119909) 119889119909) le int

119887

119886(119891 ∘ 119892)(119909) 119889119909

Γενικότερα αν η 119892 ορίζεται σε ένα χώρο πιθανότητας (Ω 120583) και η 119891είναι όπως πριν τότε ισχύει

119891 (intΩ

119892 119889120583) le intΩ

119891 ∘ 119892 119889120583

Απόδειξη Για την περίπτωση του ολοκληρώματος Riemann επιλέγουμε

ακολουθία διαμερίσεων 119979119899 με λεπτότητα που συγκλίνει στο μηδέν και

χρησιμοποιούμε την συνέχεια της 119891 (Άσκηση ) οπότε ισχύει

119891 (int119887

119886119892(119909) 119889119909) = lim

119899rarrinfin119891 ⎛

⎝ sum119909119895isin119979119899

119892(119909119895)Δ119909119895⎞⎠

αλλά 119891 κυρτή και sum119909119895isin119979119899Δ119909119895 = 1 οπότε

le lim119899rarrinfin

sum119909119895isin119979119899

119891(119892(119909119895))Δ119909119895

le int119887

119886(119891 ∘ 119892)(119909) 119889119909

Για τη γενική περίπτωση θέτουμε 1199090 = int 119892 119889120583 και χρησιμοποιούμε

την Άσκηση για να βρούμε 119886 119887 isin ℝ ώστε 119886119909 + 119887 le 119891(119909) για

κάθε 119909 isin ℝ και 1198861199090 + 119887 = 119891(1199090) Έτσι θα ισχύει 119891(119892(119909)) ge 119886119892(119909) + 119887Ολοκληρώνοντας την τελευταία και χρησιμοποιώντας ότι 120583(Ω) = 1 καιτον ορισμό του 1199090 παίρνουμε ότι

int (119891 ∘ 119892) 119889120583 ge 1198861199090 + 119887 = 119891(1199090) = 119891 (int 119892 119889120583)

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

H ανισότητα Αριθμητικού-Γεωμετρικού μέσου

Θ Θεωρούμε 1199091 1199092 hellip 119909119899 ge 0 και 1205821 1205822 hellip 120582119899 ge 0 μεsum

119899119895=1 120582119895 = 1 Τότε

() 119909112058211199092

1205822 hellip 119909119899120582119899 le 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899

Αν 120582119895 gt 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 τότε η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν όλατα 119909119895 είναι μεταξύ τους ίσα

Συγκεκριμένα

()119899radic11990911199092 hellip 119909119899 le

1199091 + 1199092 + ⋯ + 119909119899

119899

με ισότητα μόνο αν όλα τα 119909119895 είναι μεταξύ τους ίσα

Απόδειξη Η () προκύπτει αμέσως από την () αν θέσουμε 1205821 =⋯ = 120582119899 = 1119899 ge 0 Προφανώς sum

119899119895=1 120582119895 = 1 οπότε

11990911198991 ⋯ 1199091119899

119899 le1119899

1199091 + ⋯ +1119899

119909119899

άρα119899radic11990911199092 ⋯ 119909119899 le

1199091 + 1199092 + ⋯ + 119909119899

119899

Ομοίως και η περίπτωση της ισότητας αφού 1119899 gt 0Μένει να αποδείξουμε την () και να εξετάσουμε την περίπτωση

της ισότητας Θέτουμε 119891(119909) = 119890119909 ∶ ℝ rarr ℝ Η 119891 είναι κυρτή όπως

είδαμε στο Παράδειγμα Θεωρούμε 1199091 1199092 hellip 119909119899 ge 0 Θέτουμε

1199101 = ln 1199091 hellip 119910119899 = ln 119909119899 και εφαρμόζουμε την ανισότητα Jensen για την

119891 τα 1199101 hellip 119910119899 και τα 1205821 hellip 120582119899 οπότε

11989012058211199101+⋯+120582119899119910119899 le 12058211198901199101 + ⋯ + 120582119899119890119910119899

Έτσι

1198901205821 ln 1199091+⋯+120582119899 ln 119909119899 le 1205821119890ln 1199091 + ⋯ + 120582119899119890ln 119909119899

άρα

119890ln(1199091)1205821+⋯+ln(119909119899)120582119899 le 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899

επομένως

119909112058211199092

1205822 hellip 119909119899120582119899 le 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899

Τέλος αν όλα τα 120582119895 είναι θετικά και ισχύει η ισότητα στην προηγούμενη

ανισότητα χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι η 119890119909 είναι γνήσια κυρτή

(Παράδειγμα ) και την Πρόταση για να συμπεράνουμε ότι τα

119910119895 είναι μεταξύ τους ίσα άρα και τα 119909119895

H ανισότητα Young

Λ Αν 119909 119910 ge 0 119901 119902 gt 1 και 119901minus1 + 119902minus1 = 1 τότε

119909119910 le119909119901

119901+

119910119902

119902

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν 119909119901 = 119910119902

Απόδειξη Αν 119909 = 0 ή 119910 = 0 τότε η ανισότητα ισχύει Αν τα 119909 και 119910είναι διάφορα του μηδενός τότε θέτουμε

1205821 =1119901

1205822 =1119902

1199091 = 119909119901 1199092 = 119910119902

και εφαρμόζουμε το Θεώρημα Οπότε 11990912058211 1199091205822

2 le 12058211199091 + 12058221199092 και άρα

(119909119901)1119901 (119910119902)

1119902 le

1119901

119909119901 +1119902

119910119902

δηλαδή η ζητούμενη Η περίπτωση της ισότητας προκύπτει άμεσα από

το Θεώρημα

H ανισότητα Houmllder για αθροίσματα

Θ Αν 11990911199101 11990921199102 hellip 119909119899 119910119899 ge 0 119901 119902 gt 1 και 119901minus1+119902minus1 =1 τότε

11990911199101 + 11990921199102 + ⋯ + 119909119899119910119899 le (1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 (119910119902

1 + ⋯ + 119910119902119899 )

1119902

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν 119910119895 = 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 ή υπάρχει120582 isin ℝ ώστε 119909119901

119895 = 120582119910119902119895 για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899

Απόδειξη Αν όλα τα 119909119894 ή όλα τα 119910119894 είναι μηδέν τότε η ανισότητα

είναι προφανής Έστω τώρα ότι ούτε τα 119909119894 ούτε τα 119910119894 είναι όλα μηδέν

οπότε τα 1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899 και 1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899 είναι διάφορα του μηδενός

Εφαρμόζουμε την ανισότητα Young για

119909 =119909119894

(1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 και 119910 =119910119894

(1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899 )1119902

και παίρνουμε

119909119894119910119894

(sum119899119895=1 119909119901

119895 )1119901 (sum

119899119895=1 119910119902

119895 )1119902

le119909119894

119901

119901(sum119899119895=1 119909119901

119895 )+

119910119894119902

119902(sum119899119895=1 119910119902

119895 )()

άρα

119899

sum119894=1

119909119894119910119894

(1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 (119910119902

1 + ⋯ + 119910119902119899 )

1119902

le1

119901(1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)

119899

sum119894=1

119909119894119901

+1

119902(1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899 )

119899

sum119894=1

119910119894119902 = 1

Συνεπώς

119899

sum119894=1

119909119894119910119894 le (1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 (119910119902

1 + ⋯ + 119910119902119899 )

1119902

Αν υπάρχει 120582 isin ℝ ώστε 119909119901119895 = 120582119910119902

119895 για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899 τότε ελέγχουμε

εύκολα ότι ισχύει η ισότητα Ομοίως αν 119910119895 = 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899

Αντιστρόφως αν ισχύει η ισότητα και δεν είναι όλα τα 119910119895 ίσα με το

μηδέν τότε είτε όλα τα 119909119895 είναι ίσα με το μηδέν και ισχύει το ζητούμενο

με 120582 = 0 είτε καμιά από τις ανισότητες () για 119894 = 1 2 hellip 119899 δεν είναι

γνήσια (διότι θα ήταν γνήσιες ανισότητες οι επόμενες) Έτσι σε κάθε μια

από τις () για 119894 = 1 2 hellip 119899 ισχύει η ισότητα Από την περίπτωση

της ισότητας στην ανισότητα Young συμπεραίνουμε ότι

119909119901119894

1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899=

119910119902119894

1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899

για κάθε 119894 = 1 hellip 119899 Άρα 119909119901119894 = 120582119910119902

119894 για κάθε 119894 = 1 hellip 119899 όπου

120582 =119909119901

1 + ⋯ + 119909119901119899

1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

H ανισότητα Houmllder για ολοκληρώματα

Για να αποδείξουμε τα παρακάτω χρειαζόμαστε λίγες γνώσεις θε-

ωρίας μέτρου Lebesgue Συγκεκριμμένα χρειαζόμαστε το γεγονός ότι

αν για μια μετρήσιμη συνάρτηση 119891 ∶ 119868 rarr [0 infin) όπου 119868 διάστημα ή

γενικότερα μετρήσιμο υποσύνολο του ℝ ισχύει int119868119891 = 0 τότε η 119891 είναι

ίση με μηδέν σχεδόν παντού

Θ Έστω ότι οι 119891 119892 ∶ 119868 rarr ℝ είναι μη αρνητικές ολο-κληρώσιμες συναρτήσεις με μη μηδενικά ολοκληρώματα και 119901 119902 gt 1 με119901minus1 + 119902minus1 = 1 Τότε

int119868119891119892 le (int

119868119891119901)

1119901

(int119868119892119902)

1119902

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε 119892 = 0 σχεδόν παντού είτε υπάρχει120582 isin ℝ ώστε 119891119901 = 120582119892119902 σχεδόν παντού

Απόδειξη Αν int119868119891119901 = 0 τότε 119891 = 0 σχεδόν παντού οπότε η ανισό-

τητα ισχύει (ως ισότητα) Ομοίως αν int119868119892119902 = 0 Υποθέτουμε τώρα ότι

int119868119891119901 ne 0 και int119868

119892119902 ne 0 Από την ανισότητα του Young έχουμε

119891119892

(int119868119891119901)

1119901 (int119868

119892119902)1119902

le119891119901

119901 int119868119891119901 +

119892119902

119902 int119868119892119902 ()

άρα

int119868

119891119892

(int119868119891119901)

1119901 (int119868

119892119902)1119902

le1

119901int119868119891119901 int

119868119891119901 +

1119902int119868

119892119902 int119868119892119902 = 1

δηλαδή η ζητούμενη Αν ισχύει η ισότητα και 119892 δεν είναι μηδέν σχεδόν

παντού τότε αν int119868119891119901 = 0 συμπεραίνουμε ότι 119891 = 0 σχεδόν παντού

Οπότε το ζητούμενο ισχύει με 120582 = 0 Αν τώρα int119868119891119901 ne 0 τότε ισχύ-

ει ισότητα στην () σχεδόν παντού (αλλιώς η επόμενη ανισότητα

θα είναι γνήσια) και από την περίπτωση της ισότητας στην ανισό-

τητας του Young συμπεραίνουμε ότι 119891119901 = 120582119892119902 σχεδόν παντού με

120582 = (int119868119891119901)1119901(int119868

119892119902)1119902

H ανισότητα Minkowski για αθροίσματα

Θ Αν 1199091 1199101 hellip 119909119899 119910119899 ge 0 και 119901 ge 1 τότε

((1199091 + 1199101)119901 + ⋯ + (119909119899 + 119910119899)119901)1119901 le (1199091

119901 + ⋯ + 119909119899119901)

1119901 + (1199101

119901 + ⋯ + 119910119899119901)

1119901

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε 119901 = 1 είτε 119910119895 = 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899είτε υπάρχει 120582 isin ℝ ώστε 119909119895 = 120582119910119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899

Απόδειξη Αν 119901 = 1 η ανισότητα είναι προφανής (ως ισότητα) Έστω

ότι 119901 gt 1 Διαλέγουμε 119902 gt 1 ώστε 119901minus1 +119902minus1 = 1 δηλαδή 119902 = 119901(119901 minus 1)Έχουμε

119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)119901 =119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)(119909119895 + 119910119895)119901minus1

=119899

sum119895=1

119909119895(119909119895 + 119910119895)119901minus1 +119899

sum119895=1

119910119895(119909119895 + 119910119895)119901minus1

le (119899

sum119895=1

119909119895119901)

1119901

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)(119901minus1)119902)

1119902

+ (119899

sum119895=1

119910119895119901)

1119901

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)(119901minus1)119902)

1119902

=⎡⎢⎣

(119899

sum119895=1

119909119895119901)

1119901

+ (119899

sum119895=1

119910119895119901)

1119901 ⎤⎥⎦

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)119901)

119901minus1119901

Συνεπώς

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)119901)1minus 119901minus1

119901

le (119899

sum119895=1

119909119895119901)

1119901

+ (119899

sum119895=1

119910119895119901)

1119901

Αλλά 1 minus 119901minus1119901

= 1119901 ολοκληρώνοντας την απόδειξη της ανισότητας

Εύκολα τώρα ελέγχουμε την περίπτωση της ισότητας χρησιμοποιών-

τας την περίπτωση της ισότητας του Θεωρήματος

H ανισότητα Minkowski για ολοκληρώματα

Όπως και στην περίπτωση της ανισότητας Houmllder για ολοκλη-

ρώματα έτσι και εδώ θα χρειαστούμε λίγες γνώσεις θεωρίας μέτρου

Lebesgue

Θ Αν 119891 119892 ∶ 119868 rarr ℝ μη αρνητικές ολοκληρώσιμες συναρ-τήσεις και 119901 ge 1 τότε

(int119868(119891 + 119892)119901119889119909)

1119901

le (int119868119891119901119889119909)

1119901

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε 119901 = 1 είτε 119892 = 0 σχεδόν παντού είτευπάρχει 120582 isin ℝ ώστε 119891 = 120582119892 σχεδόν παντού

Απόδειξη Αν int119868(119891 + 119892)119901 = 0 τότε 119891 = 119892 = 0 σχεδόν παντού και

η ανισότητα ισχύει (ως ισότητα) Υποθέτουμε ότι int119868(119891 + 119892)119901 ne 0 Αν

119901 = 1 η ανισότητα είναι φανερή (ως ισότητα) Αν 119901 gt 1 όμοια με πριν

θα έχουμε

int119868(119891 + 119892)119901119889119909 = int

119868(119891 + 119892)(119891 + 119892)119901minus1119889119909

= int119868119891(119891 + 119892)119901minus1119889119909 + int

119868119892(119891 + 119892)119901minus1119889119909

le (int119868119891119901119889119909)

1119901

(int119868(119891 + 119892)(119901minus1)119902)

1119902

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901

(int119868(119891 + 119892)(119901minus1)119902)

1119902

=⎡⎢⎣

(int119868119891119901119889119909)

1119901

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901 ⎤⎥⎦

(int119868(119891 + 119892)119901)

119901minus1119901

Επομένως

(int119868(119891 + 119892)119901119889119909)

1minus 119901minus1119901

le (int119868119891119901119889119909)

1119901

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901

Αλλά 1 minus 119901minus1119901

= 1119901 ολοκληρώνοντας την απόδειξη της ανισότητας

Η περίπτωση της ισότητας ελέγχεται εύκολα όπως και πριν

Άσκηση Αποδείξτε χρησιμοποιώντας τον ορισμό της κυρτής συνάρτησης

και την ανισότητα Young ότι αν η συνάρτηση 120593 ∶ 119870 rarr ℝ είναι κυρτή τότε και

η συνάρτηση 119890120593 είναι κυρτή

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 0 lt 119901 le 119902 lt infin ισχύει

(int119868|119892|119901)

1119901

le (int119868|119892|119902)

1119902

εφόσον τα ολοκληρώματα υπάρχουν όπου το 119868 είναι διάστημα (ή μετρήσιμο

σύνολο) με μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1

Άσκηση Αποδείξτε ότι η συνάρτηση 119891(119909) = 119909minus119899 είναι κυρτή στο (0 infin)και χρησιμοποιήστε την ανισότητα Jensen για να αποδείξετε ότι

(int119868|119892|minus119899)

1minus119899

le int119868|119892|

εφόσον τα ολοκληρώματα υπάρχουν όπου το 119868 είναι διάστημα (ή μετρήσιμο

σύνολο) με μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1

Η ανισότητα Minkowski για αθροίσματα μας λέει ότι για κάθε 119901 ge 1η

119909119901 = (119899

sum119895=1

|119909119895|119901)1119901

(όπου τα 119909119895 είναι οι συντεταγμένες του 119909 isin ℝ119899 ως προς τη συνήθη

βάση) ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα Εύκολα βλέπουμε ότι η

sdot 119901 ικανοποιεί και τις υπόλοιπες ιδιότητες της νόρμας και συνεπώς

είναι μια νόρμα στον ℝ119899 Αυτός ο χώρος με νόρμα του οποίου η μετρική

γράφεται 119889119901 (δηλαδή 119889119901(119909 119910) = 119909 minus 119910119901) συμβολίζεται με το ℓ119899119901 και

είναι ένας πλήρης μετρικός χώρος Η πληρότητα ελέγχεται εύκολα διότι

η σύγκλιση ως προς τη μετρική 119889119901 είναι ισοδύναμη με τη σύγκλιση κατά

συντεταγμένη εξαιτίας του ότι

|119909119895 minus 119910119895| le 119909 minus 119910119901 = (119899

sum119895=1

|119909119895 minus 119910119895|119901)1119901

Σημειώνουμε εδώ ότι είναι δυνατόν να ορίσουμε και τον χώρο ℓ119899infin

εφοδιάζοντας τον ℝ119899 με την νόρμα 119909infin = max1le119895le119899 |119909119895|Η ανισότητα Minkowski για ολοκληρώματα μας λέει ότι για κάθε

119901 ge 1 στο χώρο των συνεχών συναρτήσεων 119862[119886 119887] η

119891119901 = (int[119886119887]

|119891|119901)1119901

ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα Εύκολα ελέγχει κανείς και τις άλλες

ιδιότητες της νόρμας Έτσι ο 119862[119886 119887] γίνεται χώρος με τη νόρμα sdot 119901 και

άρα και μετρικός χώρος Σε αντίθεση με το παράδειγμα του ℓ119899119901 αυτός

δεν είναι ένας πλήρης μετρικός χώρος Για παράδειγμα η ακολουθία

συναρτήσεων 119891119899(119909) = 119909119899 για 119909 isin [0 1] και 119891119899(119909) = 1 για 119909 isin [1 2]ανήκει στο 119862[0 2] και είναι ακολουθία Cauchy ως προς τη νόρμα sdot 119901

αφού για 119899 gt 119898 ισχύει

119891119899 minus 119891119898119901119901 = int

1

0(119909119898 minus 119909119899)119901 119889119909 le int

1

0119909119898119901 119889119909 =

1119898119901 + 1

rarr 0

καθώς 119898 rarr infin Όμως η 119891119899 δεν συγκλίνει σε καμία συνάρτηση στον

119862[0 2] ως προς τη νόρμα sdot 119901 έστω ότι υπάρχει 119892 isin 119862[0 2] με

119891119899 minus 119892119901 rarr 0 Θέτουμε 119891(119909) = 0 για 119909 isin [0 1) και 119891(119909) = 1 για

119909 isin [1 2] Η 119891 είναι ασυνεχής στο 1 οπότε 119891 notin 119862[0 2] Εύκολα ελέγχουμε

ότι 119891 minus 119891119899119901 rarr 0 Αλλά

119891 minus 119892119901 le 119891 minus 119891119899119901 + 119891119899 minus 119892119901 rarr 0

οπότε 119891 minus 119892119901 = 0 Παρατηρούμε τώρα ότι τόσο η 119891 όσο και η 119892είναι συνεχείς στα διαστήματα [1 2] και [0 1 minus 1119898] για κάθε 119898 isin ℕ

Επιπλέον int1minus11198980

|119891 minus 119892|119901 le int20

|119891 minus 119892|119901 = 0 άρα 119892 = 119891 στο διάστημα

[0 1 minus 1119898] για κάθε 119898 isin ℝ119899 Ομοίως 119892 = 119891 στο διάστημα [1 2]Δηλαδή 119892 = 119891 notin 119862[0 2] το οποίο είναι άτοπο

Μπορούμε όμως να θεωρήσουμε την πλήρωση του χώρου (119862[119886 119887] sdot119901) ο οποίος είναι χώρος με νόρμα και συμβολίζεται με 119871119901[119886 119887]

Άσκηση Αποδείξτε ότι η επιλογή του συμβόλου ℓ119899infin για τον ℝ119899 με νόρμα

την 119909infin = max1le119895le119899 |119909119895| όπου 119909119895 οι συντεταγμένες του 119909 είναι φυσιολογική

δείχνοντας ότι

⎛⎝

119899

sum119895=1

|119909119895|119901⎞⎠

1119901

rarr 119909infin

για 119901 rarr infin

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 1 le 119901 le infin ο ℓ119899119901 είναι πλήρης μετρικός

χώρος

Άσκηση Αποδείξτε ότι η sdot 119901 για 0 lt 119901 lt 1 δεν είναι νόρμα Δείξτε

ισοδύναμα ότι το σύνολο ℬ119899119901 = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119901 le 1 για 0 lt 119901 lt 1 δεν είναι

κυρτό σώμα (Μπορείτε να δείτε το παραπάνω σύνολο στον ℝ3 για 119901 = 06και 119901 = 08 στο Παράρτημα Α)

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 119909 isin ℝ119899 ισχύει 1199091 le radic1198991199092 Γενικό-

τερα για κάθε 1 le 119901 lt 119902 lt infin ισχύει

119909119902 le 119909119901 le 1198991119901 minus 1

119902 119909119902

ΚΥΡΤΑ ΣΩΜΑΤΑ

Ο (Κυρτό Σώμα) Έστω ότι το 119870 είναι ένα υποσύνολο

του ℝ119899 Αν το 119870 είναι κυρτό συμπαγές και έχει μη κενό εσωτερικό

δηλαδή το σύνολο int(119870) είναι διαφορετικό του κενού τότε το 119870 λέγεται

κυρτό σώμα

Ο (Κεντρικά συμμετρικό σύνολο) Έστω ότι το 119862 είναι

υποσύνολο του ℝ119899 Αν όποτε το 119909 ανήκει στο 119862 τότε και το minus119909 ανήκει

και αυτό στο 119862 το 119862 λέγεται κεντρικά συμμετρικό ή συμμετρικό ως προς

το 0

Π Κάθε κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870 περιέχειτο 0 στο εσωτερικό του 0 isin int(119870)

Απόδειξη Αφού το 119870 έχει μη κενό εσωτερικό υπάρχει 119909 isin ℝ119899 και 120598 gt 0ώστε 119861(119909 120598) sube 119870 Αλλά το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό οπότε ισχύει

και 119861(minus119909 120598) sube 119870 Όμως το 119870 είναι κυρτό οπότε

12

119861(119909 120598) +12

119861(minus119909 120598) sube 119870

Η απόδειξη θα ολοκληρωθεί αν δείξουμε ότι

119861(0 120598) sube12

119861(119909 120598) +12

119861(minus119909 120598)

Θεωρούμε 119911 isin 119861(0 120598) οπότε 1199112 lt 120598 Φανερά 119911 = 12(119911+119909)+ 1

2(119911minus119909)

οπότε αρκεί να δειχθεί ότι 119911 + 119909 isin 119861(119909 120598) και 119911 minus 119909 isin 119861(minus119909 120598) Αλλά119909 minus (119911 + 119909)2 = 1199112 lt 120598 και (minus119909) minus (119911 minus 119909)2 = 1199112 lt 120598

Ένας τρόπος να περιγράψουμε ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικό

σώμα 119870 στον ℝ119899 είναι μέσω μιας νόρμας

Π Αν η sdot είναι μια νόρμα στον ℝ119899 τότε το σύνολο

119870sdot = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909 le 1

είναι ένα κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα στον ℝ119899

Απόδειξη Είναι φανερό ότι το 119870 είναι μη κενό (αφού 0 isin 119870) και ότι είναι

κεντρικά συμμετρικό σύνολο (αφού minus 119909 = 119909 για κάθε 119909 isin ℝ119899)

Επίσης είναι κυρτό διότι αν 119909 119910 isin 119870 και 120582 isin [0 1] τότε

(1 minus 120582)119909 + 120582119910 le (1 minus 120582)119909 + 120582119910 le (1 minus 120582) + 120582 = 1

δηλαδή (1 minus 120582)119909 + 120582119910 isin 119870 Μένει να δειχθεί ότι είναι κλειστό φραγμένο

(οπότε συμπαγές) και με μη κενό εσωτερικό υποσύνολο του (ℝ119899 sdot 2)Το ότι το 119870sdot είναι κλειστό προκύπτει από τη συνέχεια της νόρμας

ως προς την ευκλείδεια απόσταση (Πόρισμα ) αν 119909119898 isin 119870sdot και

119909119898 rarr 119909 ως προς την ευκλείδεια νόρμα τότε από την συνέχεια της sdot θα πρέπει 119909119898 rarr 119909 Αλλά 119909119898 isin 119870sdot συνεπάγεται ότι 119909119898 le 1άρα 119909 le 1 δηλαδή 119909 isin 119870sdot

Το ότι το 119870 είναι φραγμένο και με μη κενό εσωτερικό προκύπτει από

την Πρόταση Σύμφωνα με αυτήν υπάρχουν σταθερές 119888 119862 gt 0ώστε 1198881199092 le 119909 le 1198621199092 για κάθε 119909 isin ℝ119899 Άρα αν 119909 isin 119870sdot τότε

119909 le 1 οπότε 1199092 le 1119888 Δηλαδή 119870 sube ℬ1198992(0 1119888) και συνεπώς το

119870 είναι φραγμένο Επίσης αν 119909 isin 119861(0 1119862) τότε 1199092 lt 1119862 Έτσι

119909 le 1198621199092 le 1 άρα 119909 isin 119870sdot Δηλαδή 119861(0 1119862) sube 119870sdot και άρα το

119870sdot έχει μη κενό εσωτερικό

Ο Κάθε νόρμα sdot στον ℝ119899 ορίζει το κυρτό κεντρικά

συμμετρικό σώμα

119870sdot = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909 le 1

το οποίο ονομάζεται μοναδιαία μπάλα του (μετρικού) χώρου (ℝ119899 sdot )

Π Η αντίστροφη διαδικασία δηλαδή ο ορισμός μιας

νόρμας sdot 119870 από ένα δοθέν κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870είναι εφικτή και μάλιστα το κυρτό σώμα που ορίζει η sdot 119870 είναι το 119870

Με άλλα λόγια η σχέση νόρμας και κυρτού και κεντρικά συμμετρικού

σώματος στον ℝ119899 είναι - και επί Αυτό θα παρουσιαστεί στην επόμενη

ενότητα

Π (Το σύνολo ℬ119899infin) Είναι εύκολο να δούμε ότι η 119909infin ∶=

max1le119895le119899 |119909119895| όπου (119909119895)119899119895=1 οι συντεταγμένες του 119909 isin ℝ119899 ορίζει μια

νόρμα Η μοναδιαία μπάλα του χώρου αυτού δηλαδή το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ 119909infin le 1 είναι ο κύβος ακμής μήκους 2 στις 119899 δια-

στάσεις και συμβολίζεται με ℬ119899infin Δηλαδή είναι το σύνολο [minus1 1]119899 Συχνά

χρησιμοποιείται η λέξη υπερκύβος για τις διαστάσεις 119899 ge 4 Για 119899 = 2πρόκειται για το τετράγωνο [minus1 1] times [minus1 1] στο επίπεδο ℝ2

Σ Ο κύβος ℬ3infin στον ℝ3

Π (Τα σύνολα ℬ119899119901 για 119901 ge 1) Για 119901 ge 1 και 119909 isin ℝ119899

με συντεταγμένες (1199091 1199092 hellip 119909119899) ορίζουμε την ποσότητα

119909119901 = (119899

sum119895=1

|119909119895|119901)1119901

η οποία είναι νόρμα στον ℝ119899 (η τριγωνική ανισότητα είναι το Θεώρη-

μα ) Σύμφωνα με τα παραπάνω το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119901 le 1

είναι ένα κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα στον ℝ119899 η μοναδιαία μπάλα

του χώρου (ℝ119899 sdot119901) Το σύνολο αυτό συμβολίζεται με ℬ119899119901 Στο Σχήμα

εικονίζεται το ℬ31 δηλαδή το σύνολο των σημείων (1199091 1199092 1199093) isin ℝ3 για τα

οποία ισχύει |1199091|+|1199092|+|1199093| le 1 το οποίο μπορούμε να το περιγράψουμε

ως μια διπλή πυραμίδα (στα αγγλικά ονομάζεται crosspolytope) Είναι

Σ Η μοναδιαία μπάλα ℬ31 του (ℝ3 sdot 1)

εύκολο να δει κανείς ότι για 1 le 119901 lt 119902 lt infin ισχύει ℬ1198991 sube ℬ119899

119901 sube 119861119899119902 sube ℬ119899

infin

Πράγματι αν 119909119901 le 1 τότε |119909119895| le 1 για κάθε συντεταγμένη 119909119895 του 119909Άρα αφού 119901 lt 119902 θα ισχύει |119909119895|119902 le |119909119895|119901 και αθροίζοντας ως προς 119895 θα

έχουμε119899

sum119895=1

|119909119895|119902 le119899

sum119895=1

|119909119895|119901 le 1

Συνεπώς 119909119902 le 1 Για το γενικό 119909 isin ℝ119899 τώρα θεωρούμε το 119909119909119901

frac14 Euml frac14

Euml frac14

Euml frac14

Euml frac14

c

Σ ℬ21 sube ℬ2

32 sube ℬ22 sube ℬ2

3 sube ℬ2infin

για το οποίο ισχύει 119909119909119901119901 = 1 Έτσι από το προηγούμενο

119909119909119901119902 le 1 και άρα 119909119902 le 119909119901 Επίσης είναι άμεσο ότι 119909infin =max1le119895le119899 |119909119895| le 119909119901 για κάθε 119901 isin [1 infin) Τώρα η μονοτονία των συ-

νόλων ℬ119899119901 ως προς 119901 προκύπτει από τον ορισμό τους αν 119909 isin ℬ119899

119901 τότε

119909119901 le 1 άρα 119909119902 le 1 συνεπώς 119909 isin ℬ119899119902 Το Σχήμα δείχνει τα

σώματα ℬ21 ℬ2

32 ℬ22 ℬ2

3 και ℬ2infin Για μια τρισδιάστατη παρουσίαση

αυτών των σωμάτων δείτε στο Παράρτημα Α

Μια άλλη διαδικασία να ορίσουμε κυρτά σώματα εκτός από την

νόρμα είναι μέσω της κυρτής θήκης

Ο (Κυρτή Θήκη) Δοθέντος ενός συνόλου 119860 υποσυνόλου

του ℝ119899 ορίζουμε την κυρτή θήκη του 119860 ως την τομή όλων των κυρτών

συνόλων 119870 τα οποία είναι υποσύνολα του ℝ με Α sube 119870 Γράφουμε

conv(119860) = ⋂119870 ∶ 119870supe119860

119870

όπου το 119870 είναι κυρτό

Φανερά το conv(119860) είναι κυρτό και μάλιστα είναι το ελάχιστο κυρτό

σύνολο που περιέχει το 119860

Ο (Κυρτός Συνδυασμός) Αν τα 1199091 hellip 119909119898 ανήκουν στον

ℝ119899 και 1205821 hellip 120582119898 είναι μεγαλύτερα ή ίσα του μηδενός με sum119898119895=1 120582119895 = 1

τότε το σημείο 119909 = 12058211199091 + ⋯ + 120582119898119909119898 λέγεται κυρτός συνδυασμός των

1199091 hellip 119909119898

Λ Έστω ότι το 119860 είναι υποσύνολο του ℝ119899 Το conv(119860)ισούται με το σύνολο όλων των κυρτών συνδυασμών στοιχείων του 119860

Απόδειξη Θέτουμε

Κ = 119898

sum119895=1

120582119895119909119895 120582119895 ge 0119898

sum119895=1

120582119895 = 1 119909119895 isin 119860 119898 isin ℕ ()

(i) Το 119870 είναι είναι κυρτό σύνολο

Έστω 119909 119910 που ανήκουν στο 119870 και έστω 119909 = 12058211199091 + ⋯ + 120582119898119909119898 και

119910 = 12058311199101 + ⋯ + 120583119896119910119896 όπου 119909119895 119910119895 ανήκουν στο 119860 120582119895 120583119895 ge 0 και

119898

sum119895=1

120582119895 = 1 =119896

sum119895=1

120583119895

Πρέπει να δείξουμε ότι αν 120572 ανήκει στο [0 1] τότε το σημείο

(1 minus 120572)119909 + 120572119910 ανήκει στο 119870 Έχουμε

(1 minus 120572)119909 + 120572119910 = (1 minus 120572)(12058211199091 + ⋯ + 120582119898119909119898) + 120572(12058311199101 + ⋯ + 120583119896119910119896)= (1 minus 120572)12058211199091 + ⋯ + (1 minus 120572)120582119898119909119898 + 12057212058311199101 + ⋯ + 120572120583119896119910119896

Τα 119909119895 119910119895 ανήκουν στο 119860 (1 minus 120572)120582119895 ge 0 120572120583119895 ge 0 και

(1 minus 120572)1205821 + ⋯ + (1 minus 120572)120582119898 + 1205721205831 + ⋯ + 120572120583119896

= (1 minus 120572)(1205821 + ⋯ + 120582119898) + 120572(1205831 + ⋯ + 120583119896)= (1 minus 120572)1 + 1205721 = 1

Συνεπώς το σημείο (1 minus 120572)119909 + 120572119910 ανήκει στο 119870 Άρα το 119870 είναι

κυρτό σύνολο

(ii) Κάθε κυρτό σύνολο 119870 περιέχει οποιονδήποτε κυρτό συνδυασμό

οποιωνδήποτε στοιχείων του

Θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο της επαγωγής στο πλήθος των

σημείων

(α) Για 119898 = 2 Tα 1199091 1199092 ανήκουν στο 119870 Άρα το σημείο (1 minus120582)1199091+1205821199092 ανήκει στο 119870 από τον ορισμό του κυρτού συνόλου

(β) Υποθέτουμε ότι ο κυρτός συνδυασμός119898 σημείων του119870 ανήκει

στο 119870 Έστω 1199091 1199092 hellip 119909119898 119909119898+1 ανήκουν στο 119870 1205821 hellip 120582119898+1 ge0 και

sum119898+1119895=1 120582119895 = 1 Πρέπει να δείξουμε ότι το σημείο 12058211199091 + ⋯ +

120582119898+1119909119898+1 ανήκει στο 119870

i Αν 120582119898+1 = 1 τότε

119898+1

sum119895=1

120582119895119909119895 = 120582119898+1119909119898+1 = 119909119898+1

που ανήκει στο 119870

ii Αν 120582119898+1 lt 1 τότε

119898+1

sum119895=1

120582119895119909119895 = (1 minus 120582119898+1) (119898

sum119895=1

120582119895

1 minus 120582119898+1119909119895) + 120582119898+1119909119898+1

το οποίο ανήκει στο 119870 διότι το σημείο sum119898119895=1

120582119895

1minus120582119898+1119909119895

ανήκει στο 119870 από την επαγωγική υπόθεση και το

(1 minus 120582119898+1) (119898

sum119895=1

120582119895

1 minus 120582119898+1119909119895) + 120582119898+1119909119898+1

είναι κυρτός συνδυασμός δύο σημείων του κυρτού 119870

Από τα παραπάνω λοιπόν το 119870 όπως ορίστηκε στην () είναι κυρτό

σύνολο και άρα περιέχει οποιονδήποτε κυρτό συνδυασμό οποιωνδήποτε

στοιχείων του Αν λοιπόν το 119909 ανήκει στο 119860 τότε το 119909 = 12119909 + 1

2119909 οπότε

ανήκει και στο 119870 Άρα το 119870 είναι υπερσύνολο της κυρτής θήκης του

119860 γιατί η κυρτή θήκη του 119860 είναι το ελάχιστο κυρτό σύνολο που

περιέχει το 119860 Έτσι Κ supe conv(119860) Όμως το conv(119860) είναι κυρτό σύνολο

υπερσύνολο του 119860 Άρα περιέχει σύμφωνα με το (ii) τους κυρτούς

συνδυασμούς στοιχείων του 119860 δηλαδή conv(119860) supe 119870 Οπότε το conv(119860)είναι υπερσύνολο του 119870 Συνεπώς conv(119860) = 119870

Π (Το Simplex) Ονομάζουμε simplex την κυρτή θήκη

οποιωνδήποτε σημείων στον ℝ119899 τα οποία βρίσκονται σε γενική θέση

(affine-ανεξάρτητα) Για παράδειγμα στο Σχήμα βλέπουμε ένα

simplex στον ℝ3 δηλαδή την κυρτή θήκη τεσσάρων σημείων σε γενική

θέση Ειδικά για το ℝ3 οι κυρτές θήκες τεσσάρων σημείων σε γενική

θέση λέγονται και τετράεδρα

Σ Δύο πολύτοπα στον ℝ3 Το πρώτο είναι τετράεδρο

Π (Πολύτοπα) Η κυρτή θήκη οσωνδήποτε (πεπερα-

σμένου πλήθους) σημείων στον ℝ119899 ονομάζεται πολύτοπο Βλέπουμε έναπαράδειγμα στο Σχήμα

Θ (Καραθεοδωρή) Έστω 119860 υποσύνολο του ℝ119899 Τότε ηκυρτή θήκη του 119860 ισούται με όλους τους κυρτούς συνδυασμούς σημείωντου 119860 σε γενική θέση Δηλαδή για κάθε 119909 isin conv(119860) υπάρχουν το πολύ119899 + 1 στοιχεία του 119860 ώστε το 119909 να είναι κυρτός συνδυασμός τους

Απόδειξη (του Radon) Έστω ότι το 119909 ανήκει στο conv(119860) και 119898 ο

ελάχιστος ακέραιος ώστε να υπάρχουν 1199091 hellip 119909119898 στο 119860 1205821 hellip 120582119898 gt 0 και

sum119898119895=1 120582119895 = 1 με 119909 = 12058211199091 +⋯+120582119898119909119898 Θα δείξουμε ότι τα 1199091 hellip 119909119898 είναι σε

γενική θέση Υποθέτουμε το αντίθετο Οπότε τα 1199092minus1199091 1199093minus1199091 hellip 119909119898minus1199091

είναι γραμμικώς εξαρτημένα Έτσι υπάρχουν 1205832 hellip 120583119898 όχι όλα μηδέν

ώστε 1205832(1199092 minus 1199091) + ⋯ + 120583119898(119909119898 minus 1199091) = 0 Άρα

(minus1205832 minus 1205833 minus ⋯ minus 120583119898)1199091 + 12058321199092 + ⋯ + 120583119898119909119898 = 0

Θέτουμε 1205831 = minus1205832 minus 1205833 minus ⋯ minus 120583119898 οπότε τα 1205831 1205832 hellip 120583119898 δεν είναι όλα

μηδέν και ισχύει

() 1205831 + ⋯ + 120583119898 = 0

και

() 12058311199091 + ⋯ + 120583119898119909119898 = 0

Παρατηρούμε ότι λόγω της () ισχύει

119909 =119898

sum119895=1

120582119895119909119895 minus120582119896

120583119896(

119898

sum119895=1

120583119895119909119895) =119898

sum119895=1

(120582119895 minus120582119896

120583119896120583119895) 119909119895

για κάθε 119896 ώστε 120583119896 ne 0 Αλλά τώρα ο συντελεστής του 119909119896 (για 119895 = 119896)στο παραπάνω άθροισμα είναι μηδέν δηλαδή στην πραγματικότητα

αυτό το άθροισμα έχει το πολύ 119898 minus 1 όρους Έτσι θα οδηγηθούμε

σε αντίφαση με την επιλογή του 119898 αν αποδείξουμε ότι μπορούμε να

επιλέξουμε 119896 ώστε το παραπάνω άθροισμα να είναι κυρτός συνδυασμός

Λόγω της () φανερά sum119898119895=1(120582119895 minus (120582119896120583119896)120583119895) = 1 Άρα μένει να δειχθεί

ότι μπορούμε μα επιλέξουμε 119896 ώστε 120582119895 minus (120582119896120583119896)120583119895 ge 0 για κάθε

119895 = 1 2 hellip 119898

Από τη () και αφού δεν είναι όλα τα 120583119895 ίσα με το μηδέν κάποιο

από αυτά είναι θετικό Σχηματίζουμε τους λόγους 120582119895120583119895 για τα 119895 ώστε

120583119895 gt 0 και επιλέγουμε τον μικρότερο λόγο Έστω ότι είναι ο 120582119896120583119896

Ισχυριζόμαστε ότι

120582119895 minus120582119896

120583119896120583119895 ge 0

για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119898 Αυτό ισχύει για τους εξής λόγους

(i) Αν 120583119895 = 0 τότε οδηγούμαστε στην 120582119894 ge 0 που είναι αληθής

(ii) Αν 120583119895 gt 0 τότε είναι ισοδύναμη με την 120582119894120583119894 ge 120582119896120583119896 που ισχύει

από την επιλογή του 120582119896120583119896

(iii) Αν 120583119895 lt 0 τότε ισχύει 120582119895120583119895 le 0 le 120582119896120583119896 και άρα 120582119895 ge (120582119896120583119896)120583119894οπότε 120582119895 minus (120582119896120583119896)120583119895 ge 0

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Αν 119860 είναι συμπαγές υποσύνολο του ℝ119899 τότε η κυρτήθήκη του 119860 είναι συμπαγές σύνολο

Απόδειξη Το σύνολο

Β = (1205821 hellip 120582119899+1 1199091 hellip 119909119899+1) ∶ 120582119895 ge 0119899+1

sum119895=1

120582119895 = 1 119909119895 isin 119860

είναι κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του ℝ(119899+1)2οπότε είναι συμπα-

γές Από το θεώρημα του Καραθεοδωρή συμπεραίνουμε ότι η συνεχής

συνάρτηση

Φ(1205821 hellip 120582119899+1 1199091 hellip 119909119899+1) =119899+1

sum119895=1

120582119895119909119895 ∶ 119861 rarr conv(119860)

είναι επί Άρα το σύνολο Φ(119861) είναι συμπαγές Επομένως η κυρτή θήκη

του 119860 είναι συμπαγές σύνολο

Π Αν το 119870 είναι κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 τότε

(i) Το 119870 είναι κυρτό σύνολο

(ii) Το int119870 είναι κυρτό σύνολο

(iii) Αν 0 isin int(119870) τότε για κάθε 120582 isin (0 1) ισχύει 120582119870 sube int(119870)

(iv) Αν int119870 ne τότε 119870 = int119870

Απόδειξη

(i) Έστω ότι τα 119909 119910 ανήκουν στο 119870 και 120582 ανήκει στο [0 1] Θέλουμε

να δείξουμε ότι το σημείο (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ανήκει στο 119870 Αφού τα

119909 119910 ανήκουν στο 119870 τότε θα υπάρχουν μια ακολουθία 119909119898 στο

119870 ώστε 119909119898 rarr 119909 και μια ακολουθία 119910119898 στο 119870 ώστε 119910119898 rarr 119910 Οι

119909119898 119910119898 ανήκουν στο 119870 και το 119870 είναι κυρτό από την υπόθεση

Άρα το σημείο (1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898 ανήκει στο 119870 Μένει να δείξουμε

λοιπόν ότι (1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898 rarr (1 minus 120582)119909 + 120582119910 Γνωρίζουμε ότι

119909119898 minus 1199092

rarr 0 και 119910119898 minus 1199102

rarr 0 και θέλουμε να δείξουμε ότι

((1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898) minus ((1 minus 120582)119909 + 120582119910)2

rarr 0

Έχουμε

((1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898) minus ((1 minus 120582)119909 + 120582119910)2

= (1 minus 120582)(119909119898 minus 119909) + 120582(119910119898 minus 119910)2

le (1 minus 120582)(119909119898 minus 119909)2

+ 120582(119910119898 minus 119910)2

= (1 minus 120582)119909119898 minus 1199092

+ 120582119910119898 minus 1199102

rarr (1 minus 120582)0 + 1205820 = 0

(ii) Αν int119870 = προφανώς είναι κυρτό Αν int119870 ne έστω ότι

τα 119909 119910 ανήκουν στο int(119870) Θέλουμε να δείξουμε ότι το σημείο

(1 minus 120582)119909 + 120582119910 ανήκει στο int(119870) Το 119909 ανήκει στο int(119870) άραυπάρχει 1205751 gt 0 ώστε 119861(119909 1205751) sube 119870 Το 119910 ανήκει στο int(119870) άραυπάρχει 1205752 gt 0 ώστε 119861(119910 1205752) sube 119870 Θέτουμε 120575 = min1205751 1205752 gt 0και ισχύει ότι τα σύνολα 119861(119909 120575) και 119861(119910 120575) είναι υποσύνολα

του 119870 Αν δείξουμε ότι το 119861((1 minus 120582)119909 + 120582119910 120575) είναι υποσύνολο

του 119870 τότε το σημείο (1 minus 120582)119909 + 120582119910 θα ανήκει στο int(119870) Όμως

(Άσκηση )

119861((1 minus 120582)119909 + 120582119910 120575) = (1 minus 120582)119861(119909 120575) + 120582119861(119910 120575) sube 119870

αφού το 119870 είναι κυρτό

(iii) Θεωρούμε ένα 120598 gt 0 ώστε 1198611198992(0 120598) sube int(119870) και 119909 isin 120582119870 Τότε

(1120582)119909 isin 119870 και άρα conv(ℬ1198992(0 120598) (1120582)119909) sube 119870 αφού το 119870 είναι

κυρτό Εύκολα βλέπουμε (με όμοια τρίγωνα στο Σχήμα ) ότι

^

duml

uml

cent

Σ Το σύνολο conv119909 ℬ1198992(0 120598) Το 119903 είναι ίσο με 120598(1 minus 120582)

ℬ1198992(119909 120598(1 minus 120582)) sube conv(ℬ119899

2(0 120598) (1120582)119909) sube 119870

οπότε 119909 isin int(119870)

(iv) Αν 119909 isin int(119870) τότε υπάρχει 120575 gt 0 ώστε 119861(119909 120575) sube 119870 συνεπώς

119861(0 120575) sube 119870minus119909 δηλαδή 0 isin int(119870minus119909) Άρα από το (iii) για κάθε

120582 isin (0 1) ισχύει 120582(119870minus119909) sube int(119870minus119909) Ισοδύναμα 120582119870minus120582119909+119909 subeint(119870) και παίρνοντας θήκες 120582119870minus120582119909+119909 sube int(119870) Τέλος αφήνονταςτο 120582 rarr 1minus παίρνουμε 119870 sube int(119870) ως εξής Αν 119911 isin 119870 τότε για κάθε

120582 isin (0 1) ισχύει

120582119911 minus 120582119909 + 119909 isin 120582119870 minus 120582119909 + 119909 sube int119870

Οπότε 120582119911 minus 120582119909 + 119909 isin int119870 και σε τώρα αφήνουμε το 120582 να πάει

στο 1 από αριστερά

Ο αντίστροφος εγκλεισμός είναι προφανής διότι int119870 sube 119870 άρα

int119870 sube 119870

Π Έστω 119860 φραγμένο υποσύνολο του ℝ119899 Τότε

conv(119860) = conv(119860)

Απόδειξη Αφού 119860 sube conv(119860) συμπεραίνουμε ότι 119860 sube conv(119860) Το

τελευταίο όμως σύνολο είναι κυρτό από την Πρόταση (i) άρα

conv(119860) sube conv(119860)Αντιστρόφως 119860 sube 119860 οπότε conv(119860) sube conv(119860) Όμως το 119860 είναι

φραγμένο και άρα το 119860 είναι κλειστό και φραγμένο δηλαδή συμπαγές

Έτσι από το Πόρισμα και το conv(119860) είναι συμπαγές οπότε είναι

και κλειστό Άρα conv(119860) sube conv(119860)

Η ισότητα στην παρπάνω πρόταση δεν ισχύει αν το σύνολο 119860 δεν

είναι φραγμένο Αυτό μπορεί να ελεγχθεί εύκολα για παράδειγμα με το

σύνολο

119860 = (0 0) cup (119909 119910) ∶ 119910 =1119909

119909 gt 0 sube ℝ2

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 119909 isin ℝ119899 και για κάθε 120598 gt 0 ισχύει

12

119861(119909 120598) +12

119861(minus119909 120598) = 119861(0 120598)

και γενικότερα για κάθε 120582 isin [0 1] και για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 ισχύει

(1 minus 120582)119861(119909 120598) + 120582119861(119910 120598) = 119861((1 minus 120582)119909 + 120582119910 120598)

Άσκηση Αποδείξτε ότι ένα υποσύνολο 119860 του ℝ119899 είναι κυρτό αν και

μόνο αν για κάθε 120582 isin (0 1) ισχύει (1 minus 120582)119860 + 120582119860 = 119860 Επίσης δώστε ένα

παράδειγμα ενός μη κυρτού συνόλου 119865 για το οποίο να υπάρχει 1205820 isin (0 1)ώστε (1 minus 1205820)119865 + 1205820119865 = 119865 (Υπόδειξη Το σύνολο ℚ δεν είναι κυρτό)

Άσκηση Έστω ότι ο 119879 είναι ένας 119899 times 119899 πίνακας πραγματικών αριθμών

και 1199091 hellip 119909119896 isin ℝ119899 Αποδείξτε ότι

119879(conv(1199091 hellip 119909119896)) = conv(1198791199091 hellip 119879119909119899)

Γενικότερα για κάθε 119860 sube ℝ119899 ισχύει 119879(conv(119860)) = conv(119879(119860))

Άσκηση Αποδείξτε ότι κάθε ελλειψοειδές

ℰ = 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

με μήκη ημιαξόνων τους θετικούς αριθμούς 1198861 hellip 119886119899 είναι κυρτό σώμα

Επίσης βρείτε ένα πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ώστε 119879(ℰ) = ℬ1198992 και αποδείξτε

ότι det 119879 ne 0 Τέλος αποδείξτε ότι κάθε ελλειψοειδές στον ℝ119899 με κέντρο το 0είναι εικόνα του ℬ119899

2 μέσω κατάλληλου πίνακα 119879 όπου det 119879 ne 0

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν 119870 sube ℝ119899 τότε το σύνολο kernel(119870) όπου

kernel(119870) = 119911 isin ℝ119899 ∶ [119911 119909] sube 119870 για κάθε 119909 isin 119870

είναι κυρτό υποσύνολο του 119870 Επιπλέον αν το 119870 είναι κυρτό τότε 119870 =kernel(119870)

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 Δείξτε ότι για

κάθε 119909 isin int(119870) και για κάθε 119910 isin 119870 ισχύει [119909 119910) sube int(119870)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν 119878 είναι το simplex

conv(0 1198901 1198902 hellip 119890119899)

όπου 1198901 hellip 119890119899 είναι η συνήθης ορθοκανονική βάση του ℝ119899 τότε int(119878) ne

(Υπόδειξη Δείξτε ότι υπάρχει 120575 gt 0ώστε119861(1199090 120575) sube 119878 όπου 1199090 = (2119899)minus1 sum119899119895=1 119890119895

Κάθε σημείο 119910 isin 119861(1199090 120575) πρέπει να έχει όλες τις συντεταγμένες του μη αρ-

νητικές και επιπλέον το άθροισμα των συντεταγμένων του sum119899119895=1 119910119895 να είναι

μικρότερο ή ίσο από το 1 Αν συμβαίνουν αυτά τότε 119910 isin 119878 αφού

119910 = 11991011198901 + 11991021198902 + ⋯ + 119910119899119890119899 + (1 minus119899

sum119895=1

119910119895) 0

και ο συνδυασμός αυτός είναι κυρτός)

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε simplex 119878 στον ℝ119899 που είναι κυρτή θήκη

119899 + 1 σημείων σε γενική θέση είναι κυρτό σώμα

Άσκηση Για οποιαδήποτε σύνολα 119860 119861 υποσύνολα του ℝ119899 δείξτε ότι

conv(119860 cup 119861) = ⋃0le120582le1

((1 minus 120582)119860 + 120582119861)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν το 119860 είναι ανοικτό στον ℝ119899 τότε και το conv(119860)είναι ανοικτό

Άσκηση Δείξτε ότι αν το 119880 είναι ανοιχτό υποσύνολο του ℝ119899 και 119909 isin 119880τότε υπάρχει simplex 119878 ώστε 119909 isin int(119878) και 119878 sube 119880

Άσκηση Αποδείξτε ότι για οποιαδήποτε υποσύνολα 119862 119863 του ℝ119899 ισχύει

conv(119862 + 119863) = conv(119862) + conv(119863)

Άσκηση Αποδείξτε ότι για οποιοδήποτε υποσύνολο 119862 του ℝ119899 ισχύει

conv(int(119862)) = int(conv(119862))

Θα δούμε τώρα ότι κάθε κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα μας δίνει

την δυνατότητα να ορίσουμε μια νόρμα

Ο Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό κεντρικά συμμετρικό

σώμα στον ℝ119899 Το 119870 επάγει στον ℝ119899 μια νόρμα για κάθε 119909 isin ℝ119899

θέτουμε

119909119870 = inf120582 gt 0 ∶ 119909 isin 120582119870

Ο ορισμός είναι καλός δηλαδή 120582 gt 0 ∶ 119909 isin 120582119870 ne διότι το 119870 ως

κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα περιέχει το 0 στο εσωτερικό του

(Πρόταση ) Δηλαδή υπάρχει 120598 gt 0 ώστε Β(0 120598) sube 119870 Συνεπώς

για 120582 = 21199092120598

119909 isin 119861(0 120598120582) = 120582119861(0 120598) sube 120582119870

Η 119909119870 είναι νόρμα

(i) Φανερά 119909119870 ge 0 για κάθε 119909 στον ℝ119899 Αν 119909 = 0 τότε 0 isin 120582119870για κάθε 120582 gt 0 οπότε 0119870 = 0 Αν 119909119870 = 0 τότε υπάρχει

120582119898 gt 0 με 120582119898 rarr 0 ώστε 119909 isin 120582119898119870 συνεπώς (119909120582119898) isin 119870 Το 119870όμως είναι συμπαγές άρα και φραγμένο Δηλαδή υπάρχει Μ gt 0ώστε 1199091205821198982 le 119872 για κάθε 119898 isin ℕ οπότε 1199092 le 119872120582119898 rarr 0Συμπεραίνουμε ότι 119909 = 0

(ii) Αν 119905 = 0 η 119905119909119870 = |119905| sdot 119909119870 είναι προφανής Αν 119905 ne 0

119905119909119870 = inf120582 gt 0 ∶ 119905119909 isin 120582119870 = inf 120582 gt 0 ∶ 119909 isin120582119905119870

(θέτουμε 120583 = 120582|119905|)

= inf 120583|119905| gt 0 ∶ 119909 isin 120583|119905|119905

119870

(|119905|119905 = plusmn1 και minus119870 = 119870)

= inf120583|119905| gt 0 ∶ 119909 isin 120583119870= |119905| inf120583 gt 0 ∶ 119909 isin 120583119870 = |119905| sdot 119909119870

(iii) Για κάθε 120598 gt 0 από τον ορισμό του infimum υπάρχει 120582120598119909 ώστε

119909 isin 120582120598119909119870 και 119909119870 + 120598 gt 120582120598119909 Ομοίως υπάρχει 120582120598119910 gt 0 ώστε

119910 isin 120582120598119910119870 και 120582120598119910 lt 119910119870 + 120598 Επειδή

119909 + 119910 isin 120582120598119909119870 + 120582120598119910119870 = (120582120598119909 + 120582120598119910)119870

θα έχουμε

119909+119910119870 le 120582120598119909 +120582120598119910 lt 119909119870 +120598+119910119870 +120598 = 119909119870 +119910119870 +2120598

για κάθε 120598 gt 0 οπότε 119909 + 119910119870 le 119909119870 + 119910119870

Έχοντας τώρα την νόρμα sdot 119870 που ορίστηκε από το κυρτό και

κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870 θα μπορούσε κανείς να χρησιμοποιήσει τον

Ορισμό και να ορίσει έτσι ένα νέο κυρτό και κεντρικά συμμετρικό

σώμα Η παρακάτω πρόταση μάς λέει ότι αυτό το σώμα είναι το ίδιο

το 119870

Π Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικόσώμα στον ℝ119899 και sdot 119870 η επαγόμενη νόρμα Τότε το σύνολο 119909 isin ℝ119899 ∶119909119870 le 1 είναι το ίδιο το 119870

Απόδειξη Ας θέσουμε 119860 = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119870 le 1 Θα δείξουμε ότι 119860 = 119870

Αν 119909 isin 119870 τότε

119909119870 = inf120582 gt 0 ∶ 119909 isin 120582119870 le 1

αφού ήδη 119909 isin 1 sdot 119870 Άρα 119909 isin 119860 και δείξαμε ότι 119870 sube 119860Έστω τώρα ένα 119909 isin 119860 δηλαδή 119909119870 le 1 Για κάθε 119898 isin ℕ ισχύει

(1 minus 1119898)119909119870 le 1 minus 1119898 lt 1 Οπότε από τον ορισμό της sdot 119870 θα

υπάρχει 120582 isin (0 1) ώστε (1 minus 1119898)119909 isin 120582119870 Όμως 120582119870 sube int(119870) sube119870 (από τις Προτάσεις και (iii)) Το 119870 όμως είναι κλειστό

υποσύνολο του ℝ119899 οπότε θα περιέχει και το 119909 αφού αυτό είναι το όριο

ως προς την ευκλείδεια νόρμα της ακολουθίας των (1 minus 1119898)119909 isin 119870(1 minus 1119898)119909 minus 1199092 = 1199092119898 rarr 0 καθώς 119898 rarr infin

Άσκηση Αν τα 119860 και 119861 είναι κυρτά συμμετρικά σώματα αποδείξτε ότι

119909119860 = 119909119861 για κάθε 119909 isin ℝ119899 αν και μόνο αν 119860 = 119861Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ℰ είναι το ελλειψοειδές

119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

τότε για κάθε 119909 isin ℝ119899 ισχύει

119909ℰ = ⎛⎝

119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

⎞⎠

12

Ο (Υπερεπίπεδο στήριξης) Έστω ότι το 119870 είναι κλειστό

και κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 και Η υπερεπίπεδο (dim 119867 = 119899 minus 1) Το 119867

λέγεται υπερεπίπεδο στήριξης του κυρτού συνόλου 119870 στο 1199090 το οποίο

ανήκει στο bd(119870) αν 1199090 isin 119867 και το 119870 περιέχεται ή στον ημίχωρο Ηminus ή

στον Η+

Για την αποφυγή συγχύσεων θα θεωρούμε ότι 119870 sube 119867minus1199090119906 επιλέγοντας

κατάλληλα το 119906 isin 120138119899minus1 Ισχύει λοιπόν ότι ⟨119909 119906⟩ le ⟨1199090 119906⟩ για κάθε

119909 isin 119870

Π Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στο ℝ119899 Για κάθε119906 isin 120138119899minus1 υπάρχει μοναδικό επίπεδο στήριξης 119867119906 του 119870 (σε κάποιο σημείοτου bd(119870)) κάθετο στο 119906

Απόδειξη Αφού το 119870 είναι συμπαγές σύνολο και το εσωτερικό γινόμενο

συνεχής συνάρτηση ως προς κάθε μεταβλητή του (Πρόταση ) η

συνάρτηση ⟨119909 119906⟩ για 119909 isin 119870 έχει μέγιστη τιμή σε κάποιο σημείο 1199090 isin 119870

Παρατηρούμε ότι το 1199090 είναι στοιχείο του συνόρου του 119870 Διότι αν όχι

είναι στο εσωτερικό του οπότε υπάρχει 120575 gt 0 ώστε 1199090 + 120575ℬ1198992 sube 119870 Άρα

1199090 +1205752

119906 isin 1199090 + 120575ℬ1198992 sube 119870

Αλλά

⟨1199090 +1205752

119906 119906⟩ = ⟨1199090 119906⟩ +1205752

gt ⟨1199090 119906⟩

το οποίο είναι άτοπο από την επιλογή του 1199090

Φανερά 119870 sube 119867minus1199090119906 από την επιλογή του 1199090 οπότε το 1198671199090119906 είναι

επίπεδο στήριξης του 119870 στο 1199090

Τέλος για τη μοναδικότητα αν 1198671199091119906 είναι ένα άλλο υπερεπίπεδο

στήριξης κάθετο στο 119906 που διέρχεται από το 1199091 isin 119870 τότε ⟨1199091 119906⟩ =⟨1199090 119906⟩ Διότι αλλιώς είτε ⟨1199091 119906⟩ lt ⟨1199090 119906⟩ οπότε 1199090 notin 119867minus

1199091119906 supe 119870 το

οποίο είναι άτοπο είτε ⟨1199091 119906⟩ gt ⟨1199090 119906⟩ οπότε 1199091 notin 119867minus1199090119906 supe 119870 το οποίο

είναι και πάλι άτοπο Έτσι

1198671199091119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = ⟨1199091 119906⟩= 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = ⟨1199090 119906⟩ = 1198671199090119906

Η παραπάνω πρόταση μάς επιτρέπει να ορίσουμε μια συνάρτηση

από το 120138119899minus1 στο ℝ ως εξής

Ο Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 Ορί-

ζουμε τη συνάρτηση ℎ119870 ∶ 120138119899minus1 rarr ℝ με

ℎ119870(119906) = sup⟨119909 119906⟩ ∶ 119909 isin 119870

η οποία σε κάθε διεύθυνση 119906 δίνει την απόσταση του υπερεπιπέδου

στήριξης 119867119906 του 119870 από το μηδέν ή αλλιώς το μέγεθος της μεγαλύτερης

προβολής στοιχείου του 119870 στη διεύθυνση του 119906 (δείτε Σχήμα ) Η

ℎ119870 ονομάζεται συνάρτηση στήριξης του κυρτού σώματος 119870

yen

yen

centyen

Σ Η συνάρτηση στήριξης στη διεύθυνση 119906 isin 120138119899minus1

Π Έστω ότι τα 119860 και Β είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899Για κάθε 120582 gt 0 ισχύει

ℎ119860+119861 = ℎ119860 + ℎ119861

καιℎ120582119860 = 120582ℎ119860

όπου ℎ119860 ℎ119861 είναι οι συναρτήσεις του 119860 και του Β αντίστοιχα

Απόδειξη Έχουμε

ℎ119860+119861(119906) = sup⟨119886 + 119887 119906⟩ 119886 isin 119860 119887 isin 119861= sup⟨119886 119906⟩ + ⟨119887 119906⟩ 119886 isin 119860 119887 isin 119861= sup⟨119886 119906⟩ 119886 isin 119860 + sup⟨119887 119906⟩ 119887 isin 119861= ℎ119860(119906) + ℎ119861(119906)

Επίσης για 120582 gt 0

ℎ120582119860(119906) = sup⟨120582119886 119906⟩ ∶ 119886 isin 119860= 120582 sup⟨119886 119906⟩ ∶ 119886 isin 119860= 120582ℎ119860(119906)

Λ Αν τα 119860 Β είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 τότε

Α sube 119861 αν και μόνο αν ℎ119860(119906) le ℎ119861(119906)

για κάθε 119906 στο 119878119899minus1

Απόδειξη (rArr) Επειδή το 119860 είναι υποσύνολο του Β ισχύει

ℎ119860(119906) le sup119909isin119860

⟨119909 119906⟩ le sup119909isin119861

⟨119909 119906⟩ = ℎ119861(119906)

(lArr) Αν το 119860 δεν είναι υποσύνολο του Β θεωρούμε ένα 1199090 isin Α ⧵ 119861Η συνάρτηση 119891(119910) = 1199090 minus 1199102 είναι συνεχής στο 119861 διότι

|119891(119910)minus119891(119911)| = ∣1199090minus1199102minus1199090minus1199112∣ le ∥(1199090minus119910)minus(1199090minus119911)∥2= 119910minus1199112

Το 119861 όμως είναι συμπαγές σύνολο συνεπώς η 119891 έχει ελάχιστη τιμή

στο 119861 έστω στο σημείο 1199100 isin 119861 Αφού 1199090 notin 119861 ισχύει 1199090 minus 11991002 ne 0και μπορούμε να ορίσουμε το διάνυσμα 119906 = (1199090 minus 1199100)1199090 minus 11991002 το

οποίο ανήκει στη μοναδιαία σφαίρα 120138119899minus1

Ι Για κάθε 119910 isin 119861 ισχύει ⟨119910 119906⟩ le ⟨1199100 119906⟩[Απόδειξη του Ισχυρισμού Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει 119910 isin 119861 ώστε

⟨119910 minus 1199100 119906⟩ gt 0 Φανερά 119910 ne 1199100 (αλλιώς η προηγούμενη ανισότητα

δεν ισχύει) Το 119870 είναι κυρτό και άρα θα περιέχει και το

(1 minus 120582)1199100 + 120582119910 = 1199100 + 120582(119910 minus 1199100)

Έτσι για κάθε 120582 isin (0 1) ισχύει

∥1199090 minus (1199100 + 120582(119910 minus 1199100))∥2

2= ⟨1199090 minus 1199100 minus 120582(119910 minus 1199100) 1199090 minus 1199100 minus 120582(119910 minus 1199100)⟩= 1199090 minus 11991002

2 + 1205822119910 minus 119910022 minus 2120582⟨1199090 minus 1199100 119910 minus 1199100⟩

= 1199090 minus 119910022 + 120582(120582119910 minus 11991002

2 minus 2⟨1199090 minus 1199100 119910 minus 1199100⟩)

Επειδή λοιπόν

⟨1199090 minus 1199100 119910 minus 1199100⟩ = ⟨119909119900 minus 11991002119906 119910 minus 1199100⟩ gt 0

για 120582 αρκετά κοντά στο 0 (συγκεκριμένα αν 0 lt 120582 lt 2⟨1199090 minus 1199100 119910 minus1199100⟩119910 minus 11991002

2) προκύπτει ότι

∥1199090 minus (1199100 + 120582(119910 minus 1199100))∥2lt 1199090 minus 11991002

το οποίο είναι άτοπο από την επιλογή του 1199100 ]

Άρα για κάθε 119910 isin 119861 ⟨119910 119906⟩ le ⟨1199100 119906⟩ Οπότε

() ℎ119861(119906) = sup119910isin119861

⟨119910 119906⟩ = ⟨1199100 119906⟩

αφού 1199100 isin 119861 Από τον ορισμό του 119906 εύκολα ελέγχουμε ότι ⟨1199100 119906⟩ lt⟨1199090 119906⟩ και από την ()

ℎ119861(119906) le ⟨1199100 119906⟩ lt ⟨1199090 119906⟩ le sup119909isin119860

⟨119909 119906⟩ = ℎ119860(119906)

το οποίο είναι άτοπο Επομένως Α sube 119861

Λ Για κάθε Α Β 119870 κυρτά σώματα στον ℝ119899 ισχύουν ταπαρακάτω

(i) Αν 119860 + 119870 = 119861 + 119870 τότε 119860 = 119861

(ii) Αν 119860 + 119870 sube 119861 + 119870 τότε 119860 sube 119861

Απόδειξη

(i) Η 119860 + 119870 = 119861 + 119870 συνεπάγεται την ℎ119860+119870(119906) = ℎ119861+119870(119906) γιακάθε 119906 isin 120138119899minus1 Άρα ℎ119860(119906) + ℎ119870(119906) = ℎ119861(119906) + ℎ119870(119906) οπότεℎ119860(119906) = ℎ119861(119906) Συνεπώς Α = Β

(ii) Έχουμε ℎ119860+119870(119906) le ℎ119861+119870(119906) το οποίο συνεπάγεται ότι

ℎ119860(119906) + ℎ119870(119906) le ℎ119861(119906) + ℎ119870(119906)

συνεπώς ℎ119860(119906) le ℎ119861(119906) Επομένως 119860 sube 119861

Άσκηση Για οποιουσδήποτε αριθμούς 0 lt 1199051 lt 1199052 lt hellip lt 119905119898 με

119898 ge 119899+1 θεωρήστε τα σημεία 119909119895 = 119909(119905119895) ∶= (119905119895 1199052119895 1199053119895 hellip 119905119899119895) isin ℝ119899 πάνω στην

laquoκαμπύλη αδρανείαςraquo 119872 ∶= (119905 1199052 1199053 hellip 119905119899) ∶ 119905 gt 0 στον ℝ119899 Αποδείξτε ότι

το πολύτοπο 119862(119898 119899) = conv1199091 1199092 hellip 119909119898 (ονομάζεται κυκλικό πολύτοπο) έχειτην ιδιότητα αν 1199041 1199042 hellip 119904119896 είναι οποιαδήποτε από τα 1199051 1199052 hellip 119905119898 με 2119896 le 119899τότε υπάρχει υπερεπίπεδο στήριξης 119867 του 119862(119898 119899) ώστε

119862(119898 119899) cap 119867 = conv119909(1199041) 119909(1199042) hellip 119909(119904119896)

δηλαδή

ο κυρτός συνδυασμός οποιονδήποτε 119896 κορυφώντου 119862(119898 119899) είναι έδρα του διάστασης 119896 minus 1 (lowast)

χρησιμοποιώντας την παρακάτω διαδικασία

Θεωρήστε το πολυώνυμο

0 le 119901(119905) =119896

prod119894=1

(119905 minus 119904119894)2 = 1205730 + 1205731119905 + 12057321199052 + ⋯ + 12057321198961199052119896

όπου οι συντελεστές του πολυωνύμου εξαρτώνται μόνο από τα 1199041 hellip 119904119896

Θεωρήστε το υπερεπίπεδο 119867 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119887⟩ = minus1205730 όπου 119887 =(1205731 1205732 hellip 1205732119896 0 0 hellip 0) isin ℝ119899 Αποδείξτε ότι οι κορυφές 119909(119904119894) ανήκουν στο

119867 και όλες οι υπόλοιπες ανήκουν στον ίδιο γνήσιο ημίχωρο που ορίζει το 119867

Π Τα πολύτοπα που έχουν την ιδιότητα (lowast) ονομάζονται

119896-neighborly πολύτοπα Παρατηρήστε ότι στο επίπεδο μόνο τα τρίγωνα είναι -

neighborly στον ℝ3 μόνο οι τριγωνικές πυραμίδες (4 κορυφές) είναι -neighborly

και γενικότερα τα simplices στον ℝ119899 είναι 119899-neighborly Όμως για παράδειγμα

στον ℝ3 δεν είναι δυνατόν να σχεδιαστεί ένα 2-neighborly πολύτοπο όπως το

παραπάνω με 5 ή περισσότερες κορυφές αφού η συνθήκη 2119896 le 119899 απαιτεί το

πολύτοπο να βρίσκεται τουλάχιστον στον ℝ4 Αυτός είναι ο λόγος που δεν

έχουμε σχήμα σε αυτή την άσκηση

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 για κάθε

119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 και για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119879 ισχύει

ℎ119879(119870)(119909) = ℎ119870(119879119905119909)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ℰ είναι το ελλειψοειδές

119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

τότε για κάθε 119906 = (1199061 hellip 119906119899) isin ℝ119899 ισχύει

ℎℰ(119906) = ⎛⎝

119899

sum119895=1

1198862119895 1199062

119895⎞⎠

12

Ο Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο

εσωτερικό του θέτουμε

119870∘ = 119910 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119910⟩ le 1 forall119909 isin 119870

Το 119870∘ είναι κυρτό σώμα και ονομάζεται πολικό σώμα του 119870

Πριν αποδείξουμε ότι το 119870∘ είναι πράγματι κυρτό σώμα αξίζει να κάνουμε

την εξής (ιστορικού περιεχομένου) παρατήρηση

Π Η έννοια του πολικού σώματος προέρχεται από

έννοιες της Ευκλείδειας γεωμετρίας οι οποίες μελετήθηκαν πρώτα από

τον Απολλώνιο στο Βιβλίο ΙΙΙ των κωνικών του Για κάθε σημείο 119862 στο

επίπεδο διαφορετικό της αρχής των αξόνων και κάθε ευθεία από το

119862 που τέμνει τον κύκλο κέντρου 119874 και ακτίνας 1 στα σημεία 119860 και 119861ορίζουμε το σημείο 119879 ώστε η τετράδα (119860 119861 119862 119879) να είναι αρμονική

δηλαδή να ισχύει119862119861119862119860

=119879119861119879119860

Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων 119879 καθώς αλλάζει η ευθεία που

διέρχεται από το 119862 είναι μια ευθεία κάθετη στην ευθεία 119874119862 και η οποία

ονομάζεται laquoπολική ευθείαraquo του 119862 ως προς τον κύκλο ακτίνας 1 και

κέντρου 119874 (Σχήμα ) Το σημείο 119862 ονομάζεται laquoπόλοςraquo της πολικής

ευθείας και μπορεί να δείξει κανείς ότι αν 119867 το σημείο τομής της πολικής

ευθείας με την ευθεία 119874119862 τότε ισχύει

() 119874119862 sdot 119874119867 = 1

(δείτε στο [ΕΓ] Ενότητα ) Ο όρος laquoπόλοςraquo χρησιμοποιήθηκε για

πρώτη φορά από τον F J Servois το ενώ ο όρος laquoπολική ευθείαraquo

προτάθηκε δύο χρόνια αργότερα από τον J D Gergonne Ανάλογοι

είναι οι ορισμοί για μεγαλύτερες διαστάσεις ορίζοντας τώρα τα πολικά

z

x

y

x

y

z

Σ Η πολική ευθεία 119879119867 του πόλου 119862 όταν αυτός είναι μέσα ή

έξω από τον κυκλικό δίσκο ακτίνας 1

υπερεπίπεδα ενός σημείου (διάφορου του 119874) στον χώρο Μπορεί εύκολα

να δείξει κανείς ότι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά

υπερεπίπεδα των σημείων του συνόρου του 119870 είναι το σώμα 119870∘ (Άσκη-

ση ) αλλά και αντίστροφα η τομή των ημιχώρων που ορίζονται

από τα πολικά υπερεπίπεδα των σημείων του συνόρου του 119870∘ είναι το

σώμα 119870 (Άσκηση ) Οι τελευταίες δύο προτάσεις περιέχουν την

πληροφορία ότι το 119870∘ είναι κυρτό σύνολο (ως τομή ημιχώρων) και το

ότι (119870∘)∘ = 119870 ιδιότητες που θα δούμε και παρακάτω

Αποδεικνύουμε τώρα ότι το πολικό ενός κυρτού σώματος 119870 είναι

κυρτό σώμα

(i) Το 119870∘ είναι κυρτό σύνολο Πράγματι αν 119910 119911 isin 119870∘ και 120582 isin [0 1]για κάθε 119909 isin 119870 ισχύει

⟨119909 (1 minus 120582)119910 + 120582119911⟩ = (1 minus 120582)⟨119909 119910⟩ + 120582⟨119909 119911⟩ le (1 minus 120582)1 + 1205821 = 1

συνεπώς (1 minus 120582)119910 + 120582119911 isin 119870∘

(ii) Το 119870∘ είναι σώμα

(α) Το int119870∘ είναι διάφορο του κενού συνόλου Πράγματι πα-

ρατηρούμε πρώτα ότι το 119870 είναι φραγμένο Άρα υπάρχει

Μ gt 0 ώστε το 119870 να είναι υποσύνολο του 1198611198992(0 119872) Ισχυ-

ριζόμαστε ότι

1198611198992 (0

1119872) sube 119870∘()

Αν 119910 isin 1198611198992(0 1119872) τότε 119910

2le 1119872 Θεωρούμε 119909 isin 119870

οπότε 119909 isin 1198611198992(0 119872) δηλαδή 119909

2le 119872 Άρα

⟨119909 119910⟩ le 1199092119910

2le

1119872

119872 = 1

Έτσι το 119910 ανήκει στο 119870∘ επιβεβαιώνοντας την () Συμ-

περαίνουμε ότι το 0 ανήκει στο int119870∘ Άρα το int119870∘ είναι

διάφορο του κενού συνόλου

(β) Το 119870∘ είναι φραγμένο Πράγματι επειδή 0 isin int119870 υπάρχει

120598 gt 0 ώστε να ισχύει ℬ1198992(0 120598) sube 119870 Θα δείξουμε ότι 119870∘ sube

ℬ1198992(0 1120598) Αν 119910 isin 119870∘ ⧵ 0 το σημείο 1205981199101199102 ανήκει

στο ℬ1198992(0 120598) άρα και στο 119870 Οπότε θα πρέπει να ισχύει

⟨119910 1205981199101199102⟩ le 1 ισοδύναμα 1199102 le 1120598

(γ) Το119870∘ είναι κλειστό Πράγματι έστω ότι119910119898 isin 119870∘ και119910119898 rarr 119910ως προς την ευκλείδεια νόρμα Δηλαδή 119910119899 minus 1199102 rarr 0 Γιανα δείξουμε ότι το 119910 ανήκει στο 119870∘ αρκεί να δείξουμε ότι

⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870 Όμως ⟨119909 119910119898⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870και για κάθε 119898 isin ℕ οπότε από τη συνέχεια του εσωτερικού

γινομένου παίρνουμε ότι ⟨119909 119910⟩ = lim119898rarrinfin⟨119909 119910119898⟩ le 1

Π Αν το 119870 είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμαστον ℝ119899 τότε και το 119870∘ είναι κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα

Απόδειξη Αν 119910 isin 119870∘ αρκεί να δείξουμε ότι minus119910 isin 119870∘ Όμως για κάθε

119909 isin 119870 ισχύει minus119909 isin 119870 αφού το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό Άρα

⟨119909 minus119910⟩ = ⟨minus119909 119910⟩ le 1

Π Έστω ότι το ℰ είναι ένα ελλειψοειδές με κέντρο στο

0 και μήκη ημιαξόνων 1198861 hellip 119886119899 Αν χρησιμοποιήσουμε τις διευθύνσεις

των ημιαξόνων του για το σύστημα συντεταγμένων τότε

ℰ = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

Το πολικό του ℰ∘ είναι το ελλειψοειδές

ℰ∘ = (1199101 hellip 119910119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199102119895 1198862

119895 le 1

με τους ίδιους άξονες με το ℰ και μήκη ημιαξόνων 119886minus11 hellip 119886minus1

119899 Αυτό

προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Cauchy-Schwartz Πράγματι αν ℰprime

το παραπάνω ελλειψοειδές με μήκη ημιαξόνων 119886minus11 hellip 119886minus1

119899 θα δείξουμε

ότι ℰprime = ℰ∘ Αν 119910 = (1199101 hellip 119910119899) isin ℰprime και 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℰ τότε

⟨119909 119910⟩ =119899

sum119895=1

119909119895119910119895 =119899

sum119895=1

119909119895

119886119895119886119895119910119895 le (

119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895)

12

(119899

sum119895=1

1198862119895 1199102

119895 )12

le 1

Άρα 119910 isin ℰ∘

Αντίστροφα αν 119910 = (1199101 hellip 119910119899) isin ℰ∘ τότε ⟨119909 119910⟩ = sum119899119895=1 119909119895119910119895 le 1

για κάθε 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℰ Αν 119910 = 0 προφανώς 119910 isin ℰprime Αν 119910 ne 0τότε θεωρούμε το σημείο 119909 = (119909119895)119899

119895=1 με

119909119895 =1198862

119895 119910119895

radicsum119899119894=1 1198862

119894 1199102119894

για 119895 = 1 hellip 119899 Εύκολα ελέγχουμε ότι 119909 isin ℰ άρα θα πρέπει ⟨119909 119910⟩ le 1η οποία με απλές πράξεις δίνει sum

119899119894=1 1198862

119894 1199102119894 le 1 Συνεπώς 119910 isin ℰprime

Π Το πολικό του κυρτού σώματος ℬ1198991 είναι το ℬ119899

infin

Πράγματι αν 119910 isin (ℬ1198991 )∘ τότε ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin ℬ119899

1 Επιλέγουμε 1198950ώστε |1199101198950

| = max119895=1 hellip 119899 |119910119895| Αν |1199101198950| = 0 τότε προφανώς 119910 = 0 isin ℬ119899

infin

Αν |1199101198950| ne 0 θεωρούμε το διάνυσμα 119909 με συντεταγμένες 119909119895 = 0 για κάθε

119895 ne 1198950 και 1199091198950= 1199101198950

|1199101198950| Εύκολα βλέπουμε ότι 119909 isin ℬ119899

1 οπότε αφού

119910 isin (ℬ1198991 )∘ θα πρέπει να ισχύει ⟨119909 119910⟩ le 1 Αλλά ⟨119909 119910⟩ = |1199101198950

| δηλαδήmax119895=1 hellip 119899 |119910119895| le 1 από όπου συμπεραίνουμε ότι 119910 isin ℬ119899

infin Δείξαμε λοιπόν

ότι (ℬ1198991 )∘ sube ℬ119899

infin Αντιστρόφως αν 119910 isin ℬ119899infin τότε max119895=1 hellip 119899 |119910119895| le 1 όπου

119910119895 για 119895 = 1 hellip 119899 οι συντεταγμένες του 119910 Αν θεωρήσουμε οποιοδήποτε

119909 isin ℬ1198991 θα έχουμε

|⟨119909 119910⟩| = ∣119899

sum119895=1

119909119895119910119895∣ le119899

sum119895=1

|119909119895| |119910119895| le max119895=1 hellip 119899

|119910119895|119899

sum119895=1

|119909119895| le 1

Άρα ⟨119909 119910⟩ le 1 και συνεπώς 119910 isin (ℬ1198991 )∘

Σ Το πολικό σώμα του ℬ1198991 είναι το ℬ119899

infin

Π Στο προηγούμενο παράδειγμα παρατηρούμε ότι

το πολικό του ενός πολυτόπου έχει έδρα στη διεύθυνση που το αρχικό

πολύτοπο έχει κορυφή Είναι εύκολο να δει κανείς ότι αυτό είναι γενικό

χαρακτηριστικό των πολυτόπων και των πολικών τους και δεν ισχύει

μόνο για την περίπτωση του ℬ1198991 και του ℬ119899

infin

Η συνάρτηση στήριξης ℎ119870 ορίστηκε για διανύσματα στη μοναδιαία

ευκλείδεια σφαίρα Μπορούμε όμως να επεκτείνουμε τον ορισμό της σε

όλο το ℝ119899 αφού ο Ορισμός είναι καλός και για διανύσματα που

δεν έχουν μήκος ισο με 1

Ο Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 επεκτείνουμετον ορισμό της συνάρτησης στήριξης ℎ119870 του 119870 σε κάθε σημείο 119910 του ℝ119899θέτοντας

ℎ119870(119910) = sup⟨119909 119910⟩ ∶ 119909 isin 119870

Παρατηρούμε ότι για 119910 ne 0 ισχύει ℎ119870(119910) = 1199102ℎ119870(1199101199102)Από τον ορισμό του πολικού σώματος και τον ορισμό της συνάρτησης

στήριξης προκύπτει εύκολα ότι 119870∘ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ℎ119870(119909) le 1 Αν το 119870είναι κεντρικά συμμετρικό οπότε είναι και το 119870∘ γνωρίζουμε ήδη ότι

119870∘ = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119870∘ le 1 (Πρόταση ) Στο φυσιολογικό ερώτημα

ποια είναι η σχέση της ℎ119870 με την sdot 119870∘ για κεντρικά συμμετρικά κυρτά

σώματα απαντάει η παρακάτω πρόταση

Π Έστω 119870 κυρτό και συμμετρικό ως προς το 0 σώμαστον ℝ119899 Τότε

ℎ119870(119910) = 119910119870∘

Απόδειξη Ισχύει

ℎ119870(119910) = sup⟨119910 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 = 119910119870∘ sup ⟨119910

119910119870∘ 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870

()

Αρκεί να δείξουμε λοιπόν ότι το τελευταίο supremum ισούται με 1Επειδή το 119910119910119870∘ έχει sdot 119870∘ -νόρμα ίση με 1 ανήκει στο 119870∘ Συνεπώς

⟨119910119910119870∘ 119909⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870 οπότε το παραπάνω supremum είναι

μικρότερο ή ίσο του 1 Αν είναι γνήσια μικρότερο το 1 θεωρούμε 120582 gt 1ώστε

120582 sup ⟨119910

119910119870∘ 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 lt 1

Έτσι

sup ⟨120582119910

119910119870∘ 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 lt 1

οπότε 120582119910119910119870∘ isin 119870∘ Αλλά

∥120582119910

119910119870∘∥

119870∘

= 120582 gt 1

το οποίο είναι άτοπο (Πρόταση )

Άσκηση Αποδείξτε με άμεσο τρόπο (χωρίς τη χρήση της απόδειξης του

Παραδείγματος ) ότι (ℬ1198992)∘ = ℬ119899

2 και για κάθε 119903 gt 0 ισχύει (119903ℬ1198992)∘ =

119903minus1ℬ1198992

Άσκηση Αν 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 αντιστρέψιμος πίνακας και 119870 κυρτό σώμα

που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του αποδείξτε ότι και το 119879(119870) περιέχει το 0στο εσωτερικό του και (119879(119870))∘ = (119879119905)minus1(119870∘)

Άσκηση Αποδείξτε με τη χρήση παραγώγων ότι η παράσταση ⟨119909 119910⟩για 119909 isin ℝ119899 με sum

119899119895=1 1199092

119895 1198862119895 le 1 και 119910 ne 0 μεγιστοποιείται για το 119909 με

συντεταγμένες

119909119895 =1198862

119895 119910119895

radicsum119899119894=1 1198862

119895 1199102119895

119895 = 1 hellip 119899 όπου τα 119910119895 είναι οι συντεταγμένες του 119910 και τα 119886119895 είναι θετικοί

αριθμοί

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν τα 119860 και 119861 είναι κυρτά σώματα που περιέχουν

το 0 στο εσωτερικό τους τότε

(i) (119860 cap 119861)∘ = conv(119860∘ cup 119861∘)

(ii) (Α + Β)∘ sube 119860∘ cap 119861∘ Δώστε ένα παράδειγμα όπου δεν ισχύει η ισότητα

Άσκηση Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο εσωτερικό

του αποδείξτε ότι για κάθε 119905 gt 0 ισχύει (119905119870)cap(119905minus1119870∘) sube ℬ1198992 καιℬ119899

2 sube 119905119870+119905minus1119870

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 1 lt 119901 lt infin και 1 lt 119902 lt infin με 119901minus1+119902minus1 = 1ισχύει (ℬ119899

119901 )∘ = ℬ119899119902

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο

εσωτερικό του

(i) Αν 119909 isin bd(119870) αποδείξτε ότι το πολικό υπερεπίπεδο του 119909 όπως

ορίστηκε στην Παρατήρηση είναι επίπεδο στήριξης του πολικού

σώματος 119870∘ (Υπόδειξη παρατηρήστε ότι σύμφωνα με την () το

πολικό υπερεπίπεδο του 119909 είναι το 119911 isin ℝ119899 ∶ ⟨119911 119909⟩ = 1)

(ii) Αποδείξτε ότι κάθε υπερεπίπεδο στήριξης του 119870∘ έχει πόλο στο bd(119870)και έτσι το 119870∘ είναι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά

υπερεπίπεδα στοιχείων του bd(119870)

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο

εσωτερικό του

(i) Αν 119909 isin bd(119870∘) αποδείξτε ότι το πολικό υπερεπίπεδο του 119909 όπως

ορίστηκε στην Παρατήρηση είναι επίπεδο στήριξης του σώματος

119870

(ii) Αποδείξτε ότι κάθε υπερεπίπεδο στήριξης του 119870 έχει πόλο στο bd(119870∘)και έτσι το 119870 είναι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά

υπερεπίπεδα στοιχείων του bd(119870∘)

Η Άσκηση έχει ως συνέπεια το γεγονός ότι ((ℬ119899119901)∘)∘ = ℬ119899

119901για κάθε 0 lt 119901 lt 1 Στη συνέχεια θέλουμε να δείξουμε ότι αυτό ισχύει

γενικά για κάθε κυρτό σώμα 119870 που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του

δηλαδή ισχύει (119870∘)∘ = 119870

Ο Τα σύνολα 119870 και 119863 στον ℝ119899 διαχωρίζονται από το

υπερεπίπεδο Η119906120582 αν 119870 sube 119867minus119906120582 και 119863 sube 119867+

119906120582 ή 119870 sube 119867+119906120582 και 119863 sube 119867minus

119906120582

Έτσι στην περίπτωση που 119870 sube 119867minus119906120582 και 119863 sube 119867+

119906120582 ισχύει ⟨119909 119906⟩ le 120582 για

κάθε 119909 isin 119870 και ⟨119910 119906⟩ ge 120582 για κάθε 119910 isin 119863

Ο Τα 119870 119863 διαχωρίζονται γνήσια αν υπάρχει λωρίδα

Λ119906119886119887 με 119886 lt 119887 ώστε 119870 sube Λminus119906119886119887 και 119863 sube Λ+

119906119886119887 ή 119870 sube Λ+119906119886119887 και 119863 sube Λminus

119906119886119887

Στην περίπτωση λοιπόν που ισχύει 119870 sube Λminus119906119886119887 και 119863 sube Λ+

119906119886119887 θα έχουμε

⟨119909 119906⟩ le 119886 lt 119887 le ⟨119910 119906⟩

για κάθε 119909 isin 119870 και για κάθε 119910 isin 119863

Π Αν τα 119870 και 119863 είναι κυρτά υποσύνολα του ℝ119899 ταακόλουθα είναι ισοδύναμα

(i) Τα 119870 και 119863 διαχωρίζονται (αντίστοιχα διαχωρίζονται γνήσια)

(ii) Το κυρτό σύνολο 119870 minus 119863 = 119888 minus 119889 ∶ 119888 isin 119870 119889 isin 119863 και το 0διαχωρίζονται (αντίστοιχα διαχωρίζονται γνήσια)

Απόδειξη (i)rArr(ii) Το 119870minus119863 είναι κυρτό διότι αν 1198881 minus1198891 1198882 minus1198892 isin 119870minus119863και 120582 isin [0 1] έχουμε

(1minus120582)(1198881minus1198891)+120582(1198882minus1198892) = ((1minus120582)1198881+1205821198882)minus((1minus120582)1198891+1205821198892) isin 119870minus119863

Έστω ότι Λ119906120572120573 = 119909 ∶ 120572 le ⟨119906 119909⟩ le 120573 με 120572 lt 120573 είναι η λωρίδα που

διαχωρίζει γνήσια τα 119870 και 119863 Ας υποθέσουμε ότι 119870 sube 119909 ∶ ⟨119906 119909⟩ le 120572και 119863 sube 119910 ∶ ⟨119906 119910⟩ ge 120573 Τότε

119870 minus 119863 sube 119909 minus 119910 ∶ ⟨119906 119909 minus 119910⟩ le 120572 minus 120573

Συνεπώς αφού 120572 minus 120573 lt 0 τα 119870 minus 119863 και 0 διαχωρίζονται γνήσια από

τη λωρίδα

Λ119906120572minus1205730 = 119911 ∶ 120572 minus 120573 le ⟨119906 119911⟩ le 0

(ii)rArr(i) Έστω ότι η λωρίδα

Λ119906minus1205740 = 119911 ∶ minus120574 le ⟨119906 119911⟩ le 0

με 120574 gt 0 διαχωρίζει γνήσια το 119870 minus 119863 από το 0 Άρα αν 119909 isin 119870 και

119910 isin 119863 θα ισχύει ⟨119906 119909 minus 119910⟩ le minus120574 οπότε ⟨119906 119909⟩ + 120574 le ⟨119906 119910⟩ για κάθε

119909 isin 119870 και για κάθε 119910 isin 119863 Αν θέσουμε 120572 = sup⟨119906 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 ισχύει120572 + 120574 le ⟨119906 119910⟩ για κάθε 119910 isin 119863 Άρα τα 119870 και 119863 διαχωρίζονται γνήσια

από τη λωρίδα

Λ119906120572120572+120574 = 119911 ∶ 120572 le ⟨119906 119911⟩ le 120572 + 120574

Θ Έστω ότι τα 119870 119863 είναι κυρτά υποσύνολα του ℝ119899Αν το 119870 είναι συμπαγές το 119863 κλειστό και 119870 cap 119863 = τότε τα 119870 119863διαχωρίζονται γνήσια

Απόδειξη Από την Πρόταση υπάρχουν 1199090 isin 119870 1199100 isin 119863 ώστε

119889(119870 119863) = 1199090 minus 11991002 gt 0

Θέτουμε 119906 = 1199100 minus 1199090 το οποίο είναι διαφορετικό του μηδενός Ισχυρι-

ζόμαστε τώρα ότι η λωρίδα

119909 ∶ ⟨1199090 119906⟩ le ⟨119909 119906⟩ le ⟨1199100 119906⟩

διαχωρίζει το 119870 από το 119863 Πράγματι αν 119909 isin 119870 τότε

⟨119909 119906⟩ le ⟨1199090 119906⟩ hArr ⟨119909 minus 1199090 119906⟩ le 0 hArr ⟨119909 minus 1199090 1199100 minus 1199090⟩ le 0

Εάν υποθέσουμε ότι αυτό είναι λάθος τότε υπάρχει 1199091 isin 119870 ώστε

⟨1199091 minus 1199090 1199100 minus 1199090⟩ gt 0 Το [1199090 1199091] είναι υποσύνολο του 119870 αφού το 119870είναι κυρτό άρα

119911120582 = 1199090 + 120582(1199091 minus 1199090) isin 119870 για κάθε 120582 isin [0 1]

Έχουμε

1199100 minus 11991112058222 = (1199100 minus 1199090) minus (119911120582 minus 1199090)2

2

= ⟨(1199100 minus 1199090) minus (119911120582 minus 1199090) (1199100 minus 1199090) minus (119911120582 minus 1199090)⟩= 1199100 minus 11990902

2 + 119911120582 minus 119909022 minus 2⟨1199100 minus 1199090 119911120582 minus 1199090⟩

= 1199100 minus 119909022 + 12058221199091 minus 11990902

2 minus 2120582⟨1199100 minus 1199090 1199091 minus 1199090⟩= 1199100 minus 11990902

2 + 120582(1205821199091 minus 119909022 minus 2⟨1199100 minus 1199090 1199091 minus 1199090⟩)

lt 1199100 minus 119909022

το οποίο είναι άτοπο για 120582 gt 0 αρκετά κοντά στο μηδέν αφού η

παρένθεση είναι αρνητική καθώς το 120582 πηγαίνει στο μηδέν από δεξιά

Ομοίως

119863 sube 119909 ∶ ⟨119906 119909⟩ ge ⟨119906 1199100⟩

Δυο κυρτά σύνολα δεν διαχωρίζονται μόνο υπό τις προϋποθέσεις

του Θεωρήματος Αν είναι κυρτά και έχουν ξένα εσωτερικά τότε

και πάλι διαχωρίζονται Τα βήματα που απαιτούνται παρουσιάζονται

στην Άσκηση

Μια εφαρμογή του διαχωρισμού κυρτών συμπαγών συνόλων είναι

ότι το πολικό του 119870∘ είναι το 119870

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 με 0 isin int(119870) ισχύειότι (Κ∘)∘ = Κ

Απόδειξη Αν 119909 isin 119870 τότε ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119910 isin 119870∘ Αλλά αυτό

συνεπάγεται (από τον ορισμό του (119870∘)∘) ότι 119909 isin (119870∘)∘ Άρα 119870 sube (119870∘)∘

Αντίστροφα έστω ότι 119909 isin (119870∘)∘ Πρέπει να δείξουμε ότι 119909 isin 119870 Αν

όχι τότε τα 119909 και 119870 διαχωρίζονται γνησίως Άρα υπάρχει 119906 isin ℝ119899 ⧵0ώστε

⟨119911 119906⟩ le 1 lt ⟨119909 119906⟩

για κάθε 119911 isin 119870 Η ανισότητα στα αριστερά μας λέει ότι 119906 isin 119870∘ Ως εκ

τούτου η ανισότητα στα δεξιά τώρα μας λέει ότι 119909 notin (119870∘)∘ το οποίο

είναι άτοπο Συνεπώς (119870∘)∘ sube 119870

Π Αν τα 119870 και 119871 είναι κυρτά σώματα με 0 isin int(119870)0 isin int(119871) και 120582 gt 0 ισχύουν οι εξής ιδιότητες

(i) (120582119870)∘ =1120582

119870∘

(ii) 119870 sube 119871 αν και μόνο αν 119870∘ supe 119871∘

(iii) Για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ισχύει (119879(119870)∘) =(119879119905)minus1(119870∘)

Απόδειξη (i) 119910 isin (120582119870)∘ αν και μόνο αν ⟨119910 120582119909⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870Ισοδύναμα ⟨120582119910 119909⟩ le 1 και άρα 120582119910 isin 119870∘ ισοδύναμα 119910 isin (1120582)119870

(ii) Έστω ότι 119870 sube 119871 Αν 119910 isin 119871∘ τότε ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119871Αλλά 119870 sube 119871 άρα η ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870 Συνεπώς 119910 isin 119870∘ Δείξαμε

δηλαδή ότι 119871∘ sube 119870∘

Αντιστρόφως αν 119871∘ sube 119870∘ από το ευθύ συμπεραίνουμε ότι (119871∘)∘ supe(119870∘)∘ Η χρήση της Πρότασης ολοκληρώνει την απόδειξη

(iii) 119910 isin (119879(119870))∘ αν και μόνο αν ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119879(119870)Ισοδύναμα ⟨119879(119911) 119910⟩ le 1 για κάθε 119911 isin 119870 Αλλά

⟨119879(119911) 119910⟩ = (119879119911)119905119910 = (119911119905119879119905)119910 = 119911119905(119879119905119910) = ⟨119911 119879119905(119910)⟩

Άρα 119910 isin (119879(119870))∘ αν και μόνο αν 119879119905(119910) isin 119870∘ ισοδύναμα 119911 isin (119879119905)minus1(119870∘)

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 119871 είναι κεντρικά συμμετρικά κυρτά σώματα

στον ℝ119899 Αποδείξτε ότι 119909119870 le 119872119909119871 αν και μόνο αν 119870 supe 119872minus1119871 αν και μόνο

αν 119909119870∘ ge 119872minus1119909119871∘

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα στον ℝ119899

και 119865 υπόχωρος του ℝ119899 διάστασης 119896 όπου 119896 = 1 hellip 119899 Αποδείξτε ότι ισχύει(119870 cap 119865)∘ = 119875119865(119870∘) όπου το πολικό (119870 cap 119865)∘ εννοείται μέσα στον υπόχωρο 119865(Υπόδειξη Από την Πρόταση αρκεί να δειχθεί ότι 119870 cap 119865 = (119875119865(119870∘))∘)

Άσκηση Έστω ότι τα κυρτά σύνολα 119870 και 119863 έχουν ξένα εσωτερικά

Αποδείξτε ότι τα 119870 και 119863 διαχωρίζονται ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Αποδείξτε ότι αν το 119870 είναι κυρτό σύνολο και 119909 isin 120597119870 τότε υπάρχει

υπερεπίπεδο στήριξης του 119870 στο 119909 (Υπόδειξη Θεωρήστε ακολουθία

119910119898 notin 119870 ώστε 119910119898 rarr 119909 Διαχωρίστε τα 119910119898 και 119870 με υπερεπίπεδα

κάθετα στα μοναδιαία 119906119898 σύμφωνα με το Θεώρημα και περάστε

σε συγκλίνουσα υπακολουθία της 119906119898)

(ii) Θεωρήστε το σύνολο 119864 = int(119870) minus int(119863) Φανερά 0 notin 119864 Δείξτε ότι

το 119864 είναι ανοικτό σύνολο Έτσι είτε 0 notin 119864 είτε 0 isin 120597119864 Στην πρώτη

περίπτωση εφαρμόστε το Θεώρημα και την Πρόταση ενώ

στη δεύτερη περίπτωση χρησιμοποιήστε το (i)

Άσκηση Αποδείξτε ότι το σύνολο 119870 sube ℝ119899 είναι κυρτό αν και μόνο αν

119870 = ⋂119867minus ∶ 119867 υπερεπίπεδο στήριξης του 119870

όπου με 119867minus συμβολίζουμε τον ημίχωρο που σχηματίζει το υπερεπίπεδο 119867 ο

οποίος περιέχει το 119870

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν τα 119909 και 119910 δεν ανήκουν στο conv(119862) τότε

conv(119862 cup 119909)) = conv(119862 cup 119910)

αν και μόνο αν 119909 = 119910

Άσκηση Το 119910 λέγεται βαρύκεντρο του κυρτού σώματος 119870 και γράφουμε

119910 = bar(119870) αν 119910 = int119870119909 119889119909 δηλαδή αν 119910 = (1199101 hellip 119910119899) και

119910119895 = int119870

119909119895 119889119909 = int119870⟨119909 119890119895⟩ 119889119909

όπου (119890119895)119899119895=1 η συνήθης βάση του ℝ119899 Αποδείξτε ότι

(i) Το 119910 είναι το βαρύκεντρο του 119870 αν και μόνο αν

⟨119911 119910⟩ = int119870⟨119911 119909⟩ 119889119909

για κάθε 119911 isin ℝ119899

(ii) bar(119870 minus bar(119870)) = 0

(iii) Το βαρύκεντρο κυρτών συμάτων ανήκει στο εσωτερικό τους bar(119870) isinint(119870)

(iv) (119870 minus bar(119870))∘ ∘ = 119870 minus bar(119870)

Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΟΓΚΟΥ

Ο (Όγκος Παραλληλεπιπέδου) Ορίζουμε τον όγκο vol119899(119861)ενός παραλληλεπιπέδου 119861 στον ℝ119899 να είναι το γινόμενο 119899 laquoανεξάρτη-

τωνraquo ακμών δηλαδή αν 119861 = [1198861 1198871] times ⋯ times [119886119899 119887119899] (ως προς κατάλληλη

ορθοκανονική βάση) τότε

vol119899(119861) =119899

prod119895=1

(119887119895 minus 119886119895)

Όταν η διάσταση εννοείται τότε γράφουμε vol(119861) ή και |119861|Στη συνέχεια θα ορίσουμε τον όγκο ενός πολυπαραλληλεπιπέδου

δηλαδή ενός συνόλου που είναι ένωση πεπερασμένου πλήθους παραλ-

ληλεπιπέδων με παράλληλες μεταξύ τους ακμές και ξένα εσωτερικά να

είναι το άθροισμα των όγκων των παραλληλεπιπέδων

Ο Αν 119860 = 1198611 cup 1198612 cup ⋯ cup 119861119896 με 119861119895 παραλληλεπίπεδα και

int(119861119895) cap int(119861119894) =

για 119894 διαφορετικό του 119895 τότε ορίζουμε τον όγκο του 119860 να είναι

vol119899(119860) =119899

sum119895=1

vol119899(119861119895)

Π Ο ορισμός αυτός αποδεικνύεται εύκολα ότι είναι

καλός Δηλαδή αν ένα πολυπαραλληλεπίπεδο γράφεται ως πεπερασμένη

ένωση παραλληλεπιπέδων με ξένα εσωτερικά με δύο τρόπους τότε και

οι δύο τρόποι δίνουν το ίδιο αποτέλεσμα Για να γίνει σαφές αυτό που

περιγράφουμε εδώ σκεφτείτε ότι το [0 1] times [0 1] γράφεται και ως

([0 12] times [0 1]) cup ([12 1] times [0 1])

αλλά και ως

([0 12] times [0 12]) cup ([12 1] times [0 12]) cup ([0 1] times [12 1])

Το να είναι καλός ο παραπάνω ορισμός σημαίνει ότι και οι δύο γραφές

πρέπει να δίνουν το ίδιο εμβαδόν Και πράγματι αυτό συμβαίνει Τα

βήματα για την απόδειξη ότι ο ορισμός είναι καλός περιγράφονται στην

Άσκηση

Π Τόσο ο όγκος παραλληλεπιπέδου όσο και ο όγκος

πολυπαραλληλεπιπέδου ικανοποιούν προφανώς τις ιδιότητες

vol119899(119909 + 119861) = vol119899(119861) και vol119899(120582119861) = 120582119899vol119899(119861)

για κάθε παραλληλεπίπεδο ή πολυπαραλληλεπίπεδο 119861 για κάθε 119909 isin ℝ119899

και για κάθε 120582 gt 0

Τέλος σταθεροποιούμε ένα σύστημα αξόνων και ορίζουμε τον όγκο

ενός κυρτού σώματος 119870 ως εξής

Ο Το σύνολο 119870 υποσύνολο του ℝ119899 λέγεται Jordan με-

τρήσιμο αν

supvol119899(119860) ∶ 119860 sube 119870 = infvol119899(119861) ∶ 119861 supe 119870

όπου τα Α και 119861 είναι πολυπαραλληλεπίπεδα

Αν αυτό συμβαίνει τότε την κοινή τιμή την ονομάζουμε όγκο του

κυρτού σώματος 119870 και τη συμβολίζουμε με vol119899(119870) ή αν δεν υπάρχει

ασάφεια για τη διάσταση του χώρου με vol(119870) ή |119870|

Π Θα δούμε παρακάτω ότι ο ορισμός αυτός είναι

ανεξάρτητος του συστήματος αξόνων που σταθεροποιήσαμε (δείτε

Πρόταση (v))

Π Αν θέσουμε 120594119870 ∶ ℝ119899 rarr ℝ με 120594119870(119909) = 1 αν 119909 isin 119870και 120594119870(119909) = 0 αν 119909 notin 119870 τότε εύκολα βλέπουμε ότι το 119870 είναι Jordan

μετρήσιμο αν και μόνο αν η 120594119870 είναι Riemann ολοκληρώσιμη στο ℝ119899 και

σε αυτή την περίπτωση

vol(119870) = intℝ119899

120594119870(119909) 119889119909 = intinfin

minusinfin⋯ int

infin

minusinfin120594119870((1199091 hellip 119909119899)) 1198891199091 hellip 119889119909119899

Ο Ορισμός μπορεί να δοθεί για κάθε υποσύνολο 119870 του ℝ119899

Υπάρχουν όμως και σύνολα για τα οποία η παραπάνω ισότητα δεν

ισχύει Τότε λέμε ότι το 119870 δεν έχει όγκο Αλλά αν το 119870 είναι κυρτό σώμα

τότε είναι πάντα Jordan μετρήσιμο δηλαδή έχει όγκο

Θ Αν το 119870 είναι κυρτό σώμα στον ℝ119899 τότε το 119870 είναι119869119900119903119889119886119899 μετρήσιμο

Απόδειξη Αποδεικνύουμε πρώτα τον ακόλουθο ισχυρισμό

Ι Αν το 119870 είναι υποσύνολο του 119880 όπου 119880 είναι ανοιχτό σύνολο

τότε υπάρχει πολυπαραλληλεπίπεδο Α ώστε να ισχύει 119870 sube 119860 sube 119880

[Απόδειξη του ισχυρισμού Θέτουμε 120588 = 119889(119870 ℝ119899 ⧵ 119880) οπότε σύμφωνα

με την Πρόταση ισχύει 120588 gt 0 Επίσης θέτουμε

Β0 = [minus1205884radic119899

120588

4radic119899]

119899

Το 1198610 είναι ένας κύβος στον ℝ119899 με κέντρο το 0 και

diam1198610 = 2radic119899120588

4radic119899=

1205882

lt 120588

Αν το 119909 ανήκει στο 119870 τότε

() 119909 + 1198610 sube 119880

όπου το 119909 + 1198610 είναι κύβος με κέντρο το 119909 H () ισχύει διότι το Β0δεν επιτρέπει μεγάλες μεταβολές της νόρμας Οι μεταβολές της νόρμας

μέσα στο 119909 + 1198610 είναι πάντα μικρότερες του 120588 διότι η διάμετρος του

κύβου είναι μικρότερη του 120588 Το 119909 είναι το κέντρο του κύβου άρα το 119909ανήκει στο int(119909 + 1198610) Οπότε κάθε σημείο 119909 του 119870 καλύπτεται με έναν

κύβο κέντρου 119909 Έτσι

119870 sube ⋃119909isin119870

int(119909 + 1198610)

Το 119870 είναι συμπαγές άρα έχει πεπερασμένο υποκάλυμμα Δηλαδή

υπάρχουν 1199091 hellip 119909119899 στο 119870 ώστε

119870 sube119873

⋃119894=1

int(119909119894 + 1198610) sube119873

⋃119894=1

(119909119894 + 1198610) συνεπώς 119870 sube 119860 sube 119880

με 119860 = ⋃119873119894=1(119909119894 + 1198610) πολυπαραλληλεπίπεδο ]

Το 119870 είναι σώμα άρα το int(119870) δεν είναι κενό Αν 119909 isin int(119870) θέτουμε

119870 = 119870 minus 119909 οπότε 0 isin int(119870) Έστω ένα 120598 gt 0 Θα δείξουμε ότι

το 119870 είναι Jordan μετρήσιμο Θεωρούμε το σύνολο (1 minus 120598)119870 Από την

Πρόταση (iii) ισχύει (1 minus 120598)119870 sube int(119870) Άρα από τον ισχυρισμό

υπάρχει πολυπαραλληλεπίπεδο Α0 ώστε (1 minus 120598)119870 sube 1198600 sube int119870 sube 119870και άρα

1198600 sube 119870 sube1

1 minus 1205981198600

Συνεπώς

1198600 + 119909 sube 119870 sube 119909 +1

1 minus 1205981198600

Έχουμε

vol(119909 + 1198600) = vol(1198600) le supvol(119860) 119860 sube 119870 le infvol(119861) 119861 supe 119870

όπου τα Α Β είναι πολυπαραλληλεπίπεδα Το 119909 + (1 minus 120598)minus11198600 περιέχει

το 119870 Έτσι χρησιμοποιώντας την Παρατήρηση θα έχουμε

infvol(119861) 119861 supe 119870 le vol(119909 +1

1 minus 1205981198600) = vol(

11 minus 120598

1198600)

= (1

1 minus 120598)119899

vol(1198600)

Έτσι συμπεραίνουμε ότι

()

0 le infvol(119861) 119861 supe 119870minussupvol(119860) 119860 sube 119870 le ((1

1 minus 120598)119899

minus 1) vol(1198600)

Για να ολοκληρωθεί η απόδειξη πρέπει να αφήσουμε το 120598 να πάει στο

μηδέν Αλλά πρέπει να ξεπεράσουμε πρώτα το πρόβλημα ότι το 1198600εξαρτάται από το 120598 Για να το κάνουμε αυτό παρατηρούμε ότι 1198600 sube 119870και το 119870 ως κυρτό σώμα είναι φραγμένο Οπότε υπάρχει κύβος 119876 με

μήκος ακμής έστω 119872 gt 0 ώστε 119870 sube 119876 Άρα 1198600 sube 119876 και από τον ορισμό

του όγκου για τα πολυπαραλληλεπίπεδα vol(1198600) le vol(119876) = 119872119899 Έτσι

η () γίνεται

0 le infvol(119861) 119861 supe 119870 minus supvol(119860) 119860 sube 119870 le ((1

1 minus 120598)119899

minus 1) 119872119899

Αφήνοντας το 120598 να πάει στο μηδέν από δεξιά ολοκληρώνεται η απόδειξη

Άσκηση Αποδείξτε ότι ο Ορισμός είναι καλός ακολουθώντας τα

παρακάτω βήματα

(i) Υποθέστε ότι το πολυπαραλληλεπίπεδο 119860 γράφεται ως πεπερασμένη

ένωση των παραλληλεπιπέδων 119861119894 με ξένα εσωτερικά για 119894 = 1 hellip 119896 και

πεπερασμένη ένωση των παραλληλεπιπέδων 119862119895 με ξένα εσωτερικά για

119895 = 1 hellip 119896 για 119895 = 1 hellip 119898

(ii) Αποδείξτε ότι sum119896119894=1 vol(119861119894) = sum

119898119895=1 vol(119862119895) εξηγώντας πρώτα γιατί 119861119894 =

cup119898119895=1(119861119894 cap 119862119895) με τα 119861119894 cap 119862119895 να έχουν ξένα εσωτερικά

Ιδιότητες Όγκου

Οι ιδιότητες του όγκου που παρουσιάζονται στις παρακάτω προ-

τάσεις μπορούν να αποδειχθούν τόσο με τον ορισμό του όγκου μέσω

πολυπαραλληλεπιπέδων όσο και με τη βοήθεια του ολοκληρώματος

Riemann των χαρακτηριστικών συναρτήσεων (Παρατήρηση )

Π Για σύνολα που έχουν όγκο ισχύουν οι παρακάτωιδιότητες

(i) Αν 1198701 sube 1198702 τότε vol(1198701) le vol(1198702)

(ii) Αν 119870 sube ℝ119899minus1 τότε vol119899(119870) = 0

(iii) vol(120582119870) = 120582119899vol(119870)

(iv) vol(119870 + 119905) = vol(119870)

(v) Αν 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 πίνακας με Τ119905119879 = 119868 τότε vol(119879(119870)) = vol(119870)

Απόδειξη Αποδεικνύουμε μόνο το (v)

Το (v) ισχύει αν 119870 παραλληλεπίπεδο θεωρούμε το

119861 = [0 1205721] times ⋯ times [0 120572119899] = 119899

sum119895=1

120582119895119890119895 0 le 120582119895 le 120572119895

Έχουμε

119879(119861) = 119879 (119899

sum119895=1

120582119895119890119895) 0 le 120582119895 le 120572119895 = 119899

sum119895=1

120582119895(119879119890119895) 0 le 120582119895 le 120572119895

Αλλά

Τ11989011989522 = ⟨119879119890119895 119879119890119895⟩ = (119879119890119895)119905119879119890119895 = 119890119905

119895119879119905119879119890119895 = 119890119905119895119890119895 = ⟨119890119895 119890119895⟩ = 1

Άρα το μήκος του διανύσματος 119879119890119895 είναι 1

⟨119879119890119894 119879119890119895⟩ = (119879119890119894)119905119879119890119895 = 119890119905119894(119879119905119879)119890119895 = 119890119905

119894119890119895 = ⟨119890119894 119890119895⟩ = 0

διότι το 119894 είναι διαφορετικό του 119895 Άρα τα 119879119890119895 είναι ορθοκανονικά

διανύσματα Συνεπώς το Τ(Β) είναι παραλληλεπίπεδο με μήκη ακμών

πάλι τα 1205721 hellip 120572119899 Άρα

vol(119879(119861)) = 1205721 hellip 120572119899 = vol(119861)

Για πολυπαραλληλεπίπεδα ισχύει αφού αυτά είναι ένωση παραλληλε-

πιπέδων και για το γενικό σώμα παίρνουμε supremum ως προς όλα τα

πολυπαραλληλεπίπεδα μέσα σε αυτό

Η ακόλουθη πρόταση μάς λέει πώς συμπεριφέρεται ο όγκος όταν

εφαρμόζουμε στο σώμα Κ έναν αντιστρέψιμο πίνακα

Π Αν ο 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 είναι αντιστρέψιμος πίνακας τότεvol(119879(119870)) = | det 119879| vol(119870)

Απόδειξη Η απόδειξη θα γίνει εύκολα αν καταφύγουμε στο θεώρημα

αλλαγής μεταβλητών του απειροστικού λογισμού Αν για 119909 isin 119879(119870)θέσουμε 119910 = 119879minus1(119909) isin 119870 τότε η Ιακωβιανή αυτής της αλλαγής μετα-

βλητών είναι η det 119879 Επίσης 120594119879(119870) = 1 αν και μόνο αν 120594119870(119879minus1(119909)) = 1Έτσι έχουμε

vol(119879(119870)) = intℝ119899

120594119879(119870)(119909) 119889119909 = intℝ119899

120594119870(119879minus1(119909)) 119889119909

= intℝ119899

120594119870(119910)| det 119879| 119889119910 = | det 119879| vol(119870)

Άσκηση Αποδείξτε με τη βοήθεια του ολοκληρώματος Riemann ότι αν το

σύνολο 119870 sube ℝ119899 έχει όγκο τότε vol(120582119870) = 120582119899vol(119870) και vol(119870 + 119905) = vol(119870) για

κάθε 120582 gt 0 και για κάθε 119905 isin ℝ119899

Άσκηση Θέτουμε 119904(119870) = vol(119870)vol(119870∘) Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό

σώμα 119870 με το 0 στο εσωτερικό του και για κάθε για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα

119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ισχύει 119904(119879(119870)) = 119904(119870)

Άσκηση Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το θεώρημα αλλαγής μεταβλητών

του Απειροστικού Λογισμού ότι αν 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 πίνακας με 119879119905119879 = 119868 τότε

vol(119879(119870)) = intℝ119899

120594119879(119870)(119909) 119889119909 = intℝ119899

120594119870(119909) 119889119909 = vol(119870)

Άσκηση [Όγκος του simplex] Θεωρούμε 119899 γραμμικά ανεξάρτητα διανύσμα-

τα 1199091 1199092 hellip 119909119899 στον ℝ119899 θέτουμε 1199090 = 0 και για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 θέτουμε

119886119896 την απόσταση του 119909119896 από το span1199091 hellip 119909119896minus1 και 119878119899 = conv1199090 1199091 hellip 119909119899Αποδείξτε με επαγωγή στο 119899 ότι

vol(119878119899) =1119899

119899

prod119896=1

119886119896

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 και 119871 είναι δυο κυρτά σώματα στον ℝ119899 με το

119871 κεντρικά συμμετρικό Θεωρούμε ένα υποσύνολο 119977 του 119870 με την ιδιότητα

για κάθε 119909 119910 isin 119977 με 119909 ne 119910 ισχύει 119909 minus 119910119871 ge 1 Αποδείξτε ότι το 119977 είναι

αναγκαστικά πεπερασμένο και η πληθικότητά του είναι μικρότερη ή ίση του

πηλίκου

vol(119870 + 12119871)

vol( 12119871)

(Υπόδειξη Δείξτε ότι τα 119909 + 12119871 για 119909 isin 119977 έχουν ξένα εσωτερικά)

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 και 119871 είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 Ορίζουμε

τον αριθμό κάλυψης 119873(119870 119871) του 119870 από το 119871 να είναι ο

119873(119870 119871) = min119873 isin ℕ ∶ υπάρχουν 1199091 hellip 119909119899 isin ℝ119899 ώστε 119870 sube119873

⋃119895=1

(119909119895 + 119871)

Αποδείξτε τις ακόλουθες ιδιότητες

(i) vol(119870) le 119873(119870 119871)vol(119871) Επιπλέον για κάθε κυρτό σώμα 119879 ισχύει vol(119870+119879) le 119873(119870 119871)vol(119871 + 119879)

(ii)vol(119870 + 119871)

vol(119871)le 2119899119873(119870 119871)

(iii) Αν το 119871 είναι κεντρικά συμμετρικό τότε

119873(119870 119871) levol(119870 + 1

2119871)vol( 1

2119871)le 2119899 vol(119870 + 119871)

vol(119871)

(Υπόδειξη Εξηγήστε πρώτα με βάση την Άσκηση γιατί μπορείτε

να θεωρήσετε ένα μεγιστικής πληθικότητας υποσύνολο 119977 του 119870 με την

ιδιότητα που περιγράφεται σε εκείνη άσκηση)

(iv) Αν το 119871 είναι κεντρικά συμμετρικό και vol(119870) = vol(119871) τότε 119873(119870 119871)1119899 le4119873(119871 119870)1119899

ℬ119899119901 1 le 119901 le infin

Φανερά το σύνολο ℬ119899infin είναι ένα παραλληλεπίπεδο με μήκος κάθε

ακμής του ίσο με Συνεπώς ο όγκος του είναι 2119899

Θα υπολογίσουμε τώρα τον όγκο του ℬ119899119901 για 1 le 119901 lt infin Θεωρούμε

το ολοκλήρωμα

119868119901 = intℝ119899

exp(minus119909119901119901) 119889119909 = (int

ℝexp(minus|119905|119901) 119889119905)

119899

Ισχύει

119868119901 = intℝ119899

⎛⎝int

infin

119909119901

119889119889119905(

minus119890minus119905119901)⎞⎠ 119889119905 119889119909

= intℝ119899

(intinfin

0120594[119909119901infin)(119905)

119889119889119905(

minus119890minus119905119901)) 119889119905 119889119909

και αλλάζοντας τη σειρά ολοκλήρωσης

= intinfin

0(

119889119889119905(

minus119890minus119905119901) (intℝ119899

120594[119909119901infin)(119905) 119889119909)) 119889119905

Παρατηρούμε ότι 120594[119909119901infin)(119905) = 1 αν και μόνο αν 119909119901 le 119905 αν και μόνο

αν 119909 isin 119905ℬ119899119901 δηλαδή αν και μόνο αν 120594119905ℬ119899

119901(119909) = 1 Αλλιώς ταυτόχρονα και

119887119899119901 1 le 119901 le infin

οι δυο χαρακτηριστικές είναι μηδέν Άρα

119868119901 = intinfin

0(

119889119889119905(

minus119890minus119905119901)vol(119905ℬ119899119901 )) 119889119905 = vol(ℬ119899

119901 ) 119901 intinfin

0119905119899+119901minus1119890minus119905119901 119889119905

Έτσι έχουμε αποδείξει ότι

vol(ℬ119899119901 ) 119901 int

infin

0119905119899+119901minus1119890minus119905119901 119889119905 = (int

ℝexp(minus|119905|119901) 119889119905)

119899

από όπου προκύπτει ότι

vol(ℬ119899119901 ) =

(2 intinfin

0119890minus119905119901 119889119905)

119899

intinfin

0119901119905119899+119901minus1119890minus119905119901 119889119905

=(2Γ (1 +

1119901))

119899

Γ (1 +119899119901)

όπου

Γ(119909) = intinfin

0119905119909minus1119890minus119905 119889119905

Η συνάρτηση Γ είναι από τις ιδιαίτερα ενδιαφέρουσες συναρτήσεις στα

Μαθηματικά και μερικές ιδιότητές της παρουσιάζονται στο Παράρτημα Β

Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε μια ασυμπτωτική εκτίμηση της συνάρτησης

Γlim

119909rarr+infin

Γ(119909 + 1)radic2120587119909(119909119890)119909

= 1

Από αυτή τη σχέση εύκολα συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν σταθερές 1198881(119901)και 1198882(119901) ώστε

1198881(119901)1

1198991119901 le vol(ℬ119899119901 )1119899 le 1198882(119901)

11198991119901

Άσκηση Χρησιμοποιήστε τα παραπάνω καθώς και της ιδιότητες της

συνάρτησης Γ όπως αυτές παρουσιάζονται στο Παράρτημα Β για να αποδείξετε

ότι

(i) vol119899(ℬ1198991 ) = 2119899119899

(ii)

vol119899(ℬ1198992) =

⎧⎨⎩

radic120587 119899

(1198992)αν 119899 άρτιος

2119899radic120587 119899minus1 ((119899 minus 1)2)119899

αν 119899 περιττός

Στις παρακάτω ασκήσεις μελετάμε την κατανομή του όγκου μέσα στην

Ευκλείδεια μπάλα

Άσκηση Υπολογίστε τον 119899minus1-όγκο της τομής της ℬ1198992 με ένα υπερεπίπεδο

που απέχει 119905 από την αρχή των αξόνων

Άσκηση Εκτιμήστε το 119903119899 isin ℝ ώστε vol119899(119903119899ℬ1198992) = 1

Άσκηση Υπολογίστε τον όγκο του 119860 = convℬ1198992 119909 για κάθε 119909 isin ℝ119899

Στη συνέχεια αποδείξτε ότι αν ένα κυρτό σύνολο 119870 ικανοποιεί τις ℬ1198992 sube 119870 και

vol119899(119870) lt infin τότε το 119870 είναι φραγμένο

Άσκηση Αν 119903119899 isin ℝ ώστε vol119899(119903119899ℬ1198992) = 1 και 119867119905 υπερεπίπεδο που απέχει

απόσταση 119905 από την αρχή των αξόνων υπολογίστε τον όγκο vol119899minus1(119903119899ℬ1198992 cap119867119905)

και αποδείξτε ότι

lim119899rarrinfin

vol119899minus1(119903119899ℬ1198992 cap 119867119905) = radic119890 119890minus1205871198901199052

Άσκηση Θέτουμε 119871119899 = 119909 isin ℝ119899 ∶ |119909119899| le 1 Αποδείξτε ότι

vol119899(119903119899ℬ1198992) ge 1 minus

1120587radic119890

119890minus120587119890

Παρατηρήστε ότι το προηγούμενο μας λέει ότι το μεγαλύτερο μέρος του όγκου

της 119903119899ℬ1198992 βρίσκεται σε κάθε() λωρίδα πλάτους γύρω από την αρχή των

αξόνων Αποδείξτε όμως ότι ο περισσότερος όγκος δεν είναι στην τομή όλων

αυτών των λωρίδων αφού vol119899((1199031198992)ℬ1198992) = 12119899 rarr 0

Άσκηση Η προηγούμενη άσκηση μάς υποδεικνύει ότι ο όγκος σε μια

Ευκλείδεια μπάλα συγκεντρώνεται ισχυρά κοντά στην επιφάνειά της Επιβε-

βαιώστε αυτό το γεγονός αποδεικνύοντας ότι για κάθε 120598 gt 0 η ποσότητα

vol119899(119903119899ℬ1198992) minus vol119899((1 minus 120598)119903119899ℬ119899

2) τείνει στη μονάδα με εκθετικό ως προς τη

διάσταση ρυθμό

Η παρακάτω άσκηση έχει ως στόχο να απαντηθεί το ερώτημα των

Busemann-Petty το οποίο ρωτάει το εξής αν τα 119870 και 119879 είναι δυο κεντρικά

συμμετρικά κυρτά σώματα στον ℝ119899 με την ιδιότητα για κάθε υπερεπίπεδο 119867που περνάει από το μηδέν να ισχύει vol119899(119870 cap 119867) lt vol119899(119879 cap 119867) είναι σωστό

ότι vol119899(119870) lt vol119899(119879)

119887119899119901 1 le 119901 le infin

Άσκηση Θέτουμε 119876119899 για τον κύβο όγκου 1 στον ℝ119899 δηλαδή 119876119899 =[12 12]119899 Περί το ο Keith Ball απέδειξε (στο [Bal]) ότι για κάθε

υπερεπίπεδο 119867 που περνάει από το μηδέν ισχύει 1 le vol119899minus1(119876119899 cap 119867) le radic2Χρησιμοποιείστε αυτό το γεγονός και τους υπολογισμούς που έγιναν στις

προηγούμενες ασκήσεις για την 119903119899ℬ1198992 για να δείξετε ότι η απάντηση στο

πρόβλημα Busemann-Petty είναι αρνητική

Άσκηση Η τεχνική που χρησιμοποιήθηκε για τον υπολογισμό του

όγκου του ℬ119899119901 δηλαδή μέσω ενός ολοκληρώματος που υπολογίζεται με δύο

τρόπους είναι αρκετά συνηθισμένη Για ένα άλλο παράδειγμα (που απαιτεί

όμως γνώση θεωρίας μέτρου) αποδείξτε ότι για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 ισχύει

int120138119899minus1

|⟨119906 120579⟩|119902 119889120590(119906) =2Γ ( 1+119902

2 ) Γ (1 + 1198992)

radic120587119899Γ ( 119899+1199022 )

όπου 120590 το μέτρο Haar στην 120138119899minus1 Από το παραπάνω να συμπεράνεται ότι

(int120138119899minus1

|⟨119906 120579⟩|119902 119889120590(119906))1119902

≃ radic119902

119902 + 119899

(Υπόδειξη Ξεκινήστε με το ολοκλήρωμα

intℝ119899

|⟨119909 120579⟩|119902119890minus|119909|22

(radic2120587)119899119889119909

Ελέξτε ότι αν αλλάξετε σε πολικές συντεταγμένες αυτό γίνεται

vol119899minus1(120138119899minus1)(radic2120587)119899 (int

infin

0119903119899+119902minus1119890minus11990322 119889119903) (int

120138119899minus1|⟨119906 120579⟩|119902 119889120590(119906))

Για έναν δεύτερο τρόπο υπολογισμού παρατηρήστε ότι το αρχικό ολοκλή-

ρωμα είναι ανεξάρτητο του 120579 isin 120138119899minus1 και συνεπώς μπρορεί να υπολογι-

στεί αν θέσουμε 120579 = (1 0 0 hellip 0) στην οποία περίπτωση ισούται με το

intinfinminusinfin

|119909|119902119890minus11990922radic2120587 119889119909)

ΑΠΟΣΤΑΣΗ ΚΥΡΤΩΝ ΣΩΜΑΤΩΝ

Ο Για 119862 119863 κυρτά σώματα στον ℝ119899 ορίζουμε την από-

σταση 119867119886119906119904119889119900119903119891119891 120575(119862 119863) να είναι η ποσότητα

120575(119862 119863) = max max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102

z

NBYumlOz NJOcopyO 9uml Y copy9

NBYcopyO NJOumlOz 9uml Y copy9

Σ Η απόσταση Hausdorff μεταξύ του 119862 και του 119863 είναι η μεγα-

λύτερη από τις δύο αποστάσεις στο σχήμα

Ελέγχουμε τώρα ότι η 120575 είναι μετρική Φανερά λόγω συμμετρίας του

ορισμού 120575(119862 119863) = 120575(119863 119862) 120575(119862 119863) = 0 αν και μόνο αν

max max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102 = 0

Ισοδύναμα θα έχουμε

max119909isin119862 min119910isin119863 119909 minus 1199102 = 0max119910isin119863 min119909isin119862 119909 minus 1199102 = 0 hArr

forall119909 isin 119862 min119910isin119863 119909 minus 1199102 = 0forall119910 isin 119863 min119909isin119862 119909 minus 1199102 = 0

Οπότε

forall119909 isin 119862 119909 isin 119863forall119910 isin 119863 119910 isin 119862 hArr

119862 sube 119863119863 sube 119862

Συνεπώς 119862 = 119863

H τριγωνική ανισότητα ελέγχεται με στοιχειώδεις πράξεις αλλά θα

την δείξουμε γρηγορότερα με την βοήθεια της ακόλουθης πρότασης

Π Αν 119862 119863 κυρτά σώματα στον ℝ119899 τότε

(i) 120575(119862 119863) = inf120575 ge 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120575ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120575ℬ119899

2

(ii) 120575(119862 119863) = max|ℎ119862(119906) minus ℎ119863(119906)| ∶ 119906 isin 120138119899minus1

Απόδειξη της τριγωνικής ανισότητας Έστω ότι τα 119862 119863 119864 είναι κυρτά

σώματα στον ℝ119899 Από την (ii) θα έχουμε

120575(119862 119863) = max|ℎ119862(119906) minus ℎ119863(119906)| 119906 isin 120138119899minus1le max|ℎ119862(119906) minus ℎ119864(119906)| + |ℎ119864(119906) minus ℎ119863(119906)| 119906 isin 120138119899minus1le max|ℎ119862(119906) minus ℎ119864(119906)| 119906 isin 120138119899minus1 + max|ℎ119864(119906) minus ℎ119863(119906)| 119906 isin 120138119899minus1le 120575(119862 119864) + 120575(119864 119863)

Απόδειξη της Πρότασης

(i) Θέτουμε 1205721 = max119909isin119862 min119910isin119863 119909 minus 1199102 Έτσι για κάθε 119909 isin 119862ισχύει min119910isin119863 119909 minus 1199102 le 1205721 οπότε λόγω της συμπάγειας του

119863 υπάρχει 119910 στο 119863 ώστε 119909 minus 1199102 le 1205721 Άρα 119909 minus 119910 isin 1205721ℬ1198992

συνεπώς

119909 isin 119910 + 1205721ℬ1198992 sube 119863 + 1205721ℬ119899

2

Έτσι

119862 sube 119863 + 1205721ℬ1198992 sube 119863 + 120575(119862 119863)ℬ119899

2

Ομοίως αν 1205722 = max119910isin119863 min119909isin119862 119909 minus 1199102 τότε

119863 sube 119862 + 1205722ℬ1198992 sube 119862 + 120575(119862 119863)ℬ119899

2

Άρα

inf120582 gt 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2 le 120575(119862 119863)

Αντίστροφα έστω 120582 gt 0 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 και 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2 Τότε

για κάθε 119909 στο 119862 έχουμε ότι 119909 isin 119863 + 120582ℬ1198992 Άρα υπάρχει 119910 isin 119863

ώστε 119909 minus 1199102 le 120582 οπότε

max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 le 120582

Ομοίως max119910isin119863 min119909isin119862 119909minus1199102 le 120582 Συμπεραίνουμε ότι 120575(119862 119863) le120582 Δηλαδή

120575(119862 119863) le inf120582 gt 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2

Επομένως

120575(119862 119863) = inf120582 gt 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2

(ii) Για κάθε 120582 gt 0 ώστε 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 και 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2 έχουμε ότι

για κάθε 119906 isin 120138119899minus1

ℎ119862(119906) le ℎ119863+120582ℬ1198992(119906) = ℎ119863(119906) + ℎ120582ℬ119899

2(119906) = ℎ119863(119906) + 120582

άρα ℎ119862(119906) minus ℎ119863(119906) le 120582 Ομοίως για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 έχουμε

ότι ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906) le 120582 οπότε |ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| le 120582 και άρα

max119906isin120138119899minus1 |ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| le 120582 Παίρνοντας infimum ως προς το 120582προκύπτει ότι max119906isin120138119899minus1 |ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| le 120575(119862 119863)Αντίστροφα Χωρίς βλάβη της γενικότητας ας υποθέσουμε ότι

120575(119862 119863) = max max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102

= max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102

Λόγω της συμπάγειας των 119862 και 119863 υπάρχουν 1199090 isin 119862 και 1199100 isin 119863ώστε

120575(119862 119863) = 1199090 minus 11991002

Αν 120575(119862 119863) = 0 τότε 119862 = 119863 οπότε ℎ119862 = ℎ119863 και το ζητούμενο

ισχύει Αν 120575(119862 119863) ne 0 θέτουμε

1199060 =1199100 minus 1199090

1199100 minus 1199090isin 120138119899minus1

Ι Το υπερεπίπεδο Η που είναι κάθετο στο 1199060 και περνάει

από το 1199090 στηρίζει το 119862 στο 1199090

[Απόδειξη ισχυρισμού Αν ο ισχυρισμός δεν είναι αληθής τότε

υπάρχει 1199091 στο 119862 ώστε ⟨1199091 1199060⟩ gt ⟨1199090 1199060⟩ Οπότε ⟨1199091minus1199090 1199060⟩ gt 0Θέτουμε 119911120582 = (1minus120582)1199090+1205821199091 isin 119862 και καταλήγουμε σε άτοπο όπως

στην απόδειξη του Θεωρήματος δείχνοντας ότι υπάρχει

120582 gt 0 ώστε 1199100 minus 1199111205822 lt 1199100 minus 11990902 ]

Από τον παραπάνω ισχυρισμό συμπεραίνουμε ότι ℎ119862(1199060) =⟨1199090 1199060⟩ Φανερά αφού ℎ119863(1199060) = sup⟨119910 1199060⟩ ∶ 119910 isin 119863 ισχύει

ℎ119863(1199060) ge ⟨1199100 1199060⟩

Τώρα όμως

ℎ119863(1199060) minus ℎ119862(1199060) ge ⟨1199100 1199060⟩ minus ⟨1199090 1199060⟩ = ⟨1199100 minus 1199090 1199060⟩

=1199100 minus 11990902

2

1199100 minus 11990902= 1199100 minus 11990902

Συνεπώς

max119906isin119878119899minus1

|ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| ge ℎ119863(1199060) minus ℎ119862(1199060)

ge 1199100 minus 11990902 = 120575(119862 119863)

Π Έστω ότι τα 119870 1198701 1198702 hellip είναι κυρτά σώματα με0 isin int(119870) Τότε 119870119898 rarr 119870 ως προς τη μετρική Hausdorff για 119898 rarr infin ανκαι μόνο αν για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980ισχύει

(1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sube (1 + 120598)119870

Απόδειξη Αν 120575(119870119898 119870) rarr 0 για κάθε 120579 gt 0 υπάρχει 1198980 = 1198980(120579) isin ℕώστε για κάθε 119898 ge 1198980 να ισχύει 120575(119870119898 119870) lt 120579 Συνεπώς 119870119898 sube 119870 + 120579ℬ119899

2και 119870 sube 119870119898 + 120579ℬ119899

2 Αφού 0 isin int(119870) υπάρχει 120588 gt 0 ώστε 120588ℬ1198992 sube 119870

Έτσι συνεχίζοντας τους προηγούμενους εγκλεισμούς παίρνουμε

119870119898 sube 119870 + 120579ℬ1198992 = 119870 +

120579120588

120588ℬ1198992 sube 119870 +

120579120588

119870 = (1 +120579120588) 119870

Επίσης

(1 minus120579120588) 119870 +

120579120588

119870 = 119870 sube 119870119898 + 120579ℬ1198992 = 119870119898 +

120579120588

120588ℬ1198992 sube 119870119898 +

120579120588

119870

οπότε από τον κανόνα της διαγραφής (Λήμμα )

(1 minus120579120588) 119870 sube 119870119898

Έτσι αν επιλέξουμε 120579 gt 0 ώστε 120579 lt 120588120598 θα πάρουμε

(1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sube (1 + 120598)119870

για κάθε 119898 μεγαλύτερο του 1198980 που αντιστοιχεί σε αυτό το 120579Αντιστρόφως η (1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sube (1 + 120598)119870 συνεπάγεται την

ℎ(1minus120598)119870 le ℎ119870119898le ℎ(1+120598)119870 και από τις ιδιότητες της συνάρτησης στήριξης

(Πρόταση ) (1 minus 120598)ℎ119870 le ℎ119870119898le (1 + 120598)ℎ119870 από όπου προκύπτει

|ℎ119870119898minus ℎ119870| le 120598ℎ119870 Η τελευταία ποσότητα είναι οσοδήποτε μικρή επιθυ-

μούμε αφού το 119870 ως κυρτό σώμα είναι φραγμένο

Θ Ο όγκος vol(119862) ως συνάρτηση από τα κυρτά σώματαεφοδιασμένα με τη μετρική 119867119886119906119904119889119900119903119891119891 στο ℝ είναι συνεχής

Απόδειξη Έστω ότι τα 119862 1198621 1198622 hellip 119862119898 hellip είναι μια ακολουθία κυρτών

σωμάτων ώστε 120575(119862119898 119862) rarr 0 Θα δείξουμε ότι vol(119862119898) rarr vol(119862) Επειδήο όγκος και η απόσταση Hausdorff είναι αναλλοίωτα στις μεταφορές

υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι το 0 ανήκει στο εσωτερικό

του 119862 (το 119862 ως κυρτό σώμα έχει μη κενό εσωτερικό) Από το Πόρισμα

για κάθε 120579 gt 0 υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 να ισχύει

(1 minus 120579)119862 sube 119862119898 sube (1 + 120579)119862

Παίρνοντας όγκους στην παραπάνω προκύπτει ότι

(1 minus 120579)119899vol(119862) le vol(119862119898) le (1 + 120579)119899vol(119862)

από όπου συμπεραίνουμε ότι

∣vol(119862119898) minus vol(119862)∣ le max((1 + 120579)119899 minus 1) (1 minus (1 minus 120579)119899) vol(119862)

Επιλέγοντας κατάλληλο 120579 gt 0 ώστε η τελευταία ποσότητα να είναι

μικρότερη δοθέντος 120598 gt 0 καταλήγουμε στο συμπέρασμα

Άσκηση Χρησιμοποπιήστε τον Ισχυρισμό της απόδειξης του Θεωρήμα-

τος για να αποδείξετε ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 υπάρχει ακολου-

θία πολυπαραλληλεπιπέδων 119875119898 sube 119870 η οποία συγκλίνει στο 119870 ως προς τη

μετρική Hausdorff (Παρατηρήστε ότι για κάθε 120598 gt 0 αν 0 isin int(119870) τότε

(1 minus 120598)119870 sube int(119870))

Θ Κάθε φραγμένη ακολουθία κυρτών σωμάτων στον ℝ119899

έχει συγκλίνουσα υπακολουθία ως προς τη μετρική 119867119886119906119904119889119900119903119891119891

Απόδειξη Έστω ότι τα 1198621 1198622 hellip είναι μια ακολουθία κυρτών σωμάτων η

οποία είναι φραγμένη Δηλαδή περιέχεται στο 119861 ∶= 119877ℬ1198992 για κατάλληλο

119877 gt 0Ι Η 1198621 1198622 hellip περιέχει μια ακολουθία 1198631 1198632 hellip για την οποία

ισχύει

120575(119863119898 119863119896) le1

2min119898119896

[Απόδειξη του ισχυρισμού Θα δείξουμε ότι υπάρχουν ακολουθίες

11986211 11986212 hellip11986221 11986222 hellip⋮ ⋮ ⋱

όπου κάθε γραμμή στον παραπάνω πίνακα είναι υπακολουθία της

προηγούμενης ώστε

() 120575(119862119898119894 119862119898119895) le1

2119898

Αν αυτό γίνει τότε θα θέσουμε

1198631 = 11986211 1198632 = 11986222 hellip 119863119898 = 119862119898119898

οπότε τα 119863119898 119863119896 βρίσκονται και τα δύο στον παραπάνω πίνακα στη

γραμμή min119898 119896 Οπότε

120575(119863119898 119863119896) le1

2min119898119896

από την () Θα κατασκευάσουμε τώρα τον πίνακα των υπακολουθιών

Ας υποθέσουμε ότι έχει κατασκευαστεί η 119898 γραμμή δηλαδή η 1198621198981 1198621198982 hellipμε 120575(119862119898119894 119862119898119895) le 12119898 Θα κατασκευάσουμε την 119898 + 1 γραμμή ώστε

120575(119862119898+1119894 119862119898+1119895) le1

2119898+1

Το 119861 είναι συμπαγές άρα

Β = 1198771198611198992 sube ⋃

119909isin119861int(119861119899

2 (1199091

2119898+2 ))

Άρα υπάρχει πεπερασμένο πλήθος μπαλών της μορφής Β (119909 12119898+2)που καλύπτουν το Β

Σε κάθε ένα από τα 119862119898119894 για 119894 = 1 2 3 hellip αντιστοιχούμε εκείνες τις

μπάλες Β (119909 12119898+2) από το προηγούμενο βήμα που το τέμνουν οι

οποίες το καλύπτουν αφού όλες καλύπτουν το Β Όλες οι υποοικογένειες

των πεπερασμένου πλήθους Β (119909 12119898+2) είναι πεπερασμένο πλήθος και

σε αυτές απεικονίζουμε το απειροσύνολο 1198621198981 1198621198982 hellip Άρα υπάρχει μιαυποοικογένεια των Β (119909 12119898+2) στην οποία απεικονίζεται ένα άπειρο

πλήθος από τα 1198621198981 1198621198982 hellip την οποία ονομάζουμε 119862119898+11 119862119898+12 hellip Μένει

να δείξουμε ότι

120575(119862119898+1119894 119862119898+1119895) le1

2119898+1

Έστω ότι 119909 isin 119862119898+1119894 Αυτό βρίσκεται σε μια από τις μπάλες με ακτίνα

12119898+2 που τέμνουν το 119862119898+1119894 Αν 119888 είναι το κέντρο αυτής της μπάλας

τότε

119909 minus 1198882 le1

2119898+2

Όμως το 119862119898+1119895 καλύπτεται από τις ίδιες μπάλες ακτίνας 12119898+2 διότι

έτσι επιλέχθηκε Δηλαδή

119861 (1198881

2119898+2 ) cap 119862119898+1119895 ne

Συνεπώς υπάρχει 119910 στο 119862119898+1119895 ώστε 119888 minus 1199102 le 12119898+2 Αλλά τότε

119909 minus 1199102 = (119909 minus 119888) minus (119910 minus 119888)2

le 119909 minus 1198882 + 119888 minus 1199102

le1

2119898+2 +1

2119898+2 =1

2119898+1

Δείξαμε δηλαδή ότι για κάθε 119909 που ανήκει στο 119862119898+1119894 υπάρχει 119910 στο

119862119898+1119895 ώστε

119909 minus 1199102 le1

2119898+1

Ομοίως για κάθε 119910 που ανήκει στο 119862119898+1119895 υπάρχει 119909 στο 119862119898+1119894 ώστε

119909 minus 1199102 le1

2119898+1

Άρα

120575(119862119898+1119894 119862119898+1119895) le1

2119898+1 ]

Θα δείξουμε τώρα ότι

119863119898 rarr 119863 =infin

⋂119896=1

(119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992)

Τα 119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 είναι κλειστά και φραγμένα σύνολα Άρα και η τομή

τους είναι κλειστό και φραγμένο σύνολο Θα δείξουμε ότι η ακολουθία

119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 είναι φθίνουσα Έχουμε 120575(1198631 1198632) le 12 άρα

1198631 +12

ℬ1198992 supe 1198632

Ομοίως 120575(1198632 1198633) le 122 άρα

1198632 +1

22 ℬ1198992 supe 1198633 hellip

και γενικά έχουμε ότι

119863119896 +1

2119896 ℬ1198992 supe 119863119896+1

διότι 120575(119863119896 119863119896+1) le 12119896 Έτσι

1198631 + ℬ1198992 = 1198631 +

12

ℬ1198992 +

12

ℬ1198992 supe 1198632 +

12

ℬ1198992 = 1198632 +

122 ℬ119899

2 +1

22 ℬ1198992

supe 1198633 +1

22 ℬ1198992 = 1198633 +

123 ℬ119899

2 +1

23 ℬ1198992 supe hellip supe 119863119896 +

12119896minus1 ℬ

1198992

= 119863119896 +1

2119896 ℬ1198992 +

12119896 ℬ119899

2 supe 119863119896+1 +1

2119896 ℬ1198992

Άρα η 119863 είναι φθίνουσα τομή μη κενών συμπαγών συνόλων Οπότε

το 119863 θα είναι διαφορετικό του κενού συνόλου Έχουμε ότι το 119863 είναι

υποσύνολο του 119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 Επίσης ισχύει

119863 sube 119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992 sube 119863119896 + 120598ℬ119899

2

για 119896 αρκετά μεγάλο (119896 ge 1+log2(1120598)) Μένει να δείξουμε ότι 119863119896 sube 119863+

120598ℬ1198992 Έτσι θα καταλήξουμε στο 120575(119863 119863119896) le 120598 Θέτουμε 119866 = int(119863 + 120598ℬ119899

2)το οποίο είναι διαφορετικό του κενού συνόλου (αφού περιέχει μεταφορά

της ευκλείδειας μπάλας) Από το ότι η 119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 είναι φθίνουσα

έχουμε

(1198631 + ℬ1198992) ⧵ 119866 supe (1198632 +

12

ℬ1198992) ⧵ 119866 supe hellip

Η τομή αυτής της ακολουθίας είναι υποσύνολο του 119863 αφού

infin

⋂119896=1

((119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992) ⧵ 119866) sube

infin

⋂119896=1

(119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992) = 119863

Επίσης φανερά το 119863 είναι υποσύνολο του 119866 = int(119863 + 120598ℬ1198992) διότι

αν πάρουμε ένα 119909 στο 119863 τότε θα έχουμε 119909 + 120598ℬ1198992 sube 119863 + 120598ℬ119899

2 οπότε

ℬ1198992(119909 120598) sube 119863 + 120598ℬ119899

2 και άρα 119909 isin int(119863 + 120598ℬ1198992) Θέτουμε

119860 =infin

⋂119896=1

((119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992) ⧵ 119866) = (

infin

⋂119896=1

(119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992)) ⧵ 119866

Άρα το Α είναι υποσύνολο του ℝ119899 ⧵ 119866 το οποίο αφού 119863 sube 119866 είναιυποσύνολο του ℝ119899 ⧵ 119863 Συνεπώς το Α είναι το κενό σύνολο γιατί τα

στοιχεία του ανήκουν στο 119863 και στο συμπλήρωμα του 119863 Άρα υπάρχει

1198960 isin ℕ ώστε το σύνολο (1198631198960+ (121198960minus1)ℬ119899

2) ⧵ 119866 να είναι το κενό Άρα

1198631198960+

121198960minus1 ℬ

1198992 sube 119866 sube 119863 + 120598ℬ119899

2

Όμως για κάθε 119896 ge 1198960

119863119896 sube 1198631198960+

121198960minus1 ℬ

1198992

αφού

119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992 sube 1198631198960

+1

21198960minus1 ℬ1198992 sube 119863 + 120598ℬ119899

2

Οπότε

119863119896 sube 119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992 sube 119863 + 120598ℬ119899

2

Έτσι για αρκετά μεγάλο 119896 ισχύει 119863119896 sube 119863 + 120598ℬ1198992 και 119863 sube 119863119896 + 120598ℬ119899

2

Επομένως 120575(119863119896 119863) le 120598

ΟΙ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ PREKOPA-LEINDLER ΚΑΙ

BRUNN-MINKOWSKI

Η παρουσίαση των επόμενων θεμάτων με πλήρη αυστηρότητα

απαιτεί τη γνώση θεωρίας μέτρου κάτι που ξεφεύγει από τους σκοπούς

του παρόντος Οι αναγνώστες που δεν έχουν αυτές τις γνώσεις θα

πρέπει να αποδεχθούν τα ακόλουθα

(i) Οι συναρτήσεις που θα εμφανίζονται παρακάτω θα είναι πάντα

ολοκληρώσιμες

(ii) Σε οποιοδήποτε πολλαπλό ολοκλήρωμα που εμφανίζεται παρακά-

τω μπορούμε να αλλάζουμε τη σειρά της ολοκλήρωσης (Θεώρημα

Fubini)

(iii) Το συνολικό laquoμήκοςraquo ενός υποσυνόλου του ℝ είναι το supremum

των μηκών συμπαγών υποσυνόλων του (εσωτερική κανονικότητα

του μέτρου Lebesgue) Για παράδειγμα |(2 5)| = 5 minus 2 = 3 και

το [2 + 1119899 5 minus 1

119899] είναι συμπαγές υποσύνολο του (2 5) με

sup119899

∣[2 +1119899

5 minus1119899

]∣ = sup119899

(5 minus1119899

minus (2 +1119899)) = sup

119899(3 minus

2119899) = 3

-

Θ Έστω ότι οι 119891 119892 ℎ ge 0 είναι ολοκληρώσιμες συναρτή-σεις από το ℝ119899 στο ℝ και 0 lt 120582 lt 1 Αν ισχύει

() ℎ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge 119891(119909)1minus120582119892(119910)120582

για κάθε 119909 119910 στο ℝ119899 τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge (intℝ119899

119891(119909) 119889119909)1minus120582

(intℝ119899

119892(119910) 119889119910)120582

- -

Π Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση 119896(119909) = 119891(119909)1minus120582119892(119909)120582

τότε από την ανισότητα Houmllder για 119901 = 1(1 minus 120582) και 119902 = 1120582 (οπότε1119901

+ 1119902

= 1) προκύπτει

intℝ119899

119896(119909) 119889119909 le (intℝ119899

(119891(119909)1minus120582)119901)

1119901

(intℝ119899

(119892(119909)120582)119902)

1119902

= (intℝ119899

119891(119909) 119889119909)1minus120582

(intℝ119899

119892(119910) 119889119910)120582

Δηλαδή η αντίστροφη της παραπάνω ανισότητας Η διαφορά εδώ

είναι ότι η ℎ πρέπει να ικανοποιεί την (61) για κάθε 119909 και για κάθε 119910

οπότε θα είναι μεγαλύτερη από την 119896(119909) που ικανοποιεί την (61) (με

ισότητα) μόνο για 119909 = 119910 Με αυτή την έννοια η ανισότητα Prekopa-

Leindler ερμηνεύεται ως laquoαντίστροφη μορφήraquo της ανισότητας Houmllder

Για την απόδειξη του Θεωρήματος θα χρειαστούμε το ακόλουθο

λήμμα

Λ Αν η 119891 ∶ ℝ rarr [0 infin) είναι μετρήσιμη συνάρτηση τότε

intℝ

119891(119909) 119889119909 = intinfin

0∣119909 isin ℝ ∶ 119891(119909) ge 119905∣ 119889119905

Απόδειξη Θέτουμε 119860119905 = 119909 ∶ 119891(119909) ge 119905 για κάθε 119905 ge 0 Παρατηρούμετώρα ότι 120594[0119891(119909)](119905) = 1 αν και μόνο αν 0 le 119905 le 119891(119909) αν και μόνο

αν 120594119860119905(119909) = 1 για 119905 ge 0 Αλλιώς και οι δύο αυτές χαρακτηριστικές

συναρτήσεις είναι ίσες με μηδέν Έτσι αλλάζοντας την κατάλληλη στιγμή

τη σειρά ολοκλήρωσης έχουμε

intℝ

119891(119909) 119889119909 = intℝ

int119891(119909)

0119889119905 119889119909

= intℝ

intinfin

0120594[0119891(119909)](119905) 119889119905 119889119909

= intinfin

0int

ℝ120594119860119905

(119909) 119889119909 119889119905

= intinfin

0∣119909 ∶ 119891(119909) ge 119905∣ 119889119905

-

Απόδειξη του Θεωρήματος Θα κάνουμε επαγωγή στο 119899 Πριν

αποδείξουμε την περίπτωση 119899 = 1 αποδεικνύουμε το εξής

Ι Αν τα 119877 119878 119879 sube ℝ είναι μη κενά σύνολα που έχουν laquoμήκοςraquo

(δηλαδή είναι μετρήσιμα) και 0 lt 120582 lt 1 ώστε 119877 supe (1 minus 120582)119878 + 120582119879 τότε

|119877| ge (1 minus 120582)|119878| + 120582|119879| όπου | sdot | είναι το μήκος (μέτρο Lebesgue)

[Απόδειξη του ισχυρισμού Επειδή |(1 minus 120582)119878| = (1 minus 120582)|119878| και |120582119879| = 120582|119879|αρκεί να αποδείξουμε ότι |119878 + 119879| ge |119878| + |119879| Σύμφωνα με την ιδιότητα

του μήκους που περιγράψαμε στην αρχή του κεφαλαίου θα υποθέσουμε

χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι τα 119878 119879 είναι συμπαγή Άρα το 119878 έχει

μέγιστο στοιχείο έστω το 119904 και το 119879 έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το

119905 Έτσι 119878 minus 119904 sube (minusinfin 0] και 119879 minus 119905 sube [0 infin) Δηλαδή τα σύνολα αυτά

έχουν κοινό στοιχείο μόνο το 0 Οπότε αφού 0 isin 119879 minus 119905 συνεπάγεται

ότι 119878 minus 119904 sube (119878 minus 119904) + (119879 minus 119905) και αφού 0 isin 119878 minus 119904 συνεπάγεται ότι

119879 minus 119905 sube (119878 minus 119904) + (119879 minus 119905) Άρα αφού η μόνη τομή του 119878 minus 119904 με το

119879 minus 119905 είνα το 0 συμπεραίνουμε ότι

|119878 + 119879| = |119878 + 119879 minus (119904 + 119905)| = ∣(119878 minus 119904) + (119879 minus 119905)∣

ge ∣(119878 minus 119904) cup (119879 minus 119905)∣ ge |(119878 minus 119904)| + |(119879 minus 119905)|ge |119878| + |119879|

ολοκληρώνοντας την απόδειξη του ισχυρισμού ]

Ξεκινάμε την επαγωγική διαδικασία Έστω ότι 119899 = 1 Από την (61)εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει

119911 ∶ ℎ(119911) ge 119905 supe (1 minus 120582)119909 ∶ 119891(119909) ge 119905 + 120582119910 ∶ 119892(119910) ge 119905

διότι αν119891(119909) ge 119905 και 119892(119910) ge 119905 τότε από την υπόθεση ℎ ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge119905 άρα (1minus120582)119909+120582119910 isin 119911 ∶ ℎ(119911) ge 119905 Άρα από τον παραπάνω ισχυρισμό

ισχύει

∣119911 ∶ ℎ(119911) ge 119905∣ ge (1 minus 120582)∣119909 ∶ 119891(119909) ge 119905∣ + 120582∣119910 ∶ 119892(119910) ge 119905∣

Χρησιμοποιούμε τώρα το Λήμμα και ολοκληρώνοντας ως προς 119905παίρνουμε

intℝ

ℎ ge (1 minus 120582) intℝ

119891 + 120582 intℝ

119892 ge (intℝ

119891)1minus120582

(intℝ

119892)120582

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Αριθ-

- -

μητικού-Γεωμετρικού Μέσου (Θεώρημα ) Αυτό επιβεβαιώνει το

πρώτο βήμα της επαγωγής

Έστω ότι το αποτέλεσμα ισχύει για 119899 minus 1 και ότι 119891 119892 ℎ ∶ ℝ119899 rarr ℝόπως στην υπόθεση Επειδή ℝ119899 = ℝ times ℝ119899minus1 για κάθε 119905 isin ℝ θέτουμε

119891119905 ∶ ℝ119899minus1 rarr ℝ με 119891119905(119909) = 119891(119905 119909) και ομοίως ορίζουμε τις 119892119905 και ℎ119905

Έτσι αν 119905 = (1 minus 120582)1199051 + 1205821199052 για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899minus1 ισχύει

ℎ119905((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge (1198911199051(119909))1minus120582

(1198921199052(119909))120582

Εφαρμόζοντας την επαγωγική υπόθεση συμπεραίνουμε ότι

intℝ119899minus1

ℎ119905(119909) 119889119909 ge (intℝ119899minus1

1198911199051(119909)119889119909)1minus120582

(intℝ119899minus1

1198921199052(119909)119889119909)120582

()

Ορίζουμε τις συναρτήσεις 119865 119866119867 ∶ ℝ rarr ℝ θέτοντας 119865(119905) = intℝ119899minus1 119891119905(119909)119889119909και ομοίως για τις 119866 και 119867 Η () γράφεται ως 119867((1 minus 120582)1199051 + 1205821199052) ge119865(1199051)1minus120582119866(1199052)120582

Έτσι αναχθήκαμε στην περίπτωση 119899 = 1 που την έχουμε επιβεβαιώ-

σει Συνεπώς

intℝ

119867(119905) 119889119905 ge (intℝ

119865(119905) 119889119905)1minus120582

(intℝ

119866(119905) 119889119905)120582

οπότε

intℝ

intℝ119899minus1

ℎ(119905 119909) 119889119905119889119909 ge (intℝ

intℝ119899minus1

119891(119905 119909) 119889119905119889119909)1minus120582

(intℝ

intℝ119899minus1

119892(119905 119909) 119889119905119889119909)120582

που είναι η ζητούμενη

Άσκηση Επεκτείνετε το Λήμμα στον ℝ119899 δείχνοντας ότι αν 119891 ∶ ℝ119899 rarr[0 infin) μετρήσιμη συνάρτηση τότε

intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = intinfin

0vol119899119909 isin ℝ119899 ∶ 119891(119909) ge 119905 119889119905

Άσκηση Χρησιμοποιήστε την προηγούμενη άσκηση για να αποδείξετε

-

ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 ισχύει

intℝ119899

119890minus119909119870 119889119909 = 119899 vol119899(119870)

Με τον ίδιο τρόπο αποδείξτε ότι για κάθε 119901 gt 0 ισχύει

intℝ119899

119890minus119909119901119870 119889119909 = Γ (1 +

119899119901) vol119899(119870)

Άσκηση Έστω ότι η 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin) ικανοποιεί την 0 lt intℝ119899 119891 lt infinκαι η log 119891 είναι κοίλη συνάρτηση (δηλαδή η minus log 119891 είναι κυρτή) Αποδείξτε

ότι υπάρχει 119905 isin (0 1) ώστε το σύνολο 119870(119905) = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119891(119909) gt 119905 να έχει

θετικό μέτρο Lebesgue και είναι κυρτό φραγμένο και με μη κενό εσωτερικό

(Υποδειξη για το φραγμένο χρησιμοποιήστε την Άσκηση ενώ για το μη

κενό εσωτερικό αποδείξτε το ότι λόγω θετικού μέτρου περιέχει 119899 + 1 σημεία σε

γενική θέση)

-

Η ανισότητα Brunn-Minkowski παίζει κεντρικό ρόλο στη θεωρία

των κυρτών σωμάτων Υπάρχουν διάφοροι τρόποι να αποδειχθεί Εδώ

επιλέγουμε τη χρήση της ανισότητας Prekopa-Leindler

Θ (Πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Brunn-Minkowski)

Έστω ότι τα 119878 119879 είναι μη κενά συμπαγή υποσύνολα του ℝ119899 Τότε

vol ((1 minus 120582)119878 + 120582119879) ge vol(119878)1minus120582vol(119879)120582

για κάθε 120582 isin [0 1]

Απόδειξη Θέτουμε 119891 = 120594119878 ∶ ℝ119899 rarr ℝ και 119892 = 1119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ με

120594119878(119909) = 1 αν 119909 isin 1198780 αν 119909 notin 119878 και 120594119879(119909) =

1 αν 119909 isin 1198790 αν 119909 notin 119879

Οπότε int 119891 = vol(119878) και int 119892 = vol(119879) Θέτουμε 119877 = (1 minus 120582)119878 + 120582119879 και

ℎ = 120594119877 Οι ℎ 119891 119892 ικανοποιούν τις υποθέσεις της ανισότητας Prekopa-

Leindler αφού αν 119891(119909) = 0 ή 119892(119910) = 0 η υπόθεση της Prekopa-Leindler

ισχύει Ενώ αν 119891(119909) ne 0 και 119892(119910) ne 0 τότε 119909 isin 119878 και 119910 isin 119879 οπότε

(1 minus 120582)119909 + 120582119910 isin (1 minus 120582)119878 + 120582119879 και άρα ℎ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) = 1 Έτσι και

πάλι επαληθεύονται οι υποθέσεις της Prekopa-Leindler

- -

Συνεπώς

int ℎ ge (int 119891)1minus120582

(int 119892)120582

δηλαδή int 1119877 ge (int 1119878)1minus120582

(int 1119879)120582

άρα

vol(119877) ge vol(119878)1minus120582vol(119879)120582

οπότε

vol ((1 minus 120582)119878 + 120582119879) ge vol(119878)1minus120582vol(119879)120582

Θ (Αθροιστική μορφή της ανισότητας Brunn-Minkowski)

Έστω ότι τα 119878 119879 είναι μη κενά και συμπαγή υποσύνολα του ℝ119899 Τότε

vol(119878 + 119879)1119899 ge vol(119878)1119899 + vol(119879)1119899

Αν ισχύει η ισότητα για κάποιο τότε ένα από τα 119878 119879 είναι πολλαπλάσιοτου άλλου

Απόδειξη Η απόδειξη της περίπτωσης της ισότητας δεν θα γίνει σεπαραπομ-

πή αυτό το σημείο γιατί απαιτεί άλλου είδους απόδειξη η οποία είναι πιο

περίπλοκη Θα αποδείξουμε μόνο την ανισότητα

Γράφοντας |Α| αντί για vol(119860) θέτουμε

119870 =119878

|119878|1119899 119871 =119879

|119879|1119899 και 120582 =|119879|1119899

|119878|1119899 + |119879|1119899

(αν |119878| = 0 ή |119879| = 0 βλέπουμε εύκολα ότι η ζητούμενη ανισότητα

ισχύει οπότε υποθέτουμε ότι |119878| ne 0 και |119879| ne 0) Παρατηρούμε ότι

120582 isin [0 1] και ότι 1 minus 120582 = |119878|1119899(|119878|1119899 + |119879|1119899) Επίσης |119870| = 1 και

|119871| = 1 Εφαρμόζουμε την πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας

Brunn-Minkowski

∣(|119878|1119899

|119878|1119899 + |119879|1119899

119878|119878|1119899 +

|119879|1119899

|119878|1119899 + |119879|1119899

119879|119879|1119899 )∣ ge 11minus120582 sdot 1120582 = 1

Άρα

∣(119878

|119878|1119899 + |119879|1119899 +119879

|119878|1119899 + |119879|1119899 )∣ ge 1

από όπου προκύπτει

|119878 + 119879|1119899 ge |119878|1119899 + |119879|1119899

Π Ηπολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Brunn-Min-

kowski σε σχέση με την προσθετική της μορφή έχει το πλεονέκτημα ότι

είναι ανεξάρτητη της διάστασης 119899 Παρόλα αυτά εύκολα βλέπει κανείς

ότι οι δύο μορφές είναι ισοδύναμες

Στοι-

χειώδης

απόδειξη

της Brunn-

Minkowski

(να προ-

στεθείhellip)

Άσκηση Αποδείξτε ότι η πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας

Brunn-Minkowski ισχύει αν και μόνο αν ισχύει η προσθετική της μορφή

Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή ότι αν 120582119894 gt 0 και 119870119894 κυρτά σώματα για

119894 = 1 hellip 119898 τότε ισχύει

vol119899(120582119894119870119894) ge119898

prod119894=1

vol(119870119894)120582119894

Χρησιμοποιήστε αυτή την ανισότητα για να αποδείξετε ότι για θετικά ορισμέ-

νους 119899 times 119899 πίνακες 119860119894 ισχύει

det (119899

sum119894=1

120582119894119860119894) ge119898

prod119894=1

det(119860119894)120582119894

Ο Έστω ότι το Α είναι διαφορετικό του κενού και συμ-

παγές υποσύνολο του ℝ119899 που έχει όγκο Το εμβαδόν επιφανείας του Αορίζεται να είναι το όριο

120597119860 = lim119905rarr0+

vol(119860 + 119905ℬ1198992) minus vol(119860)119905

εφόσον το όριο αυτό υπάρχει

Λ Αν119860 υποσύνολο τουℝ119899 το οποίο έχει εμβαδόν επιφανείαςτότε για κάθε 119903 gt 0 το 119903119860 έχει εμβαδόν επιφανείας και ισχύει

120597(119903119860) = 119903119899minus1120597(119860)

- -

Απόδειξη Γράφοντας | sdot | αντί για vol119899 από τον ορισμό του εμβαδού

επιφανείας έχουμε

120597(119903119860) = lim119905rarr0+

|119903119860 + 119905ℬ1198992| minus |119903119860|119905

= lim119905rarr0+

119903119899 ∣119860 + (119905119903)ℬ1198992∣ minus 119903119899|119860|

119905

= 119903119899 lim119905rarr0+

∣119860 + (119905119903)ℬ1198992∣ minus |119860|

119905= 119903119899minus1 lim

119905rarr0+

∣119860 + (119905119903)ℬ1198992∣ minus |119860|

119905119903= 119903119899minus1120597(119860)

Για να αποδείξουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα θα αποδείξουμε

πρώτα ένα θεώρημα το οποίο μας λέει ότι από όλα τα σώματα με τον

ίδιο όγκο το ελάχιστο εμβαδόν επιφανείας το έχει η ευκλείδεια μπάλα

Θ Αν vol119899(ℬ1198992) = vol119899(119860) με το Α να είναι υποσύνολο

του ℝ119899 που έχει όγκο και εμβαδόν επιφανείας τότε

120597119860 ge 120597ℬ1198992

Απόδειξη Γράφοντας |sdot| αντί για vol119899 και χρησιμοποιώντας την ανισότητα

Brunn-Minkowski έχουμε

120597119860 = lim119905rarr0+

|119860 + 119905ℬ1198992| minus |119860|119905

ge lim119905rarr0+

(|119860|1119899 + |119905ℬ119899

2|1119899 )

119899minus |119860|

119905

= lim119905rarr0+

(|119860|1119899 + 119905|ℬ119899

2|1119899 )

119899minus |119860|

119905= lim

119905rarr0+

119899 (|119860|1119899 + 119905|ℬ119899

2|1119899 )

119899minus1|ℬ119899

2|1119899

1= 119899|119860|

119899minus1119899 |ℬ119899

2|1119899 = 119899|ℬ119899

2|119899minus1119899 |ℬ119899

2|1119899 = 119899|ℬ119899

2|

Όμως

120597(ℬ1198992) = lim

119905rarr0+

|ℬ1198992 + 119905ℬ119899

2| minus |ℬ1198992|

119905= lim

119905rarr0+

|(1 + 119905)ℬ1198992| minus |ℬ119899

2|119905

= lim119905rarr0+

(1 + 119905)119899|ℬ1198992| minus |ℬ119899

2|119905

= |ℬ1198992| lim

119905rarr0+

(1 + 119905)119899 minus 1119905

= |ℬ1198992| lim

119905rarr0+

119899(1 + 119905)119899minus1

1= 119899|ℬ119899

2|

Συνεπώς 120597119860 ge 120597(ℬ1198992)

Θ (Η Ισοπεριμετρική ανισότητα) Έστω ότι το 119860 είναιυποσύνολο του ℝ119899 το οποίο έχει όγκο και εμβαδόν επιφανείας Αν 120597119860 =120597(119903ℬ119899

2) τότεvol119899(119860) le vol119899(119903ℬ119899

2)

Απόδειξη Το σύνολο (|119903ℬ1198992|

1119899 |119860|

1119899 )119860 έχει όγκο ίσο με |119903ℬ119899

2| διότι

∣|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

119860∣ = (|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

)119899

|119860| = |119903ℬ1198992|

Οπότε θα έχουμε ότι

120597 (|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

119860) ge 120597(119903ℬ1198992)

Έτσι χρησιμοποιώντας το Λήμμα συμπεραίνουμε ότι

(|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

)119899minus1

120597119860 ge 120597(119903ℬ1198992)

οπότε |119903ℬ1198992||119860| ge 1 Επομένως |Α| le |119903ℬ119899

2|

Άσκηση Έστω ότι το 119860 είναι υποσύνολο του ℝ119899 το οποίο έχει όγκο και

εμβαδόν επιφανείας Αποδείξτε ότι

(|119860||ℬ119899

2|)

1119899

le (120597119860120597ℬ119899

2)

1119899minus1

Μια άλλη εφαρμογή της ανισότητας Brunn-Minkowski είναι η αρχή

του Brunn Μας περιγράφει μια ιδιότητα του όγκου των τομών ενός

σώματος 119870 με υπερεπίπεδο κάθετο σε συγκεκριμένη διεύθυνση

- -

Θ Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 και120579 isin 120138119899minus1 Θέτουμε 120579⟂ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 120579⟩ = 0 και θεωρούμε τησυνάρτηση 119891120579 ∶ ℝ rarr ℝ με

119891120579(119905) = vol119899minus1(119870 cap (120579⟂ + 119905120579))

Τότε η 1198911(119899minus1)120579 είναι κοίλη στον φορέα της

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι 120579 = 119890119899 Έτσι

119891120579(119905) = vol119899minus1(119870 cap 119909 ∶ 119909119899 = 119905) Θέτουμε 119870(119905) = 119909 isin ℝ119899minus1 ∶ (119909 119905) isin119870 οπότε 119891120579(119905) = vol119899minus1(119870(119905)) Αν τα 119905 119904 είναι στον φορέα της 119891120579 (δηλαδή

αν 119891120579(119905) ne 0 και 119891120579(119904) ne 0) και 120582 isin [0 1] ισχύει

119870((1 minus 120582)119905 + 120582119904) supe (1 minus 120582)119870(119905) + 120582119870(119904)

Πράγματι αν 119911 = (1 minus 120582)119909 + 120582119910 με 119909 isin 119870(119905) και 119910 isin 119870(119904) τότε(119909 119905) isin 119870 και (119909 119904) isin 119870 και από την κυρτότητα του 119870 συμπεραίνουμε

ότι (1 minus 120582)(119909 119905) + 120582(119910 119904) isin 119870 Οπότε ((1 minus 120582)119909 + 120582119910 (1 minus 120582)119905 + 120582119904) isin 119870

δηλαδή (1 minus 120582)119909 + 120582119910 isin 119870((1 minus 120582)119905 + 120582119904)Εφαρμόζουμε τώρα την ανισότητα Brunn-Minkowski στον ℝ119899minus1 και

(γράφοντας | sdot | για τον 119899 minus 1-όγκο) παίρνουμε

∣119870((1 minus 120582)119905 + 120582119904)∣1(119899minus1)

ge ∣(1 minus 120582)119870(119905) + 120582119870(119904)∣1(119899minus1)

ge (1 minus 120582)∣119870(119905)∣1(119899minus1) + 120582∣119870(119904)∣

1(119899minus1)

δηλαδή το ζητούμενο

Η αρχή του Brunn αποδείχθηκε ως συνέπεια της ανισότητας Brunn-

Minkowski Όμως για κυρτά σύνολα είναι ισοδύναμη με αυτήν Οι λε-

πτομέρειες δίνονται στην Άσκηση

Άσκηση Αποδείξτε ότι η αρχή του Brunn συνεπάγεται την ανισότητα

Brunn-Minkowski ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Για δυο κυρτά σύνολα 119870 και 119879 στον ℝ119899 θεωρήστε τα 1198701 = 119870 times 0 subeℝ119899+1 1198791 = 119879 times 1 sube ℝ119899+1 και

119871 = conv1198701 1198791 = (1minus120582)(119909 0)+120582(119910 1) ∶ 120582 isin [0 1] 119909 isin 119870 119910 isin 119879

Δείξτε ότι 119871(119905) = (1 minus 119905)119870 + 119905119879 για κάθε 119905 isin [0 1]

(ii) Εφαρμόστε την αρχή του Brunn για τα 119871(0) 119871(1) και 119871(12)

Το λήμμα του Borel μας λέει ότι ο όγκος μειώνεται πολύ γρήγορα

από τη στιγμή που αποκοπεί από ένα κυρτό σώμα ένα κυρτό τμήμα

του όγκου μεγαλύτερου του 12

Θ Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα όγκου 1 στον ℝ119899

και 119860 ένα κεντρικά συμμετρικό κλειστό και κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 πουικανοποιεί την vol119899(119870 cap 119860) =∶ 120575 gt 12 Τότε για κάθε 119905 gt 1 ισχύει

vol119899(119870 cap (119905119860)119888) le 120575 (1 minus 120575

120575 )(119905+1)2

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι

119860119888 supe2

119905 + 1(119905119860)119888 +

119905 minus 1119905 + 1

119860()

Πράγματι αν όχι τότε υπάρχει 119886 isin 119860 ώστε

119886 =2

119905 + 1119909 +

119905 minus 1119905 + 1

119910

όπου 119910 isin 119860 και 119909 isin (119905119860)119888 δηλαδή 119909 notin 119905119860 Κάνοντας στοιχειώδεις

πράξεις προκύπτει ότι

1119905119909 =

119905 + 12119905

119886 +119905 minus 12119905

(minus119910)

Το minus119910 ανήκει στο 119860 αφού το 119860 είναι κεντρικά συμμετρικό Άρα το

119909119905 γράφεται ως κυρτός συνδυασμός στοιχείων του 119860 Επειδή το 119860είναι κυρτό συμπεραίνουμε ότι 119909119905 isin 119860 δηλαδή 119909 isin 119905119860 το οποίο είναι

άτοπο

Επιστρέφοντας στην () και τέμνοντας με το 119870 παίρνουμε

119870 cap 119860119888 supe2

119905 + 1((119905119860)119888 cap 119870) +

119905 minus 1119905 + 1

(119860 cap 119870)

Η ανισότητα Brunn-Minkowski στην πολλαπλασιαστική της μορφή δίνει

1 minus 120575 = |119870 cap 119860119888| ge ∣(119905119860)119888 cap 119870∣2(119905+1)|119860 cap 119870|(119905minus1)(119905+1)

- -

από όπου με απλές πράξεις προκύπτει η ζητούμενη

Άσκηση Διερευνήστε και επιβεβαιώστε το λήμμα του Borel όταν 119870 =ℬ119899

2|ℬ1198992|1119899 και το 119860 είναι κατάλληλο πολλαπλάσιο του 119870

Άσκηση Ίδια άσκηση με την προηγούμενη όταν 119870 = ℬ119899infin|ℬ119899

infin|1119899 και

119870 = ℬ1198991 |ℬ119899

1 |1119899

Η ΣΥΜΜΕΤΡΙΚΟΠΟΙΗΣΗ STEINER

Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα και Η υπερεπίπεδο στον ℝ119899

με 0 isin 119867 Το συμμετρικό κατά Steiner του 119870 ως προς το Η ορίζεται ως

εξής Για κάθε ευθεία 119871 κάθετη στο Η με 119870 cap 119871 ne μετατοπίζουμε το

ευθύγραμμο τμήμα 119870 cap 119871 πάνω στην 119871 μέχρι το κέντρο του να βρεθεί

πάνω στο Η Η ένωση όλων αυτών των μετατοπισμένων ευθύγραμμων

τμημάτων συμβολίζεται με St119867(119870) (ή St(119870) αν εννοείται ποιο είναι το

υπερεπίπεδο ως προς το οποίο γίνεται η συμμετρικοποίηση) και λέγεται

Steiner συμμετρικό του 119870 ως προς το υπερεπίπεδο Η Θα ακολουθήσει

ο αυστηρός ορισμός της συμμετρικοποίησης

Αν το 119867 είναι υπερεπίπεδο που περνάει από την αρχή των αξόνων

θα γράφουμε Proj119867για την ορθογώνια προβολή πάνω το 119867 Αν για

παράδειγμα το 119906 είναι μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στο 119867 τότε Proj119867(119909) =

119909 minus ⟨119909 119906⟩119906

Ο Έστω ότι το Κ είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 και Ηυπερεπίπεδο στον ℝ119899 ώστε 0 isin Η Το συμμετρικό κατά Steiner του 119870ως προς το Η ορίζεται να είναι το σύνολο

St119867(119870) = 119910 + 120582119906 ∶ 119910 isin Proj119867(119870) και |120582| le

12

|119870 cap (119910 + ℝ119906)|

όπου το 119906 να είναι κάθετο στο Η 1199062 = 1 και ℝ119906 ∶= 119903119906 ∶ 119903 isin ℝ

Στα παρακάτω το Η θα είναι ένα υπερεπίπεδο με 0 isin Η και 119871 η κάθετη

ευθεία στο Η που περνάει από το 0 όπως στο Σχήμα (σελίδα )

Αν το υπερεπίπεδο εννοείται ποιο είναι ή ισχύει κάτι οποιοδήποτε και

αν είναι το 119867 τότε θα γράφουμε και St(119870) παραλείποντας το 119867 από

τον συμβολισμό

Ακολουθεί μια σειρά προτάσεων που περιγράφουν διάφορες από

τις ιδιότητες της συμμετρικοποίησης Steiner

Λ Αν το Τ sube ℝ2 είναι ένα τραπέζιο με τις παράλληλες πλευ-ρές του κάθετες στο υπερεπίπεδο (εδώ ευθεία) 119867 τότε η συμμετρικοποίησηSteiner του 119879 ως προς το 119867 είναι και πάλι τραπέζιο

Πριν δώσουμε την αυστηρή απόδειξη και για να γίνει αυτή ευκολότερα

κατανοητή κοιτάξτε στο Σχήμα Στα αριστερά βλέπουμε το τραπέζιο

119879 το οποίο είναι να συμμετρικοποιηθεί Στα δεξιά έχουμε το τραπέζιο

που σχηματίζεται με την κυρτή θήκη των συμμετρικοποιημένων βάσεων

του αρχικού τραπεζίου Δηλαδή το σχήμα που εικονίζεται στα δεξιά δεν

d

Z [

[

[

copy [ Y Z

uml Z

copy [

uml

x

y

z

|

Z

YZ

[

Y[d

~

Σ Τραπέζιο και η κυρτή θήκη των συμμετρικοποιημένων πλευρών

πάνω στις ευθείες 1198711 και 1198712

είναι a priori το συμμετρικοποιημένο τραπέζιο του δεξιού σχήματος αλλά

το τραπέζιο που σχηματίζεται αν συμμετρικοποιήσουμε τις βάσεις (και

μόνο) του αρχικού τραπεζίου και στη συνέχεια πάρουμε την κυρτή τους

θήκη Αυτό που θέλουμε να δείξουμε για να αποδειχθεί το παραπάνω

λήμμα είναι ότι St(119879) = 119862119863119864119865 Αυτό θα είναι σωστό αν αποδείξουμε ότι

η τομή του 119879 με την ευθεία 119871 δηλαδή το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ έχειτο ίδιο μήκος με την τομή του 119862119863119864119865 με την 119871 δηλαδή το τμήμα 119866119867

Απόδειξη του λήμματος Θεωρούμε τραπέζιο 119879 με τις βάσεις του κάθετες

στον άξονα των 119909 και υποθέτουμε επίσης ότι η μία κορυφή του είναι στην

αρχή των αξόνων με τη μία βάση του μήκους 120572 πάνω τον άξονα των 119910

ενώ η άλλη βάση του με μήκος 120573 έχει τετμημένη 120574 (δείτε Σχήμα ) Έστω

ότι 120582 isin (0 1) Αρκεί να αποδείξουμε ότι το μήκος της τομής του 119879 με

την ευθεία 119871 παράλληλη στις βάσεις του τραπεζίου και με τετμημένη 120582120574έχει μήκος (1minus120582)119886+120582119887 Αν αποδειχθεί αυτό θα ολοκληρωθεί η απόδειξη

αφού τα στοιχεία που συνιστούν αυτή την έκφραση παραμένουν τα

ίδια και στο τραπέζιο

conv0 times [minus1205722 1205722] 120574 times [minus1205732 1205732]

που είναι σχεδιασμένο στα δεξιά του Σχήματος Αυτό τώρα είναι

εύκολο αν τα άκρα της βάσης 120574 times [minus1205732 1205732] έχουν τεταγμένες 1205731και 1205732 ώστε 120573 = 1205732 minus 1205731 τότε οι μη παράλληλες πλευρές του τραπεζίου

119879 ανήκουν στις ευθείες με εξισώσεις

119910 =1205732 minus 120572

120574119909 + 120572 και 119910 =

1205731

120574119909

Έτσι

|119860119861| =1205732 minus 120572

120574120582120574 + 120572 minus

1205731

120574120582120574

Εύκολα βλέπουμε ότι η τελευταία παράσταση ισούται με (1 minus 120582)120572 + 120582120573δηλαδή το ζητούμενο

Λ Για κάθε (μετρήσιμο) σύνολο 119870 sube ℝ119899 και για κάθε119909 isin ℝ119899 ισχύει St119867(119870 + 119909) = St119867(119870) + Proj

119867(119909)

Απόδειξη Έστω ότι 119867 = ℝ119899minus1 και 119906 ένα κάθετο στον 119867 μοναδιαίο

διάνυσμα Αν πάρουμε ένα στοιχείο (119911 120582) isin ℝ119899 όπου 119911 isin ℝ119899minus1 και

120582 isin ℝ τότε αυτό ανήκει στο St119867(119870+119909) αν και μόνο αν γράφεται ως (119911 120582)όπου 119911 isin Proj

119867(119870+119909) και |120582| le (12)|(119870+119909)cap(119911+ℝ119906)| Αλλά από τη

γραμμικότητα της προβολής ισχύει Proj119867(119870 + 119909) = Proj

119867(119870) + Proj

119867(119909)

Επίσης

∣(119870 + 119909) cap (119911 + ℝ119906)∣ = ∣119870 cap ((119911 minus 119909) + ℝ119906)∣

αφού το μήκος είναι αναλλοίωτο στις μεταφορές Εύκολα βλέπουμε (επειδή

119906 ⟂ 119867) ότι (119911minus119909)+ℝ119906 = 119911minusProj119867(119909)+ℝ119906 Οπότε (119911 120582) isin St119867(119870+119909)

αν και μόνο αν 119911 minus Proj119867(119909) isin Proj

119867(119870) και

|120582| le12∣119870 cap ((119911 minus Proj

119867(119909)) + ℝ119906)∣

Αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν (119911 minus Proj119867(119909) 120582) isin St119867(119870) δηλαδή αν

και μόνο αν (119911 120582) isin St119867(119870) + Proj119867(119909)

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 το St(119870) είναι κυρτό σώμα

Απόδειξη Το 119870 ως συμπαγές είναι φραγμένο Άρα υπάρχει 119877 gt 0 ώστε

119870 sube ℬ1198992(0 119877) Συνεπώς St(119870) sube ℬ119899

2(0 119877) οπότε το St(119870) φραγμένο

Επίσης εύκολα βλέπουμε ότι είναι κλειστό Πράγματι

St(119870) = (119910 120582) ∶ 119910 isin Proj119867(119870) και |120582| le

12

|119870 cap (119910 + ℝ119906)|

όπου το 119906 είναι κάθετο μοναδιαίο διάνυσμα στον υπερεπίπεδο 119867 και τα

119910 θεωρούνται ως σημεία του ℝ119899minus1 Έτσι αν θεωρήσουμε μια ακολουθία

σημείων (119910119898 120582119898) μέσα στο St(119870) που συγκλίνει έστω στο (119910 120582) (ως προς

την ευκλείδεια νόρμα) τότε από τις ιδιότητες της απόστασης 119910119898 rarr 119910και 120582119898 rarr 120582 Αλλά η προβολή Proj

119867(119870) είναι κλειστό σύνολο αφού το 119870

είναι συμπαγές η απεικόνιση Proj119867είναι συνεχής όπως είδαμε στο τέλος

της Ενότητας σελίδα (δείτε και Πρόταση ) Άρα 119910 isin Proj119867(119870)

Επίσης |120582119898| le 12|119870 cap (119910 + ℝ119906)| και περνώντας στο όριο συμπεραίνουμε

|120582| le 12|119870 cap (119910 + ℝ119906)| Συνεπώς (119910 120582) isin St(119870) οπότε το St(119870) είναι

κλειστό Αφού είναι και φραγμένο είναι συμπαγές υποσύνολο του ℝ119899

Επειδή το 119870 έχει μη κενό εσωτερικό θεωρούμε μια ευκλείδεια μπάλα

ℬ1198992(119909 120598) sube 119870 για κατάλληλα 119909 isin 119870 και 120598 gt 0 Οπότε ℬ119899

2(0 120598) sube 119870 minus 119909Επειδή η συμμετρικοποίηση Steiner αφήνει αναλλοίωτες τις ευκλείδειες

μπάλες συμπεραίνουμε ότι ℬ1198992(0 120598) sube St(119870 minus 119909) Από το Λήμμα

έχουμε ότι St(119870 minus 119909) = St(119870) minus Proj119867(119909) οπότε ℬ119899

2(Proj119867(119909) 120598) sube St(119870)

δηλαδή το συμμετρικοποιημένο 119870 έχει μη κενό εσωτερικό

Μένει να δειχθεί ότι το St(119870) είναι κυρτό Αν τα 119909 119910 ανήκουν στο

St(119870) θεωρούμε το τραπέζιο

Τ = conv ((119870 cap (119871 + 119909)) cup (119870 cap (119871 + 119910))) sube 119870

(δείτε Σχήμα ) Αφού τα 119909 119910 ανήκουν στο St(Τ) και από το Λήμμα

το St(119879) είναι τραπέζιο οπότε κυρτό συνεπάγεται ότι [119909 119910] sube St(119879) subeSt(119870) δηλαδή το St(119870) είναι κυρτό ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Για κάθε 119870 κυρτό σώμα στον ℝ119899 και 119888 ge 0 ισχύει

St(119888119870) = 119888St(119870)

Απόδειξη Έστω ότι 119888 isin ℝ μεγαλύτερο του 0 Από τον ορισμό της

z

uml

copy

TU

TUz

Σ Η συμμετρικοποίηση Steiner Το συμμετρικοποιημένο σώμα

είναι κυρτό

συμμετρικοποίησης θα έχουμε

St(119888119870) = 119910 + 120582119906 ∶ 119910 isin Proj119867(119888119870) και |120582| le

12

|119888119870 cap (119910 + ℝ119906)|

= 119910 + 120582119906 ∶ 119910 isin 119888Proj119867(119870) και |120582| le

12 ∣119888119870 cap 119888 (

119910119888

+ ℝ119906)∣

= 119910 + 120582119906 ∶119910119888

isin Proj119867(119870) και

|120582|119888

le12 ∣119870 cap (

119910119888

+ ℝ119906)∣

Θέτουμε 119909 = 119910119888 και 120583 = 120582119888 Οπότε θα έχουμε

St(119888119870) = 119888119909 + 119888120583119906 ∶ 119909 isin Proj119867(119870) και |120583| le

12

|119870 cap (119909 + ℝ119906)|

= 119888 119909 + 120583119906 ∶ 119909 isin Proj119867(119870) και |120583| le

12

|119870 cap (119909 + ℝ119906)|

= 119888St(119870)

Π Για οποιαδήποτε κυρτά σώματα 119870 119863 στον ℝ119899 ισχύει

St(119870 + 119863) supe St(119870) + St(119863)

Απόδειξη Έστω ότι 119909 isin St(119870) και 119910 isin St(119863) Ισοδύναμα θα έχουμε

ότι 119909 = ℎ + 119897 και 119910 = 119896 + 119898 όπου τα ℎ 119896 ανήκουν στο Η και τα 119897 119898ανήκουν στην 119871 και ισχύει

|119897| le12 ∣(119870 cap (119871 + 119909))∣ και |119898| le

12 ∣(119863 cap (119871 + 119910))∣

Έτσι 119909 + 119910 = (ℎ + 119896) + (119897 + 119898) Φανερά ℎ + 119896 isin 119867 119897 + 119898 isin 119871 και

() |119897 + 119898| le |119897| + |119898| le12 (∣(119870 cap (119871 + 119909))∣ + ∣(119863 cap (119871 + 119910))∣)

Όμως

119870 cap (119871 + 119909) + 119863 cap (119871 + 119910) sube (119870 + 119863) cap (119871 + 119909 + 119910)

και από την Brunn-Minkowski παίρνουμε ότι

∣119870 cap (119871 + 119909) + 119863 cap (119871 + 119910)∣ ge ∣(119870 cap (119871 + 119909))∣ + ∣(119863 cap (119871 + 119910))∣

Έτσι συνεχίζοντας την () οδηγούμαστε στην

|119897 + 119898| le |119897| + |119898| le12 ∣(119870 + 119863) cap (119871 + 119909 + 119910)∣

Συνεπώς το 119909 + 119910 ανήκει στο St(119870 + 119863)

Π Για οποιαδήποτε κυρτά σώματα 119870 119863 στον ℝ119899 αν119870 sube 119863 τότε St(119870) sube St(119863)

Απόδειξη Αφού 119870 sube 119863 ισχύει 119870cap(119871+119909) sube 119863cap(119871+119909) οπότε θα έχουμε

ότι

() |119870 cap (119871 + 119909)| le |119863 cap (119871 + 119909)|

Έστω ότι 119911 isin St(119870) Τότε

119911 = (Proj119867119911) + 120582119906 με |120582| le |119870 cap (119871 + 119911)|

Από την () συνεπάγεται ότι

119911 = (Proj119867119911) + 120582119906 με |120582| le |119863 cap (119871 + 119911)|

Άρα 119911 isin St(119863) Επομένως St(119870) sube St(119863)

Π Για κάθε υπερεπίπεδο 119867 η St119867 ως απεικόνιση από τακυρτά σώματα στα κυρτά σώματα είναι συνεχής

Απόδειξη Αν τα 119870 1198701 1198702 hellip είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 και 119870119898 rarr 119870

θα δείξουμε ότι

St(119870119898) rarr St(119870)

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι 0 isin int(119870) Από το

Πόρισμα το 119870119898 συγκλίνει στο 119870 αν και μόνον αν για κάθε 120598 gt 0υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 να ισχύει

(1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sub (1 minus 120598)119870

Άρα

(1 minus 120598)St(119870) sube St(119870119898) sube St(119870)(1 + 120598)

δηλαδή το ζητούμενο

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει

vol(St(119870)) = vol(119870)

Απόδειξη Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι η συμμετρικο-

ποίηση είναι ως προς το υπερεπίπεδο των πρώτων 119899minus1 συντεταγμένων

Έχουμε ότι

vol(119870) = intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin120594119870((1199091 1199092 hellip 119909119899)) 1198891199091198991198891199091 hellip 119889119909119899minus1

= intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin∣119870 cap (119871 + (1199091 hellip 119909119899minus1))∣ 11988911990911198891199092 hellip 119889119909119899minus1

= intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin∣St(119870) cap (119871 + (1199091 hellip 119909119899minus1))∣ 11988911990911198891199092 hellip 119889119909119899

= intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin120594St(119870)((1199091 1199092 hellip 119909119899)) 1198891199091198991198891199091 hellip 119889119909119899minus1

= vol(St(119870))

αφού από τον ορισμό της συμμετρικοποίησης ισχύει |119870 cap (119871 + 119909)| =|St(119870) cap (119871 + 119909)|

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει

120597(St(119870)) le 120597(119870)

Απόδειξη Έχουμε

St(119870 + 120598ℬ1198992) supe St(119870) + St(120598ℬ119899

2) = St(119870) + 120598ℬ1198992

οπότε

vol(St(119870) + 120598ℬ1198992) minus vol(St(119870))120598

levol(St(119870 + 120598ℬ119899

2)) minus vol(St(119870))120598

=vol(119870 + 120598ℬ119899

2) minus vol(119870)120598

Από τον ορισμό του εμβαδού επιφανείας προκύπτει ότι 120597(St(119870)) le 120597(119870)

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει diam(St(119870)) lediam(119870)

Απόδειξη Αν 119909 119910 isin St(119870) και 119879 St(119879) τα τραπέζια όπως στο Λήμ-

μα τότε τουλάχιστον μια από τις διαγώνιες του Τ έχει μήκος

μεγαλύτερο ή ίσο από 119909 minus 1199102 Άρα diam(St(119870)) le diam(119870)

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 αν 119903(119870) = max120588 gt0 ∶ 120588ℬ119899

2 sube 119870 και 119877(119870) = min120588 gt 0 ∶ 119870 sube 120588ℬ1198992 τότε

119903(St(119870)) ge 119903(119870) και 119877(St(119870)) le 119877(119870)

Απόδειξη Αν 120588ℬ1198992 sube 119870 τότε 120588ℬ119899

2 sube St(119870) οπότε

120588 gt 0 ∶ 120588ℬ1198992 sube 119870 sube 120588 gt 0 ∶ 120588ℬ119899

2 sube St(119870)

και άρα 119903(119870) le 119903(St(119870)) Ομοίως για τα 119877(St(119870)) και 119877(119870)

Π Έστω ότι το Κ είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρι-κό σώμα στον ℝ119899 Η συμμετρικοποίηση Steiner ως προς οποιοδήποτευπερεπίπεδο ικανοποιεί την

vol((St(119870))∘) ge vol (119870∘)

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας θα υποθέσουμε ότι η συμμετρι-

κοποίηση γίνεται ως προς το διάνυσμα 119890119899 = (0 0 hellip 0 1) δηλαδή το

υπερεπίπεδο ℝ119899minus1 (αλλιώς αλλάζουμε κατάλληλα το σύστημα συντε-

ταγμένων του ℝ119899) Επειδή κάθε διάνυσμα στον ℝ119899 γράφεται ως (119909 119903)με 119909 isin ℝ119899minus1 και 119903 isin ℝ μπορούμε να γράψουμε

St(119870) = (11990912

(119904 minus 119903)) ∶ (119909 119904) (119909 119903) isin 119870

Έχουμε

() 119870∘ = (119910 119905) isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119910⟩ + 119904119905 le 1 (119909 119904) isin 119870

όπου 119909 119910 isin ℝ119899minus1 και 119904 119905 isin ℝ Ομοίως

()

(St(119870))∘ = (119908 119905) isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119908⟩ +12

(119904 minus 119903)119905 le 1 (119909 119904) (119909 119903) isin 119870

όπου 119909 119908 isin ℝ119899minus1 και 119903 119904 119905 isin ℝ Για κάθε σύνολο Α sube ℝ119899 και για κάθε

119905 isin ℝ γράφουμε 119860(119905) = 119907 isin ℝ119899minus1 ∶ (119907 119905) isin 119860 Δηλαδή το 119860(119905) times 119905

είναι η τομή του Α σε ύψος 119905 με επίπεδο παράλληλο στον ℝ119899minus1 Έχουμε

12(119870∘(119905) + 119870∘(minus119905))

=12 119907 isin ℝ119899minus1 ∶ (119907 119905) isin 119870∘ +

12 119906 isin ℝ119899minus1 ∶ (119906 minus119905) isin 119870∘

= 12

119906 +12

119907 ∶ (119907 119905) isin 119870∘ (119906 minus119905) isin 119870∘

= 12

119906 +12

119907 ∶ ⟨119909 119907⟩ + 119904119905 le 1 (119909 119904) isin 119870

⟨119909 119906⟩ + 119903(minus119905) le 1 (119909 119903) isin 119870

(προσθέτοντας κατά μέλη τις ⟨119909 119906⟩ + 119904119905 le 1 και ⟨119909 119906⟩ + 119903(minus119905) le 1)

sube 12

119906 +12

119907 ∶ ⟨11990912

(119906 + 119907)⟩ +12

(119904 minus 119903)119905 le 1 (119909 119904) (119909 119903) isin 119870

Θέτουμε 119908 = (12)119906 + (12)119907 και έχουμε

12(119870∘(119905) + 119870∘(minus119905)) sube 119908 ∶ ⟨119909 119908⟩ +

12

(119904 minus 119903)119905 le 1 (119909 119904) (119909 119903) ∊ 119870

sube (St(119870))∘(119905)

από την () Εφαρμόζοντας τώρα την ανισότητα Brunn-Minkowski

στον ℝ119899minus1 παίρνουμε ότι

vol119899minus1((St(119870))∘(119905))

1119899minus1 ge vol119899minus1 (

12

119870∘(119905))1

119899minus1

+ vol119899minus1 (12

119870∘(minus119905))1

119899minus1

= 2vol119899minus1 (12

119870∘(119905))1

119899minus1

αφού το Κ∘ είναι κεντρικά συμμετρικό Άρα

vol119899minus1((St(119870))∘(119905)) ge 2119899minus1vol119899minus1 (

12

119870∘(119905)) = 2119899minus1 (12)

119899minus1

vol119899minus1(119870∘(119905))

οπότε

vol119899minus1((St(119870))∘(119905)) ge vol119899minus1(119870∘(119905))

για κάθε 119905 isin ℝ άρα

intinfin

minusinfinvol119899minus1((St(119870))

∘(119905)) 119889119905 ge intinfin

minusinfinvol119899minus1(119870∘(119905)) 119889119905

από την οποία προκύπτει

vol119899((St(119870))∘) ge vol119899(119870∘)

Το θεώρημα σφαιρικότητας του Gross μάς λέει ότι οποιοδήποτε

κυρτό σώμα μπορεί να συμμετρικοποιηθεί με μια ακολουθία κατάλληλων

υπερεπιπέδων ώστε τα σώματα που προκύπτουν να συγκλίνουν σε

κατάλληλο πολλαπλάσιο της ευκλείδειας μπάλας Το θεώρημα αυτό

χρησιμοποιείται συχνά για να λυθούν προβλήματα βελτιστοποίησης

όπως η ισοπεριμετρική ανισότητα ή η ανισότητα Blaschke-Santaloacute που

θα δούμε παρακάτω

Θ Έστω Κ κυρτό σώμα στον ℝ119899 με vol119899(119870) = vol119899(ℬ1198992)

Θέτουμε 119964 να είναι η οικογένεια όλων των κυρτών σωμάτων που προ-κύπτουν από το Κ μέσω πεπερασμένου πλήθους διαδοχικών συμμετρι-κοποιήσεων Steiner ως προς υπερεπίπεδα που περνούν από το 0 Τότευπάρχει ακολουθία Κ119898 isin 119964 ώστε

Κ119898 rarr ℬ1198992

ως προς τη μετρική Hausdorff

Απόδειξη Θέτουμε 120588 = inf119877(119871) ∶ 119871 isin 119964 Δηλαδή η 120588 είναι η ελάχιστη

ακτίνα ευκλείδειας μπάλας κέντρου 0 που περιέχει στοιχείο του 119964

Χρησιμοποιώντας τον ορισμό του infimum θεωρούμε ακολουθία Κ119898 isin 119964με

() 119877(119870119898) rarr 120588

Άρα υπάρχει Μ gt 0 ώστε 119877(119870119898) le 119872 για κάθε 119898 isin ℕ αφού η 119877(119870119898)ως συγκλίνουσα (στο 120588) είναι φραγμένη Οπότε από το θεώρημα επιλο-

γής του 119861119897119886119904119888ℎ119896119890 η 119870119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία Μετονομάζουμε

αυτή την υπακολουθία σε 119870119898 οπότε υποθέτουμε ότι η 119870119898 συγκλίνει

έστω στο 1198700

Ι 119877(1198700) = 120588

[Απόδειξη του Ισχυρισμού Αφού Κ119898 rarr 1198700 δηλαδή 120575(119870119898 1198700) rarr 0για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 ισχύει

120575(119870119898 1198700) lt 120598 Οπότε Κ119898 sube 1198700 + 120598ℬ1198992 και Κ0 sube 119870119898 + 120598ℬ119899

2 Επειδή

1198700 sube 119877(1198700)ℬ1198992 έχουμε

1198700 + 120598ℬ1198992 sube (119877(1198700) + 120598)ℬ119899

2 άρα 119877(1198700 + 120598ℬ1198992) le 119877(1198700) + 120598

Όμοια για τα 119870119898 ισχύει

119877(119870119898 + 120598ℬ1198992) le 119877(119870119898) + 120598

Οπότε θα έχουμε

119877(119870119898) le 119877(1198700 + 120598ℬ1198992) le 119877(1198700) + 120598

και

119877(1198700) le 119877(119870119898 + 120598ℬ1198992) le 119877(119870119898) + 120598

Δηλαδή 119877(119870119898) minus 119877(1198700) le 120598 και 119877(1198700) minus 119877(119870119898) le 120598 Έτσι |119877(119870119898) minus119877(1198700)| le 120598 για κάθε 119898 ge 1198980 Επομένως

() 119877(119870119898) rarr 119877(1198700)

Από τις () () και από τη μοναδικότητα του ορίου έχουμε ότι

119877(1198700) = 120588 ]

Αφού δείξαμε ότι 120588 = 119877(1198700) συνεπάγεται ότι Κ0 sube 120588ℬ1198992 Θα απο-

δείξουμε ότι Κ0 = 120588ℬ1198992 Αν αυτό δεν είναι σωστό αν δηλαδή 1198700 ⫋ 120588ℬ119899

2

τότε 120588120138119899minus1 ⊈ 1198700 πράγματι αν 120588120138119899minus1 sube 1198700 αφού το 1198700 είναι κυρτό θα

παίρναμε 120588ℬ1198992 = conv(120588120138119899minus1) sube 1198700 το οποίο είναι άτοπο Άρα υπάρχει

1199090 isin 120588120138119899minus1 ⧵ 1198700 Επειδή το ℝ119899 ⧵ Κ0 είναι ανοικτό υπάρχει ανοικτή

μπάλα με κέντρο το 1199090 που δεν τέμνει το 1198700 Τέμνοντας αυτή τη μπάλα

με το 120588120138119899minus1 βρίσκουμε μια ανοικτή περιοχή του 1199090 έστω 1198621199090 πάνω

στη σφαίρα 120588120138119899minus1 ώστε 1198621199090cap 1198700 = Κάνοντας τώρα ανακλάσεις της

περιοχής με κέντρο το 1199090 ως προς υπερεπίπεδα που περνάνε από το

0 μπορούμε να καλύψουμε τη σφαίρα πράγματι για κάθε 119909 isin 120588120138119899minus1

η ανάκλαση της 1198621199090ως προς το υπερεπίπεδο που περνάει από το 0

και είναι κάθετο στη χορδή [119909 1199090] είναι μια ανοικτή περιοχή 119862119909 του 119909(δείτε Σχήμα ) Φανερά

120588119878119899minus1 sube ⋃119909isin120588119878119899minus1

119862119909

uml

Σ Η περιοχή 1198621199090του 1199090 πάνω στη σφαίρα 120588120138119899minus1

uml

uml

zuml

Σ Η ανάκλαση της 1198621199090δίνει ανοικτή περιοχή του 119909

και από τη συμπάγεια της 120588120138119899minus1 υπάρχει πεπερασμένο υποκάλυμμα

Άρα υπάρχει 119873 isin ℕ και 1199091 hellip 119909119873 isin 120138119899minus1 ώστε

120588120138119899minus1 sube119873

⋃119895=1

119862119909119895

όπου τα 119862119909119895είναι ανακλάσεις της 1198621199090

που περιγράψαμε παραπάνω

Ας υποθέσουμε πως για το σκοπό αυτό χρησιμοποιούνται τα υπε-

ρεπίπεδα Η1 Η2 hellip Η119896 Θέτουμε

1198630 = St119867119896(St119867119896minus1

(hellip St1198672(St1198671

(1198700)) hellip))

Παρατηρούμε ότι 1198630 sube int(120588ℬ1198992) διότι κάθε χορδή του 119870 που συμμετρι-

κοποιείται ως προς οποιοδήποτε από τα 119867119895 έχει μικρότερο μήκος από

τη αντίστοιχη χορδή της 120588ℬ1198992 αφού το 119870 δεν τέμνει το 1198621199090

(δείτε το

Σχήμα )

uml

uml

zuml

jyacuteY

Σ Η συμμετρικοποίηση ως προς το 119867 δίνει σώμα που δεν τέμνει

ούτε την 1198621199090ούτε την 119862119909

Άρα αφού 1198630 sube int(120588ℬ1198992) τότε 119877(1198630) lt 120588 Από τη συνέχεια της

συμμετρικοποίησης ως προς τη μετρική Hausdorff αφού 119870119898 rarr 1198700συνεπάγεται ότι

119863119898 ∶= St119867119896(St119867119896minus1

(hellip St1198672(St1198671

(119870119898)) hellip))rarr St119867119896

(St119867119896minus1(hellip St1198672

(St1198671(1198700)) hellip)) = 1198630

Όμως119863119898 isin 119964 και από τη συνέχεια της119877 θα ισχύει119877(119863119898) rarr 119877(1198630) lt 120588Άρα υπάρχει 1198980 ώστε 119877(1198631198980

) lt 120588 και 1198631198980isin 119964 Αυτό είναι άτοπο

διότι το 120588 είναι η ελάχιστη ακτίνα περιγεγραμμένης μπάλας στοιχείου

της 119964

Τέλος επειδή η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον όγκο και ο όγκος είναι

συνεχής συνάρτηση στα κυρτά σώματα ως προς τη μετρική Hausdorff

έχουμε ότι

vol119899(ℬ1198992) = vol119899(119870) = vol119899(1198700) = vol119899(120588ℬ119899

2)

Άρα 120588 = 1 Συνεπώς Κ0 = Β1198992 Οπότε Κ119898 rarr ℬ119899

2

( )

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει ακολουθία

υπερεπιπέδων 1198671 1198672 hellip ώστε η ακολουθία κυρτών σωμάτων

119870119898 = St119867119898(St119867119898minus1

(hellip St1198671(119870)))

να συγκλίνει στο 119903ℬ1198992 για κατάλληλο 119903 gt 0 (Υπόδειξη Εφαρμόστε το Θεώρημα

του Gross για να βρείτε Κ1 που προκύπτει από το 119870 με πεπερασμένο πλήθος

συμμετρικοποιήσεων που να απέχει από το 119903ℬ1198992 λιγότερο από 1 Στη συνέχεια

εφαρμόστε το Θεώρημα του Gross όχι για το 119870 αλλά για το 1198701)

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 και 119879 είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 Αποδείξτε

ότι υπάρχει ακολουθία υπερεπιπέδων 1198671 1198672 hellip που περνάνε από την αρχή

των αξόνων ώστε η ακολουθία

119870119898 = St119867119898(hellip (St1198672

(St1198671(119870))) hellip)

και η

119879119898 = St119867119898(hellip (St1198672

(St1198671(119879))) hellip)

να συγκλίνουν στα vol(119870)1119899ℬ1198992 και vol(119879)1119899ℬ119899

2 αντίστοιχα (Υπόδειξη χρη-

σιμοποιήστε την Άσκηση το γεγονός ότι αν για ένα σύνολο 119860 ισχύει

119903ℬ1198992 sube 119860 sube 119877ℬ119899

2 οποιαδήποτε συμμετρικοποίησή του θα συνεχίσει να ικανο-

ποιεί τους προηγούμενους εγκλεισμούς)

Άσκηση Αποδείξτε (χωρίς τη χρήση της ανισότητας Brunn-Minkowski)

ότι αν 119870 = 119903ℬ1198992 και 119879 = 119877ℬ119899

2 τότε

vol(119870 + 119879)1119899 ge vol(119870)1119899 + vol(119879)1119899

Στη συνέχεια χρησιμοποιήστε αυτό και την Άσκηση για να παραγάγετε

μια άλλη απόδειξη της ανισότητας Brunn-Minkowski (χωρίς τη χρήση της

ανισότητας Prekopa-Leindler)

( )

Σε αυτή την ενότητα αποδεικνύουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα

με τη βοήθεια της συμμετρικοποίησης Steiner

Θεωρούμε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 με |Κ| = |Β1198992| Από το θεώρημα

σφαιρικότητας του Gross υπάρχει ακολουθία κυρτών σωμάτων έστω ότι

είναι η Κ1 1198702 hellip 119870119898 hellip που προκύπτει από το Κ μέσω πεπερασμένου

πλήθους διαδοχικών συμμετρικοποιήσεων Steiner ως προς υπερεπίπεδα

που περνούν από το 0 ώστε 119870119898 rarr ℬ1198992 ως προς τη μετρική 119867119886119906119904119889119900119903119891119891

Γνωρίζουμε ότι 120597119870 ge 120597(119870119898) διότι η 119870119898 προέρχεται από το Κ μέσω της

συμμετρικοποίησης Steiner και η συμμετρικοποίηση μειώνει το εμβαδόν

επιφανείας Σταθεροποιούμε ένα 120598 θετικό Τότε από την Πρόταση

και το γεγονός ότι St(ℬ1198992) = ℬ119899

2 θα έχουμε ότι

|Κ + 120598ℬ1198992| = |St(119870 + 120598ℬ119899

2)| ge |St(119870) + St(120598ℬ1198992)| = |St(119870) + 120598ℬ119899

2|

Επαναλαμβάνοντας πεπερασμένο πλήθος συμμετρικοποιήσεων Steiner

ως προς κατάλληλα υπερεπίπεδα ώστε να προκύψει η 119870119898 θα έχουμε

ότι |Κ + 120598ℬ1198992| ge |119870119898 + 120598ℬ119899

2| Επειδή η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον

όγκο ισχύει ότι |Κ| = |Κ119898| Άρα

|119870 + 120598ℬ1198992| minus |119870|120598

ge|119870119898 + 120598ℬ119899

2| minus |119870119898|120598

Παίρνουμε πρώτα όρια ως προς 119898 και αφού 119870119898 rarr ℬ1198992 και ο όγκος είναι

συνεχής ως προς τη μετρική Hausdorff παίρνουμε

|119870 + 120598ℬ1198992| minus |119870|120598

ge|Β119899

2 + 120598ℬ1198992| minus |ℬ119899

2|120598

Τέλος παίρνουμε όρια για 120598 rarr 0+ ολοκληρώνοντας έτσι την απόδειξη

Επομένως 120597119870 ge 120597(ℬ1198992)

-

Μια άλλη εφαρμογή του Θεωρήματος σφαιρικότητας του Gross είναι

η ακόλουθη ανισότητα

Θ Για κάθε συρτό σώμα 119870 με 0 isin int(119870) ισχύει

vol(119870)vol(119870∘) le vol(ℬ1198992)2

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν το 119870 είναι ελλειψοειδές

Απόδειξη Εδώ θα αποδείξουμε μόνο την γενική περίπτωση της ανισό-

τητας και όχι την περίπτωση της ισότητας

Όπως δείξαμε στην Πρόταση η συμμετρικοποίηση αυξάνει τον

όγκο του πολικού σώματος δηλαδή vol((St(119870))∘) ge vol(119870∘) Αν τα 1198671

1198672 hellip είναι υπερεπίπεδα που η συμμετρικοποίηση ως προς αυτά δίνει

ακολουθία 119870119898 που συγκλίνει στην 120582ℬ1198992 (120582 = (vol(119870)vol(ℬ119899

2))1119899 αφού

η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον όγκο) ισχύει

() vol(119870∘119898) ge vol(119870∘)

-

Πράγματι

vol((St1198672(St1198671

(119870)))∘) ge vol((St1198671

(119870))∘) ge vol(119870∘)

και συνεχίζουμε με επαγωγή

Όμως 119870119898 rarr 120582ℬ1198992 άρα από το Πόρισμα για κάθε 0 lt 120579 lt 1

υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 ισχύει

(1 minus 120579)120582ℬ1198992 sube 119870119898 sube (1 + 120579)120582ℬ119899

2

Περνώντας στα πολικά σώματα με τη βοήθεια της Πρότασης

συμπεραίνουμε ότι

11 + 120579

1120582

ℬ1198992 sube 119870∘

119898 sube1

1 minus 1205791120582

ℬ1198992

Επιλέγοντας 0 lt 120579 lt 1 ώστε (1 minus 120579)minus1 le 1 + 120598 και 1 minus 120598 le (1 + 120579)minus1

(εύκολα ελέγχουμε ότι αυτό ισχύει για 120579 = 2minus1120598(1 + 120598)minus1) προκύπτει

ότι για κάθε 119898 ge 1198980

(1 minus 120598)1120582

ℬ1198992 sube 119870∘

119898 sube (1 + 120598)1120582

ℬ1198992

Δηλαδή 119870∘119898 rarr 120582minus1ℬ119899

2

Παίρνοντας όρια στην () και χρησιμοποιώντας ότι ο όγκος είναι

συνεχής συνάρτηση προκύπτει ότι

vol(1120582

ℬ1198992) ge vol(119870∘)

Πολλαπλασιάζοντας και τα δυο μέλη με vol(119870) το οποίο ισούται με

vol(120582ℬ1198992) (από την τιμή που έχει το 120582) προκύπτει το αποτέλεσμα

Η ποσότητα vol(119870)vol(119870∘) είναι αναλλοίωτη στους γραμμικούς με-

τασχηματισμούς δηλαδή για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899

ισχύει

vol(119879(119870))vol((119879(119870))∘) = vol(119870)vol(119870∘)

Πράγματι σύμφωνα με τις Προτάσεις και για κάθε αντι-

στρέψιμο πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ισχύει

vol(119879(119870)) = | det 119879|vol(119870) και vol((119879(119870))∘) = | det 119879|minus1vol(119870)

οι οποίες αποδεικνύουν το ζητούμενο Γεννάται λοιπόν το ερώτημα για

ποιο ή ποια σώματα 119870 η παράσταση vol(119870)vol(119870∘) έχει ελάχιστη τιμή

και ποια είναι η ελάχιστη τιμή Το ερώτημα αυτό έτσι όπως διατυπώθηκε

δεν έχει γνωστή απάντηση Εικάζεται ότι η ελάχιστη τιμή του είναι

(4 119899)119899 που είναι η τιμή της παράστασης όταν το 119870 είναι ένα simplex

Αυτή η εικασία είναι γνωστή ως εικασία του MahlerΜια απάν-

τηση σε ένα

ελαφρώς

τροπο-

ποιημένο

ερώτημα

δόθηκε από

τους Jean

Bourgain

και Vitali

Milman την

οποία θα

δούμε στο

επόμενο

μέρος

Άσκηση Αποδείξτε ότι στην ανισότητα Blaschke-Santaloacute αν το 119870 είναι

ελειψοειδές τότε ισχύει η ισότητα Δηλαδή αν το ℰ είναι ένα ελλειψοειδές τότε

ισχύει

vol(ℰ)vol(ℰ∘) = vol(ℬ1198992)2

Άσκηση Έστω ότι το ℰ είναι ένα ελλειψοειδές και για ένα κυρτό σώμα

119870 με το 0 να ανήκει στο εσωτερικό του ισχύει vol(119870) = vol(ℰ) Αποδείξτε ότι

vol(119870∘) le vol(ℰ∘)

Μέρος II

Κλασικές θέσεις κυρτών σωμάτων

Για το υπόλοιπο του βιβλίου είναι

απαραίτητη η γνώση στοιχειώδους

θεωρίας μέτρου Για αυτό παραπέμ-

πουμε είτε στο [ΠρΑναλ] είτε στο

[ΘΜ]

ΠΡΟΑΠΑΙΤΟΥΜΕΝΑhellip

hellip

Θα συμβολίζουμε με 119872119899times119899 το σύνολο όλων των 119899 times 119899 πινάκων με

στοιχεία από το ℝ

Με GL(119899) συμβολίζουμε τη γενική γραμμική ομάδα δηλαδή τους

αντιστρέψιμους 119899times119899 πίνακες με στοιχεία από το ℝ119899 Φανερά 119879 isin GL(119899)αν και μόνο αν det 119879 ne 0

Με 119874(119899) συμβολίζουμε την ορθογώνια ομάδα δηλαδή τους 119899 times 119899πίνακες 119880 με στοιχεία από το ℝ για τους οποίους ισχύει 119880119905119880 = IdΤα στοιχεία της 119874(119899) ονομάζονται ορθογώνιοι πίνακες και από την

πολλαπλασιαστικότητα της ορίζουσας αν ο 119880 είναι ορθογώνιος τότε έχει

ορίζουσα +1 ή minus1 Φανερά αν 119880 isin 119874(119899) τότε 119880minus1 = 119880119905 και διατηρεί

τις γωνίες και τα μήκη διανυσμάτων

(i) ⟨119880119909 119880119910⟩ = ⟨119880119905119880119909 119910⟩ = ⟨119909 119910⟩

(ii) 1198801199092 = radic⟨119880119909 119880119909⟩ = radic⟨119909 119909⟩ = 1199092

Θα συμβολίζουμε με SL(119899) την ειδική γραμμική ομάδα δηλαδή τους

πίνακες στο 119872119899times119899 οι οποίοι έχουν ορίζουσα 1Εύκολα ελέγχουμε ότι οι GL(119899) 119874(119899) και SL(119899) είναι πράγματι

ομάδες με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων και είναι μεταξύ τους

διαφορετικές

Ο (Ίχνος πίνακα) Το ίχνος tr(119879) ενός 119899 times 119899 πίνακα 119879ορίζεται ως το άθροισμα των στοιχείων της κύριας διαγωνίου του

Δηλαδή αν 119879 = (119905119894119895)119894119895 τότε

tr(119879) =119899

sum119894=1

119905119894119894 =119899

sum119894=1

⟨119879119890119894 119890119894⟩

όπου τα (119890119894)119899119894=1 αποτελούν την ορθοκανονική βάση ως προς την οποία

είναι γραμμένος ο πίνακας (119905119894119895)119894119895

Εύκολα ελέγχουμε ότι το ίχνος έχει τις ακόλουθες ιδιότητες για οποιουσ-

δήποτε 119899 times 119899 πίνακες 119879 = (119905119894119895)119894119895 119878 = (119904119894119895)119894119895 και κάθε 120582 isin ℝ

hellip

(i) tr(119879) + tr(119878) = tr(119879 + 119878)

(ii) tr(120582119879) = 120582tr(119879)

(iii) tr(119879119905) = tr(119879)

(iv) tr(119879119878) = tr(119879119878) = sum119894119895

119905119895119894119904119894119895 (δείτε Άσκηση )

Από την (iv) προκύπτει άμεσα ότι το ίχνος δεν εξαρτάται από τη

βάση του χώρου αφού tr(119875minus1119879119875) = tr(119879119875119875minus1) = tr119879 Έτσι αν ο 119879είναι διαγωνοποιήσιμος αλλάζοντας κατάλληλα τη βάση του χώρου

συμπεραίνουμε ότι το ίχνος του 119879 είναι το άθροισμα των ιδιοτιμών του

Ο Ένας συμμετρικός 119899 times 119899 πίνακας λέγεται θετικά ορι-σμένος αν για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει ⟨119879119909 119909⟩ gt 0

Ο Ένας συμμετρικός 119899 times 119899 πίνακας λέγεται θετικά ημιο-ρισμένος αν για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει ⟨119879119909 119909⟩ ge 0

Φανερά κάθε θετικά ορισμένος πίνακας είναι και θετικά ημιορισμένος

Για ένα θετικά ημιορισμένο πίνακα 119879 από το φασματικό θεώρημα

(δείτε [ΓρΑλγ]) υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198911 hellip 119891119899 του ℝ119899 που

αποτελείται από ιδιοδιανύσματα του 119879 και αντίστοιχες ιδιοτιμές 1205821 hellip 120582119899οι οποίες είναι μη αρνητικοί αριθμοί Συγκεκριμένα ισχύει 119879119891119895 = 120582119895119891119895και 120582119895 ge 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 Αν ο 119879 είναι θετικά ορισμένος τότε οι

ιδιοτιμές 120582119895 είναι όλες θετικές

Π Το ℰ υποσύνολο του ℝ119899 είναι ελλειψοειδές με κέντροτην αρχή των αξόνων αν και μόνο αν υπάρχει πίνακας 119879 θετικά ορισμένοςώστε ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119879119909 119909⟩ le 1

Απόδειξη Αν το ℰ είναι ελλειψοειδές έστω ότι τα 1198901 hellip 119890119899 και 1198861 hellip 119886119899είναι όπως στον Ορισμό Θέτουμε

119879 =⎛⎜⎜⎜⎜⎝

119886minus21 0 hellip 00 119886minus2

2 hellip 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 0 hellip 119886minus2

119899

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

Τέτοιους πίνακες στο εξής για εξοικονόμηση χώρου θα τους γράφουμε

ως εξής 119879 = diag(119886minus21 hellip 119886minus2

119899 ) Εύκολα τώρα ελέγχει κανείς ότι ο 119879

hellip

είναι θετικά ορισμένος και

⟨119879119909 119909⟩ =119899

sum119895=1

⟨119909 119890119895⟩2

1198862119895

Συνεπώς ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119879119909 119909⟩ le 1Αντιστρόφως έστω ότι ο 119879 είναι ένας θετικά ορισμένος 119899times119899 πίνακας

και 119870 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119879119909 119909⟩ le 1 Θα αποδείξουμε ότι το 119870 είναι

ελλειψοειδές Έστω ότι τα 1198911 hellip 119891119899 και 1205821 hellip 120582119899 είναι όπως παραπάνω

η ορθοκανονική βάση ιδιοδιανυσμάτων του 119879 και οι αντίστοιχες θετικές

ιδιοτιμές του Ένα διάνυσμα 119909 είναι στοιχείο του 119870 αν και μόνο αν

⟨119879119909 119909⟩ le 1 Όμως αφού τα 1198911 hellip 119891119899 συνιστούν ορθοκανονική βάση του

ℝ119899 μπορούμε να γράψουμε 119909 = sum119899119895=1⟨119909 119891119895⟩119891119895 οπότε η προηγούμενη

γίνεται

⟨119879(119899

sum119895=1

⟨119909 119891119895⟩119891119895)119899

sum119895=1

⟨119909 119891119895⟩119891119895⟩ le 1

Απλές πράξεις δείχνουν ότι η τελευταία είναι ισοδύναμη με την

119899

sum119895=1

⟨119909 119891119895⟩2

(1radic120582119895)2le 1

ολοκληρώνοντας την απόδειξη σύμφωνα με τον Ορισμό

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν οι 119879 = (119905119894119895)119894119895 και 119878 = (119904119894119895)119894119895 είναι δυο 119899 times 119899πίνακες τότε tr(119879119905119878) = sum119894119895 119905119894119895119904119894119895 (Υπόδειξη Χρησιμοποιήστε τον Ορισμό

και το ότι αν η (119890119895)119899119895=1 είναι ορθοκανονική βάση στον ℝ119899 τότε για κάθε 119909 isin ℝ119899

ισχύει 119879119909 = sum119899119895=1⟨119879119909 119890119895⟩119890119895)

Άσκηση Αποδείξτε ότι το ίχνος ενός πίνακα είναι ανεξάρτητο από την

βάση του χώρου ακολουθώντας την εξής διαδικασία Αποδείξτε με επαγωγή

στη διάσταση του χώρου 119899 ge 2 ότι

det(Id +ℎ119860) = 1 + ℎtr(119860) + 119874(ℎ2)()

όπου η ποσότητα 119874(ℎ2) ικανοποιεί την limℎrarr0 119874(ℎ2)ℎ = 0 Στη συνέχεια

χρησιμοποιήστε την () για να αποδείξετε ότι το ίχνος tr119860 είναι η κατευθυ-

νόμενη παράγωγος της ορίζουσας στη διεύθυνση του πίνακα 119860 στο σημείο Id

hellip

δηλαδή

tr(119860) = limℎrarr0

det(Id +ℎ119860) minus det Idℎ

()

Τέλος χρησιμοποιήστε την () για να αποδείξετε ότι για κάθε αντιστρέψιμο

πίνακα 119875 ισχύει tr(119875minus1119860119875) = tr119860

Άσκηση [Singular Value Decomposition] Αποδείξτε ότι για κάθε αντιστρέ-

ψιμο πίνακα 119879 υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες 119880 119881 και διαγώνιος πίνακας

119863 με θετικά στοιχεία διαγωνίου ώστε να ισχύει 119879 = 119880119863119881 ακολουθώντας τα

παρακάτω βήματαμη αντρι-

στρέψιμοι

και θετικά

ημιορισμέ-

νοι

(i) Αποδείξτε ότι υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899 του ℝ119899 και θετικοί

αριθμοί 1205821 hellip 120582119899 ώστε να ισχύει 119879119905119879119890119895 = 120582119895119890119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899

(ii) Θέστε 119907119895 = radic120582119895minus1119879119890119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 και αποδείξτε ότι ta 1199071 hellip 119907119899

συνιστούν ορθοκανονική βάση του ℝ119899

(iii) Αν 119875 ο πίνακας με στήλες τα διανύσματα 119907119895 και 119876 o πίνακας με στήλες

τα διανύσματα 119890119895 αποδείξτε ότι ισχύει

119875 = 119879119876diag(radic1205821minus1

hellip radic120582119899minus1

)

Άσκηση Χρησιμοποιήστε την Άσκηση για να δείξετε ότι για κάθε

119899 times 119899 πίνακα 119879 υπάρχει ορθογώνιος 119899 times 119899 πίνακας 119880 και θετικά ημιορισμένος

119899 times 119899 πίνακας 119875 ώστε 119879 = 119880119875 Η αναπαράσταση αυτή είναι γνωστή με το

όνομα πολική αναπαράσταση του 119879 (Υπόδειξη 119880119863119881 = (119880119881)(119881lowast119863119881) για κάθε

119881 ορθογώνιο 119899 times 119899 πίνακα)

hellip

Συμβολίζουμε με 119872119899times119899 το σύνολο των 119899times119899 πινάκων με στοιχεία από

το ℝ Τα στοιχεία Τ του 119872119899times119899 τα βλέπουμε και ως γραμμικές απεικονίσεις

από τον ℝ119899 στον ℝ119899 όπου το για κάθε 119909 isin ℝ119899 το 119879119909 είναι το διάνυσμα

στον ℝ119899 που προκύπτει με πολλαπλασιασμό του 119899 times 119899 πίνακα 119879 με το

119899 times 1 διάνυσμα 119909 Στο 119872119899times119899 ορίζουμε μια νόρμα θέτοντας

119879 = sup1198791199092 ∶ 119909 isin ℬ1198992()

Φανερά ο ορισμός είναι καλός αφού το σύνολο ℬ1198992 είναι συμπαγές και η

απεικόνιση 119879 συνεχής Πράγματι η () ορίζει μια νόρμα στο 119872119899times119899

hellip

(i) Φανερά 119879 ge 0 και αν 119879 = 0 τότε 119879119909 = 0 για κάθε 119909 isin ℬ1198992

οπότε για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει

119879119909 = 1199092 119879 (119909

1199092) = 0

Έτσι 119879 = 0

(ii) Για κάθε 120582 isin ℝ ισχύει

120582119879 = sup119909isinℬ119899

2

1205821198791199092 = |120582| sup119909isinℬ119899

2

1198791199092 = |120582| 119879

(iii) Τέλος αν 119879 119878 isin 119872119899times119899 τότε

119879 + 119878 = sup119909isinℬ119899

2

(119879 + 119878)1199092 le sup119909isinℬ119899

2

(1198791199092 + 1198781199092)

le sup119909isinℬ119899

2

1198791199092 + sup119909isinℬ119899

2

1198781199092 = 119879 + 119878

Π Οι ορθογώνιοι πίνακες έχουν νόρμα ίση με 1 Πράγ-ματι αν 119880 ορθογώνιος τότε (εξrdquo ορισμού) 119880lowast119880 = Id Έτσι για κάθε

119909 isin ℝ119899 έχουμε

11988011990922 = ⟨119880119909 119880119909⟩ = ⟨119880lowast119880119909 119909⟩ = ⟨119909 119909⟩ = 1199092

Άρα 1198801199092 = 1199092 και η () συνεπάγεται αμέσως ότι 119880 = 1

Π Αν υπάρχει 119862 gt 0 ώστε 1198791199092 le 1198621199092 για κάθε

119909 isin ℝ119899 τότε 119879 le 119862 Αυτό προκύπτει αμέσως από την ()

Επίσης για κάθε 119909 isin ℝ119899 ισχύει 1198791199092 le 119879 1199092 Πράγματι αυτό

είναι προφανές αν 119909 = 0 και αν 119909 ne 0 τότε

1198791199092 = 119879(1199091199092)1199092 le 119879 1199092

Π Αν 119879 119878 isin 119872119899times119899 τότε 119879119878 le 119879 119878 Πράγματιαπό την () και την Παρατήρηση για κάθε 119909 isin ℬ119899

2 έχουμε

(119879119878)1199092 = 119879(119878119909)2 le 119879 1198781199092 le 119879 119878 1199092

άρα 119879119878 le 119879 119878

hellip

Π Η απεικόνιση 119983 ∶ 119872119899times119899 rarr ℝ1198992 όπου

119983(119886119894119895)119899119894119895=1 = (11988611 11988612 hellip 1198861119899 11988621 hellip 1198862119899 hellip 1198861198991 hellip 119886119899119899)

είναι γραμμική 1-1 επί συνεχής και η αντίστροφή της είναι συνεχής

Απόδειξη Φανερά η 119983 είναι γραμμική - και επί Μένει να δείξουμε τη

συνέχεια της 119983 και της 119983minus1 Αλλά ο 119872119899times119899 είναι ο ℝ1198992με διαφορετική

νόρμα (την sdot όπως ορίστηκε πριν) Συνεπώς η συνέχεια της 119983 είναι

απλώς η ισοδυναμία δύο νορμών στον ℝ1198992 η οποία ισχύει από την

Πρόταση

Π Ένα σύνολο ℳ sube 119872119899times119899 είναι φραγμένο αν και μόνοαν είναι φραγμένο ως υποσύνολο του (ℝ1198992

sdot 2) (μέσω της 119983 τηςΠρότασης )

Ομοίως ένα ℳ sube 119872119899times119899 είναι συμπαγές αν και μόνο αν είναι συμπαγές(δηλαδή κλειστό και φραγμένο) ως υποσύνολο του (ℝ1198992

sdot 2)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ο 119863 = diag(1205821 1205822 hellip 120582119899) είναι διαγώνιος πίνακας

τότε

119863 = max|120582119895| ∶ 119895 = 1 2 hellip 119899

Άσκηση Αν η 119863119898 είναι μια ακολουθία διαγώνιων πινάκων με det(119863119898) = 1για κάθε 119898 isin ℕ τότε η ακολουθία 119863119898 είναι φραγμένη αν και μόνο αν η

ακολουθία 119863minus1119898 είναι φραγμένη

Άσκηση Χρησιμοποιήστε την Άσκηση για να αποδείξετε ότι η

Άσκηση δεν ισχύει μόνο για διαγώνιους πίνακες αλλά και για οποιαδήποτε

ακολουθία 119879119898 119899 times 119899-πινάκων με det(119879119898) = 1 για κάθε 119898 isin ℕ

Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΘΕΣΗΣ ΕΝΟΣ ΚΥΡΤΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ

Ας θεωρήσουμε ένα κυρτό σώμα 119870 στο ℝ119899 Οποιαδήποτε μεταφορά

του 1199090 + 119870 στο χώρο δεν αλλάζει τα γεωμετρικά χαρακτηριστικά του

σώματος και για αυτό δεν θεωρούμε ότι πρόκειται για ουσιαστικά

διαφορετικό σώμα Λέμε απλώς ότι το σώμα βρίσκεται σε άλλη θέση

Αυτό όμως δεν συμβαίνει μόνο με τις μεταφορές Προφανώς συμβαίνει και

με τις στροφές και τις ανακλάσεις Γενικότερα θεωρούμε ότι ένα κυρτό

σώμα δεν αλλάζει κατά ουσιαστικό τρόπο όταν αλλάζει η βάση του

χώρου Από τη Γραμμική Άλγεβρα γνωρίζουμε ότι η αλλαγή της βάσης

του ℝ119899 γίνεται με έναν πίνακα ο οποίος έχει μη μηδενική ορίζουσα Το

αποτέλεσμα οποιουδήποτε από τους παραπάνω μετασχηματισμούς σε

ένα κυρτό σώμα ή συνδυασμού τους ονομάζεται θέση του σώματος

Για να δώσουμε τον αυστηρό ορισμό υπενθυμίζουμε από την γραμμική

άλγεβρα ότι γράφουμε GL(119899) για τη γενική γραμμική ομάδα στον ℝ119899 το

GL(119899) αποτελείται από όλους τους 119899 times 119899 πίνακες που έχουν μη μηδενικήορίζουσα

Ο Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 ονομάζουμεθέση του 119870 οποιοδήποτε σύνολο της μορφής 1199090 + 119879(119870) όπου 1199090 isin ℝ119899

και 119879 isin GL(119899)

Πολλές φορές ταυτίζουμε το κυρτό σώμα με την κλάση όλων των θέσεών

του (θεωρώντας ότι όλες οι θέσεις αναφέρονται στο ίδιο σώμα) Στο

επόμενο αποδεικνύουμε ότι οποιοδήποτε ελλειψοειδές είναι μια θέση της

ευκλείδειας μπάλας ℬ1198992

Π Το σύνολο των θέσεων της ευκλείδειας μπάλας ℬ1198992 είναι

το σύνολο των ελλειψοειδών στον ℝ119899

Απόδειξη Το ℰ είναι ελλειψοειδές στον ℝ119899 με κέντρο την αρχή των

αξόνων αν και μόνο αν υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899 του ℝ119899 και

θετικοί αριθμοί 1198861 hellip 119886119899 ώστε

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

⟨119909 119890119895⟩2

1198862119895

le 1

(δείτε Ορισμό ) Ο διαγώνιος πίνακας 119879 = diag(1198861 hellip 119886119899) είναι αντι-

στρέψιμος (αφού τα 1198861 hellip 119886119899 είναι θετικοί αριθμοί) και εύκολα ελέγχουμε

ότι ισχύει 119879(ℬ1198992) = ℰ Οποιοδήποτε άλλο ελλειψοειδές στον ℝ119899 είναι

μεταφορά ελλειψοειδούς με κέντρο την αρχή των αξόνων

Αντίστροφα πρέπει να αποδείξουμε ότι για κάθε 119879 isin GL(119899) το

119879(ℬ1198992) είναι ελλειψοειδές Όμως 119909 isin 119879(ℬ119899

2) αν και μόνο αν 119879minus1119909 isin ℬ1198992

δηλαδή αν και μόνο αν ⟨119879minus1119909 119879minus1119909⟩ le 1 Αυτό είναι ισοδύναμο με το

⟨(119879minus1)119905119879minus1119909 119909⟩ le 1 Έτσι από την Πρόταση μένει να δείξουμε ότι

ο πίνακας (119879minus1)119905119879minus1 είναι θετικά ορισμένος Όμως προφανώς για κάθε

μη μηδενικό 119911 isin ℝ119899 ισχύει

⟨(119879minus1)119905119879minus1119911 119911⟩ = ⟨119879minus1119911 119879minus1119911⟩ = 119879minus11199112 ge 0

Μένει να δειχθεί ότι αν 119911 isin ℝ119899 ⧵ 0 τότε 119879minus1119911 ne 0 Αν υποθέσουμε

ότι υπάρχει μη μηδενικό 119911 isin ℝ119899 ώστε 119879minus1119911 = 0 τότε θέτουμε 1198901 =1199111199112 και συμπληρώνουμε σε μια ορθοκανονική βάση με τα διανύσματα

1198902 hellip 119890119899 επιλέγοντάς τα ώστε αυτά να είναι ορθοκανονική βάση του

υποχώρου κάθετου στο 1198901 Τότε ο πίνακας 119879minus1 γραμμένος ως προς

τη βάση 1198901 hellip 119890119899 έχει στην πρώτη στήλη του μηδενικά αφού λόγω

του ότι 119879minus11198901 = 0 ισχύει ⟨119879minus11198901 119890119895⟩ = 0 για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899 Άραdet 119879minus1 = 0 το οποίο είναι άτοπο αφού ο 119879 είναι αντιστρέψιμος

Π Αυτό που πραγματικά κρύβεται πίσω από την

απόδειξη είναι η πολική αναπαράσταση ενός τετραγωνικού πίνακα κάθε

(πραγματικός) τετραγωνικός 119879 παραγοντοποιείται στη μορφή 119879 = 119880119860όπου ο 119880 είναι ορθογώνιος (δηλαδή 119880119905 = 119880minus1) και ο 119860 διαγώνιος

(δείτε [ΓρΑλγ]) Έτσι ο 119860 απεικονίζει την ℬ1198992 σε ένα ελλειψοειδές

με άξονες τους βασικούς άξονες και στη συνέχεια ο 119880 laquoστρέφειraquo το

ελλειψοειδές στο χώρο (ο 119880 ως ορθογώνιος είναι συνδυασμός ανακλάσεων

και στροφών)

Π Παρατηρήστε ότι αν επιλέξουμε ένα ελλειψοειδές

ℰ στο ℝ119899 τότε

(i) το ελλειψοειδές ℰ καθορίζει ένα πίνακα Τ isin GL(119899) από την

ℰ = 119879(ℬ1198992)

(ii) Ο 119879 καθορίζει μια αλλαγή βάσης

(iii) Ο 119879 και η αλλαγή βάσης θέτουν το 119870 σε μια άλλη θέση τη θέση

Τ(Κ)

Έτσι πολλές φορές λέμε ότι η θέση ενός σώματος 119870 καθορίζεται από

την laquoεπιλογή της ευκλείδειας δομής του ℝ119899raquo Δηλαδή την επιλογή του

ελλειψοειδούς ℰ Η χρήση της λέξης laquoδομήraquo στην παραπάνω φράση

προέρχεται από το ότι ένα ελλειψοειδές καθορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο

Πράγματι αν ως προς την κατάλληλη ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899

ℰ = 119909 = (119909119896)119899119896=1 isin ℝ119899 ∶

119899

sum119896=1

1199092119896

1198862119896

le 1

όπου 119886119896 gt 0 για 119896 = 1 hellip 119899 τότε ελέγχουμε εύκολα ότι το

⟨119909 119908⟩ℰ ∶=119899

sum119896=1

119911119896119908119896

1198862119896

()

είναι ένα εσωτερικό γινόμενο και το σύνολο 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119909⟩ℰ le 1 είναι

ακριβώς το ℰ

Άσκηση Αποδείξτε ότι οποιοδήποτε παραλληλόγραμμο στον ℝ2 είναι

μια θέση του τετραγώνου 119862 = [minus1 1]2 Ομοίως αποδείξτε ότι οποιοδήποτε

παραλληλεπίπεδο στον ℝ119899 είναι μια θέση του κύβου 119862 = [minus1 1]119899

Άσκηση Δείξτε ότι η σχέση () ορίζει πράγματι ένα εσωτερικό γινόμενο

στον ℝ119899

Άσκηση Δείξτε ότι αν sdot ℰ είναι η νόρμα που ορίζει ένα ελλειψοειδές ℰστον ℝ119899 τότε ισχύει ⟨119909 119909⟩ℰ = 1199092

ℰ

Άσκηση Εξηγήστε γιατί η επιλογή ενός εσωτερικού γινομένου στον ℝ119899

καθορίζει τη θέση ενός κυρτού σώματος 119870

Η ΙΣΟΤΡΟΠΙΚΗ ΘΕΣΗ

Η ισοτροπική θέση ενός κυρτού σώματος είναι μια πολύ ιδιαίτερη

θέση η οποία προέρχεται από την Κλασική Μηχανική Ο συνήθης ορισμός

της ισοτροπίας είναι ο ακόλουθος

Ο (Ισοτροπικό σώμα) Ένα κυρτό σώμα 119870 sube ℝ119899 λέμε

ότι είναι ισοτροπικό αν έχει όγκο ίσο με 1 κέντρο μάζας στο 0 και το

ολοκλήρωμα int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 είναι σταθερό δηλαδή ανεξάρτητο του 120579 isin

120138119899minus1 Η τετραγωνική ρίζα αυτής της κοινής τιμής των ολοκληρωμάτων

ονομάζεται σταθερά ισοτροπίας του 119870 και συμβολίζεται με 119871119870

Θα δούμε παρακάτω ότι κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 έχει ισοτροπική

θέση δηλαδή υπάρχει 119879 isin GL(119899) ώστε το 119879(119870) να είναι ισοτροπικό

Στην επόμενη υποενότητα θα προσπαθήσουμε να εξηγήσουμε αυτόν

τον ορισμό Αυτό δεν θα συμβάλει μόνο στην αιτιολόγηση του όρου

laquoισοτροπικόraquo αλλά θα συμβάλει στο να κατανοήσουμε ότι από φυσικής

πλευράς η ισοτροπική θέση είναι η απλούστερη θέση στην οποία μπορεί

να βρεθεί ένα σώμα

Ροπή δύναμης και ροπή αδράνειας

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε ένα αντικείμενο που μπορεί να περιστραφεί

γύρω από έναν άξονα Μπορούμε να φανταστούμε μια σφαίρα και έναν

άξονα που περνάει από το κέντρο της ή μια πόρτα που στρέφεται

γύρω από τον άξονα που διέρχεται από τα σημεία στήριξής της Αν

εφαρμόσουμε μια δύναμη 119865 στο αντικείμενο κάθετα στο επίπεδο που

ορίζει ο άξονας περιστροφής και το διάνυσμα θέσης του σημείου στο

οποίο εφαρμόζεται η δύναμη αυτό θα αρχίσει να περιστρέφεται Ας

θεωρήσουμε ότι η δύναμη εφαρμόζεται στο σημείο 119903 το οποίο ανήκει

στο αντικείμενό μας Ονομάζουμε ροπή της δύναμης 119865 το διάνυσμα

120591 = 119903times 119865 όπου με times συμβολίζουμε το εξωτερικό γινόμενο Παρατηρούμε

ότι όσο πιο κοντά στον άξονα περιστροφής εφαρμόσουμε τη δύναμη

(για παράδειγμα όσο πιο κοντά στον άξονα περιστροφής της πόρτας)

τόσο πιο μικρό είναι σε μήκος το διάνυσμα 119903 οπότε είναι και μικρότερο

το μέγεθος της ροπής (η πόρτα θα στραφεί με μικρότερη ταχύτητα)

Η ροπή μιας δύναμης που εφαρμόζεται σε ένα σώμα που μπορεί ναστραφεί γύρω από έναν άξονα εκφράζει το μέγεθος της ικανότητας τηςδύναμης να στρέψει το σώμα

Άρα το πόσο εύκολα θα στραφεί το σώμα εξαρτάται από τη δύναμη119865 και το σημείο εφαρμογής της δύναμης 119903 Όμως το τι τελικά ακριβώς

θα συμβεί στο σώμα δεν εξαρτάται μόνο από τη δύναμη και το σημείο

εφαρμογής Διότι για παράδειγμα μια μπάλα του μπάσκετ στρέφεται

πολύ πιο εύκολα με την ίδια δύναμη από ότι ο πλανήτης Γη Άρα το τι

ακριβώς θα συμβεί με την ίδια δύναμη 119865 και το ίδιο 119903 σχετίζεται και με

χαρακτηριστικά του σώματος και της διεύθυνσης περιστροφής Αυτά

τα χαρακτηριστικά εκφράζονται στην έννοια της ροπής αδράνειας του

σώματος ως προς τη διεύθυνση του άξονα περιστροφής

Η ροπή αδράνειας ενός σώματος εκφράζει το πόσο εύκολα αυτόστρέφεται γύρω από δοθέντα άξονα Εξαρτάται δηλαδή τόσο από το σώμαόσο και από τον άξονα περιστροφής Το ότι η ροπή αδράνειας εξαρτάται

και από τον άξονα περιστροφής φαίνεται εύκολα με το παράδειγμα του

ακροβάτη που περπατάει σε σχοινί κρατώντας κάθετα στο σχοινί μια

πολύ μεγάλη ράβδο (δείτε την Εικόνα ) Για να πέσει από το σχοινί

ο ακροβάτης θα πρέπει η ράβδος που κρατάει να στραφεί με άξονα

περιστροφής παράλληλο στο σχοινί στο οποίο βαδίζει Επειδή ακριβώς

η ράβδος είναι μεγάλη στην κάθετη στο σχοινί διεύθυνση αυτή έχει

πολύ μεγάλη ροπή αδράνειας (δεν laquoθέλειraquo δηλαδή να στραφεί) και για

αυτό ο ακροβάτης δεν πέφτει εύκολα (Το ότι ο ακροβάτης συγκρατεί τη

ράβδο είναι μάλλoν ψευδαίσθηση Η ράβδος συγκρατεί τον ακροβάτη)

Μιλώντας πιο αυστηρά η ροπή αδράνειας ενός σώματος εκφράζει τηροπή που απαιτείται για να αποκτήσει το σώμα μια καθορισμένη γωνιακήεπιτάχυνση Μια σημειακή μάζα 119898 σε θέση 119903 όπου το 119903 είναι κάθετο στον

άξονα περιστροφής της έχει ροπή αδράνειας την ποσότητα 119868 = 119898 11990322

(Βεβαίως η επιλογή αυτού του τύπου δεν είναι αυθαίρετη αλλά βασίζεται

σε πειραματικά δεδομένα Για παράδειγμα διπλασιάζουμε την απόσταση

από τον άξονα περιστροφής και μετράμε τετραπλάσια ροπή για την

απόκτηση της ίδιας γωνιακής επιτάχυνσης)

Αν τώρα μιλάμε για ένα κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 η συνολική του

ροπή αδράνειας υπολογίζεται αν laquoπροσθέσουμε όλες τις ροπές αδράνειας

των σημείων τουraquo δηλαδή αν ολοκληρώσουμε πάνω στο 119870 Για να

απλοποιηθεί η περιγραφή μας ας υποθέσουμε ότι οι laquoσημειακές μάζεςraquo

στο 119870 είναι ίσες με 1 Με άλλα λόγια θεωρούμε ότι η πυκνότητα του

υλικού του 119870 είναι σταθερά ίση με 1 Έτσι αν το διάνυσμα 120579 isin 120138119899minus1

καθορίζει τον άξονα περιστροφής τότε η (συνολική) ροπή αδράνειας

Ε Ο Samuel Dixon διασχίζει τον Νιαγάρα πάνω σε ένα σχοινί

της ίντσας χρησιμοποιώντας τη ροπή αδράνειας μιας μεγάλης ράβδου

(φωτογραφία George Barker Νιαγάρας )

του 119870 είναι η ποσότητα

int119870

11990311990922 119889119909

όπου το 119903119909 είναι το διάνυσμα κάθετο στον άξονα περιστροφής από τον

άξονα στο 119909 isin 119870 Χρησιμοποιώντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα η ροπή

αδράνειας του 119870 ως προς τον άξονα που καθορίζει το 120579 είναι ίση με το

int119870(1199092

2 minus ⟨119909 120579⟩2) 119889119909()

Φανερά η ροπή αδράνειας εξαρτάται λοιπόν από τον άξονα τη διεύθυνση

120579 Αν αυτό δεν συμβαίνει αν δηλαδή η ροπή αδράνειας είναι ίδια για

το 119870 ως προς οποιοδήποτε άξονα περιστροφής τότε το σώμα λέγεται

ισοτροπικό Η συνθήκη που μόλις περιγράψαμε είναι φανερά ισοδύναμη

με την συνθήκη η ποσότητα int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 να είναι σταθερή και ανεξάρτητη

από την επιλογή του 120579 isin 120138119899minus1

Έτσι λοιπόν ένα σώμα είναι ισοτροπικό όταν η ροπή που χρειάζεταιγια να αποκτήσει συγκεκριμμένη γωνιακή επιτάχυνση είναι ίδια ως προςοποιοδήποτε άξονα και αν είναι να περιστραφεί

Προσθέτουμε μόνο εδώ ότι η οι επιπλέον απαιτήσεις του Ορι-

σμού δηλαδή να έχει το σώμα κέντρο μάζας στο 0 και να έχει

συνολικό όγκο 1 είναι κανονικοποιήσεις που απλά διευκολύνουν διάφο-

ρους υπολογισμούς και δεν έχουν σχέση με την ισοτροπία ως φυσική

έννοια

Πίνακας αδράνειας και ροπή αδράνειας

Όπως είδαμε παραπάνω η ροπή αδράνειας εξαρτάται τόσο από

το σώμα το οποίο στρέφεται όσο και από τη διεύθυνση του άξονα

περιστροφής Είναι δυνατόν αυτά τα δύο να laquoδιαχωριστούνraquo Μπο-

ρούν δηλαδή κατά μία έννοια να απομονωθούν τα χαρακτηριστικά

του σώματος που καθορίζουν ή επηρεάζουν την περιστροφή από τη

διεύθυνση περιστροφής Η απάντηση είναι θετική και αυτό γίνεται με

τον πίνακα αδράνειας του σώματος

Θα συμβολίσουμε με Id τον ταυτοτικό πίνακα στον ℝ119899 Αν γράψουμε

το τυχόν 119909 isin 119870 ως sum119899119894=1 119909119894119890119894 ως προς την συνήθη ορθοκανονική βάση

του ℝ119899 και ομοίως και για το 120579 από τη σχέση () εύκολα βλέπουμε

με απλές πράξεις ότι

int119870(1199092

2 minus ⟨119909 120579⟩2) 119889119909 = ⟨119868119870120579 120579⟩

όπου 119868119870 είναι ο πίνακας

(int119870

11990922 119889119909) Id minus (int

119870119909119894119909119895 119889119909)

119894119895

=⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

int119870(11990922 minus 1199092

1 ) 119889119909 minus int11987011990911199092 119889119909 hellip minus int119870

1199091119909119899 119889119909minus int119870

11990921199091 119889119909 int119870(1199092 minus 11990922) 119889119909 hellip minus int119870

1199092119909119899 119889119909⋮ ⋮ ⋱ ⋮

minus int1198701199091198991199091 119889119909 minus int119870

1199091198991199092 119889119909 hellip int119870(11990922 minus 1199092

119899) 119889119909

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

Ο πίνακας 119868119870 ονομάζεται πίνακας αδράνειας του σώματος 119870 (Inertiamatrix) Όταν εργαζόμαστε με ένα σώμα και δεν υπάρχει κίνδυνος

σύγχυσης μπορεί να παραλείπουμε τον δείκτη 119870 και να γράφουμε απλά

119868 Ο 119868 εξαρτάται μόνο από το σώμα 119870 (και το σύστημα συντεταγμένων)

και για κάθε 120579 isin 120138119899minus1 το εσωτερικό γινόμενο ⟨119868120579 120579⟩ υπολογίζει τη ροπή

αδράνειας του σώματος 119870 με άξονα περιστροφής τη διεύθυνση του 120579Για τη Φυσική όπως η μάζα είναι το μέτρο της αδράνειας του 119870 για

την ευθύγραμμη κίνηση έτσι και ο πίνακας αδράνειας είναι το laquoμέτροraquo

της αδράνειας στην περιστροφική κίνηση

Εύκολα βλέπει κανείς ότι αυτός ο συμμετρικός πίνακας είναι θετικά

ορισμένος Αλλά από την πλευρά της Φυσικής αυτό είναι άμεσα αντι-

ληπτό αν κανείς γνωρίζει ότι αν το 119870 στρέφεται με οποιαδήποτε (μη

μηδενική) σταθερή γωνιακή ταχύτητα τότε η κινητική του ενέργεια

είναι ακριβώς η ποσότητα 12⟨119868 ⟩ και ως ενέργεια η ποσότητα αυτή

είναι αναγκαστικά θετική Έτσι ο 119868 είναι διαγωνοποιήσιμος δηλαδή

υπάρχει κατάλληλος ορθομοναδιαίος πίνακας αλλαγής βάσης 119876 ώστε ο

119868 = 119876119905Λ119876 όπου Λ διαγώνιος πίνακας έστω με στοιχεία διαγωνίου τα

1198681 hellip 119868119899 Οι διευθύνσεις των ιδιοδιανυσμάτων του 119868 ονομάζονται κύριοι(ή πρωτεύοντες) άξονες του σώματος 119870 Οι ποσότητες 1198681 hellip 119868119899 (οι οποίες

είναι θετικές αφού ο 119868 είναι θετικά ορισμένος) ονομάζονται κύριες (ή

πρωτεύουσες) ροπές αδράνειας του 119870 Τα υπερεπίπεδα που παράγονται

από οποιαδήποτε 119899minus1 από τα ιδιοδιανύσματα του 119868 ονομάζονται κύρια(ή πρωτεύοντα) υπερεπίπεδα του 119870

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι αν επιλέξουμε κατάλληλα την ορθοκανονι-

κή βάση του ℝ119899 ο πίνακας αδράνειας του 119870 είναι διαγώνιος ο διαγώνιος

πίνακας Λ Συνεπώς αν εφαρμόσουμε στο σώμα 119870 κατάλληλο διαγώνιο

πίνακα (ως προς κατάλληλη βάση) ο πίνακας αδράνειας της νέας θέσης

του 119870 έστω 119870prime θα είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού δηλαδή τα

int119870prime 1199092119894 119889119909 θα είναι ανεξάρτητα του 119894 και int119870prime 119909119894119909119895 119889119909 = 0 για κάθε 119894 ne 119895

Εύκολα ελέγχουμε ότι αυτές οι συνθήκες συνεπάγονται ότι στη νέα αυτή

θέση του το 119870 δηλαδή το 119870prime είναι ισοτροπικό

Αποδείξαμε έτσι ότι κάθε κυρτό σώμα 119870 μπορεί να αλλάξει θέση ώστεη νέα θέση που προκύπτει να είναι ισοτροπική

Παρατηρούμε εδώ ότι πολύ συχνά στη βιβλιογραφία η ισοτροπική

θέση περιγράφεται λέγοντας ότι ο πίνακας αδράνειας του σώματος 119870είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού συν τις συνθήκες κανονικοποίησης

του Ορισμού δηλαδή ότι πρέπει να έχει όγκο ίσο με 1 και κέντρομάζας στο 0

Αν ονομάσουμε 119862 = 119862119870 = Cov(119870) τον πίνακα (int119870119909119894119909119895 119889119909)119894119895 τότε

ισχύει

119868(119870) =tr(119862)119899 minus 1

Id minus119862

Αυτό ελέγχεται εύκολα αφού

tr(119862) =119899

sum119894=1

(int119870

11990922 119889119909 minus int

1198701199092

119894 119889119909) = (119899 minus 1) int119870

11990922 119889119909

Ο πίνακας 119862 = 119862119870 ονομάζεται πίνακας συνδιακύμανσης (Covariance

matrix) του 119870 Συνήθως μελετάμε τον πίνακα 119862 αντί για τον 119868 αφού

ο 119862 είναι απλούστερος και οι ιδιότητες του 119868 που μας ενδιαφέρουν

προκύπτουν άμεσα από τις ιδιότητες του 119862 Για παράδειγμα ο 119868 είναιπολλαπλάσιος του ταυτοτικού Id (και το σώμα 119870 είναι ισοτροπικό) αν

και μόνο αν ο 119862 είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού Με βάση αυτή

την παρατήρηση μπορούμε να δώσουμε τον εξής εναλλακτικό ορισμό

του ισοτροπικού σώματος

Ο (Ισοτροπικό σώμα (εναλλακτικός ορισμός)) Ένα κυρ-

τό σώμα 119870 sube ℝ119899 λέγεται ισοτροπικό αν έχει όγκο ίσο με 1 κέντρο μάζας

στο 0 και ισχύουν οι σχέσεις

(i) int1198701199092

119894 119889119909 = int1198701199092

119895 119889119909 για κάθε 119894 119895 = 1 hellip 119899 και

(ii) int119870119909119894119909119895 119889119909 = 0 για κάθε 119894 119895 = 1 hellip 119899 με 119894 ne 119895

Ο αριθμός 119871119870 = (int1198701199092

119894 119889119909)12 (που είναι ανεξάρτητος του 119894) ονομάζεται

σταθερά ισοτροπίας του 119870

Πρέπει βεβαίως κανείς να ελέγξει ότι η 119871119870 όπως ορίστηκε εδώ ισούται

με την 119871119870 όπως ορίστηκε στον Ορισμό Αυτό είναι απλό και το

διατυπώνουμε στην Άσκηση

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ισχύουν οι σχέσεις (i) και (ii) του Ορισμού

τότε το int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 είναι ανεξάρτητο του 120579 isin 120138119899minus1

Πολική ροπή αδρανείας

Ας υποθέσουμε ότι το αντικείμενο που μελετάμε είναι δισδιάστα-

το (για παράδειγμα ένα τμήμα ενός λεπτού φύλου κάποιου υλικού)

Μπορούμε να θεωρήσουμε τώρα ότι το σώμα αυτό θα περιστραφεί στο

επίπεδο στο οποίο περιέχεται Ο μόνος τρόπος να γίνει αυτό είναι να

περιστραφεί γύρω από κάποιο σημείο 1199090 αυτού του επιπέδου Αυτό

είναι ισοδύναμο με το να θεωρήσουμε το σώμα στον τρισδιάστατο χώρο

και να θεωρήσουμε ότι θα περιστραφεί γύρω από τον άξονα που περ-

νάει κάθετα στο επίπεδο στο οποίο περιέχεται από το 1199090 Η αδράνεια

που επιδεικνύει αυτό το σώμα σε μια τέτοια περιστροφή δίνεται όπως

και πριν από το ολοκλήρωμα πάνω στο σώμα του τετραγώνου της

απόστασης των σημείων του από τον άξονα περιστροφής που σε αυτή

την περίπτωση είναι το σημείο 1199090 Αυτή η ροπή αδρανείας ονομάζεται

πολική και εφόσον η μάζα του σώματος έχει πυκνότητα ίση με 1 και

1199090 = 0 δίνεται από τον τύπο

PI119870 = int119870

1199092 119889119909

Η γενίκευση σε μεγαλύτερες διαστάσεις είναι όμοια Το παραπάνω

ολοκλήρωμα στον ℝ119899 ονομάζεται πολική ροπή αδρανείας όπου τώρα η

περιστροφή είναι γύρω από τον άξονα του ℝ119899+1 που περνάει κάθετα

στον ℝ119899 από το 0Παρατηρούμε εδώ ότι η πολική ροπή αδρανείας σχετίζεται με τα

ίχνη των πινάκων 119868119870 και 119862119870 ως εξής

PI119870 = int119870

11990922 119889119909 = tr(119862119870) =

tr(119868119870)119899 minus 1

()

Διαφορά μεταξύ ισοτροπικού και μη ισοτροπικού σώματος

Είδαμε ήδη ότι για τα ισοτροπικά σώματα η ίδια ροπή προκαλεί

την ίδια γωνιακή επιτάχυνση ως προς οποιοδήποτε άξονα Εδώ θα

εμβαθύνουμε λίγο παραπάνω σε αυτή την κατεύθυνση

Ας υποθέσουμε ότι σε ένα σώμα 119870 στον χώρο τού ασκείται μια ροπή

ώστε να αρχίσει να κινείται και στη συνέχεια αφήνεται ελεύθερο χωρίς να

του ασκήται καμία εξωτερική δύναμη (ή η συνισταμένη των εξωτερικών

δυνάμεων ισούται με μηδέν) Σε αυτή την ενότητα θα μελετήσουμε τη

διαφορά στην κίνηση αν το σώμα είναι ισοτροπικό ή όχι

Αν θεωρήσουμε δύο σημεία 119909 119910 isin 119870 με 119909 ne 119910 αφού το σώμα

υποτίθεται στερεό η απόστασή τους παραμένει σταθερή Δηλαδή η

ποσότητα

119909 minus 11991022 =

119899

sum119895=1

(119909119895 minus 119910119895)2

είναι σταθερή ως προς τον χρόνο Συνεπώς η παράγωγός της είναι

μηδέν Υπολογίζοντας την παράγωγο με τον κανόνα της αλυσίδας

παίρνουμε 2⟨119909 minus 119910 119907119909 minus 119907119910⟩ = 0 όπου με 119907119909 και 119907119910 συμβολίζουμε τις

ταχύτητες των σημείων 119909 και 119910 αντίστοιχα Έτσι για να ισχύει αυτό

είτε 119907119909 minus 119907119910 = 0 οπότε 119907119909 = 119907119910 και το σώμα κινείται ευθύγραμμα ομαλά

είτε 119907119909 minus 119907119910 ⟂ 119909 minus 119910 και το σώμα εκτελεί περιστροφική κίνηση Επειδή

εδώ ασκήθηκε ροπή στο σώμα συμβαίνει το δεύτερο Έτσι υπάρχει

διάνυσμα 120596119909119910 ώστε 119907119909 minus 119907119910 = 120596119909119910 times (119909 minus 119910) Μπορούμε να δούμε τώρα

ότι το 120596119909119910 είναι ανεξάρτητο των σημείων 119909 και 119910 Πράγματι αν πάρουμε

τρία σημεία 119909 119910 119911 στο 119870 θα ισχύει

120596119909119911 times (119909 minus 119910) minus 120596119909119911 times (119911 minus 119910) = 120596119909119911 times (119909 minus 119911) = 119907119909 minus 119907119911

= (119907119909 minus 119907119910) minus (119907119911 minus 119907119910)= 120596119909119910 times (119909 minus 119910) minus 120596119911119910 times (119911 minus 119910)

Αλλά η τελευταία μπορεί να ισχύει για κάθε 119909 119910 119911 isin 119870 μόνο αν

120596119909119911 = 120596119909119910 = 120596119911119910 Το κοινό αυτό διάνυσμα 120596 λοιπόν είναι χαρα-

κτηριστικό της κίνησης του σώματος και ονομάζεται γωνιακή ταχύτητα

του σώματος Μπορούμε να ελέγξουμε ότι το μέτρο του μας δείχνει την

γωνιακή μεταβολή των σημείων του 119870 ως προς τον άξονα περιστροφής

προς τον απαιτούμενο χρόνο Η περιστροφική αυτή κίνηση ονομάζεται

ομαλή (αφού υποθέσαμε ότι δεν ασκούνται πλέον δυνάμεις στο σώμα

ή ασκούνται αλλά έχουν συνισταμένη μηδέν) αλλά αυτό δεν σημαίνει

ότι το διάνυσμα 120596 είναι σταθερό Αυτό που γνωρίζουμε σίγουρα είναι

ότι το σώμα διατηρεί την κινητική του ενέργεια (αρχή διατήρησης της

ενέργειας) και τη στροφορμή του (αρχή διατήρησης της στροφορμής)

Η κινητική ενέργεια ενός σημείου του 119909 είναι 119864119909 = 121198981199091199071199092 όπου

119898119909 η σημειακή μάζα στο 119909 και 119907119909 η ταχύτητά του Έτσι αν το σώμα 119870έχει πυκνότητα 1 η κινητική του ενέργεια είναι 119864 = 1

2 int1198701199071199092 119889119909

Η στροφορμή ενός σημείου 119909 isin 119870 ορίζεται ως το διάνυσμα 119871119909 =119898119909119909 times 119907119909 και άρα για το σώμα 119870 με πυκνότητα 1 η στροφορμή του είναι

119871 = int119870119909 times 119907119909 119889119909 Αντικαθιστώντας το 119907119909 με 120596 times 119909 παίρνουμε

119871119909 = 119898119909(11990922120596 minus ⟨120596 119909⟩119909) = 119898119909119868119909120596

όπου 119868119909 ο πίνακας αδράνειας του 119909 δηλαδή

119868119909 =⎛⎜⎜⎜⎜⎝

11990922 minus 1199092

1 minus11990911199092 hellip minus1199091119909119899minus11990921199091 1199092

2 minus 11990922 hellip minus1199092119909119899

⋮ ⋮ ⋱ ⋮minus1199091198991199091 minus1199091198991199092 hellip 1199092

2 minus 1199092119899

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

Ολοκληρώνοντας ως προς 119909 isin 119870 παίρνουμε ότι η συνολική στροφορμή

του 119870 είναι 119871 = 119868120596 όπου 119868 ο πίνακας αδράνειας του 119870 Χρησιμοποιώντας

τις ιδιότητες του εξωτερικού γινομένου ελέγχουμε εύκολα ότι ισχύει

119864 = 12⟨119871 120596⟩

Με αυτές τις εξισώσεις μπορούμε να βγάλουμε τα παρακάτω συμ-

περάσματα

Αν ο ροπή που ασκήσαμε για την έναρξη της κίνησης του 119870 ήταν

κάθετη σε κύριο άξονα του 119870 τότε η στροφορμή 119871 είναι στη διεύθυνση

του κύριου άξονα Αλλά τότε το 119871 είναι ιδιοδιάνυσμα του 119868 και συνεπώς

120596 = 119868minus1119871 = 120582minus1119871 όπου 120582 η ιδιοτιμή του 119868 που αντιστοιχεί στον κύριο

άξονα Δηλαδή η γωνιακή ταχύτητα είναι παράλληλη με τη στροφορμή

Αυτό σημαίνει ότι το σώμα θα κάνει μια απλή ομαλή περιστροφική

κίνηση γύρω από αυτόν τον κύριο άξονα

Αν η ροπή δίνει στροφορμή που δεν είναι στη διεύθυνση κύριου

άξονα τότε αυτή η γωνιακή ταχύτητα δεν είναι απαραίτητα παράλληλη

με τη στροφορμή 119871 Παραμένει όμως σταθερή η συνιστώσα της στη

διεύθυνση της στροφορμής 119871 αφού 119864 = 12⟨119871 120596⟩ και τόσο η κινητική

ενέργεια όσο και η στροφορμή είναι σταθερές

Έτσι ένα ελλειψοειδές με άνισους ημιάξονες στο οποίο ασκείται ροπή

ώστε να αποκτήσει στροφορμή 119871 η οποία δεν είναι στη διεύθυνση κύριου

άξονα θα κάνει μια σύνθετη κίνηση στον χώρο η οποία περιλαμβάνει

τόσο περιστροφή γύρω από τον άξονα της στροφορμής όσο και περι-

στροφική κίνηση γύρω από τον εαυτό του Τέτοια είναι η κίνηση που

εκτελεί ο πλανήτης μας περιστρέφεται γύρω από τον εαυτό του αλλά

και ο άξονας περιστροφής δεν είναι σταθερός αλλά εκτελεί και αυτός

περιστροφική κίνηση γύρω από τη διεύθυνση της στροφορμής της

Αν τώρα το ελλειψοειδές έχει για παράδειγμα κύριους άξονες με

ίσες ιδιοτιμές τότε αν ο άξονας περιστροφής βρίσκεται στο επίπεδο που

παράγουν αυτοί οι δύο άξονες η κίνηση είναι απλή περιστροφική μια

και όπως πριν η στροφορμή είναι ιδιοδιάνυσμα του πίνακα αδράνειας

οπότε προκύπτει γωνιακή ταχύτητα στη διεύθυνση της στροφορμής

Τέλος αν το 119870 είναι στην ισοτροπική του θέση κάθε άξονας περι-στροφής οδηγεί σε απλή περιστροφική κίνηση με τη γωνιακή ταχύτηταστη διεύθυνση της στροφορμής Αυτό είναι προφανές από τα παρα-

πάνω αφού στην ισοτροπική θέση ο πίνακας αδράνειας 119868 του 119870 είναι

πολλαπλάσιο του ταυτοτικού

Π Να σημειώσουμε εδώ μια και αναφέρθηκε ότι ο

πλανήτης μας δεν είναι στερεό σώμα αφού έχει ατμόσφαιρα νερό υγρό

πυρήνα κλπ Άρα η κίνηση του δεν είναι και τόσο προβλέψιμη όπως

θα ήταν αν επρόκειτο για στερεό σώμα Οι στρατιωτικοί οργανισμοί

καταγράφουν συνεχώς την τροχιά του άξονα του πλανήτη χρησιμο-

ποιώντας αστρονομικά δεδομένα ώστε να ενοπίζουν τη μεταβολή της

θέσης του Αυτό γίνεται βεβαίως με σκοπό να στοχεύουν με ακρίβεια οι

πύραυλοί τους τις πόλεις μαςhellip

Το ελλειψοειδές αδράνειας και το ελλειψοειδές κινητικής ενέργειας

Ας υποθέσουμε για λόγους απλοποίησης αλλά χωρίς βλάβη της

γενικότητας ότι η κινητική ενέργεια 119864119870 του Κ ισούται με 12 Εφόσονλοιπόν η κινητική ενέργεια 119864119870 = 1

2⟨119868120596 120596⟩ είναι σταθερή η γωνιακή

ταχύτητα 120596 ανήκει στο ελλειψοειδές με εξίσωση ⟨119868120596 120596⟩ = 1 Το ελλειψο-

ειδές αυτό ονομάζεται ελλειψοειδές αδρανείας ή ελλειψοειδές Poinsot καιείναι σταθερό (ακίνητο) ως προς το σώμα 119870 καθώς αυτό περιστρέφεται

Το ότι δεν κινείται σε σχέση με το 119870 προκύπτει εύκολα αφού αν αλλά-

ξουμε στο σύστημα συντεταγμένων των ιδιοδιανυσμάτων του πίνακα

αδρανείας 119868 τότε η εξίσωσή του παραμένει αναλλοίωτη στον χρόνο και

είναι η119899

sum119895=1

1198681198951205962119895 = 1

όπου τα 119868119895 είναι οι κύριες ροπές αδρανείας και 120596119895 οι συντεταγμένες

της γωνιακής ταχύτητας 120596 O Poinsot παρατήρησε ότι η 119864119870 = 12⟨119871 120596⟩

συνεπάγεται ότι 119871 = 2grad120596119864119870 Δηλαδή η στροφορμή 119871 είναι κάθετη

στο εφαπτόμενο επίπεδο του ελλειψοειδούς 119864119870 = σταθερά δηλαδή

στο εφαπτόμενο επίπεδο του ελλειψοειδούς αδρανείας στο 120596 Αυτή

η κατασκευή είναι γνωστή ως κατασκευή Poinsot και περιγράφει με

ακρίβεια την περιστροφική κίνηση του 119870 Πράγματι αφού η στροφορμή

119871 είναι σταθερή για να μπορεί να είναι πάντα κάθετη στο παραπάνω

εφαπτόμενο επίπεδο θα πρέπει το ελλειψοειδές αδρανείας να περιστρέ-

φεται κατάλληλα και μαζί του και το σώμα 119870 Πάλι από το γεγονός ότι

η κινητική ενέργεια 119864119870 είναι σταθερή και το ότι 119864119870 = 12⟨119871 120596⟩ προκύπτει

ότι η προβολή του 120596 στη διεύθυνση του 119871 είναι σταθερή δηλαδή είναι

σταθερή η απόσταση του κέντρου του ελλειψοειδούς αδρανείας από

το εφαπτόμενο επίπεδο στο 120596 Συνεπώς το εφαπτόμενο επίπεδο είναι

αναλλοίωτο στον χρόνο και για αυτό ονομάζεται αναλλοίωτο επίπεδο(invariable plane) Το 120596 είναι το σημείο επαφής του ελλειψοειδούς αδρα-

νείας καθώς αυτό περιστρέφεται και του αναλλοίωτου επιπέδου Κατά

την κίνηση αυτή το 120596 διαγράφει μια καμπύλη πάνω στο ελλειψοειδές

αδρανείας η οποία ονομάζεται πολική καμπύλη (στα αγγλικά ονομάζεται

laquopolhoderaquo από τις λέξεις πόλος+οδός) Αντίστοιχα το σημείο επαφής

διαγράφει μια καμπύλη πάνω στο αναλλοίωτο επίπεδο που ονομά-

ζεται αντιπολική καμπύλη (στα αγγλικά laquoherpolhoderaquo από τις λέξεις

έρπω+πόλος+οδός)

Ενδιαφέρον όμως παρουσιάζει και η κίνηση του διανύσματος της

στροφορμής 119871 ως προς έναν παρατηρητή που βρίσκεται μέσα στο σώμα

και κινείται μαζί του Για αυτόν προφανώς το 120596 είναι τώρα σταθερό

r

Σ Το ελλειψοειδές Poinsot το σταθερό διάνυσμα στροφορμής 119871η μεταβαλλόμενη γωνιακή ταχύτητα 120596 και το αναλλοίωτο επίπεδο Το 120596παραμένει σταθερά στο σημείο επαφής του ελλειψοειδούς με το επίπεδο

Καθώς το ελλειψοειδές στρέφεται γύρω από τον ευατό του το σημείο

επαφής με το επίπεδο (ισοδύναμα το 120596) διαγράφει πάνω στο ελλειψοειδές

την πολική καμπύλη ενώ καθώς το ελλειψοειδές περιστρέφεται και γύρωαπό τον άξονα του 119871 το σημείο επαφής με το επίπεδο (ισοδύναμα το

120596) διαγράφει την αντιπολική καμπύλη πάνω στο επίπεδο

και αλλάζει το 119871 Μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε ότι ως προς το σύστη-

μα συντεταγμένων των ιδιοδιανυσμάτων του πίνακα αδρανείας το 119871βρίσκεται πάντα στο ελλειψοειδές sum

119899119894=1 119868minus1

119894 1198712119894 = 1 Αυτό το ελλειψοειδές

ονομάζεται ελλειψοειδές της κινητικής ενέργειας ή ελλειψοειδές Binet του119870 Επειδή επιπλέον ισχύει sum

119899119894=1 1198712

119894 = 11987122 το οποίο είναι σταθερό συμ-

περαίνουμε ότι το διάνυσμα της στροφορμής 119871 παραμένει στην τομή της

σφαίρας ακτίνας 1198712 και του ελλειψοειδούς Binet Παρατηρούμε τέλοςότι το ελλειψοειδές κινητικής ενέργειας Binet είναι το πολικό ελλειψοειδέςτου ελλειψοειδούς αδρανείας Poinsot

Π Στη βιβλιογραφία της κυρτότητας ως ελλειψοειδές

αδρανείας δεν ορίζεται το ελλειψοειδές Poinsot αλλά κατά παράβαση των

φυσικών εννοιών που περιγράψαμε παραπάνω ένα ελλειψοειδές που

φέρει το όνομα του Legendre και είναι διαφορετικό από το προηγούμενο

αν και έχει τους ίδιους κύριους άξονες Θα περιγράψουμε αυτό το

ελλειψοειδές στην υποενότητα Ομοίως το ελλειψοειδές Binet δεν

ορίζεται σύμφωνα με τις παραπάνω φυσικές έννοιες αλλά ως δυϊκό του

ελλειψοειδούς Legendre Σε κάθε περίπτωση δεν κατέστη εφικτό να

βρω στη βιβλιογραφία από που προκύπτει η απόδοση στον Legendre

Πιθανώς να είναι αποτέλεσμα του γεγονότος ότι η πολικότητα μπορεί

να περιγραφεί μέσω του μετασχηματισμού του Legendre Δηλαδή από

τη μία το ελλειψοειδές Binet δεν ορίζεται ως το ελλειψοειδές κινητικής

ενέργειας όπως παραπάνω και από την άλλη το δυϊκό του ονομάζεται

ελλειψοειδές Legendre (δείτε και Άσκηση )

Π Οι όροι polhode και herpolhode προέρχονται από

τον ο αιώνα και βρίσκονται στο Πόρισμα της Πρότασης της

Ενότητας στο πρώτο βιβλίο του Principia του Isaac Newton Με το

πρόβλημα της περιστροφής ενός στερεού σώματος ασχολήθηκε τόσο ο

Newton όσο και ο Leonhard Euler αργότερα ο οποίος παρήγαγε ένα

σύνολο εξισώσεων που περιγράφουν την κίνηση Αφορμή για αυτές τις

μελέτες ήταν η παρατήρηση των Jean drsquo Alembert και Louis Lagrange και

άλλων ότι υπήρχαν μετατοπίσεις του γεωγραφικού πλάτους της Γης

λόγω ταλάντευσής της γύρω από τον πολικό άξονα περιστροφής της

Στα μέσα του ου αιώνα ο Louis Poinsot περιέγραψε γεωμετρικά την

περιστροφική κίνηση ενός στερεού σώματος με τη βοήθεια της laquoκατα-

σκευής Poinsotraquo που περιγράψαμε παραπάνω δίνοντας μια γεωμετρική

ερμηνεία των αλγεβρικών εξισώσεων του Euler Περισσότερα για αυτά

τα θέματα μπορεί να βρει κανείς στα [GPS] και [KO]

Άσκηση Για κάθε κυρτή συνάρτηση 119891 ∶ 119883 sube ℝ119899 rarr ℝ όπου το 119883είναι κυρτό σύνολο ορίζουμε τον μετασχηματισμό Legendre της 119891 να είναι η

συνάρτηση ℒ(119891) ∶ 119883lowast rarr ℝ όπου

119883lowast = 119909lowast isin ℝ119899 ∶ sup119909isin119883

(⟨119909lowast 119909⟩ minus 119891(119909)) lt infin

με

ℒ(119891)(119909lowast) = sup119909isin119883

(⟨119909lowast 119909⟩ minus 119891(119909))

Αποδείξτε (χρησιμοποιώντας τεχνικές απειροστικού λογισμού εύρεσης μεγί-

στου) ότι αν το ℰ είναι οποιοδήποτε ελλειψοειδές στον ℝ119899 και ℰ∘ το πολικό

του τότε ισχύει

ℒ (12

sdot 2ℰ) =

12

sdot 2ℰ∘

Συμπεράνεται ότι το ελλειψοειδές Poinsot είναι το Legendre δυϊκό ελλειψοειδές

του ελλειψοειδούς Binet με την έννοια ότι

ℒ (12

sdot 2Binet) =

12

sdot 2Poinsot

Άσκηση Στην άσκηση αυτή γενικεύουμε την Άσκηση για κάθε

σώμα 119870 και το πολικό του 119870∘ Το ζητούμενο δηλαδή είναι να αποδειχθεί ότι

ισχύει

ℒ (12

sdot 2119870) =

12

sdot 2119870∘

για κάθε κυρτό σώμα 119870 με το 0 στο εσωτερικό του (ώστε να ορίζεται το πολικό

σώμα) ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Δείξτε ότι υπάρχει 119877 gt 0 ώστε για κάθε 119909 isin ℝ119899 με 1199092 gt 119877 η

ποσότητα ⟨119906 119909⟩ minus 121199092

119870 είναι αρνητική Συμπεράνετε από αυτό ότι η

προηγούμενη ποσότητα έχει μέγιστη τιμή έστω στο 1199090

(ii) Αποδείξτε ότι

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) le

12

ℎ119870(119906)

παρατηρώντας ότι

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) = ⟨119906 1199090⟩ minus

12

11990902119870 le max

119903ge0(119903⟨119906

11990901199090119870

⟩ minus12

1199032)

(iii) Για την αντίστροφη ανισότητα

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) ge

12

ℎ119870(119906)

δείξτε ότι υπάρχει 1199090 isin bd(119870) ώστε ℎ119870(119906) = ⟨119906 1199090⟩ και παρατηρήστε

ότι για κάθε 119903 ge 0 θέτοντας 119909 = 1199031199090 ισχύει

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) ge max

119903ge0(119903⟨119906 1199090⟩ minus

12

1199032)

Παρατήρηση Είναι δυνατόν να αποδείξει κανείς ότι ισχύει και η ℒ( sdot 119870)(119906) =119906119870∘ αλλά η απόδειξη είναι αρκετά πιο περίπλοκη και απαιτεί επιπλέον

υποθέσεις (να είναι η sdot 119870 κλάσης 1198622 στο ℝ119899 ⧵ 0 καθώς και το 119870 να είναι

γνήσια κυρτό (δείτε [GH] Κεφάλαιο Πρόταση ))

Αν και εξηγήσαμε παραπάνω ότι κάθε συμμετρικό κυρτό σώμα έχει

ισοτροπική θέση θα γράψουμε μια σύντομη και τυπικότερη απόδειξη

Π Για κάθε κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα 119870 sube ℝ119899

υπάρχει 119879 isin GL(119899) ώστε το 119879(119870) να είναι ισοτροπικό

Απόδειξη Θεωρούμε την απεικόνιση 119872 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 όπου

119872(119910) = int119870⟨119909 119910⟩119909 119889119909 = (int

119870⟨119909 119910⟩119909119895 1198891199091 hellip 119889119909119899)

119899

119895=1

Η Μ είναι μια γραμμική απεικόνιση με πίνακα τον 119872 = (int119870119909119894119909119895 119889119909)119894119895 Ο

119872 είναι φανερά συμμετρικός αλλά και θετικά ορισμένος αφού αν 119910 ne 0ισχύει

⟨119872(119910) 119910⟩ = int119870⟨119909 119910⟩2 119889119909 gt 0

Οπότε υπάρχει συμμετρικός και θετικά ορισμένος 119899 times 119899 πίνακας 119878 ώστε

1198782 = 119872 Θέτουμε 119870 = 119878minus1(119870) Παρατηρούμε ότι ο 119878minus1 είναι και αυτός

συμμετρικός οπότε ισούται με τον ανάστροφό του (119878minus1)lowast Για κάθε

120579 isin 120138119899minus1 θέτουμε 119910 = 119878119909 και χρησιμοποιώντας τον τύπο αλλαγής

μετβλητής στον ℝ119899 έχουμε

int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 = | det 119878|minus1 int

119870⟨119878minus1119910 120579⟩2 119889119910

= | det 119878|minus1 int119870⟨119910 (119878minus1)lowast120579⟩2 119889119910

= | det 119878|minus1 int119870⟨119910 119878minus1120579⟩2 119889119910

= | det 119878|minus1⟨int119870⟨119910 119878minus1120579⟩119910 119889119910 119878minus1120579⟩

= | det 119878|minus1⟨119872(119878minus1120579) 119878minus1120579⟩= | det 119878|minus1

δηλαδή είναι ανεξάρτητο του 120579 Μένει να κανονικοποιήσουμε τον όγκο

θέτουμε 119879 = vol119899(119878minus1(119870))minus1119899119878minus1(119870)

Το επόμενο που θέλουμε να δείξουμε είναι ότι η ισοτροπική θέση

για ένα συμμετρικό κυρτό σώμα είναι μοναδική εκτός από ορθογώνιους

μετασχηματισμούς (στροφές-ανακλάσεις και συνδυασμούς τους) Για

αυτό θα χρειαστούμε το παρακάτω πόρισμα του Θεωρήματος και

ένα ακόμα λήμμα

Π Αν ο 119879 είναι ένας συμμετρικός θετικά ημιορισμένος 119899times119899πίνακας τότε

tr(119879)119899

ge (det 119879)1119899

με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν ο 119879 είναι πολλαπλάσιο τουταυτοτικού

Απόδειξη Ένας συμμετρικός θετικά ημιορισμένος πίνακας είναι διαγωνο-

ποιήσιμος Αν 1205821 hellip 120582119899 οι (μη αρνητικές) ιδιοτιμές του τότε

tr(119879)119899

=1205821 + ⋯ + 120582119899

119899ge (1205821 hellip 120582119899)1119899 = (det 119879)1119899

Αν ισχύει ισότητα τότε όλες οι ιδιοτιμές είναι μεταξύ τους ίσες οπότε ο

119879 είναι πολλαπλάσιο του ταυτοτικού

Λ Η ισοτροπική θέση ελαχιστοποιεί την πολική ροπήαδρανείας PI119870 το ίχνος του πίνακα αδρανείας 119868119870 και το ίχνος του πίνακασυνδιακύμανσης 119862119870 Ισοδύναμα αν το 119870 βρίσκεται σε ισοτροπική θέσηκαι 119879 isin GL(119899) με det(119879) = 1 ισχύει

int119870

11990922 119889119909 le int

1198791198701199092

2 119889119909()

Απόδειξη Από τη σχέση () αρκεί να αποδείξουμε την () Παρα-

τηρούμε πρώτα ότι για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119878 ισχύει

int119870⟨119909 119878119909⟩ 119889119909 = sum

119894119895(int

119870119909119894119909119895 119889119909) 119904119894119895 = tr(119862119870119878)()

Εφαρμόζουμε την () για 119878 = Id και 119870 ισοτροπικό (οπότε 119862119870 = 1198712119870 Id)

int119870

11990922 119889119909 = int

119870⟨119909 119909⟩ 119889119909 = tr(1198712

119870 Id) = 1198991198712119870()

Εφαρμόζουμε ξανά την () για το σώμα 119879(119870) και αλλάζοντας μετα-βλητή (θέτοντας 119910 = 119879minus1119909) παίρνουμε

int119879(119870)

11990922 119889119909 = int

119879(119870)⟨119909 119909⟩ 119889119909 = int

119870⟨119910 119879lowast119879119910⟩ 119889119910 = tr(119862119870119879lowast119879)

()

Αλλά το 119870 είναι ισοτροπικό οπότε 119862119870 = 1198712119870 Id και από την ανισό-

τητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου tr(119879lowast119879)119899 ge det(119879lowast119879)1119899 = 1(Πόρισμα ) και την () παίρνουμε

int119879(119870)

11990922 119889119909 = 1198712

119870tr(119879lowast119879) ge 1198712119870119899 det(119879lowast119879)1119899 = int

1198701199092

2 119889119909()

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Από το παραπάνω λήμμα προκύπτει άμεσα ότι

αν ένα εξάρτημα μιας μηχανής θα περιστρέφεται στο επίπεδο στο οποίο

ανήκει τότε η ενεργειακά συμφέρουσα επιλογή είναι το εξάρτημα να

βρίσκεται στην ισοτροπική του θέση Διότι τότε θα έχει την ελάχιστη

πολική ροπή αδρανείας δηλαδή απαιτείται μικρότερη ροπή για την

απόκτηση της ίδιας γωνιακής ταχύτητας από οποιαδήποτε άλλη θέση

Π Η σχέση () και το Λήμμα μας δίνουν

άλλους δύο τύπους για τη σταθερά ισοτροπίας 119871119870 Από την () αν

το 119870 είναι ισοτροπικό τότε

119871119870 = (1119899

int119870

11990922 119889119909)

12

Από την () και το Λήμμα

119871119870 = inf⎧⎨⎩

(1119899

int119879(119870)

11990922 119889119909)

12

∶ det 119879 = 1⎫⎬⎭

= inf⎧⎨⎩

⎛⎜⎝

1

vol119899(119879(119870))1+ 2

119899

1119899

int119879(119870)

11990922 119889119909⎞⎟

⎠

12

∶ 119879 isin GL(119899)⎫⎬⎭

Π Η ισοτροπική θέση είναι μοναδική εκτός από ορθογώ-νιους μετασχηματισμούς

Απόδειξη Αν το Κ είναι ισοτροπικό και ο 119879 είναι ένας 119899 times 119899 πίνακας

ώστε το 119879(119870) να είναι και αυτό ισοτροπικό τότε θα δείξουμε ότι ο 119879είναι ορθογώνιος Πράγματι από το Λήμμα τόσο το 119870 όσο και το

119879(119870) ελαχιστοποιούν το ολοκλήρωμα του τετραγώνου της Ευκλείδειας

νόρμας ανάμεσα σε όλες τις θέσεις του 119870 Συνεπώς ισχύει ισότητα

στη σχέση () Άρα ισχύει ισότητα στην ανισότητα αριθμητικού-

γεωμετρικού μέσου tr(119879lowast119879)119899 ge det(119879lowast119879) και συνεπώς ο 119879lowast119879 είναι

πολλαπλάσιος του ταυτοτικού (Πόρισμα ) Αλλά επειδή πρέπει να

έχει και ορίζουσα ίση με 1 είναι ο ταυτοτικός Έτσι 119879lowast119879 = Id δηλαδή ο

119879 είναι ορθογώνιος

Εύκολα βλέπει κανείς ότι το 119870 είναι ισοτροπικό αν και μόνο αν ισχύει

η ()

Π Αν ισχύει

int119870

11990922 119889119909 le int

1198791198701199092

2 119889119909()

για κάθε 119899 times 119899 πίνακα ορίζουσας 1 τότε το 119870 είναι ισοτροπικό

Απόδειξη Πράγματι όπως και στην απόδειξη της Πρότασης έτσι

και εδώ αν το Τ(119870) είναι ισοτροπικό για κατάλληλο 119879 τότε πάλι θα

ισχύει ισότητα στην () οπότε όπως και πριν ο 119879 είναι ορθογώνιος

δηλαδή το 119870 είναι ισοτροπικό

Ελλειψοειδές Binet και ελλειψοειδές Legendre

Στο κλασικό τους άρθρο [MP] οι V Milman και A Pajor δίνουν

τους ορισμούς του ελλειψοειδούς Binet και του Legendre-δυϊκού του

Όμως αντί να χρησιμοποιήσουν τον πίνακα αδρανείας 119868(119870) χρησιμο-

ποιούν τον πίνακα συνδιακύμανσης 119862119870 Έτσι ορίζουν το ελλειψοειδές

Binet με τη σχέση

() 1205792Binet = int

119870∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909

Αυτό το ελλειψοειδές είναι διαφορετικό από το ελλειψοειδές Binet όπως

ορίζεται στην Κλασική Μηχανική και παρουσιάσαμε νωρίτερα Έχει

βέβαια τους άξονές του στις ίδιες διευθύνσεις με το ελλειψοειδές Binet της

Κλασσικής Μηχανικής αφού οι πίνακες συνδιακύμανσης 119862119870 και αδρανείας

119868(119870) έχουν τα ίδια ιδιοδιανύσματα λόγω της σχέσης

119868(119870) = (int119870

11990922119889119909) Id minus119862119870

αλλά διαφορετικά μήκη ημιαξόνων Για παράδειγμα ας υποθέσουμε ότι

η βάση του χώρου 1198901 1198902 hellip 119890119899 έχει επιλεχθεί να είναι τα ιδιοδιανύσματα

του πίνακα αδρανείας οπότε Ι(Κ) = diag(119868119895)119899119895=1 και 119862119870 = diag(119862119895)119899

119895=1

δηλαδή οι πίνακες αδρανείας και συνδιακύμανσης είναι διαγώνιοι Επίσης

ισχύει 119868119895 + 119862119895 = int1198701199092

2119889119909 Σύμφωνα με την () ισχύει

1198901198952Binet = int

119870∣⟨119909 1198901⟩∣

2119889119909 = int119870

1199092119895 119889119909 = 119862119895 = int

1198701199092

2119889119909 minus 119868119895

Όμως ο ορισμός του ελλειψοειδούς Binet και του ελλειψοειδούς Poinsot

στην Κλασική Μηχανική όπως τον παρουσιάσαμε στην υποενότη-

τα εrsquo δίνει

1198901198952Binet =

1119868119895

και 1198901198952Poinsot = 119868119895

Επίσης ορίζουν το ελλειψοειδές laquoLegendreraquo ℰLegendre θέτοντας

() intℰLegendre

∣⟨119909 120579⟩∣2119889119909 = int

119870∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909

για κάθε 120579 isin ℝ119899 Με αυτούς τους ορισμούς αποδεικνύουν ότι

ΕBinet =radic

119899 + 2vol(ℰLegendre)

ℰ∘Legendre

ταυτότητα που θα αποδείξουμε παρακάτω Από αυτήν εύκολα προκύ-

πτει ότι

1198901198952ℰLegendre

=119899 + 2

vol(ℰLegendre)1119862119895

Συνεπώς βλέπουμε ότι ενώ οι δύο διαφορετικοί ορισμοί δεν συμπίπτουν

εν τούτοις γνωρίζοντας τα ελλειψοειδή από την Κλασική Μηχανική μπο-

ρούμε να υπολογίσουμε και τα αντίστοιχα ελλειψοειδή όπως ορίζονται

στο [MP] και αντίστροφα Επίσης αν το σώμα 119870 είναι ισοτροπικό

τότε τόσο ο πίνακας αδρανείας 119868(119870) όσο και ο πίνακας συνδιακύμανσης

119862119870 είναι πολλαπλάσιοι του ταυτοτικού και όλα αυτά τα ελλειψοειδή

είναι πολλαπλάσια της Ευκλείδειας μπάλας ℬ1198992 Οπότε με τις κατάλληλες

κανονικοποιήσεις τα ελλειψοειδή των δύο ορισμών ταυτίζονται

Π Με τους ορισμούς του [MP] ισχύει

ΕBinet =radic

119899 + 2vol(ℰLegendre)

ℰ∘Legendre

Απόδειξη Για κάθε ελλειψοειδές ℰ και119879 isin GL(119899)ώστε ℰ = 119879(ℬ1198992) εύκολα

ελέγχουμε ότι ισχύει 120579ℰ∘ = 119879lowast(120579)2 για κάθε 120579 isin ℝ119899 Επιπλέον

αλλάζοντας μεταβλητές παίρνουμε εύκολα τον τύπο

1vol(ℰ)

intℰ∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909 =1

vol(ℬ1198992)

intℬ119899

2

∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣2119889119909

Το δεύτερο όμως ολοκλήρωμα μπορεί να υπολογιστεί με αλλαγή σε

πολικές συντεταγμένες ως εξής

1vol(ℬ119899

2)int

ℬ1198992

∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣2119889119909 = 119899 int

120138119899minus1∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣

2(int

1

0119903119899+1119889119903) 119889120590(119909)

=119899

119899 + 2int

120138119899minus1∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣

2119889120590(119909)

=1

119899 + 2119879lowast(120579)2

2 =1

119899 + 21205792

ℰ∘

Δείξαμε έτσι ότι

120579ℰ∘ = radic119899 + 2vol(ℰ) (int

ℰ∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909)12

Αντικαθιστώντας το ℰ με το ελλειψοειδές Legendre και χρησιμοποιώντας

την () και την () καταλήγουμε στο ζητούμενο

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 119879 isin GL(119899) αν θέσουμε ℰ = 119879(ℬ1198992) τότε

ισχύει1

vol(ℰ)int

ℰ∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909 =1

vol(ℬ1198992)

intℬ119899

2

∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣2119889119909

για κάθε 120579 isin ℝ119899 Συμπληρώστε όλες τις λεπτομέρειες της απόδειξης της

Πρότασης

Άσκηση Ας συμβολίσουμε με ℰ119875(119870) το ελλειψοειδές αδρανείαςPoinsot

του κυρτού σώματος 119870 Αποδείξτε ότι για την πολική ροπή αδρανείας του

ℰ119875(119870) ισχύει ότι

PI(ℰ119875(119870)) = 119888119899vol119899(ℬ119899minus1

2 )vol119899(ℬ119899

2)vol119899(ℰ119875(119870))

119899

sum119894=1

1119868119894

όπου (119868119894)119899119894=1 οι πρωτεύουσες ροπές αδρανείας του 119870 και

119888119899 =Γ(32)Γ ( 119899+1

2 )

Γ ( 119899+44 )

≃2radic612058711989032

111989932

Επιπλέον ο πίνακας αδρανείας του ℰ119875(119870) είναι διαγώνιος όπου το 119894στοιχείο της διαγωνίου του είναι το

119868(ℰ119875(119871))119894119894= 119888119899

vol119899(ℬ119899minus12 )

vol119899(ℬ1198992)

vol119899(ℰ119875(119870)) sum119895ne119894

1119868119895

όπου 119888119899 η προηγούμενη σταθερά

Συμπεράνετε ότι το ελλειψοειδές αδρανείαςPoinsot δεν είναι πολλαπλάσιο

του ελλειψοειδούς Legendre

(Υπόδειξη Ξεκινήστε από τον υπολογισμό του 119868(ℰ119875(119871))119894119894 ολοκληρώνοντας

ως προς 120596119894 και παρατηρώντας ότι το ℰ119875(119870) cap (120596119894119890119894 + [119890119894]⟂) είναι ελλειψοειδές

με μήκη ημιαξόνων 119868minus12119895 (1 minus 1198681198941205962

119894 )12 όπου τα 119890119894 είναι η ορθοκανονική βάση

που ορίζεται από τους πρωτεύοντες άξονες αδρανείας Για την εκτίμηση για

το 119888119899 χρησιμοποιείστε την Άσκηση Β)

Η γεωμετρία ενός κυρτού συμμετρικού σώματος 119870 στην ουσία

καθορίζει μια κατανομή μάζας στον ℝ119899 όπου η πυκνότητα είναι η

χαρακτηριστική συνάρτηση 120594119870 Κάθε ολοκλήρωμα που χρησιμοποιείται

για τον ορισμό της έννοιας της ισοτροπίας θα μπορούσε αντί να γραφτεί

ως ολοκλήρωμα πάνω στο 119870 να γραφτεί πάνω σε όλο το ℝ119899 με τη

βοήθεια της χαρακτηριστικής συνάρτησης του 119870 Για παράδειγμα το

int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 μπορεί να γραφτεί ως intℝ119899⟨119909 120579⟩2120594119870(119909) 119889119909 Συνεπώς η έννοια

της ισοτροπίας μπορεί να οριστεί και για άλλες συναρτήσεις εκτός

των χαρακτηριστικών συναρτήσεων κυρτών συμμετρικών σωμάτων

Πράγματι αυτό είναι εφικτό για οποιοδήποτε laquoτρόποraquo διαθέτει κανείς

να περιγράψει την κατανομή μιας μάζας στον ℝ119899 Δύο πολύ συνήθεις

τέτοιοι τρόποι παρέχονται από τις λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις και

κατrsquo επέκταση από λογαριθμικά κοίλα μέτρα

Ο Μια συνάρτηση 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin) λέγεται λογαριθμικάκοίλη αν για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 και για κάθε 120582 isin [0 1] ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge 119891(119909)1minus120582119891(119910)120582()

Ο Ένα μέτρο 120583 στο ℝ119899 λέγεται λογαριθμικά κοίλο ανγια οποιαδήποτε Lebesgue μετρήσιμα σύνολα 119860 119861 στον ℝ119899 και για κάθε120582 isin [0 1] για το οποίο το (1 minus 120582)119860 + 120582119861 είναι μετρήσιμο ισχύει

120583((1 minus 120582)119860 + 120582119861) ge 120583(119860)1minus120582120583(119861)120582()

Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση 119891 ορίζει ένα μέτρο 120583119891 μέσω

του τύπου 120583119891(119860) = int119860119891(119909) 119889119909 για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο

119860 sube ℝ119899 Το μέτρο αυτό είναι λογαριθμικά κοίλο σύμφωνα με την

ακόλουθη πρόταση

Π Αν η 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin) είναι μια λογαριθμικά κοίλησυνάρτηση τότε το 120583119891 είναι λογαριθμικά κοίλο μέτρο

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Prekopa-

Leindler (Θεώρημα ) Πράγματι αν τα σύνολα 119860 119861 είναι Lebesque

μετρήσιμα στον ℝ119899 και για 120582 isin [0 1] το σύνολο (1 minus 120582)119860 + 120582119861 είναι

Lebesque μετρήσιμο τότε εύκολα ελέγχουμε ότι για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899

ισχύει

(119891120594(1minus120582)119860+120582119861)((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge (119891120594119860)(119909)1minus120582(119891120594119861)(119910)120582

Συνεπώς ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θεωρήματος οπότε

παίρνουμε

int 119891120594(1minus120582)119860+120582119861 ge (int 119891120594119860)1minus120582

(int 119891120594119861)120582

δηλαδή

int(1minus120582)119860+120582119861

119891 ge (int119860

119891)1minus120582

(int119861

119891)120582

Άρα

120583119891((1 minus 120582)119860 + 120582119861) ge 120583119891(119860)1minus120582120583119891(119861)120582

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Η παραπάνω πρόταση ισχύει και αντίστροφα (η απόδειξη παραλεί-

πεται δείτε [Borel])

Π (Borel) Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 στον ℝ119899 πουδεν φέρεται από κανένα υπερεπίπεδο είναι απολύτως συνεχές ως προςτο μέτρο Lebesque και υπάρχει λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση 119891 ∶ ℝ119899 rarr[0 infin) ώστε 120583 = 120583119891

Η επιλογή αυτών των δύο κατηγοριών γίνεται για τουλάχιστον

δύο λόγους

ndash Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση με πεπερασμένο ολοκλήρωμα

έχει πεπερασμένες ροπές οποιασδήποτε τάξης (Πρόταση

παρακάτω)

ndash Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο αποτελεί ευθεία γενίκευση της έννοιας

του όγκου αφού η () βρίσκεται σε πλήρη αντιστοιχία με

την πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Brunn-Minkowski

(Θεώρημα )

Π Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin)με πεπερασμένο ολοκλήρωμα έχει πεπερασμένες ροπές οποιασδήποτετάξης

Απόδειξη Η πρόταση προφανώς ισχύει αν 119891 = 0 Ας υποθέσουμε ότιυπάρχει 1199090 isin ℝ119899 ώστε 119891(1199090) gt 0 Θα αποδείξουμε ότι για κάθε 119898 isin ℕτόσο το ολοκλήρωμα intinfin

1199090119891(119909)119909119898 119889119909 όσο και το int1199090

minusinfin119891(119909)119909119898 119889119909 είναι

πεπερασμένα

Πράγματι υπάρχει 1199091 gt 1199090 ώστε 119891(1199091) le 119890minus1119891(1199090) διότι αλλιώς

το ολοκλήρωμα intinfin1199090

119891(119909) 119889119909 δεν είναι πεπερασμένο άρα ούτε και το

int 119891 το οποίο αντιφάσκει με την υπόθεση Έτσι για κάθε 119909 gt 1199091 ισχύει

1199091 = (1 minus 120582)1199090 + 120582119909 για 120582 = (1199091 minus 1199090)(119909 minus 1199090) Οπότε αφού η 119891 είναι

λογαριθμικά κοίλη θα ισχύει

119891(1199091) ge 119891(1199090)1minus120582119891(119909)120582

Ισοδύναμα

119891(119909) le 119891(1199090) (119891(1199091)119891(1199090))

1120582

le 119891(1199090)119890minus1120582 le 119891(1199090)119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)

Έτσι

intinfin

1199090

119891(119909)119909119898 119889119909 = int1199091

1199090

119891(119909)119909119898 119889119909 + intinfin

1199091

119891(119909)119909119898 119889119909

le int1199091

1199090

119891(119909)1199091198981 119889119909 + 119891(1199090) int

infin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

le 1199091198981 int

1199091

1199090

119891(119909) 119889119909 + 119891(1199090) intinfin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

le 1199091198981 int

ℝ119891(119909) 119889119909 + 119891(1199090) int

infin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

Εύκολα ελέγχουμε ότι η τελευταία παράσταση είναι πεπερασμένη

Ομοίως αποδεικνύουμε ότι και το int1199090

minusinfin119891(119909) 119889119909 είναι και αυτό πεπε-

ρασμένο

Π Η Προτάση μας επιτρέπει να συμπεράνου-

με ότι η τυπική κατάσταση για τα λογαριθμικά κοίλα μέτρα είναι να

προκύπτουν από λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις που τις έχουν ως

πυκνότητες Επιπλέον η Πρόταση προσθέτει την πληροφορία

ότι αν το μέτρο είναι πεπερασμένο (δηλαδή η πυκνότητά του έχει πε-

περασμένο ολοκλήρωμα) τότε θα έχει και οποιασδήποτε τάξης ροπή

πεπερασμένη Για αυτούς τους λόγους στη συνέχεια θα περιοριστούμε σεπεπερασμένα (και μη μηδενικά) λογαριθμικά κοίλα μέτρα με λογαριθμικάκοίλη συνάρτηση πυκνότητας

Οι κανονικοποιήσεις που θέσαμε στον ορισμό της ισοτροπίας για

ένα κυρτό συμμετρικό σώμα 119870 ήταν ότι αυτό πρέπει να έχει όγκο ίσο

με 1 και κέντρο μάζας στο μηδέν Δηλαδή

1 = int119870

119889119909 = intℝ119899

120594119870(119909) 119889119909

και

0 = int119870

119909 119889119909 = intℝ119899

119909 120594119870(119909) 119889119909

όπου 120594119870 η χαρακτηριστική συνάρτηση του 119870 Οι αντίστοιχες κανονικο-

ποιήσεις τώρα θα είναι

intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = 1

δηλαδή η 119891 είναι πυκνότητα πιθανότητας και το μέτρο που ορίζει είναι

μέτρο πιθανότητας και

intℝ119899

119909 119891(119909) 119889119909 = 0

δηλαδή το μέτρο με πυκνότητα την 119891 έχει κέντρο μάζας στο μηδέν Θα

δούμε παρακάτω ότι για την ισοτροπική θέση των λογαριθμικά κοίλων

μέτρων με πυκνότητα 119891 θα χρειαστούμε άλλη μια κανονικοποίηση (που

δεν φαινόταν στην περίπτωση των κυρτών σωμάτων) και αυτή είναι η

sup119909isinℝ119899

119891(119909) = 1

Για τον ορισμό της ισοτροπίας μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε είτε τον

Ορισμό είτε τον εναλλακτικό Ορισμό

Ο Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με πυκνότητα 119891 ∶ℝ119899 rarr ℝ λέγεται ισοτροπικό όταν

supℝ119899

119891(119909) = 1 intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = 1 intℝ119899

119909 119891(119909) 119889119909 = 0

και τα ολοκληρώματα

intℝ119899

⟨119909 120579⟩2119891(119909) 119889119909

είναι ανεξάρτητα του 120579 isin 120138119899minus1

Ισοδύναμα

Ο Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με πυκνότητα 119891 ∶ℝ119899 rarr ℝ λέγεται ισοτροπικό όταν

sup119909isinℝ119899

119891(119909) = 1 intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = 1 intℝ119899

119909 119891(119909) 119889119909 = 0

intℝ119899

119909119894119909119895119891(119909) 119889119909 = 0 αν 119894 ne 119895

και τα ολοκληρώματα

intℝ119899

1199092119894 119891(119909) 119889119909

είναι ανεξάρτητα του 119894 = 1 hellip 119899

Αν ισχύουν τα παραπάνω για την 119891 τότε ο πίνακας συνδιακύμανσης

Cov(119891) = (intℝ119899 119909119894119909119895119891(119909) 119889119909)119894119895 είναι φανερά πολλαπλάσιος του ταυτοτι-

κού Id Ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας 119871120583

Ο Αν το λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με πυκνότητα 119891είναι ισοτροπικό τότε ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας 119871120583 να είναι ο

αριθμός

119871120583 = (intℝ119899

1199092119894 119891(119909) 119889119909)

12

Παρατηρούμε ότι

119871120583 = (det Cov(119891))12119899()

Επίσης αν η 119891 είναι η πυκνότητα ενός ισοτροπικού μέτρου 120583 τότε για

κάθε 120582 gt 0 και 119886 gt 0 η συνάρτηση 119892(119909) = 119886120582119899119891(120582119909) δεν αλλάζει

ουσιαστικά τον τρόπο με τον οποία κατανέμεται η μάζα στον ℝ119899 Και

πράγματι εύκολα ελέγχουμε ότι ο πίνακας συνδιακύμανσης της 119892 είναι

και πάλι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού για 119894 ne 119895 και αντικαθιστώντας

με 119910 το 120582119909 ισχύει

intℝ119899

119909119894119909119895119892(119909) 119889119909 = 119886 intℝ119899

1120582

1199101198941120582

119910119895119891(119910) 119889119909 = 0()

και αν 119894 = 119895

intℝ119899

1199092119894 119892(119909) 119889119909 =

1198861205822 int

ℝ1198991199102

119894 119891(119910) 119889119910()

το οποίο είναι ανεξάρτητο το 119894 αφού η 119891 ορίζει ισοτροπικό μέτρο Αλλά

και διαισθητικά το γράφημα της 119892 δεν είναι παρά το γράφημα της 119891όπου κάθε ισοϋψής της 119891 μεγεθύνθηκε κατά 120582minus1 και ανυψώθηκε κατά

119886120582119899 Είναι λογικό λοιπόν να θέλουμε το μέτρο που ορίζει η 119892 να έχει την

ίδια σταθερά ισοτροπίας με το μέτρο που ορίζει η 119891 Από τις () και

() τον ορισμό του πίνακα συνδιακύμανσης και το ότι intℝ119899 119892 = 119886παίρνουμε ότι

det Cov(119892) =1

1205822119899 det Cov(119891)

οπότε

120582(det Cov(119892))12119899 = (det Cov(119891))

12119899 = 119871120583

Όμως supℝ119899 119892 = 119886120582119899 άρα

120582 = (sup

ℝ119899 119892119886 )

1119899

= (sup

ℝ119899 119892

intℝ119899 119892 )1119899

Αντικαθιστώντας στην προηγούμενη καταλήγουμε στην

(sup

ℝ119899 119892

intℝ119899 119892 )1119899

(det Cov(119892))12119899 = (det Cov(119891))

12119899 = 119871120583

Από αυτή τη σχέση λοιπόν καταλήγουμε στο να επιλέξουμε τον ακόλουθο

ορισμό για τη σταθερά ισοτροπίας οποιουδήποτε λογαριθμικά κοίλου

μέτρου 120583 με συνάρτηση πυκνότητας 119891

Ο Για κάθε λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με συνάρτηση

πυκνότητας 119891 ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας να είναι η ποσότητα

119871120583 = (sup

ℝ119899 119891

intℝ119899 119891 )1119899

(det Cov(119891))12119899

Θα ολοκληρώσουμε αυτή την ενότητα δείχνοντας ότι κάθε λογα-

ριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με συνάρτηση πυκνότητας 119891 έχει ισοτροπική

θέση

Θ Για κάθε λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 ne 0 με συνάρ-τηση πυκνότητας 119891 και κέντρο μάζας στο 0 υπάρχει 119899 times 119899 πίνακας 119879 μεdet 119879 ne 0 και σταθερά 119886 gt 0 ώστε το μέτρο 119886120583 ∘ 119879 να είναι ισοτροπικό

Απόδειξη Αφού το κέντρο μάζας είναι στο 0 ισχύει intℝ119899 119909119891(119909) 119889119909 = 0Επίσης μπορούμε να υποθέσουμε ότι το 120583 είναι μέτρο πιθανότητας δη-

λαδή intℝ119899 119891(119909) 119889119909 = 1 επιλέγοντας 119886 = 120583(ℝ119899)minus1 Θεωρούμε την γραμμική

απεικόνηση 119877 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 με

119877(119910) ∶= int ⟨119909 119910⟩119909 119889120583(119909) = intℝ119899

⟨119909 119910⟩119909119891(119909) 119889119909

και παρατηρούμε ότι είναι θετικά ορισμένη και συμμετρική Συνεπώς

υπάρχει πίνακας 119878 που είναι η τετραγωνική ρίζα του 119877 δηλαδή 119877 = 1198782

Θεωρούμε το μέτρο 120584 = 120583 ∘ 119879 όπου

119879 =119878

(sup 119891)1119899(det 119878)1119899

Ελέγχουμε εύκολα υπολογίζοντας το 120584(119860) για κάθε μετρήσιμο σύνολο

119860 ότι το 120584 έχει πυκνότητα τη συνάρτηση 119892 = (119891 ∘ 119879) supℝ119899 119891 οπότε

φανερά supℝ119899 119892 = 1 Το 120584 είναι βεβαίως μέτρο πιθανότητας αφού

120584(ℝ119899) = 120583(119879(ℝ119899)) = 120583(ℝ119899) = 1

και έχει κέντρο μάζας στο 0 διότι λόγω της γραμμικότητας του 119879 και

με την αντικατάσταση 119910 = 119879119909 ισχύει

intℝ119899

119909119892(119909) 119889119909 =1

supℝ119899 119891

intℝ119899

119909119891(119879119909) 119889119909 =1

supℝ119899 119891

119879minus1 (intℝ119899

119910119891(119910) 119889119910) = 0

Τέλος ελέγχουμε το ότι το ολοκλήρωμα intℝ119899⟨119909 120579⟩2119892(119909) 119889119909 είναι ανεξάρ-

τητο του 120579 isin 120138119899minus1 όπως και στην απόδειξη της Πρότασης

intℝ119899

⟨119909 120579⟩2119892(119909) 119889119909 =1

supℝ119899 119891

intℝ119899

⟨119909 120579⟩2119891(119879119909) 119889119909 = intℝ119899

⟨119879minus1119910 120579⟩2119891(119910) 119889119910

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899 intℝ119899

⟨119910 119877minus1120579⟩2119891(119910) 119889119910

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899 ⟨intℝ119899

⟨119910 119877minus1120579⟩119910119891(119910) 119877minus1120579⟩ 119889119910

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899⟨119878119877minus1120579 119877minus1120579⟩

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Άσκηση Αποδείξτε ότι το ολοκλήρωμα

intinfin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

στην απόδειξη της Πρότασης είναι πεπερασμένο ανάγοντας τον υπολο-

γισμό του στον υπολογισμό ενός ολοκληρώματος της μορφής intinfin1199091

119890minus119909119909119898 119889119909

Η ΘΕΣΗ ΤΟΥ JOHN

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει ελλειψοειδέςμεγίστου όγκου μέσα στο 119870

Απόδειξη Κατrsquo αρχάς αφού το 119870 είναι κυρτό σώμα έχει μη κενό εσωτερικό

άρα περιέχει ελλειψοειδή Συνεπώς ο αριθμός

120572 = supvol(ℰ) ∶ exist 119909 isin 119870 με 119909 + ℰ sube 119870

είναι θετικός όπου τα ℰ στον παραπάνω ορισμό του 120572 είναι ελλειψοειδή

με κέντρο το μηδέν Επιπλέον αφού το 119870 είναι φραγμένο σύνολο το 120572 είναι

πεπερασμένο Δηλαδή 0 lt 120572 lt infin Θεωρούμε ακολουθία (119909119898)119898isinℕ με

119909119898 isin 119870 και ελλειψοειδή ℰ119898 με μήκη ημιαξόνων (119886119896119898)119899119896=1 ώστε 119909119898 +ℰ sube 119870

για κάθε 119898 isin ℕ και vol(ℰ119898) rarr 120572 Από τη συμπάγεια του 119870 περνώντας

σε υπακολουθία μπορούμε να υποθέσουμε ότι η 119909119898 συγκλίνει έστω στο

1199090 isin 119870 Μεταφέροντας το 119870 κατά minus1199090 μπορούμε να υποθέσουμε ότι η

119909119898 συγκλίνει στο μηδέν Επίσης τα ελλειψοειδή ℰ119898 έχουν συγκλίνουσα

υπακολουθία από το θεώρημα επιλογής του Blaschke (Θεώρημα )

Ας υποθέσουμε ότι ℰ119898 rarr 119864 Από τη συνέχεια του όγκου ως προς

τη μετρική Hausdorff ισχύει vol(119864) = 120572 Μένει να δείξουμε ότι το 119864είναι ελλειψοειδές Παρατηρούμε ότι οι ακολουθίες (119886119896119898)infin

119898=1 είναι άνω

φραγμένες για κάθε 119896 = 1 hellip 119899 (αφού το 119909119898 + ℰ119898 περιέχεται στο Κκαι η 119909119898 είναι φραγμένη ως συγκλίνουσα) Οπότε υπάρχει θετικός 119872ώστε 119886119896119898 le 119872 για κάθε 119896 = 1 hellip 119899 και για κάθε 119898 isin ℕ Επιπλέον είναι

και κάτω φραγμένες από κάποιον θετικό αριθμό 119888 gt 0 αφού αλλιώς

τα ℰ119898 θα είχαν υπακολουθία με όγκο που να συγκλίνει στο μηδέν το

οποίο είναι άτοπο Άρα υπάρχει 119888 gt 0 ώστε 119888 le 119886119896119898 le 119872 για κάθε

119896 = 1 hellip 119899 και για κάθε 119898 isin ℕ

Ας υποθέσουμε ότι

ℰ119898 = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119896=1

⟨119909 119907119896119898⟩2

1198862119896119898

le 1

όπου τα (119907119896119898)119899119896=1 είναι ορθοκανονική βάση του ℝ119899 Η ακολουθία των

διανυσμάτων (1199071119898 hellip 119907119899119898 1198861119898 hellip 119886119899119898) για 119898 isin ℕ ανήκει στο συμπαγές

σύνολο (120138119899minus1)119899 times[119888 119872]119899 Άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία Επιλέγον-

τας την αντίστοιχη υπακολουθία των ℰ119898 μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς

βλάβη της γενικότητας ότι η ίδια η ακολουθία (1199071119898 hellip 119907119899119898 1198861119898 hellip 119886119899119898)συγκλίνει για119898 rarr infin έστω στο (1199071 hellip 119907119899 1198861 hellip 119886119899) Επειδή lim119898rarrinfin 119907119896119898 =119907119896 για κάθε 119896 = 1 hellip 119899 εύκολα ελέγχουμε ότι τα 1199071 hellip 119907119899 ικανοποιούν

τις ⟨119907119896 119907ℓ⟩ = 1 αν 119896 = ℓ και ⟨119907119896 119907ℓ⟩ = 0 αλλιώς οπότε συνιστούν

ορθοκανονική βάση του ℝ119899 Θεωρούμε τώρα το ελλειψοειδές

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119896=1

⟨119909 119907119896⟩2

1198862119896

le 1

Θα δείξουμε ότι 119864 = ℰ και έτσι το 119864 θα είναι ελλειψοειδές

Αν 119909 isin int(119864) τότε 119909119864 lt 1 Αλλά 119909ℰ119898rarr 119909119864 συνεπώς υπάρχει

1198980 isin ℕ ώστε 119898 ge 1198980 τότε 119909ℰ119898lt 1 Άρα sum

119899119896=1⟨119909 119907119896119898⟩21198862

119896119898 lt 1 γιακάθε 119898 ge 1198980 Αφήνοντας το 119898 να πάει στο άπειρο οδηγούμαστε στην

sum119899119896=1⟨119909 119907119896⟩21198862

119896 le 1 δηλαδή 119909 isin ℰ Δείξαμε ότι int(119864) sube ℰ Άρα 119864 sube ℰΑντίστροφα αν 119909 isin int(ℰ) τότε sum

119899119896=1⟨119909 119907119896⟩21198862

119896 lt 1 Συνεπώς αφού

lim119898rarrinfin 119907119896119898 = 119907119896 και lim119898rarrinfin 119886119896119898 = 119886119896 για κάθε 119896 = 1 hellip 119898 υπάρχει

1198980 isin ℕ ώστε αν 119898 ge 1198980 να ισχύει sum119899119896=1 ⟨119909 119907119896119898⟩21198862

119896119898 lt 1 για κάθε

119898 ge 1198980 Άρα 119909 isin ℰ119898 και περνώντας στο όριο ως προς 119898 συμπεραίνουμε

ότι 119909 isin 119864 Δείξαμε int(ℰ) sube 119864 άρα ℰ sube 119864 ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 το ελλειψοειδές μεγί-στου όγκου μέσα στο 119870 είναι μοναδικό

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι τα 1199091 +ℰ1 και 1199092 +ℰ2 είναι δύο διαφορετικά

ελλειψοειδή μέγιστου όγκου μέσα στο κυρτό σώμα 119870 και έστω ότι

vol(ℰ1) = vol(ℰ2) = 120572 Θεωρούμε τους πίνακες 1198791 1198792 isin 119866119871(119899) ώστε να

ισχύει ℰ1 = 1198791(ℬ1198992) και ℰ2 = 1198792(ℬ119899

2) Θέτουμε 119871 = 12(1199091 + 1199092) + 1

2(1198791 +

1198792)(ℬ1198992) Φανερά το 119871 είναι ελλειψοειδές και 119871 sube 119870 διότι το 119870 είναι κυρτό

και

119871 =12(1199091 + 1198791(ℬ119899

2)) +12(1199092 + 1198792(ℬ119899

2))

Άρα θα ισχύει vol(119871) le 120572 Αλλά από την ανισότητα Brunn-Minkowski

βλέπουμε εύκολα ότι

120572 ge vol(119871) ge (12vol(1199091 + 1198791(ℬ119899

2))1119899 +

12vol(1199091 + 1198791(ℬ119899

2))1119899

)119899

ge 120572

Συνεπώς επειδή ο όγκος είναι αναλλοίωτος στις μεταθέσεις

vol (1198791(ℬ1198992) + 1198792(ℬ119899

2))1119899 = vol(1198791(ℬ119899

2))1119899 + vol(1198792(ℬ119899

2))1119899

Δηλαδή ισχύει η ισότητα στην ανισότητα Brunn-Minkowski Έτσι από

το Θεώρημα το 1198791(ℬ1198992) είναι πολλαπλάσιο του 1198792(ℬ119899

2) Αλλά

επειδή και τα δύο έχουν ίδιο όγκο 120572 συμπεραίνουμε ότι είναι ίσα Άρα

1198791(ℬ1198992) = 1198792(ℬ119899

2) και συνεπώς 119879minus12 1198791(ℬ119899

2) = ℬ1198992

Γνωρίζουμε ότι 1199092 + 1198792(ℬ1198992) sube 119870 άρα 119879minus1

2 1199092 + ℬ1198992 sube 119879minus1

2 (119870) Επίσης1199091 + 1198791(ℬ119899

2) sube 119870 οπότε 119879minus12 1199091 + 119879minus1

2 1198791(ℬ1198992) sube 119879minus1

2 (119870) Επειδή όμως

είδαμε ότι 119879minus12 1198791(ℬ119899

2) = ℬ1198992 συμπεραίνουμε ότι 119879minus1

2 1199091 + ℬ1198992 sube 119879minus1

2 (119870)Αν θέσουμε λοιπόν 1199101 = 119879minus1

2 1199091 και 1199102 = 119879minus12 1199092 τότε και το 1199101 + ℬ119899

2και το 1199102 + ℬ119899

2 είναι υποσύνολα του 119879minus12 (119870) Το τελευταίο όμως δεν

μπορεί να περιέχει ελλειψοειδές 1199090 + ℰprime με vol(ℰprime) gt vol(ℬ1198992) διότι αν

αυτό μπορούσε να συμβεί τότε το 11987921199090 + 1198792(ℰprime) θα περιεχόταν στο 119870και θα είχε όγκο γνησίως μεγαλύτερο από τον όγκο του ℰ2 το οποίο

είνα άτοπο

Συνεπώς τα 1199101 + ℬ1198992 και 1199102 + ℬ119899

2 είναι ελλειψοειδή μεγίστου όγκου

στο Τminus12 (119870) Μένει να δείξουμε ότι 1199101 = 1199102 Ας υποθέσουμε ότι αυτό

δεν είναι σωστό Μετατοπίζουμε το Τminus12 (119870) ώστε το μηδέν να βρίσκεται

στο κέντρο του ευθύγραμμου τμήματος [1199101 1199102] Επιπλέον στρέφουμε το

Τminus12 (119870) ώστε το ευθύγραμμο τμήμα [1199101 1199102] να είναι στη διεύθυνση του

πρώτου άξονα του ℝ119899 Έτσι το ευθύγραμμο τμήμα [1199101 1199102] γράφεται

στη μορφή [minus119910 119910] για κατάλληλο 119910 και υπάρχει 120583 gt 0 ώστε 119910 = 1205831198901

Θεωρούμε το ελλειψοειδές

ℰ0 =⎧⎨⎩

119909 isin ℝ119899 ∶⟨119909 1198901⟩2

(1 + 1205832)

2 +119899

sum119896=2

⟨119909 119890119896⟩2 le 1⎫⎬⎭

Φανερά vol(ℰ0) = (1+1205832)vol(ℬ1198992) gt vol(ℬ119899

2) οπότε θα έχουμε καταλήξει

σε άτοπο αν δείξουμε ότι ℰ0 sube Τminus12 (119870) Αφού 1199101 +ℬ119899

2 1199102 +ℬ1198992 sube 119879minus1

2 (119870)αρκεί να δείξουμε ότι

bd(ℰ0) sube conv ((1199101 + ℬ1198992) cup (1199102 + ℬ119899

2))

Έστω ότι 1199090 isin bd(ℰ0) Αν ⟨1199090 1198901⟩1198901 isin [minus119910 119910] τότε υπάρχει 119905 isin [0 1]ώστε ⟨1199090 1198901⟩1198901 = (1 minus 119905)(minus119910) + 119905119910 οπότε

1199090 = ⟨1199090 1198901⟩1198901 +119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896

= (1 minus 119905) (minus119910 +119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896) + 119905 (119910 +119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896)

το οποίο είναι φανερά στοιχείο του conv((1199101 + ℬ1198992) cup (1199102 + ℬ119899

2)) αφού

∥119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896∥2

2

=119899

sum119896=2

∣⟨1199090 119890119896⟩∣2 le 11990902

2 = 1

Μένει να εξετάσουμε την περίπτωση ⟨1199090 1198901⟩1198901 notin [minus119910 119910] Ας υποθέ-σουμε ότι ⟨1199090 1198901⟩ gt 120583 gt 0 Θα δείξουμε ότι τότε 1199090 isin 119910 + ℬ119899

2 (Ομοίως

εργαζόμαστε και στην περίπτωση όπου ⟨1199090 1198901⟩ lt minus120583 lt 0 για να

δείξουμε ότι τότε 1199090 isin minus119910 + ℬ1198992)

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι 1199090 minus1199102 le 1 Επειδή 1199090 isin bdℰ ισχύει

119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119897⟩2 = 1 minus⟨1199090 1198901⟩2

(1 + 1205832)2

και έχουμε

1199090 minus 11991022 = (⟨1199090 1198901⟩ minus 120583)

2 + 1 minus⟨1199090 1198901⟩2

(1 + 1205832)2

Εφόσον θέλουμε η τελευταία ποσότητα να είναι μικρότερη ή ίση του 1αρκεί να ισχύει

(⟨1199090 1198901⟩ minus 120583)2 minus

⟨1199090 1198901⟩2

(1 + 1205832)2 le 0

Αυτό θα ισχύει αν το ⟨1199090 1198901⟩ βρίσκεται ανάμεσα στις ρίζες του πολυω-

νύμου (119905 minus 120583)2 minus 1199052(1 + 1205832)2 Εύκολα ελέγχουμε ότι οι ρίζες αυτού

του πολυωνούμου είναι εκατέρωθεν του διαστήματος [120583 1 + 1205832] στο

οποίο βρίσκεται το ⟨1199090 1198901⟩ ολοκληρώνοντας έτσι την απόδειξη

Ο Λέμε ότι ένα κυρτό σώμα βρίσκεται στη θέση του Johnαν το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου στο 119870 είναι η μοναδιαία Ευκλείδειαμπάλα ℬ119899

2

Παρατηρούμε κάθε σώμα 119870 μπορεί να τεθεί στη θέση του John αν

του εφαρμόσουμε τον μετασχηματισμό που απεικονίζει το ελλειψοειδές

μεγίστου όγκου του 119870 στο ℬ1198992 Επίσης η θέση αυτή είναι μοναδική εκτός

από ορθογώνιους μετασχηματισμούς (δηλαδή στροφές ανακλάσεις και

συνδυασμούς τους) Πράγματι αυτό προκύπτει εύκολα από το ότι το

ελλειψοειδές μεγίστου όγκου μέσα στο 119870 είναι μοναδικό

Θ (John) Έστω ότι το 119870 είναι ένα κεντρικά συμμετρικόκυρτό σώμα στη θέση του John Τότε ισχύει

ℬ1198992 sube 119870 sube radic119899ℬ119899

2

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι 119870 ⊈ radic119899ℬ1198992 Τότε υπάρχει 1199090radic119899ℬ119899

2 ⧵ 119870δηλαδή 1199090 isin 119870 και 11990902 gt radic119899 Επειδή το 119870 είναι συμμετρικό ως προς

το 0 συμπεραίνουμε ότι plusmn1199090 isin 119870 και συνεπώς

conv(plusmn1199090 ℬ1198992) sube 119870

Θα δείξουμε ότι το 119885 = conv(plusmn1199090 ℬ1198992) περιέχει ελλειψοειδές με όγκο

μεγαλύτερο από το vol119899(ℬ1198992) αντιφάσκωντας με το ότι το ℬ119899

2 είναι το

ελλειψοειδές μεγίστου όγκου του 119870

Με κατάλληλη στροφή υποθέτουμε ότι 1199090 = 1205831198901 όπου 120583 gt radic119899Θεωρούμε το ελλειψοειδές

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶1199092

1

1198862 +119899

sum119896=2

1199092119896

1198872 le 1

όπου τα 119886 gt 1 και 0 lt 119887 lt 1 θα επιλεγούν κατάλληλα ώστε vol119899(ℰ) gtvol119899(ℬ119899

2) και ℰ sube 119870 Το κυρτό σώμα 119885 είναι στερεό που προκύπτει από

περιστροφή του Σχήματος ως προς τον άξονα του 1199090 Η ευθεία που

περνάει από το 1199090 και εφάπτεται στον κύκλο ℬ22 του σχήματος στο

άνω ημιεπίπεδο έχει εξίσωση

119910 =1

radic1 minus 11205832

minus 1199051

120583radic1 minus 11205832

()

eeY

x Y eYy

Y

Σ Το κυρτό σώμα 119885 = conv(plusmn1199090 ℬ1198992) sube 119870 προκύπτει από

περιστροφή του παραπάνω σχήματος στον ℝ119899 ως προς τον πρώτο

άξονα

Θεωρούμε ένα σημείο 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin bd(ℰ) Θα βρούμε συνθήκες για

τα 119886 gt 0 και 0 lt 119887 lt 1 ώστε να ισχύει 119909 isin 119885

1η Περίπτωση Αν 1199091 gt 1120583 τότε για να ανήκει το 119909 στο 119885 αρκεί το

σημείο του (δισδιάστατου) επιπέδου (1199091 (sum119899119896=2 1199092

119896)12) να είναι laquoκάτωraquo

από την ευθεία με εξίσωση την () δηλαδή να ικανοποιεί την

(119899

sum119896=2

1199092119896)

12

le1

radic1 minus 11205832

minus 11990911

120583radic1 minus 11205832

Ισοδύναμα επειδή 119909 isin bd(ℰ) και συνεπώς (sum119899119896=2 1199092

119896)12 = 119887radic1 minus 11990921 1198862

119887radic1 minus1199092

1

1198862 le1

radic1 minus 11205832

(1 minus1199091

120583 )

Από αυτή καταλήγουμε ισοδύναμα με απλές πράξεις ότι το σημείο 119909βρίσκεται κάτω από την ευθεία () αν και μόνο αν ισχύει

1198862

1205832 + 1198872 (1 minus1

1205832 ) le 1()

2η Περίπτωση Αν 0 le 1199091 le 1120583 θέλουμε να ισχύει 119909 isin ℬ1198992 Εύκολα

ελέγχουμε ότι η απαίτηση 1199092 le 1 οδηγεί στην ανισότητα

11205832 (1 minus

1198872

1198862 ) + 1198872 le 1()

Αν θέσουμε

119886 =120583

radic119899gt 1 και 0 lt 119887 = radic1 minus 1119899

radic1 minus 11205832lt 1()

ελέγχουμε με απλές πράξεις ότι ικανοποιείται και η () και η ()

Συνεπώς με αυτές τις τιμές για τα 119886 και 119887 ισχύει ℰ sube 119885 sube 119870 Επιπλέον

όμως ισχύει 119886119887119899minus1 gt 1 που σημαίνει ότι το ℰ έχει όγκο μεγαλύτερο από

τον όγκο του ℬ1198992 που είναι το ελλειψοειδές μέγιστου όγκου μέσα στο 119870

καταλήγοντας έτσι σε άτοπο

Άσκηση Ελέγξτε ότι οι επιλογές γις τις παραμέτρους 119886 και 119887 στην ()

ικανοποιούν πράγματι τις () και ()

Η ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ

Για απλοποίηση του συμβολισμού στα επόμενα όλες οι συναρτήσεις

που εμφανίζονται θα θεωρούνται μη αρνητικές

-

Η ανισότητα Houmllder μπορεί να γενικευτεί ως προς το πλήθος των

συναρτήσεων που συμμετέχουν σε αυτή εύκολα ελέγχει κανείς με ε-

παγωγή ότι αν 119892119896 isin 119871119901119896(ℝ119899) για 119896 = 1 hellip 119898 με sum

119898119896=1 1119901119896 = 1 τότε

prod119898119896=1 119892119896 isin 1198711(ℝ119899) και ισχύει

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119892119896(119909)) 119889119909 le119898

prod119896=1

119892119896119901119896

Αν θέσουμε 119888119896 = 1119901119896 και 119891119896 = 119892119901119896119896 = 1198921119888119896

119896 τότε οι 119891119896 είναι απλώς

ολοκληρώσιμες (στον 1198711(ℝ119899)) και η ανισότητα γράφεται ως εξής

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(119909)119888119896) 119889119909 le119898

prod119896=1

(intℝ119899

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

(Άσκηση ) Αυτή η ανισότητα μπορεί να επεκταθεί περαιτέρω με

τις εξής αλλαγές

ndash οι συναρτήσεις μπορούν να ανήκουν στον 1198711(ℝ119899119896) δηλαδή οι 119891119896να είναι συναρτήσεις 119899119896 μεταβλητών αλλά για να έχει νόημα το

αριστερό ολοκλήρωμα στον ℝ119899

ndash να χρησιμοποιηθούν 119899119896 times119899 πίνακες 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896 στα ορίσματα

των 119891119896

Αυτές οι αλλαγές οδηγούν σε μια νέα ανισότητα όπου τώρα εμφανίζεται

μια σταθερά στο δεξιό μέλος που εξαρτάται από τους πίνακες 119861119896 Η

ανισότητα αυτή είναι η ανισότητα Brascamp-Lieb όπως εμφανίζεται στο

παρακάτω θεώρημα

Θ (Brascamp-Lieb Εκδοχή Α) Έστω ότι 119898 isin ℕ 119888119896 gt 0119899119896 isin ℕ για 119896 = 1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 119888119896119899119896 = 119899 και 119891119896 isin 1198711(ℝ119899119896) με 119891119896 ge 0

Αν 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896 γραμμική απεικόνιση (δηλαδή 119899119896 times119899 πίνακας) η οποίαείναι επί για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119898 τότε

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(119861119896119909)119888119896) 119889119909 le 119863minus12119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

με

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119861119905

119896119860119896119861119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899119896 times 119899119896 πίνακες⎫⎬⎭

όπου 119861119905119896 ο ανάστροφος του 119861119896 (και 119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)

Π Εύκολα βλέπει κανείς ότι στην περίπτωση της

ανισότητας Houmllder ο παραπάνω τύπος για τη σταθερά 119863 δίνει 1Πράγματι σε αυτή την περίπτωση 119899119896 = 119899 και 119861119896 = Id για κάθε

119896 = 1 hellip 119898 Οπότε

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119860119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899 times 119899 πίνακες

⎫⎬⎭

ge 1

από την Άσκηση Αλλά ισχύει η ισότητα αν επιλέξουμε 119860119896 = Idδιότι sum

119898119896=1 119888119896 = 1 Οπότε το 119863 ως infimum ισούται με 1 Συμπεραίνουμε

ότι η ανισότητα Brascamp-Lieb πράγματι γενικεύει την ανισότητα Houmllder

Θα δούμε τώρα πώς η ανισότητα Prekopa-Leindler ως ένα είδος

αντίστροφης της ανισότητας Houmllder (δείτε Παρατήρηση ) με τις

ανάλογες όπως πριν γενικεύσεις θα οδηγήσει σε μια επέκτασή της

γνωστή ως ανισότητα Barthe αντίστροφη της Brascamp-Lieb

Η ανισότητα Prekopa-Leindler λέει ότι αν οι 119891 119892 ℎ ge 0 είναι ολο-

κληρώσιμες συναρτήσεις στον ℝ119899 και 0 lt 120582 lt 1 αν

ℎ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge 119891(119909)1minus120582119892(119910)120582

για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge (intℝ119899

119891(119909) 119889119909)1minus120582

(intℝ119899

119892(119910) 119889119910)120582

-

(δείτε Θεώρημα σελίδα ) Η ανισότητα αυτή μπορεί να γενικευθεί

σε περισσότερες συναρτήσεις με επαγωγή (δείτε Άσκηση ) στην

εξής εκδοχή

Θ (Prekopa-Leindler Εκδοχή Β) Έστω ότι οι ℎ1198911 hellip 119891119898είναι ολοκληρώσιμες συναρτήσεις από το ℝ119899 στο [0 infin) και 1205821 hellip 120582119898 gt 0με sum

119898119896=1 120582119896 = 1 Αν για κάθε 1199111 hellip 119911119898 isin ℝ119899 ισχύει

ℎ (119898

sum119896=1

120582119896119911119896) ge119898

prod119896=1

(119891119896(119911119896))120582119896()

τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge119898

prod119896=1

(intℝ119899

119891119896(119909) 119889119909)120582119896

Η περαιτέρω επέκτασή της για συναρτήσεις 119891119896 ∶ ℝ119899119896 rarr ℝ με

119891119896 ge 0 απαιτεί τη χρήση 119899 times 119899119896 πινάκων 119861119905119896 όπου 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896 στη

σχέση () (παρατηρούμε ότι αν ένας πίνακας 119899119896 times119899 είναι μια γραμμική

απεικόνιση από τον ℝ119899 στον ℝ119899119896 ο ανάστροφός του είναι ένας πίνακας

119899 times 119899119896 άρα μια γραμμική απεικόνιση από τον ℝ119899119896 στον ℝ119899) Αυτή η

επέκταση θα μας αναγκάσει να έχουμε μια επιπλέον σταθερά στο δεξιό

μέλος της ανισότητας που εξαρτάται από τους πίνακες 119861119896 όπως και πριν

(στην περίπτωση της ανισότητας Brascamp-Lieb) Η ανισότητα που

προκύπτει ονομάζεται ανισότητα Barthe και την αντιλαμβανόμαστε ως

αντίστροφη της ανισότητας Brascamp-Lieb Για λόγους άμεσης σύγκρισης

των δύο ανισοτήτων επαναδιατυπώνουμε την ανισότητα Brascamp-Lieb

μαζί με την ανισότητα Barthe

Θ Έστω ότι 119898 isin ℕ 119888119896 gt 0 119899119896 isin ℕ για 119896 = 1 2 hellip 119898με sum

119898119896=1 119888119896119899119896 = 119899 και 119891119896 isin 1198711(ℝ119899119896) με 119891119896 ge 0 Αν 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896

γραμμική απεικόνιση (δηλαδή 119899119896 times 119899 πίνακας) η οποία είναι επί για κάθε119896 = 1 2 hellip 119898 τότε(Brascamp-Lieb)

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(119861119896119909)119888119896) 119889119909 le 119863minus12119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb) Αν επιπλέον ℎ isin 1198711(ℝ119899) με ℎ ge 0

και

ℎ (119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896) ge

119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ()

για κάθε 119911119896 isin ℝ119899119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge 11986312119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

όπου 119861119905119896 ο ανάστροφος του 119861119896 119899 times 119899119896 πίνακας και

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119861119905

119896119860119896119861119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899119896 times 119899119896 πίνακες⎫⎬⎭

(119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)Π Όπως και στην Παρατήρηση η σταθερά 119863

είναι ίση με 1 αν 119899119896 = 119899 και 119861119896 = Id Δηλαδή η ανισότητα Barthe

πράγματι γενικεύει την ανισότητα Prekopa-Leindler

Αν αντικαταστήσουμε τις 119891119888119896119896 με 119892119896 και τα 119888119896 με 1119901119896 τότε μπορούμε να

γράψουμε λίγο πιο συνοπτικά τις ανισότητες

Θ Έστω ότι 119898 isin ℕ 119901119896 gt 0 119899119896 isin ℕ για 119896 = 1 2 hellip 119898με sum

119898119896=1 119899119896119901119896 = 119899 και 119892119896 isin 119871119901119896

(ℝ119899119896) με 119892119896 ge 0 Αν 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896

γραμμική απεικόνιση (δηλαδή 119899119896 times 119899 πίνακας) η οποία είναι επί για κάθε119896 = 1 2 hellip 119898 τότε (Brascamp-Lieb)

∥119898

prod119896=1

119892119896(119861119896119909)∥1198711(ℝ119899)

le 119863minus12119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ119899119896)

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb) Αν επιπλέον ℎ isin 1198711(ℝ119899) με ℎ ge 0και

ℎ (119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896) ge

119898

prod119896=1

119892119896(119911119896)

για κάθε 119911119896 isin ℝ119899119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 τότε

ℎ1198711(ℝ119899) ge 11986312119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ119899119896)

-

όπου 119861119905119896 ο ανάστροφος του 119861119896 119899 times 119899119896 πίνακας και

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119861119905

119896119860119896119861119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899119896 times 119899119896 πίνακες⎫⎬⎭

με 119888119896 = 1119901119896 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 (119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)

Για την απόδειξη της ανισότητας Barthe διευκολύνει να χρησιμοποι-

ήσουμε την μικρότερη συνάρτηση ℎ που ικανοποιεί την () Άμεσα

βλέπουμε ότι η μικρότερη τέτοια συνάρτηση δεν είναι άλλη από την

ℎ0(119909) = sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899119896 ()

Όμως μια τέτοια συνάρτηση δεν είναι απαραίτητα μετρήσιμη Για αυτό

τον λόγο η ανισότητα Barthe αποδεικνύεται στη μορφή

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899119896 119889119909

ge 11986312119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

υπό τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος όπου το ⨛ είναι το άνω

ολοκλήρωμα

Δεν θα αποδείξουμε αυτές τις ανισότητες σε αυτή τη γενικότητα

Όμως θα αποδείξουμε μια ειδική περίπτωση που χρειαζόμαστε για την

απόδειξη της αντίστροφης ισοπεριμετρικής ανισότητας Συγκεκριμμένα

ενδιαφερόμαστε για την περίπτωση όπου 119899119896 = 1 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899

Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή στο πλήθος των συναρτήσεων 119892119896 την

ανισότητα Houmllder δηλαδή ότι για οποιεσδήποτε μη αρνητικές συναρτήσεις

119892119896 isin 119871119901119896(ℝ119899) για 119896 = 1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 1119901119896 = 1 η συνάρτηση prod

119898119896=1 119892119896 είναι

στον 1198711(ℝ119899) και ισχύει

intℝ119899

119898

prod119896=1

119892119896 le119899

prod119896=1

119892119896119901119896

Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή στο πλήθος των συναρτήσεων 119891119896 την

ανισότητα Prekopa-Leindler στην Εκδοχή Βrsquo (Θεώρημα ) χρησιμοποιώντας

την βέλτιστη συνάρτηση ℎ0 της σχέσης () δηλαδή ότι για οποιεσδήποτε

μη αρνητικές ολοκληρώσιμες συναρτήσεις 119891119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 αν 119888119896 gt 0 ώστε

sum119898119896=1 119888119896 = 1 τότε

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899 119889119909 ge119898

prod119896=1

(intℝ119899

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

Υπόδειξη για το επαγωγικό βήμα παρατηρήστε ότι η ποσότητα

sup 119898+1

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898+1

sum119896=1

119888119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899

είναι τετριμμένα μεγαλύτερη ή ίση από την ποσότητα

sup⎧⎨⎩

(sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896

1minus119888119898+1 ∶ 119911 =119898

sum119896=1

1198881198961 minus 119888119898+1

119911119896 119911119896 isin ℝ119899)1minus119888119898+1

sdot 119891119898+1(119911119898+1)119888119898+1

∶ 119909 = (1 minus 119888119898+1)119911 + 119888119898+1119911119898+1 119911 119911119898+1 isin ℝ119899

-

Αν στις παραπάνω ανισότητες θέσουμε 119899119896 = 1 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899τότε οι θετικά ορισμένοι πίνακες 119860119896 στη διατύπωση των ανισοτήτων

είναι 1 times 1 δηλαδή θετικοί αριθμοί Θα τους μετονομάσουμε λοιπόν σε

120582119896 gt 0 Έτσι ο παρονομαστής στον ορισμό της σταθεράς 119863 ισούται με

prod119898119896=1 120582119888119896

119896 Επιπλέον οι πίνακες 119861119896 είναι 1 times 119899 οπότε οι 119861119905119896 θα είναι τώρα

πίνακες 119899 times 1 δηλαδή διανύσματα στον ℝ119899 Έτσι θα αντικαταστήσουμε

τους 119861119905119896 με 119906119896 isin ℝ119899 θεωρώντας τους όμως ως απεικονίσεις από το ℝ

στο ℝ119899 Δηλαδή 119861119905119896(120579) = 120579119906119896 για κάθε 120579 isin ℝ Οι ανάστροφοι των 119861119905

119896

δηλαδή οι 119861119896 θα ισούνται με 119906119905119896 Έτσι το άθροισμα στον αριθμητή του

ορισμού του 119863 γίνεται sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896119906119905

119896 Αλλά (εύκολα ελέγχει κανείς ότι)

119906119896119906119905119896 = 119906119896 otimes 119906119896 (δείτε Άσκηση ) Οπότε η σταθερά 119863 αλλάζει στην

-

εξής έκφραση

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

Τέλος επειδή το 119861119896119909 θα γίνει τώρα 119906119905119896 sdot 119909 = ⟨119906119896 119909⟩ και αλλάζοντας τα

119911119896 σε 120579119896 αφού τώρα ανήκουν στο ℝ (αφού 119899119896 = 1) άρα είναι αριθμοί τα

παραπάνω πολυδιάστατα θεωρήματα μετατρέπονται στα εξής

Θ (Εκδοχή Α) Έστω ότι 119898 isin ℕ 119888119896 gt 0 για 119896 =1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 119888119896 = 119899 και 119891119896 isin 1198711(ℝ) με 119891119896 ge 0 Αν 119906119896 isin ℝ119899 για

119896 = 1 2 hellip 119898 τότε(Brascamp-Lieb)

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 le 119863minus12119898

prod119896=1

(intℝ

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb)

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119896(120579119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ge 11986312119898

prod119896=1

(intℝ

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

όπου

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

(119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)

Θ (Εκδοχή Β) Έστω ότι 119898 isin ℕ 119901119896 gt 0 για 119896 =1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 1119901119896 = 119899 και 119892119896 isin 1198711(ℝ) με 119892119896 ge 0 Αν 119906119896 isin ℝ119899 για

119896 = 1 2 hellip 119898 τότε(Brascamp-Lieb)

∥119898

prod119896=1

119892119896(⟨119906119896 119909⟩)∥1198711(ℝ119899)

le 119863minus12119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ)

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb)

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119892119896(120579119896) ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ge 11986312119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ)

όπου

() 119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

με 119888119896 = 1119901119896 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 (119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)Π Η τετριμμένη περίπτωση 119863 = 0 και άρα 119863minus12 =

infin δεν μπορεί να αποκλειστεί Για παράδειγμα αν τα 119906119896 δεν παράγουν

όλον τον ℝ119899 τότε οι συναρτήσεις 119891(⟨119906119896 119909⟩) είναι σταθερές για όλα τα

119909 isin (span1199061 hellip 119906119898)⟂ και συνεπώς το αριστερό σκέλος της Brascamp-

Lieb απειρίζεται Έτσι σε αυτή την περίπτωση το 119863minus12 δεν μπορεί να

είναι πεπερασμένο Ισοδύναμα το supremum στο αριστερό σκέλος της ανι-

σότητας Barthe υπολογίζεται σε ένα κενό σύνολο αν 119909 notin span1199061 hellip 119906119898δηλαδή είναι 0 Έτσι η ανισότητα Barthe δεν μπορεί να ισχύει για θετικό

119863 Άρα 119863 = 0 Και πράγματι αυτό το επιβεβαιώνει και ο ορισμός

() της 119863 διότι ο πίνακας sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896 μηδενίζεται σε όλον τον

μη τετριμένο υπόχωρο span1199061 hellip 119906119898⟂ άρα δεν είναι αντιστρέψιμος

και συνεπώς η ορίζουσά του είναι μηδέν για οποιαδήποτε θετικά 120582119896

Συμπεραίνουμε ότι η συνθήκη span1199061 hellip 119906119898 = ℝ119899 είναι απαραίτητη

για να έχουμε μη τετριμμένες ανισότητες Για αυτό τον λόγο στο εξήςθα θεωρούμε ότι τα 1199061 hellip 119906119898 παράγουν τον ℝ119899

Π Αν υποθέσουμε ότι οι ανισότητες ισχύουν με 119863 gt0 η συνθήκη sum

119898119896=1 119888119896 = 119899 δεν μπορεί να παρακαμφθεί Πράγματι αν

αλλάξουμε κάθε 119891119896(sdot) σε 119891119896(120582 sdot) το αριστερό σκέλος κάνοντας την

αλλαγή μεταβλητής 120582119909 = 119910 θα αλλάξει κατά τον παράγοντα 120582minus119899 ενώ

το δεξιό σκέλος κατά τον παράγοντα 120582minus(1198881+⋯+119888119898) Έτσι για να ισχύει η

ανισότητα με 119863 gt 0 είναι απαραίτητη η υπόθεση sum119898119896=1 119888119896 = 119899 (αλλιώς

θα οδηγηθούμε σε άτοπο αφήνοντας το 120582 να πάει στο 0+ ή στο infin)

-

Ξεκινάμε με την παρατήρηση ότι στην Εκδοχή Α των ανισοτήτων

μπορούμε να διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με το prod119898119896=1 (intℝ

119891119896)119888119896

οπότε

-

μπορούμε να αναχθούμε έτσι σε συναρτήσεις 119891119896 που έχουν ολοκλήρωμα

ίσο με 1 Έτσι αρκεί να δείξουμε ότι

sup intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1 le 119863minus12

και

inf ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1 ge 11986312

Θα αποδείξουμε ότι τα παραπάνω sup και inf επιτυγχάνονται όταν οι

119891119896 είναι Γκαουσιανές της μορφής radic120582119896120587sdot119890minus1205821198961199052 ώστε να ισχύει intℝ119891119896 = 1

Δηλαδή θα δείξουμε ότι

sup intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1

= sup intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1 119891119896(119905) = radic120582119896

120587sdot 119890minus1205821198961199052 =∶ 119860

και

inf ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1

= inf ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ∶

intℝ

119891119896 = 1 119891119896(119905) = radic120582119896

120587sdot 119890minus1205821198961199052 =∶ 119861

Η απόδειξη θα ολοκληρωθεί δείχνοντας ότι 119860 = 119861minus1 = 119863minus12

Το ακόλουθο λήμμα είναι το κύριο τεχνικό βήμα για την απόδειξη

των παραπάνω ανισοτήτων Το βασικό εργαλείο της απόδειξής του

είναι η laquoμεταφορά του μέτρουraquo

Λ (Barthe) Έστω ότι 119898 ge 119899 1199011 hellip 119901119898 ge 1 με sum119898119896=1 119901minus1

119896 =119899 119888119896 = 119901minus1

119896 1199061 hellip 119906119898 isin ℝ119899 διανύσματα που παράγουν τον ℝ119899 και οι

1198911hellip 119891119898 ℎ1hellip ℎ119898 ∶ ℝ rarr [0 infin) είναι ολοκληρώσιμες συναρτήσεις με

intℝ

119891119896(119905) 119889119905 = intℝ

ℎ119896(119905) 119889119905 = 1

για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119898 Θέτουμε

119868(1198911 hellip 119891119898) ∶= intℝ119899

119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (⟨119906119896 119909⟩) 119889119909

και

119870(ℎ1 hellip ℎ119898) ∶= ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (120579119896) ∶ 120579119896 isin ℝ 119909 =

119898

sum119896=1

120579119896119888119896119906119896 119889119909

Τότε119863 sdot 119868(1198911 hellip 119891119898) le 119870(ℎ1 hellip ℎ119898)

όπου

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι οι συναρτήσεις

119891119896 και ℎ119896 είναι συνεχείς και θετικές και ότι 0 lt 119863 lt infin (αν 119863 = 0η ανισότητα είναι προφανής) laquoΜεταφέρουμε το μέτροraquo με την εξής

έννοια αφού intℝ119891119896(119905) 119889119905 = intℝ

ℎ119896(119905) 119889119905 = 1 και οι 119891119896 και ℎ119896 είναι συνεχείς

και θετικές για κάθε 119905 isin ℝ υπάρχει μοναδικό 119879119896(119905) isin ℝ ώστε

int119879119896(119905)

minusinfinℎ119896(119904) 119889119904 = int

119905

minusinfin119891119896(119904) 119889119904

Από το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λογισμού συνεπάγεται

ότι

ℎ119896(119879119896(119905))119879prime119896(119905) = 119891119896(119905)()

για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119898 Για εξοικονόμηση χώρου ας γράφουμε ℎ0(119909)για την υπό ολοκλήρωση ποσότητα στον ορισμό του 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) Για

-

τον υπολογισμό του 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) αλλάζουμε τις μεταβλητές θέτοντας

119909 = 119882(119910) ∶=119898

sum119896=1

119888119896119879119896(⟨119910 119906119896⟩)119906119896()

Φανερά 119909119896 = ⟨119882(119910) 119890119896⟩ όπου 1198901 hellip 119890119899 η συνήθης βάση του ℝ119899 άρα η

Ιακωβιανή του μετασχηματισμού έχει στοιχεία τα

119908119894119895 = 119889119909119894119889119910119895 =119889

119889119910119895

119898

sum119896=1

119888119896119879119896(⟨119910 119906119896⟩) ⟨119906119896 119890119894⟩

=119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) ⟨119906119896 119890119895⟩ ⟨119906119896 119890119894⟩

= ⟨(119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) sdot 119906119896 otimes 119906119896) 119890119895 119890119894⟩

Αυτό δείχνει ότι η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού είναι ο πίνακας

119869119882 =119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) sdot 119906119896 otimes 119906119896

Επειδή η 119879119896 είναι γνησίως αύξουσα ισχύει 119879prime119896 gt 0 Επίσης 119888119896 gt 0

και κάθε 119906119896 otimes 119906119896 είναι φανερά θετικά ημιορισμένος Επειδή για κάθε

119907 isin ℝ119899 δεν μπορεί να συμβαίνει ⟨119906119896 otimes 119906119896(119907) 119907⟩ = ⟨119907 119906119896⟩2 = 0 αφού τα

119906119896 παράγουν τον ℝ119899 συμπεραίνουμε ότι ο 119869119882 είναι θετικά ορισμένος

και συνεπώς η 119882 είναι - (δείτε Άσκηση ) και έτσι μπορούμε

να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο αλλαγής μεταβλητών στα παρακάτω

ολοκληρώματα

⨛ℝ119899

ℎ0(119909) 119889119909 ge ⨛119882(ℝ119899)

ℎ0(119909) 119889119909 = ⨛ℝ119899

ℎ0(119882(119910))| det 119869119882(119910)| 119889119910

ge intℝ119899

119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (119879119896(⟨119910 119906119896⟩)) det (

119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) 119906119896 otimes 119906119896) 119889119910

()

διότι

ℎ0(119882(119910)) = sup 119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (120579119896) ∶ 119882(119910) =

119898

sum119896=1

120579119896119888119896119906119896

και η ανασύσταση του 119882(119910) στην προηγούμενη ισχύει για 120579119896 =119879119896(⟨119910 119906119896⟩) από τον ορισμό της 119882 (σχέση ()) Συνεχίζοντας από

την () και χρησιμοποιώντας τον ορισμό της ποσότητας 119863 παίρνουμε

⨛ℝ119899

ℎ0(119909) 119889119909 ge intℝ119899

(119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (119879119896(⟨119910 119906119896⟩)) sdot 119863 sdot

119898

prod119896=1

(119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩))

119888119896

) 119889119910

και με τη βοήθεια της ()

⨛ℝ119899

ℎ0(119909) 119889119909 ge 119863 intℝ119899

119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (⟨119910 119906119896⟩) 119889119910

που είναι η ζητούμενη

Έχοντας αποδείξει λοιπόν ότι

119863 sdot 119868(1198911 hellip 119891119898) le 119870(ℎ1 hellip ℎ119898)

αν πάρουμε supremum ως προς τις 119891119896 και infimum ως προς τις ℎ119896 θα

συμπεράνουμε ότι

119863 sdot 119860 le 119863 sdot sup 119868(1198911 hellip 119891119898) le inf 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) le 119861()

όπου 119860 και 119861 οι ποσότητες που ορίστηκαν στη αρχή της Ενότητας

και τα sup και inf είναι ως προς όλες τις 119891119896 και ℎ119896 με ολοκλήρωμα 1 (όπως

στη διατύπωση του Λήμματος ) Συνεπώς για να ολοκληρωθεί η

απόδειξη της ανισότητας Brascamp-Lieb και της ανισότητας Barthe αρκεί

να αποδείξουμε ότι

(i) 119861 = 11986312 οπότε η () συνεπάγεται

119868(1198911 hellip 119891119898) le sup 119868(1198911 hellip 119891119898) le 119863minus12

δηλαδή την ανισότητα Brascamp-Lieb και

(ii) 119860 = 119863minus12 οπότε η () συνεπάγεται

11986312 le inf 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) le 119870(ℎ1 hellip ℎ119898)

δηλαδή την ανισότητα Barthe

Οι ποσότητες 119860 και 119861 όμως είναι ποσότητες που υπολογίζονται σε

γκαουσιανές συναρτήσεις και αυτό κάνει τον υπολογισμό τους εφικτό

-

Θα χρειαστούμε τον τύπο

intℝ

119890minus1205821199052 119889119905 =radic120587radic120582

()

ο οποίος ισχύει για κάθε 120582 gt 0 και αποδυκνύεται εύκολα με την αλλαγή

μεταβλητής 119904 = radic2120582 sdot 119905 και το γεγονός ότι intℝ119890minus11990422 = radic2120587

Απόδειξη του (ii) Έστω ότι οι 119892119896 είναι Γκαουσιανές συναρτήσεις της

μορφής 119892119896(119905) = 119890minus1205821198961199052 για 120582119896 gt 0 119896 = 1 hellip 119898 Θέτουμε 119880 να είναι η

γραμμική απεικόνιση

119880 =119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896

και έχουμε

intℝ119899

119898

prod119896=1

119892119888119896119896 ⟨119909 119906119896⟩) 119889119909 = int

ℝ119899exp (minus

119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2) 119889119909

= intℝ119899

exp (minus⟨(119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896) (119909) 119909⟩) 119889119909

= intℝ119899

exp(minus⟨119880119909 119909⟩) 119889119909

= intℝ119899

exp(minus1198801211990922) 119889119909

όπου 11988012 η τετραγωνική ρίζα του 119880 η οποία υπάρχει μια και ο 119880είναι φανερά θετικά ορισμένος αφού 119888119896 gt 0 120582119896 gt 0 119906119896 otimes 119906119896 θετικά

ημιορισμένος για κάθε 119896 = 1 hellip 119898 και τα 119906119896 παράγουν τον ℝ119899 (δείτε

Παρατήρηση ) Αλλάζοντας μεταβλητές και συγκεκριμμένα θέτοντας

119910 = radic211988012(119909) και χρησιμοποιώντας το ότι η ιακωβιανή αυτού του

μετασχηματισμού είναι (radic2119899 det 11988012)minus1 = 1(radic2119899radicdet 119880) η τελευταία

ποσότητα παραπάνω ισούται με 1205871198992radicdet 119880 Καταλήξαμε δήλαδή

στην

intℝ119899

119898

prod119896=1

119892119888119896119896 ⟨119909 119906119896⟩) 119889119909 =

1205871198992

radicdet 119880()

Για να προκύψει το ζητούμενο πρέπει να διαιρέσουμε κάθε 119892119896 με το ολο-

κλήρωμά της ή ισοδύναμα να διαιρέσουμε την () με την ποσότητα

prod119898119896=1(intℝ

119892119896(119905))119888119896 Αλλά χρησιμοποιώντας την () βλέπουμε ότι

119898

prod119896=1

(intℝ

119892119896(119905))119888119896

=119898

prod119896=1

(radic120587radic120582119896

)119888119896

=1205871198992

radicprod119898119896=1 120582119888119896

119896

()

Διαιρώντας την () με την () παίρνουμε ότι

119860 = sup⎧⎨⎩

radicprod119898119896=1 120582119888119896

119896

radicdet 119880∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

=1

inf det 119880

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

12 = 119863minus12

ολοκληρώνοντας την απόδειξη του (ii)

Απόδειξη του (i) Για τον υπολογισμό του 119861 παρατηρούμε ότι αν

119891119896(119905) = 1radic120582119896120587 sdot 119890minus1199052120582119896 (ώστε intℝ119891119896 = 1) τότε

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ

= sup⎧⎨⎩

1

radic120587119899 prod119898119896=1 120582119888119896

119896

sdot exp (minus119898

sum119896=1

1198881198961205792119896120582119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896

⎫⎬⎭

=1

1205871198992radicprod

119898119896=1 120582119888119896

119896

sdot exp (minus inf 119898

sum119896=1

1198881198961205792119896120582119896 ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896)

Για 119880 = sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896 όπως και πριν επειδή ο 119880 είναι θετικά

ορισμένος η ποσότητα

119909 = ⟨119880119909 119909⟩12 = (119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2)12

ορίζει μια νόρμα στον ℝ119899 Για να συνεχίσουμε την απόδειξη χρειαζόμαστε

ένα ακόμα τεχνικό λήμμα

-

Λ Η δυϊκή νόρμα της sdot είναι η sdot lowast με

1199102lowast = ⟨119880minus1119910 119910⟩ = inf

119898

sum119896=1

1198881198961205792119896120582119896 ∶ 120579119894 isin ℝ ώστε 119910 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896

Αναβάλουμε την απόδειξη του προηγούμενου λήμματος και συνεχί-

ζουμε τον υπολογισμό του 119870(1198911 hellip 119891119898) Από τα προηγούμενα προκύ-

πτει ότι

119870(1198911 hellip 119891119898) =1

1205871198992radicprod

119898119896=1 120582119888119896

119896

intℝ119899

119890minus⟨119880minus1119909119909⟩ 119889119909

Αν συμβολίσουμε με 119880minus12 την τετραγωνική ρίζα του θετικά ορισμένου

119880minus1 και αλλάξουμε μεταβλητές στο τελευταίο ολοκλήρωμα θέτοντας

119910 = radic2119880minus12119909 με ορίζουσα Ιακωβιανής radic(det 119880)2119899 θα πάρουμε

119870(1198911 hellip 119891119898) =1

1205871198992radicprod

119898119896=1 120582119888119896

119896radic

det 1198802119899 int

ℝ119899119890minus1199102

22 119889119910

=radic

det 119880

prod119898119896=1 120582119888119896

119896

= ⎛⎜⎜⎝

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896

⎞⎟⎟⎠

12

Παίρνοντας infimum ως προς όλες τις Γκαουσιανές με ολοκλήρωμα ίσο

με 1 δηλαδή ως προς όλα τα 120582119896 gt 0 καταλήγουμε στο ότι

119861 = ⎛⎜⎜⎝

inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

⎞⎟⎟⎠

12

= 11986312

που είναι η ζητούμενη

Απόδειξη του Λήμματος

Κατrdquo αρχάς έχουμε ότι

119910lowast = sup119909ne0

⟨119909 119910⟩119909

= sup119909ne0

⟨119909 119910⟩radic⟨119880119909 119909⟩

= sup119909ne0

⟨11988012119909 119880minus12119910⟩

radic⟨11988012119909 11988012119909⟩= sup

119909ne0⟨

11988012119909119880121199092

119880minus12119910⟩

= 119880minus121199102 = radic⟨119880minus12119910 119880minus12119910⟩ = radic⟨119880minus1119910 119910⟩()

Επειδή τα 119906119896 παράγουν τον ℝ119899 για κάθε 119910 isin ℝ119899 υπάρχουν 120579119896 ώστε

119910 = sum119898119896=1 119888119896120579119896119906119896 Έτσι από την ανισότητα Cauchy-Schwartz έχουμε ότι

για κάθε 119909 isin ℝ119899

⟨119909 119910⟩ = ⟨119909119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896⟩ =119898

sum119896=1

119888119896120579119896⟨119909 119906119896⟩ =119898

sum119896=1

radic119888119896

120582119896sdot 120579119896 sdot radic119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩

le (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

(119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2)12

= (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

⟨119880119909 119909⟩12

= (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

119909

Άρα

119910lowast = sup119909ne0

⟨119909 119910⟩119909

le inf⎧⎨⎩

(119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

∶ 119910 =119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ⎫⎬⎭

Όμως ισχύει η ισότητα αν επιλέξουμε 119909 = 119880minus1119910 και 120579119896 = 120582119896⟨119909 119906119896⟩Πράγματι για αυτά τα 120579119896 ισχύει

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 =119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩119906119896 = 119880119909 = 119880119880minus1119910 = 119910

και

(119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

= (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205822

119896⟨119909 119906119896⟩2)12

= (119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2)12

= radic⟨119880119909 119909⟩ = radic⟨119910 119880minus1119910⟩

= 119910lowast

από την () ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Άσκηση Ελέγξτε ότι για κάθε 119906 isin ℝ119899 ισχύει 119906 otimes 119906 = 119906119906119905 όπου το 119906νοείται ως πίνακας 119899 times 1 (στήλη) και η 119906 otimes 119906 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 είναι η γραμμική

απεικόνιση 119906 otimes 119906(119909) = ⟨119906 119909⟩119906Άσκηση Έστω ότι η 119891 ∶ Ω rarr ℝ119899 έχει πεδίο ορισμού το κυρτό υποσύνολο

Ω του ℝ119899 Αποδείξτε ότι αν ο Ιακωβιανός πίνακας της 119891 είναι θετικά ορισμένος

τότε η 119891 είναι - ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Αν 119909 119886 isin Ω με 119909 ne 119886 θέτουμε ℎ = 119909 minus 119886 ne 0 και θεωρούμε την

119909(119905) = 119886 + 119905ℎ ∶ [0 1] rarr Ω

(ii) Ορίζουμε Φ ∶ [0 1] rarr ℝ με

Φ(119905) = ⟨ℎ 119891(119909(119905)) minus 119891(119886)⟩ =119899

sum119896=1

ℎ119896(119891119896(119909(119905)) minus 119891119896(119886))

όπου 119891119896 οι συντεταγμένες συναρτήσεις της 119891 δηλαδή 119891119896 ∶ Ω rarr ℝ με

119891 = (1198911 hellip 119891119899)

(iii) Χρησιμοποιήστε τον κανόνα της αλυσίδας για να δείξετε ότι Φprime(119905) =⟨119869119891ℎ ℎ⟩ gt 0 όπου 119869119891 ο Ιακωβιανός πίνακας της 119891

(iv) Συμπεράνετε από το Θεώρημα Rolle ότι αφού Φ(0) = 0 δεν μπορεί να

ισχύει Φ(1) = 0 οπότε 119891(119909) ne 119891(119886)

Έστω ότι το κυρτό συμμετρικό σώμα 119870 είναι στη θέση του John

Τότε τα σημεία επαφής του συνόρου του 119870 με την ευκλείδεια μπάλα

είναι αρκετά ώστε να αναπαριστούν την ταυτοτική απεικόνιση με την

εξής έννοια

Θ (F John) Αν το κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα119870 βρίσκεται στη θέση του John τότε υπάρχουν 119898 σημεία επαφής 1199061 hellip 119906119898του συνόρου του 119870 με την εγγεγραμμένη 120138119899minus1 ώστε να ισχύει

Id =119898

sum119896=1

119888119896119906119896 otimes 119906119896()

για κατάλληλους αριθμούς 119888119896 gt 0 Το 119898 μπορεί να επιλεγεί μικρότερο ήίσο του 1 + 119899(119899 + 1)2

Π Παρατηρούμε ότι τα διανύσματα 119906119896 ικανοποιούν

την 119906119896119870 = 1199061198962 = 1 αφού είναι στο σύνορο τόσο του 119870 όσο και της

ℬ1198992

Π Παίρνοντας το ίχνος στη σχέση () και χρη-

σιμοποιώντας και την Άσκηση βλέπουμε ότι

119899 = tr Id = tr(119898

sum119896=1

119888119896119906119896 otimes 119906119896) =119898

sum119896=1

119888119896tr(119906119896otimes119906119896) =119898

sum119896=1

11988811989611990611989622 =

119898

sum119896=1

119888119896

Δηλαδή ισχύει sum119898119896=1 119888119896 = 119899 και άρα sum

119898119896=1 119888119896119899 = 1 Αυτό σημαίνει ότι η

ζητούμενη σχέση () μας λέει ότι αρκεί να αποδείξουμε ότι ο πίνακας

119899minus1 Id ανήκει στην κυρτή θήκη των πινάκων 119906 otimes 119906 για 119906 σημείο του

bd(119870) cap 120138119899minus1

Π Οι πίνακες 119906 otimes 119906 επειδή είναι συμμετρικοί έχουν

τόσα ανεξάρτητα στοιχεία όσα τα στοιχεία στη διαγώνιο και κάτω από

αυτή Δηλαδή συνολικά 1+2+hellip+119899 = 119899(119899+1)2 Άρα αν δειχθεί ότι ο

119899minus1 Id είναι στην κυρτή θήκη των 119906 otimes 119906 με 119906 isin ℝ119899 τότε από το Θεώρημα

Καραθεοδωρή (Θεώρημα ) αρκούν 1 + 119899(119899 + 1)2 στοιχεία της

μορφής 119906 otimes 119906 (αντιλαμβανόμενοι τα 119906 otimes 119906 ως στοιχεία του ℝ1198992) Αυτό

αποδεικνύει ότι 119898 le 1 + 119899(119899 + 1)2

Απόδειξη του Θεωρήματος Σύμφωνα με τις παραπάνω πα-

ρατηρήσεις αρκεί να αποδείξουμε ότι ο πίνακας 119899minus1 Id βρίσκεται στην

κυρτή θήκη των πινάκων 119906otimes119906 όπου 119906 σημείο επαφής του bd(119870) και του

120138119899minus1 Θέτουμε 119880 = 119906 isin 120138119899minus1 ∶ 119906119870 = 1 και θέλουμε να δείξουμε ότι

119899minus1 Id isin conv119906 otimes 119906 ∶ 119906 isin 119880 Υποθέτουμε ότι αυτό δεν συμβαίνει και

επειδή το τελευταίο σύνολο είναι φανερά συμπαγές εργαζόμενοι στον

ℝ1198992και εφαρμόζοντας το Θεώρημα υπάρχει στοιχείο 119860 του ℝ1198992

που διαχωρίζει το 119899minus1 Id από το conv119906 otimes 119906 ∶ 119906 isin 119880 (Παρατηρούμεότι τα στοιχεία του ℝ1198992

τα μεταχειριζόμαστε και ως διανύσματα και ως

πίνακες 119899 times 119899) Έτσι υπάρχει 120598 gt 0 ώστε να ισχύει

⟨119860 119899minus1 Id⟩ lt minus120598 lt 0 le ⟨119860 119906 otimes 119906⟩()

για κάθε 119906 isin 119880 Επειδή οι πίνακες 119899minus1 Id και 119906 otimes 119906 είναι συμμετρικοί

ελέγχουμε εύκολα ότι ⟨119860119905 119899minus1 Id⟩ = ⟨119860 119899minus1 Id⟩ και ⟨119860119905 119906otimes119906⟩ = ⟨119860 119906otimes119906⟩Συνεπώς η () συνεχίζει να ισχύει αν στη θέση του 119860 βάλουμε τον

συμμετρικό πίνακα (119860 + 119860119905)2 Άρα μπορούμε να υποθέσουμε εξrdquo αρχής

ότι ισχύει η () με 119860 συμμετρικό

Θέτουμε 119861 = 119860 minus (tr119860119899) Id και παρατηρούμε ότι ⟨119861 119899minus1 Id⟩ =tr119861119899 = 0 Έτσι έχουμε

0 = ⟨119861 119899minus1 Id⟩ = ⟨119860 119899minus1 Id⟩ minustr119860119899

lt minus120598 minustr119860119899

lt minustr119860119899

le ⟨119860 119906 otimes 119906⟩ minustr119860119899

⟨Id 119906 otimes 119906⟩

= ⟨119861 119906 otimes 119906⟩

όπου χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι ⟨Id 119906 otimes 119906⟩ = 11990622 = 1

Υποθέτοντας λοιπόν ότι ο 119899minus1 Id δεν ανήκει στην κυρτή θήκη των

119906 otimes 119906 για 119906 isin 119880 καταλήξαμε να βρούμε ένα πίνακα 119861 isin ℝ1198992και θετικό

αριθμό 119904 ∶= minus120598 minus tr119860119899 ώστε να ισχύουν τα εξής

(i) 119861 = 119861119905 και 119861 ne 0

(ii) tr119861 = ⟨119861 119899minus1 Id⟩ = 0 lt 119904 le ⟨119861 119906 otimes 119906⟩ για κάθε 119906 isin 119880

Για 120575 gt 0 αρκετά κοντά στο μηδέν ο πίνακας Id +120575119861 είναι θετικά

ορισμένος συνεπώς έχει τετραγωνική ρίζα έστω τον πίνακα 119879120575 Θεωρούμε

τα ελλειψοειδή

ℰ120575 = 119879minus1120575 (119861119899

2) = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨(Id +120575119861)119909 119909⟩ le 1

Ο όγκος του ℰ120575 ισούται με det 119879minus1120575 |ℬ119899

2| Αλλά εύκολα ελέγχουμε ότι

o Id +120575119861 δεν είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού Συνεπώς από την

Πρόταση η ακόλουθη ανισότητα είναι γνήσια

(det 119879120575)2119899 = det(Id +120575119861)1119899 lttr(Id +120575119861)

119899= 1

Άρα |ℰ120575| gt |ℬ1198992| με μόνο περιορισμό το 120575 gt 0 να είναι αρκετά μικρό

ώστε ο Id +120575119861 να είναι θετικά ορισμένος

Θα καταλήξουμε λοιπόν σε άτοπο αν δείξουμε ότι υπάρχουν κατάλ-

ληλα μικρά 120575 gt 0 ώστε να ισχύει ℰ120575 sube 119870 (διότι αυτό θα σημαίνει ότι το

ℬ1198992 δεν είναι το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου μέσα στο 119870 αντιφάσκοντας

με την υπόθεση)

Για να το επιτύχουμε αυτό θέτουμε 119881 = 119907 isin 120138119899minus1 ∶ dist(119907 119880) ge1199042119861 όπου 119861 η νόρμα του119861ως πίνακας δηλαδή 119861 = sup

1199062=11198611199062

Αν 119870 = ℬ1198992 το 119881 είναι μεν κενό αλλά δεν έχουμε τίποτα να απο-

δείξουμε αφού μπορούμε να θέσουμε 119888119896 = 1 και 119906119896 = 119890119896 τα βασικά

διανύσματα του ℝ119899 και η () προφανώς ισχύει

Υποθέτουμε ότι 119870 ne ℬ1198992 οπότε μικραίνοντας αν χρειαστεί το 119904 gt 0

το σύνολο 119881 είναι μη κενό και φανερά συμπαγές υποσύνολο του 120138119899minus1

Αν 119907 isin 120138119899minus1 ⧵ 119881 έστω ότι 119906 isin 119880 με 119907 minus 1199062 lt 1199042119861 Έχουμε

∣⟨(Id +120575119861)119907 119907⟩ minus ⟨(Id +120575119861)119906 119906⟩∣ = 120575∣⟨119861119907 119907⟩ minus ⟨119861119906 119906⟩∣

= 120575∣⟨119861119907 119907⟩ minus ⟨119861119907 119906⟩ + ⟨119861119907 119906⟩ minus ⟨119861119906 119906⟩∣

le 120575(∣⟨119861119907 119907 minus 119906⟩∣ + ∣⟨119861(119907 minus 119906) 119906⟩∣)

le 1205752119861 1199072119907 minus 1199062 lt 120575119904

Άρα

⟨(Id +120575119861)119907 119907⟩ gt ⟨(Id +120575119861)119906 119906⟩ minus 120575119904 = 1 + 120575⟨119861119906 119906⟩ ge 1 + 120575119904 minus 120575119904 = 1

Δηλαδή

1 lt ⟨(Id +120575119861)119907 119907⟩ le ⟨(Id +120575119861)119907

119907119870

119907119907119870

⟩

διότι 119907119870 le 1199072 = 1 αφού ℬ1198992 sube 119870 Συμπεραίνουμε ότι 119907119907119870 isin

bd(119870) ⧵ ℰ120575

Δείξαμε λοιπόν ότι για κάθε διεύθυνση 119907 isin 120138119899minus1 ⧵ 119881 η ημιευθεία

με αρχή το 0 που περνάει από το 119907 αναγκαστικά τέμνει πρώτα το

bd(ℰ120575) και μετά το bd(119870) Αν δείξουμε ότι το ίδιο ισχύει και για τις

διευθύνσεις 119907 isin 119881 θα έχουμε δείξει ότι ℰ120575 sube 119870 καταλήγοντας σε άτοπο

και ολοκληρώνοντας την απόδειξη Αυτό όμως προκύπτει ως εξής λόγω

της συμπάγειας του 119881 και κατά συνέπεια της θετικής του απόστασης

από το bd(119870) (αφού δεν το τέμνει) υπάρχει 120598 gt 0 ώστε

(1 + 120598)119881 cap bd(119870) = ()

Αλλά τα ℰ120575 συγκλίνουν (με τη μετρική Hausdorff (δείτε Άσκηση ))

στο ℬ1198992 Οπότε υπάρχει 1205750 gt 0 ώστε για κάθε 0 lt 120575 lt 1205750 να ισχύει

ℰ120575 sube (1 + 120598)1198611198992 Έτσι για κάθε 119907 isin 119881 χρησιμοποιώντας την ()

ισχύει

(ℝ+119907) cap ℰ120575 sube (ℝ+119907) cap (1 + 120598)ℬ1198992 sube (ℝ+119907) cap 119870

Σκοπός μας στη συνέχεια είναι να δείξουμε ότι αν χρησιμοποιηθούν

στην ανισότητα Brascamp-Lieb τα 119906119896 που αναπαριστούν τον ταυτοτικό

πίνακα όπως παραπάνω τότε η σταθερά 119863 της ανισότητας ισούται με 1Για να το καταφέρουμε αυτό χρειαζόμαστε μια επέκταση της ανισότητας

Hadamard Η ανισότητα Hadamard λέει ότι για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119860ισχύει

det 119860 le119899

prod119896=1

1198601198901198962

όπου τα 1198901 hellip 119890119899 είναι η συνήθης βάση του ℝ119899 Δεν χρειάζεται να

αποδείξουμε αυτή την ανισότητα αφού θα αποδείξουμε την ακόλουθη

επέκτασή της

Π (Ανισότητα Hadamard) Αν τα 119906119896 και 119888119896 αναπαριστούντον ταυτοτικό πίνακα όπως παραπάνω τότε για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119860ισχύει

det 119860 le119898

prod119896=1

1198601199061198961198881198962

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι η ζητούμενη ανισότητα είναι αναλλοίωτη

στους ορθογώνιους πίνακες οπότε αντικαθιστώντας τον 119860 με τον 119876119860όπου ο 119876 ανήκει στην ορθογώνια ομάδα μπορούμε να υποθέσουμε ότι

ο 119860 είναι συμμετρικός και θετικά ημιορισμένος (δείτε Άσκηση )

Επειδή αν η ορίζουσα του 119860 ισούται με μηδέν τότε η ανισότητα είναι

προφανής υποθέτουμε ότι ο 119860 είναι θετικά ορισμένος Συνεπώς είναι

διαγωνοποιήσιμος με θετικές ιδιοτιμές δηλαδή ισχύει

119860 =119899

sum119896=1

120572119896119890119896 otimes 119890119896

με 119886119896 gt 0 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 Επειδή sum119899119896=1⟨119906119896 119890119896⟩2 = 1199061198962

2 = 1

εφαρμόζοντας την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου παίρνουμε

ότι

11986011990611989622 =

119899

sum119896=1

1205722119896⟨119906119896 119890119896⟩2 ge

119899

prod119896=1

1205722⟨119906119896119890119896⟩2

119896

Πολλαπλασιάζοντας για όλα τα 119894 έχουμε119898

prod119896=1

1198601199061198961198881198962 ge

119898

prod119896=1

119899

prod119896=1

120572119888119896⟨119906119896119890119896⟩2

119896

=119899

prod119896=1

120572sum119898119896=1 119888119896⟨119906119896119890119896⟩2

119896

=119899

prod119896=1

120572⟨(sum

119898119896=1 119888119896119906119896otimes119906119896)119890119896 119890119896⟩

119896

=119899

prod119896=1

120572⟨Id 119890119896119890119896⟩119896 =

119899

prod119896=1

120572119896 = det 119860

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Αν τα διανύσματα 119906119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 με 1199061198962 = 1ικανοποιούν την Id = sum

119898119896=1 119888119896119906119896 otimes 119906119896 για κατάλληλες σταθερές 119888119896 isin ℝ

τότε η σταθερά 119863 στην ανισότητα Brascamp-Lieb ισούται με 1

Απόδειξη Η σταθερά 119863 είναι η ποσότητα

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

Αν επιλέξουμε 120582119896 = 1 για κάθε 119896 = 1 hellip 119898 θα έχουμε φανερά ότι

119863 ledet (sum

119898119896=1 119888119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 1119888119896

= det Id = 1

Για την αντίστροφη ανισότητα αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε 120582119896 gt 0ισχύει

det (119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896) ge119898

prod119896=1

120582119888119896119896

Ας θέσουμε 119860 = sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896 Εύκολα ελέγχουμε ότι ο 119860 είναι

συμμετρικός και θετικά ορισμένος συνεπώς είναι αντιστρέψιμος και ο

αντίστροφος ως θετικά ορισμένος έχει τετραγωνική ρίζα την οποία θα

συμβολίσουμε με 119860minus12 Ολοκληρώνουμε την απόδειξη δείχνοντας ότι

det 119860 ge prod119898119896=1 120582119888119896

119896

1 =1119899tr(119860minus1119860) =

1119899tr(119860minus1

119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

=1119899tr(

119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes (119860minus1119906119896)) =1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896tr(119906119896 otimes (119860minus1119906119896))

=1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119906119896 119860minus1119906119896⟩ =1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119860minus12119906119896 119860minus12119906119896⟩

=1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896119860minus1211990611989622 =

119898

sum119896=1

119888119896

119899 (120582119896119860minus1211990611989622)

(χρησιμοποιούμε την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου αφού

sum119898119896=1 119888119896119899 = 1)

ge119898

prod119896=1

(120582119896119860minus1211990611989622)

119888119896119899

= (119898

prod119896=1

120582119888119896119899119896 ) sdot (

119898

prod119896=1

119860minus121199061198961198881198962 )

2119899

ge (119898

prod119896=1

120582119888119896119899119896 ) sdot (det 119860minus12)2119899

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότηταHadamard

(Πρόταση ) ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Τo επόμενο θεώρημα θα μας δώσει αμέσως την αντίστροφη ισοπερι-

μετρική ανισότητα

Θ (K Ball) Ανάμεσα σε όλα τα κυρτά συμμετρικά σώμα-τα στη θέση του John ο κύβος έχει μέγιστο όγκο Δηλαδή αν 119876119899 = [minus1 1]119899

ο μοναδιαίος κύβος στον ℝ119899και 119870 κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα στονℝ119899 στη θέση του John τότε vol119899(119870) le 2119899 = vol119899(119876119899)

Απόδειξη Έστω ότι τα 119906119896 είναι σημεία επαφής του συνόρου του 119870 με

την Ευκλείδεια σφαίρα και 119888119896 isin ℝ ώστε να ισχύει Id = sum119898119896=1 119888119896119906119896 otimes 119906119896

Από την προηγούμενη πρόταση η ανισότητα Brascamp-Lieb ισχύει με

119863 = 1 Φανερά

119870 sube 119872 ∶= 119909 ∶ ∣⟨119909 119906119896⟩∣ le 1 119896 = 1 hellip 119898

Άρα εφαρμόζοντας την ανισότητα Brascamp-Lieb παίρνουμε

vol119899(119870) le vol119899(119872) = intℝ119899

(119898

prod119896=1

1119888119896[minus11](⟨119909 119906119896⟩)) 119889119909

le 1 sdot119898

prod119896=1

(intℝ

1[minus11])119888119896

=119898

prod119896=1

2119888119896 = 2119899 = vol119899(119876119899)

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Η ισοπεριμετρική ανισότητα (δείτε Άσκηση ) λέει ότι για κάθε

κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει

(|119870||ℬ119899

2|)1119899

le (120597119870120597119861119899

2)

1(119899minus1)

(όπου υπενθυμίζουμε ότι με | sdot | συμβολίζουμε τον 119899-διάστατο όγκο vol119899)

η οποία με απλές πράξεις συνεπάγεται ότι

120597119870 ge (119899 sdot |ℬ1198992|1119899) sdot |119870|(119899minus1)119899 ≃ radic119899 sdot |119870|(119899minus1)119899

Η αντίστροφη ανισότητα γενικώς δεν ισχύει όπως εύκολα βλέπει κανείς

θέτοντας 119870 ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο με όλες τις ακμές του

μεγάλες και μία πολύ μικρή (ώστε να διατηρείται ο όγκος ίσος με 1 αλλάνα μπορεί να μεγαλώσει ανεγξέλεκτα το εμβαδόν επιφανείας) Όμως από

τα προηγούμενα προκύπτει ότι θα ισχύει μια αντίστροφη ανισότητα

αν το 119870 βρίσκεται σε κατάλληλη θέση

Θ (Αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα) Για κάθε κυρ-τό κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870 υπάρχει θέση 119870 ώστε

120597119870 le 2119899 |119870|(119899minus1)119899

και η ποσότητα 2119899 στην προηγούμενη ανισότητα είναι βέλτιστη

Απόδειξη Θεωρούμε ότι το 119870 είναι στη θέση του John Έτσι ℬ1198992 sube 119870

και από το προηγούμενο θεώρημα έχουμε |119870| le 2119899 Οπότε

120597119870 = lim119905rarr0+

|119870 + 119905ℬ1198992| minus |119870|119905

le lim119905rarr0+

|119870 + 119905119870| minus |119870|119905

= |119870| sdot 119899 = |119870|(119899minus1)119899|119870|1119899 sdot 119899 le 2119899 sdot |119870|(119899minus1)119899

Επειδή ισχύει η ισότητα όταν το 119870 είναι ο κύβος 119876119899 = [minus1 1]119899 συμπαι-

ρένουμε ότι η ποσότητα 2119899 είναι βέλτιστη

Π (Αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα) Από όλα τακυρτά κεντρικά συμμετρικά σώματα 119870 που βρίσκονται στη θέση του Johnκαι έχουν ίδιο εμβαδόν επιφανείας με τον κύβο 119876119899 τον ελάχιστο όγκο τονέχει ο κύβος

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό και κυρτό

σώμα στη θέση του John και επιπλέον ότι

120597119870 = 120597119876119899 = |119876119899| sdot 119899

Αφού 120597119870 le 2119899|119870|(119899minus1)119899 έχουμε

|119870| ge (1

2119899120597119870)

119899119899minus1

= (1

21198992119899119899)

119899119899minus1

= 2119899 = |119876119899|

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Ανάλογο αποτέλεσμα υπάρχει και για κυρτά

σώματα που δεν είναι απαραίτητα κεντρικά συμμετρικά Εκεί η σύγκριση

γίνεται με το simplex Δεν θα ασχοληθούμε με αυτή την περίπτωση

Άσκηση Αποδείξτε ότι τα ελλειψοειδή ℰ120575 που ορίστηκαν στην απόδειξη

του Θεωρήματος συγκλίνουν ως προς τη μετρική Hausdorff στην Ευκλείδεια

μπάλα ℬ1198992 Αυτό μπορείτε να το κάνετε αποδεικνύοντας ότι

1radic1 + 120575119861

ℬ1198992 sube ℰ120575 sube

1radic1 minus 120575119861

ℬ1198992

για κάθε 0 lt 120575 lt 1119861 Για να το επιτύχετε αυτό θα πρέπει πρώτα με τη

βοήθεια του φασματικού θεωρήματος για τον πίνακα 119879120575 να αποδείξετε ότι

119879minus2120575 = 119879minus1

120575 2 και ότι (Id +120575119861)minus1 = suminfin119896=0(minus120575)119896119861119896

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870στον ℝ119899 υπάρχει θέση 119870 ώστε να ισχύει

(120597119870120597119876119899

)1(119899minus1)

le (|119870||119876119899|)

1119899

Συγκρίνετε με την Άσκηση

Η ΘΕΣΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ ΜΕΣΟΥ ΠΛΑΤΟΥΣ

Θ Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει θέση ελα-χίστου μέσου πλάτους Δηλαδή υπάρχει 1198790 isin SL(119899) ώστε το 1198790(119870) ναέχει ελάχιστο πλάτος

119908(1198790(119870)) = inf119908(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι

για κατάλληλο 119886 gt 0 ισχύει 119886ℬ1198992 sube 119870 sube ℬ119899

2 πολλαπλασιάζοντας με

κατάλληλο συντελεστή το 119870 και χρησιμοποιώντας το ότι για κάθε 120582 gt 0ισχύει 119908(120582119870) = 120582 119908(119870) Θέτουμε 1199080 = inf119908(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)Έστω ότι η (119879119898)119898isinℕ ακολουθία γραμμικών απεικονίσεων στο SL(119899)ώστε lim119898rarrinfin 119908(119879119898(119870)) = 1199080 Θα δείξουμε με απαγωγή στο άτοπο ότι

η (119879119898)119898isinℕ είναι φραγμένη στον 119872119899times119899 με την νόρμα sdot Πράγματι ανδεν είναι φραγμένη τότε υπάρχει ακολουθία (119906119898)119898isinℕ στη σφαίρα 120138119899minus1

ώστε 1198791198981199061198982 rarr infin για 119898 rarr infin Έτσι το ελλειψοειδές ℰ119898 ∶= 119879119898(ℬ1198992)

με μήκη ημιαξόνων 1198861119898 hellip 119886119899119898 gt 0 έχει τουλάχιστον ένα ημιάξονα

μεγαλύτερο του 1198791198981199061198982 έστω τον 119886119895119898119898 Δηλαδή lim119898rarrinfin 119886119895119898119898 = infin

Από την Άσκηση ισχύει

119908(119879119898(ℬ1198992)) = 119908(ℰ119898) = int

120138119899minus1ℎℰ119898

(119906) 119889119906 = int120138119899minus1

(119899

sum119895=1

11988621198951198981199062

119895 )12

119889119906

ge 119886119895119898119898 int120138119899minus1

|119906119895119898| 119889119906 = 119886119895119898119898 int

120138119899minus1|1199061| 119889119906 rarr infin

όπου 119906119895 οι συντεταγμένες του 119906 ως προς ορθοκανονική βάση του ℝ119899

στη διεύθυνση των κύριων αξόνων του ελλειψοειδούς ℰ119898 Αλλά από την

άλλη μεριά η ακολουθία 119908(119879119898(ℬ1198992)) είναι φραγμένη αφού

119908(119879119898(ℬ1198992)) le 119886minus1119908(119879119898(119870)) rarr 119886minus11199080

καταλήγοντας σε άτοπο

Άρα η (119879119898)119898isinℕ είναι φραγμένη και από την Πρόταση και το

Πόρισμα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία Ας συμβολίσουμε πάλι με

(119879119898)119898isinℕ αυτή την υπακολουθία και έστω ότι συγκλίνει στο 1198790 Δηλαδή

119879119898 minus 1198790 rarr 0 Παρατηρούμε ότι για κάθε 119906 isin 120138119899minus1

∣ℎ119879119898119870(119906) minus ℎ1198790119870(119906)∣ = ∣ℎ119870(119879119905119898119906) minus ℎ119870(119879119905

0119906)∣()

le ℎ119870((119879119905119898 minus 119879119905

0)(119906)) = sup119910isin119870

⟨(119879119905119898 minus 119879119905

0)(119906) 119910⟩()

le sup119910isinℬ119899

2

⟨119906 (119879119898 minus 1198790)(119910)⟩

le sup119910isinℬ119899

2

1199062119879119898 minus 1198790 1199102 le 119879119898 minus 1198790

όπου στην () χρησιμοποιήσαμε την Άσκηση και στην ()

χρησιμοποιήσαμε την κάτω τριγωνική ανισότητα αφού κάθε συνάρτηση

στήριξης είναι νόρμα (του πολικού σώματος) από την Πρόταση

Συνεπώς η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη πάνω στο 120138119899minus1 οπότε

119908(119879119898(119870)) = int120138119899minus1

ℎ119879119898(119870)(119906) 119889119906 rarr int120138119899minus1

ℎ1198790(119870)(119906) 119889119906 = 119908(1198790(119870))

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Στη συνέχεια θέλουμε να αποδείξουμε ότι η θέση του ελαχίστου

μέσου πλάτους είναι στην ουσία μοναδική Για αυτό θα χρειαστούμε

δύο λήμματα

Λ Θεωρούμε ένα γνήσια κυρτό σώμα 119870 του οποίου ησυνάρτηση στήριξης ℎ119870 είναι διαφορίσιμη Έστω ότι το 119909 είναι το μοναδικόσημείο τομής του επιπέδου στήριξης του 119870 στη διεύθυνση 119906 isin 120138119899minus1 με το119870 Τότε nablaℎ119870(119906) = 119909

Απόδειξη Αφού η ℎ119870 είναι διαφορίσιμη συμπεραίνουμε ότι για κάθε 119907 isinℝ119899 ⧵ 0 και για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 υπάρχει η κατευθυνόμενη παράγωγος

120597119907ℎ119870(119906) στη διεύθυνση 119907 Παρατηρούμε πρώτα ότι

120597minus119907ℎ119870(119906) = lim120582rarr0

ℎ119870(119906 + 120582(minus119907)) minus ℎ119870(119906)120582

= minus lim120582rarr0

ℎ119870(119906 + (minus120582)119907) minus ℎ119870(119906)minus120582

= minus120597119907ℎ119870(119906)()

Επιπλέον από τον ορισμό της συνάρτησης στήριξης το ότι ℎ119870(119906) = ⟨119909 119906⟩και 119909 isin 119870 παίρνουμε

120597119907ℎ119870(119906) = lim sup120582rarr0

ℎ119870(119906 + 120582119907) minus ℎ119870(119906)120582

= lim sup120582rarr0

ℎ119870(119906 + 120582119907) minus ⟨119909 119906⟩120582

ge lim sup120582rarr0

⟨119909 119906 + 120582119907⟩ minus ⟨119909 119906⟩120582

= ⟨119909 119907⟩()

Άρα αν 119890119894 119894 = 1 hellip 119899 τα διανύσματα της συνήθους βάσης του ℝ119899 θα

έχουμε 120597119890119894ℎ119870(119906) ge ⟨119909 119890119894⟩ για κάθε 119894 = 1 hellip 119899 Αλλά από την () και

την () συνεπάγεται ότι

120597119890119894ℎ119870(119906) = minus120597minus119890119894

ℎ119870(119906) le minus⟨119909 minus119890119894⟩ = ⟨119909 119890119894⟩

Άρα 120597119890119894ℎ119870(119906) = ⟨119909 119890119894⟩ για κάθε 119894 = 1 2 hellip 119899 οπότε nablaℎ119870(119906) = 119909

Λ Ένα κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 με διαφορίσιμη συνάρτησηστήριξης ℎ119870 έχει ελάχιστο μέσο πλάτος αν και μόνο αν

int120138119899minus1

⟨nablaℎ119870(119906) 119879119906⟩ 119889119906 =tr(119879)

119899119908(119870)()

για κάθε γραμμική απεικόνιση 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899

Απόδειξη Αν το 119870 έχει ελάχιστο μέσο πλάτος τότε για 120598 gt 0 αρκετά

μικρό η απεικόνιση 119878 = (Id +120598119879)119905(det(Id +120598119879))1119899 είναι καλά ορισμένη

και έχει ορίζουσα 1 Συνεπώς 119908(119878(119870)) ge 119908(119870) οπότε

int120138119899minus1

ℎ119878(119870)(119906)119889119906 ge int120138119899minus1

ℎ119870(119906)119889119906

Απλές πράξεις οδηγούν στην

int120138119899minus1

ℎ119870(119906 + 120598119879119906) 119889119906 ge det((Id +120598119879))1119899 int

120138119899minus1ℎ119870(119906)119889119906

Αντικαθιστώντας τις ℎ119870(119906 + 120598119879119906) και (det(Id +120598119879))1119899 με τα Taylor ανα-

πτύγματά τους πρώτης τάξης οδηγούμαστε στην

int120138119899minus1

(ℎ119870(119906) + 120598⟨nablaℎ119870(119906) 119879119906⟩ + 119900(120598)) 119889119906 ge (1 + 120598tr(119879)

119899+ 119900(120598)) 119908(119870)

όπου γράψαμε με 119900(120598) τα υπόλοιπα του αναπτύγματος Taylor τα οποία

ικανοποιούν την lim120598rarr0+ 119900(120598)120598 = 0 Αφήνοντας το 120598 να πάει στο 0 από

δεξιά οδηγούμαστε στην

int120138119899minus1

⟨nablaℎ119870(119906) 119879119906⟩ 119889119906 getr(119879)

119899119908(119870)

Αλλά η τελευταία ισχύει για κάθε 119879 οπότε αν την ξαναγράψουμε για

τον minus119879 στη θέση του 119879 παίρνουμε την αντίστροφη ανισότητα δηλαδή

το ζητούμενο

Αντίστροφα έστω ότι ισχύει η () και ο 119879 έχει ορίζουσα 1Από την Άσκηση υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες 119880 και 119881 και

διαγώνιος πίνακας 119863 = diag(1205821 hellip 120582119899) με 120582119895 gt 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899ώστε να ισχύει 119879 = 119880119863119881 Οπότε (119880119881)119905119879 = 119881119905119863119881 Επειδή ο πίνακας

(119880119881)119905 είναι ορθογώνιος ισχύει 119908((119880119881)119905119879(119870)) = 119908(119879(119870)) συνεπώς

αρκεί να αποδείξουμε ότι το σώμα 119878(Κ) για 119878 ∶= (119880119881)119905119879 = 119881119905119863119881ικανοποιεί την 119908(119878(119870)) ge 119908(119870) Αλλά ο πίνακας 119878 είναι συμμετρικός

και θετικά ορισμένος οπότε από το Πόρισμα ισχύει η ανισότητα

tr(119878)119899 ge det(119878)1119899 = 1 Από αυτό και το ότι nablaℎ119870(119906) isin 119870 (Λήμμα )

έχουμε ότι

119908(119878(119870)) = int120138119899minus1

ℎ119878(119870)(119906) 119889119906 = int120138119899minus1

ℎ119870(119878119905119906) 119889119906

ge int120138119899minus1

⟨nablaℎ119870(119906) 119878119905119906⟩ 119889119906 =tr(119878)

119899119908(119870) ge 119908(119870)()

Δηλαδή το 119870 βρίσκεται στη θέση ελάχιστου μέσου πλάτους

Τώρα είμαστε έτοιμοι να αποδείξουμε τη μοναδικότητα της θέσης

ελάχιστου μέσου πλάτους

Π Αν το κυρτό σώμα 119870 βρίσκεται στη θέση ελάχιστουμέσου πλάτος και το ίδιο συμβαίνει και για το 119879(119870) όπου 119879 isin SL(119899)τότε o 119879 είναι ορθογώνιος

Απόδειξη Μπορούμε να υποθέσουμε ότι η ℎ119870 είναι διαφορίσιμη συνάρ-

τηση αλλιώς προσεγγίζουμε το 119870 με μια ακολουθία σωμάτων που έχουν

διαφορίσιμες συναρτήσεις στήριξηςmdashπαραλείπουμε τις λεπτομέρειες

Αν 119908(119879(119870)) = 119908(119870) τότε 119908(119878(119870)) = 119908(119870) όπου 119878 ο πίνακας που

προκύπτει από τον 119879 όπως στην απόδειξη του Λήμματος Από

τη σχέση () θα ισχύει tr(119878)119899 = (det 119878)1119899 Οπότεmdashσύμφωνα με το

Πόρισμα mdashο 119878 είναι ορθογώνιος άρα και ο 119879

Η ΘΕΣΗ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΕΠΙΦΑΝΕΙΑΣ

Σε αυτό το κεφάλαιο θα αποδείξουμε ότι κάθε κυρτό σώμα 119870 στον

ℝ119899 έχει μια στην ουσία μοναδική θέση ελάχιστου εμβαδού επιφανείας Η

απόδειξη χρειάζεται το γεγονός ότι το εμβαδό επιφανείας ως συνάρτηση

από τα κυρτά σώματα στο ℝ είναι συνεχής Η κυρτότητα δεν είναι

απαραίτητη μόνο για την ύπαρξη του εμβαδού επιφανείας διότι εύκολα

μπορεί να δει κανείς ότι η συνάρτηση αυτή δεν είναι συνεχής σε μη

κυρτά σύνολα όπως βλέπουμε στο Σχήμα Η συνέχεια του εμβαδού

Uuml c

a

4

Σ Η περιφέρεια του 119870119898 είναι 4 για κάθε 119898 isin ℕ τα 119870119898 συγκλί-

νουν με τη μετρική Hausdorff στο 119870 το οποίο έχει περίμετρο 2+radic2 ne 4

επιφανείας στα κυρτά σώματα έχει αρκετή δουλειά για να αποδειχθεί

και την αποδεικνύουμε στην Ενότητα Για τα επόμενα υποθέτουμε

ότι η συνέχεια είναι δεδομένη

Θ Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει θέση ελάχι-στου εμβαδού επιφανείας Δηλαδή υπάρχει 1198790 isin SL(119899) ώστε το 1198790(119870)να έχει το ελάχιστο εμβαδό επιφανείας

120597(1198790(119870)) = inf120597(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)

Απόδειξη Χρησιμοποιώντας το ότι 120597(120582119870) = 120582119899minus1120597(119870) μπορούμε να

υποθέσουμε πολλαπλασιάζοντας με κατάλληλο 120582 gt 0 ότι 119870 sube ℬ1198992

Θέτουμε

1205970 = inf120597(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)

και θεωρούμε ακολουθία 119879119898 isin SL(119899) ώστε lim119898rarrinfin 120597(119879119898(119870)) = 1205970 Αρκεί

να δείξουμε ότι η 119879119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία διότι αν αυτή

η υπακολουθία συγκλίνει έστω στον 1198790 τότε από τη συνέχεια του

εμβαδού επιφανείας θα πάρουμε ότι 1205970 = 120597(1198790(119870)) ολοκληρώνοντας

την απόδειξη

Από την Άσκηση υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες 119880119898 119881119898 και

διαγώνιος πίνακας 119863119898 = diag(1205821198981 hellip 120582119898119899) με 120582119898119895 gt 0 για κάθε 119898 isin ℕκαι για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899 ώστε 119879119898 = 119880119898119863119898119881119898 Επιπλέον εύκολα

ελέγχουμε με τον ορισμό ότι το εμβαδό επιφανείας είναι ανεξάρτητο

από ορθογώνιους μετασχηματισμούς δηλαδή

120597(119879119898(119870)) = 120597(119880119898119863119898119881119898(119870)) = 120597(119863119898119881119898(119870)) = 120597(119863119898(119871119898))()

όπου θέσαμε 119871119898 = 119881119898(119870)

Για να αποδείξουμε ότι η 119879119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία αρκεί να

δείξουμε ότι είναι φραγμένη Για αυτό αρκεί να δείξουμε ότι η ακολουθία

των 119863119898 είναι φραγμένη διότι οι ακολουθίες 119880119898 και 119881119898 είναι φραγμένες ως

ακολουθίες ορθογώνιων πινάκων (Παράδειγμα Παρατήρηση

και Πόρισμα ) Ισοδύναμα αρκεί να δείξουμε ότι η ακολουθία 119863minus1119898

είναι φραγμένη (Άσκηση )

Αν η 119863minus1119898 = diag(11205821198981 hellip 1120582119898119899) δεν είναι φραγμένη εύκολα ε-

λέγχουμε ότι υπάρχουν δείκτες 119895119898 ώστε 0 lt 120582119898119895119898rarr 0 Αλλά τότε

έχουμε

120597(119863119898(119871119898)) = lim119905rarr0+

|119863119898(119871119898) + 119905ℬ1198992| minus |119863119898(119871119898)|119905

ge lim119905rarr0+

|119863119898(119871119898) + 119905ℒ119898| minus |119863119898(119871119898)|119905

ge |119871119898| lim119905rarr0+

det(119863119898 + 119905 Id) minus det(119863119898)119905

ge |119870| det(119863119898) lim119905rarr0+

det(Id +119905119863minus1119898 ) minus 1

119905ge |119870| sdot 1 sdot tr(119863minus1

119898 ) ge |119870|120582119898119895119898rarr infin (Άσκηση )

το οποίο είναι άτοπο αφού από την () ισχύει

120597(119863119898(119871119898)) = 120597(119879119898(119870)) rarr 1205970

καθώς 119898 rarr infin ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Για να αποδείξουμε τη μοναδικότητα της θέσης (εκτός από ορθογώ-

νιους μετασχηματισμούς) χρειαζόμαστε ένα τύπο για το πώς μεταβάλεται

το εμβαδό επιφανείας αν εφαρμοστεί ένας μετασχηματισμός 119879 isin SL(119899)Η απόδειξη αυτού του τύπου απαιτεί πολύ ισχυρά μετροθεωρητικά

εργαλεία και για αυτό θα την παραλείψουμε Οι σχετικές λεπτομέρειες

υπάρχουν στις Ενότητες και του [Gru] Όμως επειδή δεν

υπάρχει αυτούσιος ο τύπος που χρειαζόμαστε στο παραπάνω θα

δείξουμε πώς προκύπτει παραπέμποντας σε διάφορες προτάσεις στο

παραπάνω βιβλίο

Πρώτα ορίζουμε την απεικόνιση Gauss ΝΚ από το bd(119870) στα υπο-

σύνολα του 120138119899minus1 όπου απεικονίζει κάθε σημείο 119909 isin bd(119870) στο σύνολο

119906 isin 120138119899minus1 ∶ το 119909 + 119906⟂ είναι επίπεδο στήριξης του 119870 στο 119909

Η απεικόνιση 119873119870 αντιστρέφει υποσύνολα Borel της 120138119899minus1 σε υποσύνολα

Borel του bd(119870) ([Gru] Πρόταση )

Στη συνέχεια για κάθε κυρτό σώμα 119870 ορίζουμε ένα μέτρο 120590119870 πάνω

στην Ευκλείδεια σφαίρα 120138119899minus1 με τη βοήθεια της αντίστροφης εικόνας

μέσω της απεικόνισης του Gauss για κάθε Borel υποσύνολο 119860 της 120138119899minus1

θέτουμε

120590119870(119860) = 120583119899minus1(119873minus1119870 (119860))

όπου το 120583119899minus1 είναι το διάστασης 119899 minus 1 μέτρο Hausdorff πάνω στο bd(119870)(διαισθητικά το εμβαδόν επιφανείας του 119873minus1

119870 (119860) ως υποσύνολο του

bd(119870)) Φανερά 120590119870(120138119899minus1) = 120583119899minus1(119870) το οποίο μπορεί να δειχθεί ότι

ταυτίζεται με το 120597(119870)

Λ Για κάθε 119879 isin SL(119899) και για κάθε κυρτό σώμα 119870 ισχύει

() 120597(119879(119870)) = int120138119899minus1

(119879minus1)119905(119906)2 119889120590119870(119906)

laquoΑπόδειξηraquoΌλες οι αναφορές σε αυτή την απόδειξη είναι στο [Gru]

Από το Πόρισμα η ποσότητα 119899119881(119871 119870 hellip 119870) ισούται με

int120138119899minus1

ℎ119871(119906) 119889120590119870(119906)

Η ποσότητα 119899119881(119871 119870 hellip 119870) είναι ίση με την 119899119881(119870 hellip 119870 119871) (Θεώρη-

μα ) η οποία ισούται με το εμβαδόν επιφανείας του 119870 όταν 119871 = ℬ1198992

(ορισμός του εμβαδού επιφανείας και Θεώρημα ) Τέλος επειδή για

κάθε 119879 isin SL(119899) ισχύει 119881(Τ(Κ1) hellip 119879(119870119899)) = 119881(Κ1 hellip 119870119899) (Πρότα-

ση (ii) και η επόμενη Παρατήρηση) θα έχουμε

120597(119879(119870)) = 119899119881(119879(119870) hellip 119879(119870) ℬ1198992) = 119899119881(119870 hellip 119870 119879minus1(ℬ119899

2))

= int120138119899minus1

ℎ119879minus1(ℬ1198992)(119906) 119889120590119870(119906) = int

120138119899minus1ℎℬ119899

2((119879minus1)119905(119906)) 119889120590119870(119906)

= int120138119899minus1

(119879minus1)119905(119906)2 119889120590119870(119906)

Για την απόδειξη της επόμενης πρότασης ακολουθούμε το [AMG]

Π (Petty) Ένα κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 έχει ελάχιστοεμβαδόν επιφανείας αν και μόνο αν ισχύει

() int120138119899minus1

⟨119906 120579⟩ 119889120590119870(119906) =120597(119870)

119899

για κάθε 120579 isin 120138119899minus1

Απόδειξη Υποθέτουμε πρώτα ότι το 119870 έχει ελάχιστο εμβαδόν επιφανείας

Για κάθε γραμμική απεικόνιση 119879 στο ℝ119899 εφαρμόζουμε το Λήμμα

για τον (119860minus1)119905 όπου 119860 = (Id +119903119879)(det(Id +119903119879))1119899 ο οποίος για 119903 σε

μια περιοχή του μηδενός είναι καλά ορισμένος και ανήκει το SL(119899) Έτσι

από την () και επειδή 120597((119860minus1)119905(119870)) ge 120597(119870) παίρνουμε ότι

() int120138119899minus1

(Id +119903119879)(119906)2 119889120590119870(119906) ge (det(Id +119903119879))1119899120597(119870)

Εύκολα ελέγχουμε ότι η συνάρτηση

120593(119903) = (Id +119903119879)(119906)2 = radic1 + 2119903⟨119906 119879(119906)⟩ + 1205982⟨119879(119906) 119879(119906)⟩

είναι παραγωγίσιμη στο 119903 = 0 με παράγωγο ⟨119906 119879(119906)⟩ Έτσι από το

Θεώρημα Taylor υπάρχει συνάρτηση 1205931 με lim119903rarr0 1205931(119903) = 0 ώστε

() 120593(119903) = 1 + 119903⟨119906 119879(119906)⟩ + 1199031205931(119903)

Ομοίως η συνάρτηση 120595(119903) = (det(Id +119903119879))1119899 είναιmdashσύμφωνα με την

Άσκηση mdashπαραγωγίσιμη στο 119903 = 0 με παράγωγο tr(119879)119899 Άρα και

πάλι από το Θεώρημα Taylor υπάρχει συνάρτηση 1205951 με lim119903rarr0 1205951(119903) = 0ώστε

() 120595(119903) = 1 + 119903tr(119879)

119899+ 1199031205951(119903)

Αντικαθιστώντας τις () και () στην () και παίρνοντας όρια

μια φορά για 119903 rarr 0+ και μια φορά για 119903 rarr 0minus προκύπτουν οι

int120138119899minus1

⟨119906 119879(119906)⟩ 119889120590119870(119906) getr(119879)

119899120597(119870)

και

int120138119899minus1

⟨119906 119879(119906)⟩ 119889120590119870(119906) letr(119879)

119899120597(119870)

αντίστοιχα δηλαδή

int120138119899minus1

⟨119906 119879(119906)⟩ 119889120590119870(119906) =tr(119879)

119899120597(119870)

Αντιστρόφως αν ισχύει η () και 119879 isin SL(119899) τότε επειδή από

την ανισότητα Cauchy-Schwartz ισχύει (119879minus1)119905(119906)2 ge ⟨(119879minus1)119905(119906) 119906⟩ =⟨119906 119879minus1(119906)⟩ για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 θα έχουμε

120597(119879(119870)) = int120138119899minus1

(119879minus1)119905(119906)2 119889120590119870(119906)

ge int120138119899minus1

⟨119906 119879minus1(119906)⟩ 119889120590119870(119906) =tr(119879minus1)

119899120597(119870)

ge (det 119879minus1)1119899120597(119870) = 120597(119870)()

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα αριθ-

μητικού-γεωμετρικού μέσου Άρα το 119870 βρίσκεται σε θέση ελάχιστης

επιφάνειας

Θ Η θέση ελάχιστης επιφάνειας είναι μοναδική εκτός απόορθογώνιους μετασχηματισμούς

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι το 119870 βρίσκεται σε θέση ελάχιστης επιφάνειας

και το ίδιο συμβαίνει και με το 119879(119870) για κάποιον 119879 isin SL(119899) οπότε120597(119879(119870)) = 120597(119870) Εφαρμόζοντας έναν ορθογώνιο μετασχηματισμό στο

119879(119870) και στο 119870 μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο 119879 είναι θετικά ορισμένος

(Άσκηση ) Έτσι η () δίνει ότι tr(119879minus1)119899 = det(119879minus1)1119899 και από

το Πόρισμα ο 119879minus1 οπότε και ο 119879 είναι ορθογώνιος

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει ακολουθίαπολυτόπων 119875119898 η οποία συγκλίνει στο σώμα 119870 ως προς τη μετρικήHausdorff

Απόδειξη Θέτουμε 119875119898 να είναι οι κυρτές θήκες των κορυφών των πολυ-

παραλληλεπιπέδων της Άσκησης

Π Έστω ότι τα 1198751 και 1198752 είναι πολύτοπα Τότε για κάθε119905 119904 gt 0 το 119875 = 1199051198751 + 1199041198752 είναι πολύτοπο Επιπλέον υπάρχει πεπερασμένοσύνολο 119880 sube 120138119899minus1 ώστε για κάθε 119905 119904 ge 0 για τα οποία το 119875 = 1199051198752 + 1199041198752είναι κυρτό σώμα τα εξωτερικά μοναδιαία κάθετα διανύσματα των εδρώντου 119875 ανήκουν στο 119880

Απόδειξη Αν το 119911 isin 119875 είναι ακραίο σημείο και 119911 = 1199051199111 + 1199041199112 όπου

1199111 isin 1198751 και 1199112 isin 1198752 τότε τα 1199111 και 1199112 είναι ακραία σημεία των 1198751 και

1198752 αντίστοιχα διότι αν για παράδειγμα το 1199111 είναι γνήσιος κυρτός

συνδυασμός δύο σημείων του 1198751 τότε εύκολα βλέπουμε ότι το 119911 είναι

γνήσιος κυρτός συνδυασμός δύο σημείων του 119875 οπότε δεν είναι ακραίο

σημείο Επειδή καθένα από τα 1198751 και 1198752 έχουν πεπερασμένος πλήθος

ακραίων σημείων (τις κορυφές τους) συμπαιρένουμε ότι το ίδιο ισχύει

και για το 119875 συνεπώς το 119875 είναι πολύτοπο

Για το δεύτερο σκέλος αποδεικνύουμε πρώτα τον ισχυρισμό

Ι Για κάθε 119906 isin 120138119899minus1

119875 cap 119867119875119906 = 119905(1198751 cap 1198671198751119906) + 119904(1198752 cap 1198671198752119906)

[Πράγματι αν 119911 isin 119875 cap 119867119875119906 υπάρχουν 1199111 isin 1198751 και 1199112 isin 1198752 ώστε

119911 = 1199051199111 + 1199041199112 Θα δείξουμε ότι 119911119894 isin 119875119894 cap 119867119875119894119906 για 119894 = 1 2 Αν αυτό δεν

συμβαίνει για παράδειγμα για το 1199111 τότε ⟨119911 119906⟩ lt ℎ1198751(119906) Αλλά τότε

ℎ119875(119906) = ⟨119911 119906⟩ = ⟨1199051199111 + 1199041199112 119906⟩ lt 119905ℎ1198751(119906) + 119904ℎ1198752

(119906) = ℎ1199051198751+1199041198752(119906) = ℎ119875(119906)

το οποίο είναι άτοπο Συνεπώς

119875 cap 119867119875119906 sube 119905(1198751 cap 1198671198751119906) + 119904(1198752 cap 1198671198752119906)

Αντιστρόφως αν 1199111 isin 1198751 cap 1198671198751119906 και 1199112 isin 1198752 cap 1198671198752119906 έχουμε

⟨1199051199111+1199041199112 119906⟩ = 119905⟨1199111 119906⟩+119904⟨1199112 119906⟩ = 119905ℎ1198751(119906)+119904ℎ1198752

(119906) = ℎ1199051198751+1199041198752(119906) = ℎ119875(119906)

οπότε 119911 = 1199051199111 + 1199041199112 isin 119867119875119906]

Από τον παραπάνω ισχυρισμό αν τα 1198651 και 1198652 είναι έδρες των 1198751και 1198752 αντίστοιχα αν υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι το

μηδέν ανήκει στα σχετικά εσωτερικά των 1198651 και 1198652 και το 1199051198651 + 1199041198652 είναι

έδρα του 119875 διάστασης 119899 minus 1 τότε το 1198651 + 1198652 είναι διάστασης 119899 minus 1 αφούέχει την ίδια γραμμική θήκη με το 1199051198651 + 1199041198652 Άρα ανεξάρτητα των 119905 και

119904 gt 0 το 119875 έχει το πολύ τόσες έδρες διάστασης 119899 minus 1 όσοι το πλήθος

των ζευγών εδρών του 1198751 και 1198752 δηλαδή πεπερασμένο πλήθος

Από το γεγονός ότι η σχετική διάσταση του 1198651 + 1198652 είναι πάντα

μεγαλύτερη ή ίση με τη σχετική διάσταση του 1198651 όπου 119865119894 έδρα του 119875119894(119894 = 1 2) άμεσα προύπτει το ακόλουθο

Π Αν 1198651 έδρα (όψη διάστασης 119899 minus 1) ενός πολυτόπου 1198751και 1198652 όψη ενός πολυτόπου 1198752 με 1198651 = 1198751 cap 1198671198751

(119906) και 1198652 = 1198752 cap 1198671198752(119906)

για κατάλληλο 119906 isin 120138119899minus1 τότε το 1198651 + 1198652 είναι έδρα (όψη διάστασης 119899 minus 1)του 1198751 + 1198752

Π Έστω ότι τα 1198751 και 1198752 είναι πολύτοπα στον ℝ119899 με το1198752 να έχει μη κενό εσωτερικό Τότε για κάθε 119905 gt 0 ο όγκος vol119899(1198751 + 1199051198752)είναι πολυώνυμο ως προς 119905 βαθμού 119899

Απόδειξη Για την απόδειξη θα χρησιμοποιήσουμε πλήρη επαγωγή στο 119899Για 119899 = 1 αν 1198751 = [1198861 1198871] και 1198752 = [1198862 1198872] τότε 1198751+1199051198752 = [1198861+1199051198862 1198871+1198872]οπότε vol1(1198751 + 1198752) = (1198871 minus 1198861) + 119905(1198872 minus 1198862) δηλαδή πολυώνυμο του 119905πρώτου βαθμού Έστω ότι το ζητούμενο ισχύει για πολύτοπα στον

ℝ119896 για κάθε 119896 le 119899 minus 1 και 119875 = 1198751 + 1199051198752 για πολύτοπα 1198751 1198752 στον ℝ119899

Χρησιμοποιώντας την Πρόταση έχουμε ότι

vol119899(119875) = vol119899(1198751 + 1199051198752) =1119899 sum

119906isin119880ℎ119875(119906)vol119899minus1(119875 cap 119867119875119906)

=1119899 sum

119906isin119880ℎ1198751+1199051198752

(119906)vol119899minus1(1198651 + 1199051198652)

όπου 119865119894 = 119875119894 cap 119867119875119894119906 για 119894 = 1 2

=1119899 sum

119906isin119880(ℎ1198751

(119906) + 119905ℎ1198752(119906))120601(119906 119905)

όπου τα 120601(119906 119905) είναι πολυώνυμα βαθμού το πολύ 119899 minus 1 ως προς 119905 από

την υπόθεση της πλήρους επαγωγής Έτσι το vol119899(119875) είναι πολυώνυμο

του 119905 το πολύ βαθμού 119899 Αλλά αφού υποθέσαμε ότι το 1198752 δεν έχει κενό

εσωτερικό αν υποθέσουμε ότι το vol119899(1198751 + 1199051198752) έχει βαθμό μικρότερο ή

ίσο το 119899 minus 1 τότε από τη συνέχεια του όγκου έχουμε

0 lt vol119899(1199051198752) = lim119904rarr0+

vol119899(1199041198751 + 1199051198752)

= lim119904rarr0+

119904119899vol119899 (1198751 +1199051199041198752) = lim

119904rarr0+119904119899

119899minus1

sum119895=0

119886119895 (119905119904)

119896

= 0

(όπου 119886119895 κατάλληλοι συντελεστές) το οποίο είναι άτοπο

Λ Έστω ότι τα 119901119898(119905) είναι ακολουθία πολυωνύμων βαθμού119899 που συγκλίνει στην 119891(119905) για κάθε 119905 ge 0 Τότε και η 119891 για 119905 ge 0 είναιπολυώνυμο βαθμού το πολύ 119899

Απόδειξη Απο τη μοναδικότητα του ορίου αρκεί να αποδείξουμε ότι η

ακολουθία

119901119898(119905) = 1198860119898 + 1198861119898119905 + 11988621198981199052 + ⋯ + 119886119899119898119905119899

συγκλίνει σε πολυώνυμο για 119905 ge 0 Για αυτό όμως αρκεί να αποδείξουμε

ότι οι συντελεστές 119886119895119898 συγκλίνουν σε κάποιον αριθμό 119886119895 για κάθε

119895 = 1 2 hellip 119899 καθώς 119898 rarr infin Παρατηρούμε ότι

1198860119898 = 119901119898(0)1198860119898 + 1198861119898 + 1198862119898 + ⋯ + 119886119899119898 = 119901119898(1)1198860119898 + 21198861119898 + 221198862119898 + ⋯ + 2119899119886119899119898 = 119901119898(2)1198860119898 + 31198861119898 + 321198863119898 + ⋯ + 3119899119886119899119898 = 119901119898(3)

⋮1198860119898 + 1198991198861119898 + 11989921198863119898 + ⋯ + 119899119899119886119899119898 = 119901119898(119899)

Λύνοντας το παραπάνω σύστημα από τους τύπους του Cramer κάθε

συντελεστής 119886119895119898 είναι γραμμικός συνδυασμός των 119901119898(0) 119901119898(1) hellip 119901119898(119899)τα οποία συγκλίνουν στα 119891(0) 119891(1) hellip 119891(119899) αντίστοιχα υπό την

προϋπόθεση ότι η ορίζουσα του συστήματος είναι φραγμένη laquoμακριάraquo

από το μηδέν καθώς 119898 rarr infin Αλλά η ορίζουσα αυτή είναι ορίζουσα

Vandermonde

∣∣∣∣∣

1 0 0 hellip 01 1 1 hellip 11 2 22 hellip 2119899

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮1 119899 1198992 hellip 119899119899

∣∣∣∣∣

η οποία είναι ανεξάρτητη του 119898 και θετική (Άσκηση για 119886119896 = 119896με 119896 = 1 hellip 119899) ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Για κάθε 119870 κυρτό σώμα στον ℝ119899 και για κάθε 119905 gt 0ο όγκος vol119899(119870 + 119905ℬ119899

2) είναι πολυώνυμο βαθμού 119899

Απόδειξη Προκύπτει άμεσα από την Προτάση το Λήμμα

προσεγγίζοντας τα 119870 και ℬ1198992 με πολύτοπα σύμφωνα με την Πρότα-

ση

Θ Το εμβαδό επιφανείας είναι συνεχής συνάρτηση στακυρτά σώματα

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι τα 119870119898 είναι κυρτά σώματα που συγκλίνουν

με την μετρική Hausdorff στο 119870 Σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση

τα vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) και vol119899(119870 + 119905ℬ119899

2) είναι πολυώνυμα του 119905 βαθμού 119899Έστω ότι

vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) = 1198860119898 + 1198861119898119905 + 11988621198981199052 + ⋯ + 119886119899119898119905119899

και

vol119899(119870 + 119905ℬ1198992) = 1198860 + 1198861119905 + 11988621199052 + ⋯ + 119886119899119905119899

για κατάλληλους συντελεστές 119886119895119898 και 119886119895 1198951 hellip 119899 Από τη συνέχεια του

όγκου η ακολουθία των πολυωνύμων vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) συγκλίνει στο

πολυώνυμο vol119899(119870 + 119905ℬ1198992) συνεπώς 119886119895119898 rarr 119886119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 καθώς

119898 rarr infin Αλλά επειδή 1198860119898 = vol119899(119870119898) και 1198860 = vol119899(119870) έχουμε

120597119870119898 = lim119905rarr0+

vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) minus vol119899(119870119898)119905

= 1198861119898 rarr 1198861 = lim119905rarr0+

vol119899(119870 + 119905ℬ1198992) minus vol119899(119870)119905

= 120597119870

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Άσκηση Αποδείξτε ότι

119863119899 =

∣∣∣∣∣

1198861 11988621 hellip 119886119899

11198862 1198862

2 hellip 1198861198992

1198863 11988623 hellip 119886119899

3⋮ ⋮ ⋱ ⋮

119886119899 1198862119899 hellip 119886119899

119899

∣∣∣∣∣

= (119899

prod119894=1

119886119894) prod1le119894lt119895le119899

(119886119895 minus 119886119894)

(Υπόδειξη Παρατηρούμε ότι 119863119899 = 119865119899(119886119899) prod119899119894=1 119886119894 όπου

119865119899(119909) =

∣∣∣∣∣∣

1 1198861 11988621 hellip 119886119899minus1

11 1198862 1198862

2 hellip 119886119899minus12

1 1198863 11988623 hellip 119886119899minus1

3⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮1 119886119899minus1 1198862

119899minus1 hellip 119886119899minus1119899minus1

1 119909 1199092 hellip 119909119899minus1

∣∣∣∣∣∣

και έτσι αρκεί να δείξουμε ότι 119865119899(119886119899) = prod1le119894lt119895le119899(119886119895 minus 119886119894) Η απόδειξη αυτή

μπορεί να γίνει επαγωγικά στο 119899 Για το επαγωγικό βήμα παρατηρούμε ότι το

πολυώνυμο 119865119899(119909) έχει ρίζες τα 1198861 hellip 119886119899minus1 Άρα από το θεώρημα παραγοντοποί-

ησης ισχύει 119865119899(119909) = 119862 prod119899minus1119894=1 (119909 minus 119886119894) για κατάλληλη σταθερά 119862 Όμως από την

τελευταία έκφραση το 119862 είναι ο συντελεστής του 119909119899minus1 αλλά από τον ορισμό του

119865119899(119909) ο συντελεστής του 119909119899minus1 είναι το 119865119899minus1(119886119899minus1) Εναλλακτικά αν ονομάσουμε

με 119863119899(1198861 hellip 119886119899) την ζητούμενη ορίζουσα μπορούμε να πολλαπλασιάσουμε

τη 119899 minus 1 στήλη με 1198861 και να την αφαιρέσουμε από τη 119899-στη στήλη ώστε να

μηδενιστεί το στοιχείο στη θέση του 1198861198991 Στη συνέχεια πολλαπλασιάζουμε με

1198861 τη 119899 minus 2 στήλη και την αφαιρούμε από τη 119899 minus 1 στήλη ώστε να μηδενιστεί

το στοιχείο στη θέση του 119886119899minus11 Συνεχίζουμε μέχρι να μηδενιστεί όλη η πρώτη

γραμμή εκτός από το στοιχείο στη θέση του 1198861 Τότε βλέπουμε άμεσα ότι η

ορίζουσα ισούται με 1198861 prod119899119895=2(119886119895 minus 1198861) sdot 119863119899minus1(1198862 hellip 119886119899))

Μέρος III

Το φαινόμενο της συγκέντρωσης τουμέτρου

Όταν σε ένα μετρικό χώρο έχουμε τη δυνατότητα να έχουμε και

ένα μέτρο (συχνά πιθανότητας) τότε η αλληλεπίδραση της μετρικής

και του μέτρου αποδεικνύεται πολύ παραγωγική κυρίως διότι είναι

διαφορετική η έννοια του laquoμεγάλουraquo και του laquoμικρούraquo ως προς τη

μετρική και ως προς το μέτρο Ένα laquoμικρόraquo ως προς τη μετρική σύνολο

(για παράδειγμα με μικρή διάμετρο σε σχέση με τη διάμετρο του

χώρου) μπορεί να έχει laquoσχεδόνraquo πλήρες μέτρο (πολύ laquoκοντάraquo στο

μέτρο όλου του χώρου) Το απλούστερο ίσως παράδειγμα είναι ο

χώρος ℝ εφοδιασμένος με τη συνήθη απόσταση 119889(119909 119910) = |119909 minus 119910| και τοκανονικό (γκαουσιανό) μέτρο πιθανότητας 1205741 με πυκνότητα ως προς

το μέτρο Lebesgue την 119891(119909) = 119890minus11990922radic2120587 Δηλαδή

1205741(119860) = int119860

1radic2120587

119890minus11990922 119889119909

για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο 119860 sube ℝ Η διάμετρος του χώρου

είναι άπειρη συνεπώς κάθε σύνολο της μορφής [minus119886 119886] ως υποσύνολο

του μετρικού χώρου (ℝ | sdot |) έχει laquoμικρόraquo μέγεθος (το ποσοστό της

διαμέτρου του ως προς τη διάμετρο του χώρου είναι μηδέν) αλλά ως

υποσύνολο του χώρου μέτρου (ℝ 1205741) έχει σχεδόν πλήρες μέτρο αφού

εύκολα βλέπουμε ότι

1205741([minus119886 119886]) = 1 minus2

radic2120587int

infin

119886119890minus11990922 119889119909 ge 1 minus 119890minus11988622

όπως προκύπτει εύκολα μετά από την αλλαγή μεταβλητής 119905 = 119909minus119886 στο

τελευταίο ολοκλήρωμα Αυτό το φαινόμενο γίνεται πολύ πιο ενδιαφέρον

όταν ο χώρος στον οποίο εργαζόμαστε βρίσκεται μέσα σε ένα γραμμικό

χώρο διάστασης 119899 Τότε στις εκτιμήσεις επεισέρχεται και η παράμετρος

119899 η διάσταση του χώρου Ας δούμε το παράδειγμα του ℝ119899 εφοδιασμένο

με την ευκλείδεια μετρική sdot 2 και το κανονικό (γκαουσιανό) μέτρο

δηλαδή το μέτρο 120574119899 με

120574119899(119860) =1

radic2120587int

119860119890minus1199092

22 119889119909

για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο 119860 Θα δούμε στη συνέχεια ότι για

κάθε 0 lt 120598 lt 1 ισχύει

120574119899 (radic119899

1 minus 120598ℬ119899

2) ge 1 minus 119890minus12059821198994

Έτσι όταν η διάσταση 119899 είναι μεγάλη σχεδόν όλο το μέτρο 120574119899 βρίσκεται

μέσα στην ευκλείδεια μπάλα ακτίνας περίπου radic119899 Αυτό είναι ένα είδος

συγκέντρωσης του μέτρου (μέσα στην ευκλείδεια μπάλα κατάλληλης

ακτίνας) αλλά στην πραγματικότητα ισχύει κάτι ακόμα πιο εντυπωσια-

κό Το μέτρο της μπάλας radic(1 minus 120598)119899ℬ1198992 είναι laquoαμελητέοraquo Συγκεκριμένα

ισχύει

120574119899 (radic(1 minus 120598)119899ℬ1198992) le 119890minus12059821198994

Άρα η μεγάλη μάζα του μέτρου 120574119899 βρίσκεται στο σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ radic(1 minus 120598)119899 le 1199092 le radic119899

1 minus 120598

δηλαδή σε μια laquoμικρή ζώνηraquo γύρω από την ευκλείδεια σφαίρα ακτίνας

radic119899

ΣΥΓΚΕΝΤΡΩΣΗ ΤΟΥ ΜΕΤΡΟΥ ΣΤΗΝ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ

ΣΦΑΙΡΑ

ΤΟ ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ ΣΤΟΝ ΧΩΡΟ GAUSS

ΑΤΡΙΣΔΙΑΣΤΑΤΕΣ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΩΝ

ΣΩΜΑΤΩΝ

Παρακάτω βλέπουμε μερικά βασικά κυρτά σώματα του ℝ3 μέσα

στον κύβο [minus1 1]3

Σ Α Τα σύνολα 119909 isin ℝ119899 ∶ (sum119899119895=1 |119909119895|119901)

1119901 le 1 για 119901 = 06 και

119901 = 08 δεν είναι κυρτά

Σ Α Τα σύνολα 119909 isin ℝ119899 ∶ (sum119899119895=1 |119909119895|119901)

1119901 le 1 για 119901 = 1 και

119901 = 2

Σ Α Τα σύνολα ℬ119899119901 για 119901 = 4 και 119901 = 10 Όσο το 119901 μεγαλώνει

το σώμα προσεγγίζει τον κύβο

Σ Α Για 119901 = 20 το ℬ119899119901 είναι ήδη laquoπολύ κοντάraquo στον κύβο

ΒΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Γ

Σε αυτό το παράρτημα θα παρουσιάσουμε τις βασικές ιδιότητες της

συνάρτησης Γ η οποία ορίζεται με το ολοκλήρωμα

Γ(119909) = intinfin

0119905119909minus1119890minus119905 119889119905

για 119909 isin ℝ ⧵ 0 minus1 minus2 minus3 hellip Το γράφημα της συνάρτησης Γ(119909 + 1)δίνεται στο Σχήμα Β

YY

Y

Y Y Y

ΣΒ Το γράφημα της συνάρτησης Γ(119909+1) ∶ ℝ⧵minus1 minus2 minus3 hellip rarrℝ

Η συνάρτηση Γ ορίστηκε από το Euler το ως το απειρογινόμενο

Γ(119909 + 1) =1 sdot 2119909

1 + 119909sdot

21minus1199093119909

2 + 119909sdot

31minus1199094119909

3 + 119909⋯

=infin

prod119899=1

(1 +1119899)

119909

(1 +119909119899)

minus1

και μελετήθηκε στη μορφή του ολοκληρώματος int10(minus log 119905)119909 119889119905 στην

προσπάθειά του να ορίσει μια έννοια παραγοντικού για πραγματικούς

αριθμούς Επίσης και ο Gauss από το μελέτησε τη συνάρτηση Γ στη

μορφή

Π119909 = lim119896rarrinfin

1 sdot 2 sdot 3 ⋯ 119896 sdot 119896119909

(119909 + 1)(119909 + 2) ⋯ (119909 + 119896)δεδομένου του ότι Π119899 = 119899 (Άσκηση Β)

Β

Πριν προχωρήσουμε στη μελέτη της συνάρτησης Γ υπενθυμίζουμε

ότι το ολοκλήρωμα της γκαουσιανής συνάρτησης είναι ίσο με 1

1radic2120587

intinfin

minusinfin119890minus11990922 119889119909 = 1

Π Β Η συνάρτηση Γ ικανοποιεί τις παρακάτω ιδιότητες

(i) Γ(119909 + 1) = 119909Γ(119909)

(ii) Για κάθε φυσικό αριθμό 119899 ισχύει Γ(119899 + 1) = 119899

(iii) Γ(12) = radic120587

Απόδειξη (i) Προκύπτει άμεσα με ολοκλήρωση κατά παράγοντες

(ii) Αποδεικνύεται εύκολα από το (i) με επαγωγή

(iii) Γ(12) = intinfin0

119905minus12119890minus119905 119889119905 Αλλάζουμε μεταβλητές θέτοντας 119905 =11990922 οπότε παίρνουμε

Γ(12) = intinfin

0

radic2119909minus1119890minus11990922119909 119889119909 = radic2 intinfin

0119890minus11990922 119889119909 = radic2

12

radic2120587 = radic120587

Ο υπολογισμός τιμών της συνάρτησης Γ είναι πολύ δυσχερής Ό-

μως αυτό που συχνά είναι χρήσιμο να ξέρουμε είναι η ασυμπτωτική

συμπεριφορά των τιμών της Γ Συγκεκριμένα ισχύει ο ακόλουθος τύπος

lim119909rarr+infin

Γ(1 + 119909)radic2120587119909(119909119890)119909

= 1

Μια άμεση συνέπεια του τύπου αυτού είναι ο τύπος του Stirling ο οποίος

μας λέει πόσο είναι περίπου το 119899 για μεγάλα 119899 isin ℕ Αυτός προκύπτει

από το γεγονός ότι Γ(119899 + 1) = 119899 Οπότε

lim119899rarr+infin

119899radic2120587119899(119899119890)119899

= 1

Δηλαδή για μεγάλα 119899

119899 ≃ radic2120587119899 (119899119890)

119899

Αυτό συνεπάγεται και την (119899 )1119899 ≃ 119899119890Το υπόλοιπο αυτού του παραρτήματος θα αφιερωθεί στην παρουσί-

αση μια απόδειξης για την ασυμπτωτική συμπεριφορά της συνάρτησης

Γ (υπάρχουν διάφορες στη βιβλιογραφία)

Β

Το ο Laplace παρουσίασε μια μέθοδο για τον υπολογισμό

του ορίου ολοκληρωμάτων της μορφής int119887119886

119890119899119891(119909) 119889119909 καθώς 119899 rarr infin(δείτε [Lap]) την οποία θα παρουσιάσουμε εδώ και θα την χρησι-

μοποιήσουμε για την εκτίμιση της συνάρτησης Γ Η μέθοδος αφορά σε

συναρτήσεις 119891 οι οποίες έχουν μέγιστη τιμή σε ένα και μόνο σημείο 1199090στο διάστημα [119886 119887] και επιπλέον 119886 lt 1199090 lt 119887 και η 119891 έχει συνεχή η

παράγωγο στο σημείο αυτό

Η ιδέα του Laplace είναι η εξής Αν η 119891 έχει μέγιστο σε ένα μόνο σημείο

1199090 τότε ενώ ο πολλαπλασιασμός 119899 επί 119891(119909) θα μεγαλώσει ανάλογα όλες

τις τιμές της 119891 στο διάστημα [119886 119887] κατά τον παράγοντα 119899 (συμπε-

ριλαμβανομένης της 119891(1199090)) δηλαδή 119899119891(1199090)119899119891(119909) = 119891(1199090)119891(119909) Ανόμως υψώσουμε σε εκθέτη μετά τον πολλαπλασιασμό συγκεκριμμένα

αν θεωρήσουμε την 119890119899119891(119909) οι αντίστοιχοι λόγοι μεγενθύνονται εκθετικά

119890119899119891(1199090)119890119899119891(119909) = 119890119899(119891(1199090)minus119891(119909)) Αυτή η μεγέθυνση κάνει το ολοκλήρωμα

της 119890119899119891(119909) να εξαρτάται πολύ περισσότερο από τις τιμές κοντά στο 1199090παρά από αυτές που είναι πιο μακριά Αλλά για τις τιμές κοντά στο

1199090 μπορούμε να προσεγγίσουμε την 119891 από μια κατάλληλη γκαουσιανή

καμπύλη (καμπύλη της μορφής 119890minus119886(119909minus1199090)2) Αυτό είναι πράγματι εφικτό

διότι έχοντας η 119891 μέγιστο στο 1199090 έχει πρώτη παράγωγο στο 1199090 ίση

με το μηδέν Οπότε στο ανάπτυγμα Taylor της 119891 με κέντρο στο 1199090 δεν

υπάρχει γραμμικός όρος Δηλαδή μετά τον σταθερό όρο του αναπτύγ-

ματος ο επόμενος είναι ο 119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)22 όρος ο οποίος θα δώσει

την κατάλληλη γκαουσιανή

Το φαινόμενο αυτό το βλέπουμε στο Σχήμα Β όπου έχουμε σχεδιάσει

τη συνάρτηση exp(05((sin 119909)119909)) και στη συνέχεια την exp(3((sin 119909)119909))(μαύρη καμπύλη) σε σμίκρυνση ώστε να χωράει στη σελίδα Στη δεύτερη

περίπτωση η καμπύλη προσεγγίζεται πολύ καλά από την γκαουσιανή

(γκρι καμπύλη) Η προσέγγιση αυτή αιτιολογεί τόσο την εμφάνιση του

αριθμού 119890 όσο και την εμφάνιση του αριθμού 120587 στο αποτέλεσμα

13

Σ Β Η ιδέα της μεθόδου Laplace

Θα ξεκινήσουμε με την υπενθύμιση του Θεωρήματος Taylor από τον

απειροστικό λογισμό με το υπόλοιπο στη μορφή Peano

Θ Β (Taylor) Αν μια συνάρτηση 119891 ∶ ℝ rarr ℝ έχει συνεχήδεύτερη παράγωγο στο 1199090 isin ℝ τότε υπάρχει συνάρτηση ℎ2 ∶ ℝ rarr ℝώστε

119891(119909) = 119891(1199090) + 119891prime(1199090)(119909 minus 1199090) +12

119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)2 + ℎ2(119909)(119909 minus 1199090)2

και lim119909rarr1199090ℎ2(119909) = 0

Απόδειξη Η απόδειξη είναι απλή θέτουμε

ℎ2(119909) =119891(119909) minus 119891(1199090) minus 119891prime(1199090)(119909 minus 1199090) minus 1

2119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)2

(119909 minus 1199090)2

και υπολογίζουμε το όριο για 119909 rarr 1199090 με τον κανόνα Lrsquo Hospital

Λ Β1

radic2120587int

infin

minusinfin119890minus11991022 119889119910 = 1

Απόδειξη Θέτουμε 119868 = intinfinminusinfin

119890minus11991022 119889119910 και παρατηρούμε ότι

1198682 = (intinfin

minusinfin119890minus11990922 119889119909) (int

infin

minusinfin119890minus11991022 119889119910) = int

infin

minusinfinint

infin

minusinfin119890minus(1199092+1199102)2 119889119909 119889119910

Αλλάζουμε σε πολικές συντεταγμένες και παίρνουμε

1198682 = int2120587

0int

infin

0119890minus11990322119903 119889119903 119889120579

= 2120587(minus119890minus11990322) ∣infin

0

= 2120587

Έτσι 119868 = radic2120587 ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Λ Β

lim119905rarrinfin

1radic2120587

int119905

minus119905119890minus11991022 119889119910 = 1

Απόδειξη Επειδή η 119890minus11991022 είναι άρτια συνάρτηση καιradic2120587minus1intinfin

minusinfin119890minus11991022 119889119910 =

1 αρκεί να αποδείξουμε ότι

lim119905rarrinfin

intinfin

119905119890minus11991022 119889119910 = 0

Αλλά η αλλαγή μεταβλητής 119911 = 119910 minus 119905 δίνει

intinfin

119905119890minus11991022 119889119910 = 119890minus11990522 int

infin

0119890minus11991122119890minus1199111199052 119889119911 le 119890minus11990522 int

infin

0119890minus11991122 119889119911 =

radic21205872

119890minus11990522

η οποία έχει όριο το 0 για 119905 rarr infin

Τώρα είμαστε έτοιμοι να αποδείξουμε το γενικό θεώρημα

Θ Β (Μέθοδος Laplace) Έστω ότι η 119891 ∶ [119886 119887] rarr ℝ είναιδύο φορές παραγωγίσιμη στο 1199090 με την 119891Prime συνεχή στο 1199090 το οποίο είναιτο μοναδικό σημείο στο [119886 119887] στο οποίο έχει μέγιστο Υποθέτουμε επίσηςότι 119891Prime(1199090) lt 0 και 1199090 isin (119886 119887) Τότε

(Β) lim119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

= 1

Απόδειξη (Κάτω φράγμα) Από το Θεώρημα Taylor όπως διατυπώθηκε

στο Θεώρημα Β για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 120575 gt 0 ώστε αν |119909 minus 1199090| lt 120575τότε |ℎ2(119909)| lt 1205982 δηλαδή minus1205982 lt ℎ2(119909) lt 1205982 Επιλέγουμε 120575 gt 0ώστε να ικανοποιούνται τα προηγούμενα και επιπλέον (1199090 minus120575 1199090 +120575) sube[119886 119887] Άρα από το Θεώρημα Taylor και το ότι 119891prime(1199090) = 0 αφού στο 1199090η 119891 έχει μέγιστο θα έχουμε

119891(119909) = 119891(1199090) +12

119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)2 + ℎ2(119909)(119909 minus 1199090)2

ge 119891(1199090) +12

(119891Prime(1199090) minus 120598)(119909 minus 1199090)2

Άρα

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909 ge int

1199090+120575

1199090minus120575119890119905119891(119909) 119889119909

ge 119890119905119891(1199090) int1199090+120575

1199090minus120575119890119905(119891Prime(1199090)minus120598)(119909minus1199090)22 119889119909

(αλλάζοντας μεταβλητή με 119910 = radic119905(minus119891Prime(1199090) + 120598)(119909 minus 1199090))

ge 119890119905119891(1199090)radic

1119905(minus119891Prime(1199090) + 120598)

int120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)

minus120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)119890minus 1

2 1199102119889119910

Έτσι

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

ge ⎛⎝

1radic2120587

int120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)

minus120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)119890minus 1

2 1199102119889119910⎞

⎠ radicminus119891Prime(1199090)

minus119891Prime(1199090) + 120598

Όμως σύμφωνα με το Λήμμα Β η τελευταία παρένθεση συγκλίνει στο

1 για 119905 rarr infin Οπότε παίρνοντας lim inf ως προς 119905 rarr infin συμπεραίνουμε

ότι

lim inf119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

ge radicminus119891Prime(1199090)

minus119891Prime(1199090) + 120598

για κάθε 120598 gt 0 Συνεπώς (για 120598 rarr 0+)

(Β) lim inf119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

ge 1

(Άνω φράγμα) Επιλέγουμε 120598 gt 0 ώστε 119891Prime(1199090) + 120598 lt 0 (θυμηθείτε ότι

119891Prime(1199090) lt 0) Εφαρμόζοντας το θεώρημα Taylor όπως και πριν παίρνουμε

ότι υπάρχει 120575 gt 0 ώστε για κάθε 119909 με |119909 minus 1199090| lt 120575 να ισχύει

119891(119909) le 119891(1199090) +12(119891Prime(1199090) + 120598)(119909 minus 1199090)2

Από την υπόθεση ότι η 119891 έχει μέγιστο μόνο στο 1199090 συμπεραίνουμε ότι

για κάθε 120575 gt 0 υπάρχει 120579 gt 0 ώστε αν |119909 minus 1199090| ge 120575 να ισχύει 119891(119909) le119891(1199090) minus 120579 Πράγματι αρκεί να θέσουμε 120579 = 119891(1199090) minus max|119909minus1199090|ge120575 119891(119909)το οποίο είναι θετικό εφόσον η 119891 έχει μοναδικό σημείο μεγίστου στο

1199090 Έτσι έχουμε

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909 = int

1199090minus120575

119886119890119905119891(119909) 119889119909 + int

1199090+120575

1199090minus120575119890119905119891(119909) 119889119909 + int

119887

119909+120575119890119905119891(119909) 119889119909

le ((1199090 minus 120575) minus 119886)119890119905(119891(1199090)minus120579) + 119890119905119891(1199090) int1199090+120575

1199090minus120575119890

1199052 (119891Prime(1199090)+120598)(119909minus1199090)2

119889119909

+ (119887 minus (1199090 + 120575))119890119905(119891(1199090)minus120579)

le (119887 minus 119886)119890119905(119891(1199090)minus120579) + 119890119905119891(1199090) int1199090+120575

1199090minus120575119890

1199052 (119891Prime(1199090)+120598)(119909minus1199090)2

119889119909

Αλλάζοντας μεταβλητές όπως και στο κάτω φράγμα καταλήγουμε στην

ανισότητα

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909 le (119887 minus 119886)119890119905(119891(1199090)minus120579) + 119890119905119891(1199090)

radic2120587

119905(minus119891Prime(1199090) minus 120598)

Παίρνοντας lim sup καθώς 119905 rarr infin οδηγούμαστε στην

lim sup119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

le radicminus119891Prime(1199090)

minus119891Prime(1199090) minus 120598

για κάθε 120598 αρκετά κοντά στο μηδέν (ώστε minus119891Prime(1199090)+120598 lt 0) Αφήνονταςτο 120598 να πάει στο μηδέν από δεξιά καταλήγουμε στην

(Β) lim sup119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

le 1

Οι (Β) και (Β) μαζί δίνουν το αποτέλεσμα

Η μέθοδος του Laplace μπορεί να εφαρμοστεί τώρα ώστε να υπολογίσουμε

την ασυμπτωτική συμπεριφορά της συνάρτησης Γ

Π Β Για τη συνάρτηση Γ ισχύει

lim119909rarrinfin

Γ(119909 + 1)radic2120587119909(119909119890)119909

= 1

Απόδειξη Στο ολοκλήρωμα που ορίζει τη συνάρτηση Γ κάνουμε την

αλλαγή μεταβλητής 119905 = 119909119903 οπότε παίρνουμε

Γ(119909 + 1) = 119909119909+1 intinfin

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903

Διαιρούμε με 119909119909+1 και παρατηρούμε ότι το ολοκλήρωμα στα δεξιά μπορεί

να εκτιμηθεί από τη μέθοδο Laplace πράγματι η συνάρτηση 119891(119903) =log 119903 minus 119903 έχει μέγιστο μόνο στο σημείο 1199090 = 1 και 119891Prime(1199090) = minus1 lt 0Έχουμε όμως να λύσουμε άλλο ένα πρόβλημα Η απόδειξη που κάναμε

στη μέθοδο Laplace χρησιμοποίησε κατά ουσιαστικό τρόπο το ότι

το πεδίο ολοκλήρωσης ήταν πεπερασμένο Τώρα το άνω άκρο του

ολοκληρώματος είναι +infin Για να ξεπεράσουμε αυτό το πρόβλημα

χωρίζουμε το ολοκλήρωμα σε δύο ολοκληρώματα το ένα μέχρι 2 και το

άλλο από 2 και πάνω Εύκολα βλέπουμε ότι για 119903 ge 2 ισχύει log 119903 le 119903119890(η (log 119903)119903 έχει μέγιστο στο 119903 = 119890) Γράφουμε τώρα

Γ(119909 + 1)119909119909+1 = int

2

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 + int

infin

2119890119909(log 119903minus119903) 119889119903(Β)

Για το δεύτερο ολοκλήρωμα έχουμε ότι

intinfin

2119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 le int

infin

2119890minus119903119909(1minus119890minus1) 119889119903 = (119909(1 minus 119890minus1))

minus1119890minus2119909(1minus119890minus1)

Επιστρέφοντας στην (Β) και διαιρώντας με 119890minus119909radic2120587119909 παίρνουμε

1119890minus119909radic2120587119909

int2

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 le

Γ(119909 + 1)119909119909+1119890minus119909radic2120587119909

le1

119890minus119909radic2120587119909int

2

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 +

1radic2120587119909(1 minus 119890minus1)

119890minus119909(1minus2119890minus1)

Το όριο των ολοκληρωμάτων για 119909 rarr infin είναι ίσο με 1 από τη μέθοδο

Laplace ενώ το όριο του τελευταίου όρου είναι 0 Οπότε

lim119909rarrinfin

Γ(119909 + 1)119909119909+1119890minus119909radic2120587119909

= 1

δηλαδή το ζητούμενο

Π Β (Τύπος του Stirling) Ισχύει

lim119899rarrinfin

119899radic2120587119899(119899119890)119899

= 1

Δηλαδή για μεγάλα 119899 isin ℕ ισχύει

119899 ≃ radic2120587119899 (119899119890)

119899

Πιο συγκεκριμμένη εκτίμηση για το 119899 είναι η ακόλουθη

Π Β Για κάθε 119899 isin ℕ ισχύει

radic2120587119899 (119899119890)

119899

119890(12119899+1)minus1lt 119899 lt radic2120587119899 (

119899119890)

119899

119890(12119899)minus1

Απόδειξη Θεωρούμε την ακολουθία

119889119899 = log(119899 ) minus (119899 +12) log 119899 + 119899 = log

119899 119890119899

119899119899radic119899rarr log radic2120587

όπως αποδείχθηκε στο Θεώρημα Β Επίσης ως προς τη μονοτονία

αυτής της ακολουθίας έχουμε

119889119899 minus 119889119899+1 = (119899 +12) log

119899 + 1119899

minus 1

= (119899 +12) log

1 + (2119899 + 1)minus1

1 minus (2119899 + 1)minus1 minus 1

( 12

log 1+1199051minus119905

= 119905 + 1199053

3+ 1199055

5+ 1199057

7+ ⋯)

=1

3(2119899 + 1)2 +1

5(2119899 + 1)4 +1

7(2119899 + 1)6 + ⋯

Η τελευταία έκφραση είναι μικρότερη από

13(2119899 + 1)2 +

13(2119899 + 1)4 +

13(2119899 + 1)6 + ⋯

που ως γεωμετρική σειρά έχει άθροισμα

112119899(119899 + 1)

=1

12119899minus

112(119899 + 1)

και μεγαλύτερη από τον πρώτο της όρο (3(2119899 + 1)2)minus1 ο οποίος ελέγ-

χουμε με απλές πράξεις ότι είναι γνήσια μεγαλύτερος από

112119899 + 1

minus1

12(119899 + 1) + 1

Δείξαμε έτσι ότι η ακολουθία 119889119899 minus(12119899)minus1 είναι γνησίως αύξουσα με όριο

το log(radic2120587) άρα 119889119899minus(12119899)minus1 lt log radic2120587 και η ακολουθία 119889119899minus(12119899+1)minus1

είναι γνησίως φθίνουσα με όριο πάλι το log(radic2120587) άρα 119889119899 minus(12119899+1)minus1 gtlog radic2120587 Οι 119889119899 minus (12119899)minus1 lt log radic2120587 και 119889119899 minus (12119899 + 1)minus1 gt log radic2120587είναι οι ζητούμενες

Ανάλογη εκτίμηση ισχύει και για τη συνάρτηση Γ

Θ Β Για κάθε 119909 ge 0 ισχύει

Γ(119909 + 1) = 119909119909119890minus119909radic2120587119909 exp(120583(119909))

όπου η 120583(119909) είναι μια φθίνουσα συνάρτηση μη αρνητική για 119909 ge 1 και

120583(119909) =1

12119909minus

13

intinfin

0

1199013(119905)(119905 + 119909)3 119889119905

όπου η 1199013(119905) είναι μια περιοδική συνάρτηση με περίοδο 1 η οποία στο[0 1] δίνεται από τον τύπο 1199013(119905) = 1199053 minus 3

21199052 + 1

2119905

Η απόδειξη ξεφεύγει από τους σκοπούς του παρόντος και μπορεί να

βρεθεί στο [Rem] (σελίδα ) όπου διατηρήσαμε τον συμβολισμό

το συγκεκριμμένου βιβλίου

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι

Γ(119899 + 1) = 119899 = lim119896rarrinfin

1 sdot 2 sdot 3 ⋯ 119896 sdot 119896119899

(119899 + 1)(119899 + 2) ⋯ (119899 + 119896)

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι Γ(119909 + 1) = int1

0(minus log 119905)119909 119889119905

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι η συνάρτηση Γ είναι λογαριθμικά κυρτή δηλαδή

ότι η συνάρτηση log Γ είναι κυρτή

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι

Γ (119899 +12) =

(2119899)4119899119899

radic120587

Άσκηση Β Χρησιμοποιείστε τη συνάρτηση Γ για να αποδείξετε ότι

intinfin

0119890minus119905119886 119889119905 =

1119886Γ (

1119886)

όπου 119886 gt 0Άσκηση Β Η συνάρτηση laquoβήταraquo 119861 δίνεται από τον τύπο 119861(119909 119910) =int1

0119905119909minus1(1 minus 119905)119910minus1 119889119905 για 119909 gt 0 και 119910 gt 0 Αποδείξτε ότι

119861(119909 119910) =Γ(119909)Γ(119910)Γ(119909 + 119910)

ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα Γράψτε το γινόμενο Γ(119909)Γ(119910) ως διπλό

ολοκλήρωμα με δύο μεταβλητές 119906 119907 στο [0 infin) times [0 infin) Αλλάξτε μεταβλητές

θέτοντας 119906 = 119911119908 και 119907 = 119911(1 minus 119908) ώστε να οδηγηθείτε στο γινόμενο Γ(119909 +119910)119861(119909 119910)Άσκηση Β Αποδείξτε χρησιμοποιώντας την ασυμπτωτική συμπεριφορά

της συνάρτησης Γ ότι ασυμπτωτικά (για 119909 και 119910 μεγάλα) ισχύει

119861(119909 119910) ≃ radic2120587119909119909minus 1

2 119910119910minus 12

(119909 + 119910)119909+119910minus 12

Άσκηση Β Υποθέστε ότι 119891(119909 + 1) = 119909119891(119909) και 119891(1) = 1 Αποδείξτε ότι αν

lim119899rarrinfin

119891(119909 + 119899)(119899 minus 1) 119899119909 = 1

τότε

119891(119909) = lim119899rarrinfin

(119899 minus 1) 119899119909

119909(119909 + 1) hellip (119909 + 119899 minus 1)

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι για κάθε 119899 119896 isin ℕ με 119896 le 119899 ισχύει

(119899119896)

119896le (

119899119896) lt

1119890 (

119890119899119896 )

119896

Υπόδειξη Για το κάτω φράγμα παρατηρήστε ότι

(119899119896) =

119899119896

119896minus1

prod119894=1

119899 minus 119894119896 minus 119894

και119899 minus 119894119896 minus 119894

ge119899119896

για κάθε 119894 = 1 2 hellip 119896 minus 1 Για το άνω φράγμα

(119899119896) lt

119899119896

119896και 119890119896minus1 ge

119896minus1

prod119894=1

(1 +1119894)

119894=

119896119896

119896

από τη μονοτονία της (1 + 1119894)119894 (Παρατηρήστε επίσης ότι αν αντί για την

τελευταία ανισότητα χρησιμοποιηθεί η 119896119896119896 le suminfin119899=119900 119896119899119899 = 119890119896 θα πάρουμε

ασθενέστερη ανισότητα κατά τον παράγοντα 1119890)

Π Β Το άνω φράγμα για τον διωνυμικό συντελεστή δεν είναι

ακριβές όταν το 119896 είναι κοντά στο 119899 Για αυτό χρησιμοποιώντας το ότι

(119899119896) = ( 119899

119899minus119896) μπορούμε να γράψουμε την ακριβέστερη ανισότητα

max (119899119896)

119896 (

119899119899 minus 119896)

119899minus119896

le (119899119896) lt

1119890

min (119890119899119896 )

119896 (

119890119899119899 minus 119896)

119899minus119896

Επίσης και η κάτω ανισότητα είναι γνήσια αν 119896 lt 119899

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[ΠρΑναλ] Μιχάλης Ανούσης Αντώνης Τσολομύτης Βαγγέλης Φελου-

ζής Πραγματική Ανάλυση

[ΓρΑλγ] Δημήτριος Βάρσος Δημήτριος Δεριζιώτης Ιωάννης Εμμα-

νουήλ Μιχαήλ Μαλιάκας Αντώνιος Μελάς και Ολυμπία

Ταλέλλη Μια εισαγωγή στη Γραμμική Άλγεβρα τόμος ΙIΣοφία

[Για] Απόστολος Γιαννόπουλος Κυρτή γεωμετρική ανάλυση Ση-μειώσεις Μαθήματος Αθήνα

[ΘΜ] Στυλιανός Νεγρεπόντης Γεώργιος Κουμουλλής ΘεωρίαΜέτρου Συμμετρία

[ΕΓ] Πάρις Πάμφιλος Έλασσον Γεωμετρικόν ΠανεπιστημιακέςΕκδόσεις Κρήτης

[AMG] Shiri Artstein-Avidan Apostolos Giannopoulos and Vitali

Milman Asymptotic Gemetric Analysis Mathematical Surveys

and Monographs vol

[Bal] Keith Ball Some remarks on the geometry of convex setsGeometric aspects of functional analysis volume of LectureNotes in Math Springer-Verlag Berlin New York pp

--

[Borel] Christer Borel Convex set functions in 119889-space Period Math

Hung Vol () () pp ndash

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[BGVV] Silouanos Brazitikos Apostolos Giannopoulos Petros Valettas

and Beatrice-Helen Vritsiou Geometry of Isotropic ConvexBodies Mathematical Surveys and Monographs vol

[GH] Mariano Giaquinta and Stefan Hildebrandt Calculus ofVariations volume II Springer-Verlag Berlin Heidelberg New

York

[GPS] Herbert Goldstein Charles Poole and John Safko ClassicalMechanics rd edition Addison Wesley

[Gru] Peter M Gruber Convex and discrete geometry volume

of Grundelehren der mathematischen Wissenschaften Springer-

Verlag Berlin Heidelberg New York

[KO] Owe Krey and Anthony Owen Basic Theoretical PhysicsSpringer-Verlag Berlin Heidelberg New York

[Lap] Pierre Simon Laplace Memoir on the probability of causesof events tome sixiegraveme of Meacutemoires de Matheacutematique et dePhysique English translation by S M Stigler Statist Sci

()--

[MP] Vitali Milman and Alain Pajor Isotropic position and inertiaellipsoids and zonoids of the unit ball of a normed 119899-dimensional space Lecture Notes in Mathematics

Springer-Verlag Berlin Heidelberg New York σελ

ndash

[Rem] Reinhold Remmert Classical Topics in Complex FunctionTheory volume of Graduate Texts in Mathematics SpringerVerlag

[Sch] Rolf Schneider Convex Bodies The Brunn-MinkowskiTheory volume of Encyclopedia of Mathematics and itsApplications Cambridge University Press

Ευρετήριο Ελληνικών Όρων

Ααδράνεια

καμπύλη

αναλλοίωτο επίπεδο

ανάστροφος πίνακας

ανεξάρτητα σημεία

affine

ανισότητα

Blaschke-Santaloacute

Brunn-Minkowski

Brunn-Minkowski (αθροιστι-

κή μορφή)

Brunn-Minkowski (πολλαπλα-

σιαστική μορφή)

Cauchy-Schwartz

Hadamard

Houmllder

Houmllder για αθροίσματα

Houmllder για ολοκληρώματα

Jensen

Minkowski για αθροίσματα

Minkowski για ολοκληρώμα-

τα

Prekopa-Leindler

Young

αντίστροφη ισοπεριμετρική

αριθμητικού-γεωμετρικού μέ-

σου

ισοπεριμετρική

ανιστότητα

Barthe

Brascamp-Lieb

ανοικτή μπάλα

αντιπολική καμπύλη

αντίστροφη ισοπεριμετρική ανι-

σότητα

απόλυτα συνεχής συνάρτηση

απόσταση

Hausdorff

ευκλείδεια

αρχή του Brunn

Ββαρύκεντρο

Γγενική θέση σημείων

γνήσια κυρτή συνάρτηση

γνήσια κυρτό σύνολο

γνήσιος διαχωρισμός

Δδιαχωρισμός

γνήσιος

Εελάχιστη επιφάνεια

ελλειψοειδές

Binet

Legendre

Poinsot

αδρανείας

κινητικής ενέργειας

μεγίστου όγκου

εμβαδόν επιφανείας

συνέχεια

εσωτερικό γινόμενο

συνέχεια

εσωτερικό σημείο

εσωτερικό συνόλου

ευθύγραμμο τμήμα

ευκλείδεια απόσταση

ευκλείδεια μπάλα

ευκλείδεια νόρμα

συνέχεια

ευκλείδειο μήκος

Ηημίχωρος

Θθεση

ισοτροπική

Θέση

του John αναπαράσταση ταυ-

τοτικής

θέση

ελάχιστης επιφάνειας

ελαχίστου μέσου πλάτους

ισοτροπική μοναδικότητα

κυρτού σώματος

του John

θετικά ημιορισμένος πίνακας

θετικά ορισμένος πίνακας

θετική ομογένεια

θεώρημα

Fubini

αναπαράστασης ταυτοτικής

(John)

επιλογής του Baschke

Καραθεοδωρή

σφαιρικότητας του Gross

Ιιδιότητες όγκου

ισοπεριμετρική ανισότητα

ισοτροπική θέση

ίχνος πίνακα

Κκαμπύλη αδρανείας

κάτω τριγωνική ανισότητα

κεντρικά συμμετρικό σύνολο

κλειστή θήκη

κυκλικό πολύτοπο

κυρτή θήκη

κυρτή συνάρτηση

κυρτό σύνολο

κυρτό σώμα

θέση

κυρτός συνδυασμός

Λλήμμα του Borel

λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση

λογαριθμικά κοίλο μέτρο

λωρίδα

Μμέθοδος Laplace

μετασχηματισμός Legendre

μετρήσιμο

Jordan

μετρήσιμο σύνολο

μέτρο

ισοτροπικό

λογαριθμικά κοίλο

μέτρο Lebesgue

μήκος

ευκλείδειο

μοναδιαία ευκλείδεια μπάλα

μοναδιαία μπάλα

μοναδιαία σφαίρα

μοναδικότητα ισοτροπικής θέ-

σης

μπάλα

ανοικτή

ευκλείδεια

μοναδιαία ευκλείδεια

Ννόρμα

Οόγκος

ιδιότητες

κυρτού σώματος

παραλληλεπιπέδου

πολυπαραλληλεπιπέδου

του ℬ119899119901

ορθογώνια προβολή

ορίζουσα Vandermonde

Ππαράγωγο σύνολο

παραλληλεπίπεδο

πίνακας

singular value decomposition

ανάστροφος

θετικά ημιορισμένος

θετικά ορισμένος

ίχνος

πολική αναπαράσταση

πίνακας αδράνειας

πίνακας αδρανείας

πολική αναπαράσταση

πολική καμπύλη

πολική ροπή αδρανείας

πολικό σώμα

πολύτοπο

119896-neighborly κυκλικό

πρόβλημα των Busemann-Petty

προβολή

Ρροπή

αδρανείας

δύναμης

πολική αδρανείας

ροπή αδράνειας

Σσημεία

σε γενική θέση

σημείο

εσωτερικό

συσσώρευσης

σταθερά Lipschitz

σταθερά ισοτροπίας

λογαριθμικά κοίλου μέτρου

συμμετρικοποίηση Steiner

συμπαγές σύνολο

συνάρτηση

Lipschitz

απόλυτα συνεχής

Γ γνήσια κυρτή

κυρτή

λογαριθμικά κοίλη

στήριξης

συνεχής

συνέχεια εμβαδού επιφανείας

συνέχεια εσωτερικού γινομένου

συνέχεια ευκλείδειας νόρμας

συνεχής συνάρτηση

σύνολο

γνήσια κυρτό

εσωτερικό

κεντρικά συμμετρικό

κλειστή θήκη

κυρτό

μετρήσιμο

παράγωγο

συμπαγές

σύνορο

σχετικό εσωτερικό

φραγμένο

σύνορο συνόλου

σφαίρα

μοναδιαία

σχετικό εσωτερικό συνόλου

σώμα

μη ισοτροπικό

Ττετράεδρο (simplex)

τριγωνική ανισότητα

τύπος του Stirling

Υυπερεπίπεδο

υπερεπίπεδο στήριξης

υπερκύβος

Φφραγμένο σύνολο

Χχώρος

119862[119886 119887] 119871119901[119886 119887]

Ευρετήριο ξενόγλωσσων όρων

BBall Keith

Blaschke θεώρημα επιλογής

Blaschke-Santaloacute ανισότητα

Borel λήμμα

Brunn αρχή

Brunn-Minkowski ανισότητα

Brunn-Minkowski ανισότητα α-

θροιστική μορφή

Brunn-Minkowski ανισότητα πολ-

λαπλασιαστική μορφή

EEuler

FFubini

GGross θεώρημα σφαιρικότητας

Hherpolhode

Houmllder ανισότητα

Iinvariable plane

JJohn Fritz

Jordan μετρήσιμο

K119896-neighborly polytope

LLaplace μέθοδος

Lebesgue μέτρο

Nneighborly polytope

Ppolhode

Prekopa-Leindler ανισότητα

RRadon

Ssimplex

singular value decomposition

Steiner συμμετρικοποίηση

Stirling τύπος

Στοιχειοθεσία LuaLTEX

Postscript producer dvips

PDF distiller Ghostscript

Γραμματοσειρές GFS NeoHellenic

d-γραφικά PStricks

d-γραφικά PStricks amp Inkscape

Persistent Ray Tracer Povray

Ακολουθίες amp Σειρές

Αντώνης Τσολομύτης

Σάμος 2012ndash2017

sumlimnrarrinfinan

lim suplim suplim suplim suplim suplim sup(1+ 1

n

)n

(1+ 1

n

)n

(1+ 1

n

)n

Α Τσολομύτης Σάμος 2012ndash2017

Περιεχόμενα

I Ακολουθιες 5

1 Γενικά περί ακολουθιών 7

11 Ακολουθίες και υπακολουθίες 7

12 Πράξεις ακολουθιών 9

13 Εφαρμογές και παραδείγματα 11

2 Μονότονες ακολουθίες 15

21 Ορισμοί και ιδιότητες 15

22 Εφαρμογές και παραδείγματα 17

3 Φραγμένες ακολουθίες 19

31 Ορισμοί και ιδιότητες 19

32 Εφαρμογές και παραδείγματα 21

4 Σύγκλιση ακολουθιών 25

41 Μηδενικές ακολουθίες 25

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών 26

43 Συγκλίνουσες ακολουθίες 30

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών 32

45 Κριτήρια σύγκλισης 37

46 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin 39

47 Βασικά όρια 40

5 lim sup και lim inf 47

51 Το σύνολο των υπακολουθιακών ορίων 47

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf 49

6 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι 53

61 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων 53

62 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος 56

63 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος 58

4 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

II Σειρες 61

7 Γενικά περί σειρών 63

71 Ορισμοί 63

72 Πράξεις με σειρές 66

8 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών 67

81 Το κριτήριο φράγματος 67

82 Το κριτήριο Cauchy 68

83 Το κριτήριο σύγκρισης 71

84 Τηλεσκοπικές σειρές 73

841 Το κριτήριο Dini-Kummer 74

85 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy 76

86 Το ολοκληρωτικό κριτήριο 79

9 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης 81

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά 82

911 Το κριτήριο λόγου 82

912 Το κριτήριο n-στης ρίζας του Cauchy 84

92 Σύγκριση με την ακολουθία 1np 86

93 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p) 88

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης σειρών 90

10 Εναλλάσουσες σειρές 95

101 Το κριτήριο Leibniz 95

102 Το κριτήριο Dirichlet 96

11 Αναδιατάξεις σειρών 99

111 Αναδιατάξεις των φυσικών αριθμών 100

112 Αναδιατάξεις σειρών 100

113 Το θεώρημα Riemann 102

Βιβλιογραφία 107

Ευρετήριο Ελληνικών Όρων 108

Μέρος I

Ακολουθίες

Κεφάλαιο 1

Γενικά περί ακολουθιών

11 Ακολουθίες και υπακολουθίες

Ορισμός 111 Κάθε συνάρτηση f A sube N ֏ R όπου το A είναιάπειρο σύνολο λέγεται ακολουθία πραγματικών αριθμών ή απλά

ακολουθία

Για τις ακολουθίες δεν χρησιμοποιούμε το γράμμα f αλλά γράμ-ματα όπως a b c x y z α β γ κλπ Επίσης αντί να γράφου-με a(n) για την τιμή της a στο n isin N γράφουμε an Αν θέλουμενα αναφερθούμε σε μια ακολουθία δεν γράφουμε laquoη ακολουθία

a A rarr Rraquo αλλά laquoη ακολουθία (an)nisinAraquo Αν A = N εκτός από

laquoη ακολουθία (an)nisinNraquo μπορεί να γράψουμε και (an)infinn=1 Αν δεν

υπάρχει λόγος να δηλώσουμε το πεδίο ορισμού γράφουμε laquoη α-

κολουθία (an)raquo Τέλος αν δεν υπάρχει περίπτωση σύγχυσης γιααπλοποίηση του συμβολισμού γράφουμε ακόμα και laquoη ακολουθία

anraquo παραλείποντας και τις παρενθέσεις Συχνά (αλλά όχι πάντα)το πεδίο ορισμού θα είναι όλο το σύνολο N

Παράδειγμα 112 Η συνάρτηση (an)nisinN με an = 1n είναι μια ακο-

λουθία Έχουμε a1 = 1 a2 = 12 a3 = 1

3 κλπ Μια άλλη είναι η

ακολουθία bn = n όπου b1 = 1 b2 = 2 = 1middot2 = 2 b3 = 3 = 1middot2middot3 = 6

b4 = 4 = 1 middot 2 middot 3 middot 4 = 24 κλπ

Ορισμός 113 Οι αριθμοί an δηλαδή οι τιμές της ακολουθίας(an)nisinA για κάθε n isin A λέγονται όροι της ακολουθίας Ο όρος an(δηλαδή η τιμή της ακολουθίας στο n) ονομάζεται n-στός όρος ήγενικός όρος της ακολουθίας (an)nisinA Το σύνολο an n isin A ονο-μάζεται σύνολο των όρων της ακολουθίας ενώ για κάθε m isin Nκάθε σύνολο της μορφής an n isin A και n gem ονομάζεται τελι-κό τμήμα της ακολουθίας

8 Γενικά περί ακολουθιών

Μια ακολουθία ορίζεται είτε με έναν τύπο για τον n-στό τηςόρο (όπως an = 1n) είτε αναδρομικά (για παράδειγμα a1 = 1 και

an+1 = an2 για κάθε n isin N) είτε με άλλο τρόπο με τον οποίο κα-θορίζονται με ακρίβεια όλοι οι όροι της και όχι με την παράθεση

λίγων όρων Με το τελευταίο εννοούμε ότι δεν έχει νόημα η φράση

laquoθεωρούμε την ακολουθία 11

21

31

4 raquo

διότι δεν είναι σαφές αν πρόκειται για την ακολουθία με τύπο

1n ή για την ακολουθία με τύπο

1

n+ (nminus 1)(n minus 2)(nminus 3)(n minus 4)

οι οποίες διαφέρουν από τον πέμπτο όρο και μετά ή κάποια άλλη

που ξεκινάει με αυτούς τους όρους

Αν περιορίσουμε μια ακολουθία σε ένα άπειρο υποσύνολο του

πεδίου ορισμού της τότε ο περιορισμός αυτός λέγεται υπακολου-

θία της αρχικής ακολουθίας

Ορισμός 114 Υποθέτουμε ότι η ακολουθία an είναι ορισμένη γιακάθε n isin A sube N Αν B άπειρο υποσύνολο του A τότε η ακολουθίαan|nisinB ονομάζεται υπακολουθία της an

Παράδειγμα 115 Θεωρήστε την ακολουθία an = 1n Αν αντί για

όλα τα n isin N χρησιμοποιήσουμε μόνο τους άρτιους n θα πάρουμεμια υπακολουθία της αρχικής Αυτή η υπακολουθία είναι η anμε n άρτιο Επειδή κάθε άρτιος είναι της μορφής 2n για n isin Nμπορούμε να πούμε ότι αυτή η υπακολουθία είναι η a2n = 1

2n

Έτσι ενώ η an έχει όρους τους

11

21

31

41

51

61

71

8

η υπακολουθία a2n έχει τους όρους

1

21

41

61

8

Παράδειγμα 116 Θεωρούμε ένα (σταθερό) m isin N και μια ακολου-θία (an)nisinN Ορίζουμε την ακολουθία bn = am+n για κάθε n isin NΗ bn είναι υπακολουθία της an αφού φανερά

bn = an∣∣nisinN ngtm

Παρατηρώντας ότι το σύνολο των όρων της bn είναι το σύνολο

am+1 am+2 am+3

συμπεραίνουμε ότι κάθε τελικό τμήμα της an είναι υπακολουθίατης

12 Πράξεις ακολουθιών 9

Ορισμός 117 (Ισότητα ακολουθιών) Δυο ακολουθίες (an)nisinAκαι (bn)nisinB λέγονται ίσες αν A = B και an = bn για κάθε n isin A

Ασκήσεις

Άσκηση 111 Περιγράψτε τις υπακολουθίες των laquoάρτιων όρωνraquo των

ακολουθιών

n (minus1)n

Άσκηση 112 Δείξτε ότι η φράση

laquoθεωρούμε την ακολουθία 4143475361718397113131 raquo

δεν αναφέρεται απαραίτητα σε μια υπακολουθία των πρώτων φυσικών

αριθμών εξετάζοντας τους όρους της an = n2minusn+41 μέχρι τον τεσσαρα-

κοστό πρώτο όρο

Ομοίως ελέγξτε ότι η ακολουθία bn = n2minus79n+1601 παράγει πρώτους

αριθμούς μέχρι τον ογδοηκοστό όρο αλλά b81 = 1763 = 41 middot 43

Άσκηση 113 Αν an είναι το πλήθος όλων των διαγωνίων ενός κυρτούn-γώνου δείξτε επαγωγικά ότι an = (n2 minus 3n)2

12 Πράξεις ακολουθιών

Αν δυο ακολουθίες an και bn ορίζονται για κάθε n isin A sube N ορίζο-ναι και όλες οι πράξεις μεταξύ τους με τον αναμενόμενο τρόπο

Ορισμός 121 Η ακολουθία sn όπου sn = an + bn για κάθε n isin Aονομάζεται άθροισμα των ακολουθιών an και bn Η ακολουθίαdn = an minus bn ονομάζεται διαφορά των ακολουθιών an και bn Ηακολουθία pn = anbn για κάθε n isin A ονομάζεται γινόμενο τωνακολουθιών an και bn

Αν an = 1n3 και bn = n2 τότε

an + bn = 1

n3+n2 = 1+n5

n3

an minus bn = 1

n3minusn2 = 1minusn5

n3

anbn = 1

n3middotn2 = 1

n

Ειδικά για το πηλίκο δύο ακολουθιών θα πρέπει να προσέξουμε

ώστε η ακολουθία στον διαιρέτη να μην έχει μηδενικούς όρους

10 Γενικά περί ακολουθιών

Ορισμός 122 Αν οι an και bn είναι ακολουθίες με n isin A sube N καιεπιπλέον bn ne 0 για κάθε n isin A τότε η ακολουθία qn = anbnονομάζεται πηλίκο των ακολουθιών an και bn

Αν an = 1n3 και bn = n2 όπως παραπάνω τότε ισχύει bn = n2 ne 0

για κάθε n isin N οπότε ορίζεται το πηλίκο anbn = 1n5

Τέλος ορίζεται και η σύνθεση ακολουθιών ως εξής

Ορισμός 123 Αν η kn είναι μια ακολουθία kn A rarr B όπου AB sube N και xn μια ακολουθία με πεδίο ορισμού το B τότε ορίζεταιη ακολουθία cn = xkn ονομάζεται σύνθεση των ακολουθιών kn καιxn

Παρατήρηση 124 Αν για την ακολουθία kn του προηγούμενουορισμού ισχύει

k1 lt k2 lt k3 lt

δηλαδή kn lt kn+1 για κάθε n isin N τότε η σύνθεση με την xn είναιμια υπακολουθία της xn Πράγματι αυτό είναι φανερό αφού

xkn = xn∣∣kn nisinN

Αυτό ισχύει και αντίστροφα έστω ότι η yn = xn|B μια υπακολου-θία της xn Χρησιμοποιώντας την καλή διάταξη του N το σύνολοB γράφεται στη μορφή B = kn n isin N με k1 lt k2 lt k3 lt α-φού το B έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το k1 και στη συνέχεια το

B k1 έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το k2 και ούτω κάθrsquo εξής

Για παράδειγμα ας θεωρήσουμε τις ακολουθίες kn = n2 isin N καιxn = 1n με πεδίο ορισμού το σύνολο N Η σύνθεσή τους είναι ηακολουθία cn = xkn = xn2 Δηλαδή πρόκειται για υπακολουθία της

xn η xn έχει όρους

1

11

21

31

41

51

61

71

81

9

1

10

1

11

ενώ η cn = xn2 έχει όρους

1

12= 1

1

1

22= 1

4

1

32= 1

9

Παρατήρηση 125 Αν θεωρήσουμε μια kn N rarr N η οποία δεν

ικανοποιεί την k1 lt k2 lt τότε δεν είναι απαραίτητο η xkn ναείναι υπακολουθία της xn Για παράδειγμα θεωρούμε την k1 = 2

k2 = 1 lt k1 kn = n για κάθε n ge 3 και την ακολουθία xn = 1nΤο πεδίο τιμών της cn = xkn είναι το ίδιο με αυτό της xn Έτσιαν ισχύει cn = xn|B για κάποιο B sube N ο μόνος τρόπος να ανήκειτο 12 στο πεδίο τιμών της cn είναι να ισχύει 2 isin B (αφού η xnισούται με 12 μόνο για n = 2 Αλλά τότε θα έπρεπε να ισχύει

c2 = x2 το οποίο είναι ψευδές αφού

c2 = xk2 = x1 = 1 ne1

2= x2

13 Εφαρμογές και παραδείγματα 11

13 Εφαρμογές και παραδείγματα

Πολλές φορές παρόλο που πεπερασμένο πλήθος όρων δεν μπο-

ρεί να ορίσει μια ακολουθία όπως είδαμε στην Ενότητα 11 ο-

ρίζουμε ακολουθίες ως αθροίσματα για παράδειγμα της μορφής

xn = 1+ 12+ 1

3+ + 1

n στο οποίο εμφανίζονται πεπερασμένο πλήθος

όρων Τέτοιες εκφράσεις όμως είναι σαφείς από τον γενικό προ-

σθετέο που φαίνεται στον τελευταίο όρο της έκφρασης Δηλαδή

ο υπολογισμός της xn απαιτεί να προσθέσουμε όλα τα κλάσματα1k για k isin N και k le n Έτσι για να καταλάβουμε μέχρι ποιοκλάσμα προσθέτουμε κάθε φορά κοιτάμε τον τελευταίο όρο του

αθροίσματος

Παράδειγμα 131 Γράψτε τους τρεις πρώτους όρους της ακολου-θίας xn = 1+ 1

2+ + 1

n

Για να βρούμε τον πρώτο όρο κοιτάμε με τι ισούται το 1nόταν n = 1 Επειδή αυτό ισούται με 11 = 1 συμπεραίνουμε ότι

το άθροισμα θα σταματήσει στο 1 δηλαδή x1 = 1 Για να βρούμε

τον x2 παρατηρούμε ότι το 1n ισούται με 12 όταν n = 2 άρα

το άθροισμα θα σταματήσει στο 12 δηλαδή x2 = 1+12 Ομοίωςx3 = 1+ 12+ 13

Υπάρχουν περιπτώσεις όπου μας δίνεται μια ακολουθία η ο-

ποία ορίζεται αναδρομικά για παράδειγμα a1 = 2 και an+1 =2 + an3 για κάθε n isin N και πρέπει να βρούμε τον n-στο όροτης an ως συνάρτηση του n Στις απλούστερες αυτών των προ-βλημάτων η εξίσωση που προκύπτει όταν αντικαταστήσουμε τό-

σο την an όσο και την an+1 με x η οποία ονομάζεται laquoεξίσωσηαναδρομήςraquo έχει λύση Τότε ακολουθούμε το τέχνασμα που πα-

ρουσιάζεται στα παρακάτω παραδείγματα Μια γενικότερη θεω-

ρία των γραμμικών αναδρομικών ακολουθιών παρουσιάζεται στο

βιβλίο [5]

Παράδειγμα 132 Βρείτε τον γενικό όρο της ακολουθίας που ο-ρίζεται αναδρομικά θέτοντας a1 = 4 και an+1 = 2+ an3 για κάθεn isin NΣχηματίζουμε την εξίσωση αναδρομής x = 2+x3 η οποία έχει

μοναδική λύση την x = 3 Στη συνέχεια αφαιρούμε τον αριθμό 3

και από τα δύο μέλη του αναδρομικού τύπου

an+1 minus 3 = (2+ an3)minus 3 = 1

3(an minus 3)

Έτσι

anminus3 = 1

3(anminus1minus3) =

(1

3

)2

(anminus2minus3) = middotmiddot middot =(

1

3

)nminus1

(a1minus3) =(

1

3

)nminus1

12 Γενικά περί ακολουθιών

(Ο σωστός εκθέτης στην προτελευταία ισότητα είναι πράγματι

n minus 1 το βρίσκουμε παρατηρώντας ότι ο εκθέτης του κλάσμα-

τος 13 σε κάθε ισότητα αθροίζεται στο n όταν του προστεθεί οδείκτης του όρου της ακολουθίας που είναι στην παρένθεση (για

παράδειγμα 2+ (nminus 2) = n))Άρα ο γενικός όρος της an είναι an = 3+ (13)nminus1

Παράδειγμα 133 Βρείτε τον γενικό όρο της an με a1 = 5 και

an+1 = 5minus 6an

Η εξίσωση αναδρομής x = 5 minus 6x έχει δύο λύσεις τις 2 και

3 Αφαιρούμε από την αναδρομική εξίσωση της ακολουθίας τό-

σο τον 2 όσο και τον 3 Αφαιρώντας τον 2 μετά από πράξεις

παίρνουμε

an+1 minus 2 = 3

an(an minus 2)

και αφαιρώντας το 3

an+1 minus 3 = 2

an(an minus 3)

Τώρα θέλουμε να διαιρέσουμε κατά μέλη αλλά για να το κάνουμε

αυτό πρέπει να γνωρίζουμε ότι κανένας όρος της an δεν ισού-ται με 3 Αυτό όμως προκύπτει άμεσα από την τελευταία Αν

an+1 = 3 για κάποιο n τότε an = 3 Δηλαδή αν κάποιος όρος της

ακολουθίας ισούται με 3 τότε ισούται με 3 και ο προηγούμενος

Επαγωγικά θα καταλήξουμε σε άτοπο αφού a1 = 5 ne 3

Διαιρώντας λοιπόν κατά μέλη οδηγούμαστε στην

an+1 minus 2

an+1 minus 3= 3

2

an minus 2

an minus 3

Άρα

an minus 2

an minus 3= 3

2

anminus1 minus 2

anminus1 minus 3=(

3

2

)2 anminus2 minus 2

anminus2 minus 3= middotmiddot middot =

(3

2

)nminus1 a1 minus 2

a1 minus 3=(

3

2

)n

Λύνοντας ως προς an (αφαιρούμε αριθμητές από παρονομαστές )παίρνουμε αμέσως

an =3n

3n minus 2n

Παράδειγμα 134 Βρείτε τον γενικό όρο της an με a1 = 5 και

an+1 = 4anminus9anminus2

Σε αυτή την περίπτωση η εξίσωση αναδρομής x = (4xminus9)(xminus2) είναι ισοδύναμη με την (x minus 3)2 = 0 δηλαδή έχει διπλή ρίζα το

3 Σε αυτές τις περιπτώσεις κάνουμε το εξής τέχνασμα πρώτα

αφαιρούμε τη διπλή ρίζα για να καταλήξουμε στη σχέση

an+1 minus 3 = an minus 3

an minus 2

13 Εφαρμογές και παραδείγματα 13

Τώρα αντιστρέφουμε τους όρους

1

an+1 minus 3= an minus 2

an minus 3= an minus 3+ 1

an minus 3= 1+ 1

an minus 3

Συνεπώς

1

an minus 3= 1+ 1

anminus1 minus 3= 2+ 1

anminus2 minus 3= nminus 1+ 1

a1 minus 3= nminus 1

2

Αντιστρέφοντας τους όρους της εξίσωσης και λύνοντας ως προς

an παίρνουμε

an = 3+ 2

2nminus 1

Κεφάλαιο 2

Μονότονες ακολουθίες

21 Ορισμοί και ιδιότητες

Ας θεωρήσουμε την ακολουθία με γενικό όρο an = (n minus 1)n Πα-ρατηρούμε ότι

an+1 =(n+ 1)minus 1

n+ 1= 1minus 1

n+ 1gt 1minus 1

n= nminus 1

n= an

Δηλαδή για κάθε n isin N ισχύει an lt an+1 Για μια ακολουθία anμε αυτή την ιδιότητα λέμε ότι η an είναι γνησίως αύξουσα Έτσιδίνουμε τον ακόλουθο ορισμό

Ορισμός 211

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως αύξουσα και γράφουμεan αν για κάθε n isin N ισχύει an lt an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται αύξουσα και γράφουμε an rarr ανγια κάθε n isin N ισχύει an le an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως φθίνουσα και γράφουμεan

αν για κάθε n isin N ισχύει an gt an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται φθίνουσα και γράφουμε an

rarr

αν

για κάθε n isin N ισχύει an ge an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως μονότονη αν είναι είτεγνησίως αύξουσα είτε γνησίως φθίνουσα

bull Μια ακολουθία an λέγεται μονότονη αν είναι είτε αύξουσαείτε φθίνουσα

Από τον ορισμό προκύπτει άμεσα ότι μια γνήσια μονότονη α-

κολουθία είναι και μονότονη μια γνήσια αύξουσα είναι και αύξου-

16 Μονότονες ακολουθίες

σα αφού αν an lt an+1 τότε an le an+1 και ομοίως γιατις γνήσια

φθίνουσες Το αντίστροφο δεν είναι βεβαίως σωστό αφού για

παράδειγμα μια σταθερή ακολουθία an = 3 για κάθε n isin N είναικαι αύξουσα και φθίνουσα αλλά δεν είναι ούτε γνήσια αύξουσα

ούτε γνήσια φθίνουσα

Συχνά για να εξετάσουμε τη μονοτονία μιας ακολουθίας an ε-ξετάζουμε αν οι διαφορές an+1 minus an έχουν το ίδιο πρόσημο γιακάθε n isin N Έτσι αν για κάθε n isin N ισχύει an+1 minus an ge 0 τό-

τε η an είναι αύξουσα και ομοίως για τις άλλες περιπτώσειςΑν μας ενδιαφέρει απλά ο έλεγχος της μονοτονίας (και όχι απα-

ραίτητα το είδος της) μπορούμε να εξετάσουμε αν το γινόμενο

(an+2 minus an+1)(an+1 minus an) έχει σταθερό πρόσημο για κάθε n isin N Αναυτό συμβαίνει φανερά η ακολουθία είναι μονότονη αφού σε αυ-

τή την περίπτωση κανένας παράγοντας (an+2 minus an+1) δεν μπορείνα αλλάζει πρόσημο σε σχέση με τον (an+1 minus an)

Πρόταση 212 Αν η ακολουθία an είναι μονότονη τότε κάθε υ-πακολουθία της έχει την ίδια μονοτονία με την an

Απόδειξη Έστω ότι η cn = akn είναι υπακολουθία της an μεkn N rarr N με k1 lt k2 lt δηλαδή η kn είναι γνήσια αύξουσαΥποθέτουμε ότι η an είναι άυξουσα Φανερά ισχύει

cn = akn le akn+1 le akn+2 le le akn+1 = cn+1

οπότε και η cn είναι αύξουσα Ομοίως αν η an έχει οποιοδήποτεάλλο είδος μονοτονίας

Δεν είναι βεβαίως αλήθεια ότι κάθε ακολουθία είναι μονότο-

νη Για παράδειγμα η ακολουθία an = (minus1)nn δεν είναι αύξου-σα αφού a3 = minus13 lt 12 = a2 αλλά ούτε και φθίνουσα αφού

a1 = minus1 lt 12 = a2 Παρατηρούμε όμως ότι η υπακολουθία των

αρτίων όρων της a2n = 1(2n) είναι φθίνουσα (και των περιττώντης όρων είναι αύξουσα) Βλέπουμε δηλαδή ότι παρόλο που η

ίδια η an δεν έχει κανένα είδος μονοτονίας εν τούτοις έχει τουλά-χιστον μια μονότονη υπακολουθία Αυτό είναι ένα γενικό φαινό-

μενο όπως διατυπώνεται στην επόμενη πρόταση

Πρόταση 213 Κάθε ακολουθία πραγματικών αριθμών έχει μιαμονότονη υπακολουθία

Απόδειξη Θεωρούμε το σύνολο των σημείων κορυφής της ακο-

λουθίας anA = k isin N ak ge an για κάθε n ge k

Αν το A είναι άπειρο σύνολο έστω ότι περιέχει τα στοιχεία

k1 lt k2 lt lt kn lt kn+1 lt

22 Εφαρμογές και παραδείγματα 17

Αφού το kn είναι σημείο κορυφής (δηλαδή στοιχείο του A) καιkn+1 gt kn συμπεραίνουμε ότι akn ge akn+1 για κάθε n isin N και συνε-πώς η akn είναι φθίνουσαΑν σε αντίθετη περίπτωση το σύνολο A είναι πεπερασμένο

Έστω ότι m είναι το μεγαλύτερο στοιχείο του Τότε το k1 =m+1

δεν ανήκει το A οπότε υπάρχει k2 gt k1 ώστε ak1 lt ak2 Αλλά

τώρα k2 gt k1 = m + 1 οπότε k2 notin A Έτσι υπάρχει k3 gt k2 ώστε

ak2 lt ak3 Επαγωγικά αν έχουμε ορίσει τον akn για kn gt knminus1 gtk1 =m+ 1 ισχύει kn notin A οπότε υπάρχει kn+1 gt kn ώστε akn lt akn+1

Επαγωγικά λοιπόν ορίζεται η υπακολουθία akn η οποία από τηνκατασκευή της είναι γνησίως αύξουσα

Δηλαδή σε κάθε περίπτωση η an έχει μια μονότονη υπακολου-θία

22 Εφαρμογές και παραδείγματα

Παράδειγμα 221 Ελέγξτε ως προς τη μονοτονία την ακολουθίαan = (n2 minus 1)(2n)Ελέγχουμε με απλές πράξεις ότι

an+1 minus an =n2 +n+ 1

2n(n+ 1)gt 0

για κάθε n isin N Συνεπώς η an είναι γνησίως αύξουσαΆλλος τρόπος

an =n2 minus 1

2n= n

2minus 1

2nltn+ 1

2minus 1

2(n+ 1)= an+1

Παράδειγμα 222 Ελέγξτε ως προς τη μονοτονία την ακολουθίαan με a1 = 1 και an+1 =

radic1+ an

Ο έλεγχος γίνεται εύκολα με επαγωγή για n = 1 ισχύει

a2 =radic

1+ a1 =radic

2 gt 1 = a1

Υποθέτοντας ότι an+1 gt an έχουμε

an+2 =radic

1+ an+1 gtradic

1+ an = an+1

Παράδειγμα 223 Αποδείξτε ότι η ακολουθία an = (1+1n)n είναιγνησίως αύξουσα χρησιμοποιώντας την ανισότητα Bernoulli στην

ακολουθία (1minus 1n2)nΣύμφωνα με την υπόδειξη

1minus 1

nlt(

1minus 1

n2

)n=(

1minus 1

n

)n (1+ 1

n

)n

18 Μονότονες ακολουθίες

άρα για κάθε n ge 2

(1+ 1

n

)ngt

1(1minus 1

n

)nminus1= 1(

nminus1n

)nminus1=(

nnminus 1

)nminus1

=(

1+ 1

nminus 1

)nminus1

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ασκήσεις

Άσκηση 221 Να μελετηθούν ως προς την μονοτονία οι ακολουθίες

an = 3n + 2 an = an =n+ 4

n2 + 1

an =n2n

an =1 middot 3 middot 5 middot middot (2n minus 1)

2 middot 4 middot 6 middot middot (2n)

an =1

n+ 1+ 1

n+ 2+ + 1

2nan =

(1

(n+ 1)minus 1

(n+ 2)

)(n+ 2)

an = 2n+2 sinθ2n με 0 lt θ lt π2 an =

(2n)radicn

(n)222n+1

Άσκηση 222 Αποδείξτε ότι αν kn N rarr N γνησίως αύξουσα ακολουθία

φυσικών αριθμών τότε ισχύει kn ge n για κάθε n isin N

Κεφάλαιο 3

Φραγμένες ακολουθίες

31 Ορισμοί και ιδιότητες

Θεωρούμε την ακολουθία an = (n minus 1)n Παρατηρούμε ότι an =1 minus 1n Έτσι κανένας όρος της ακολουθίας δεν είναι μεγαλύτε-ρος από τον αριθμό 1 Δηλαδή an = 1 minus 1n le 1 Για αυτή την

ακολουθία λέμε ότι είναι άνω φραγμένη από τον αριθμό 1 ή ότι

το 1 είναι ένα άνω φράγμα της ακολουθίας Παρατηρήστε ότι

αφού an le 1 για κάθε n isin N άρα an le 2 και an leradic

3 και γενικώς

an le M για κάθε M ge 1 Έτσι το άνω φράγμα μιας ακολουθίας

δεν είναι μονοσήμαντα ορισμένο αλλά αν μια ακολουθία έχει έ-

να άνω φράγμα τότε κάθε μεγαλύτερος από αυτό αριθμός είναι

και αυτός άνω φράγμα της ακολουθίας Για αυτό λέμε laquoένα άνω

φράγμαraquo και όχι laquoτο άνω φράγμαraquo της an Γενικότερα δίνουμετον ακόλουθο ορισμό

Ορισμός 311

bull Μια ακολουθία an λέγεται άνω φραγμένη αν υπάρχει M isinR ώστε an le M για κάθε n isin N Το M λέγεται (ένα) άνω

φράγμα της an

bull Μια ακολουθία an λέγεται κάτω φραγμένη αν υπάρχει m isin Rώστε an ge m για κάθε n isin N Το m λέγεται (ένα) κάτω

φράγμα της an

bull Μια ακολουθία an λέγεται φραγμένη αν είναι και άνω και

κάτω φραγμένη δηλαδή αν υπάρχουν M m isin R ώστε m lean leM για κάθε n isin N

bull Μια ακολουθία an λέγεται απολύτως φραγμένη αν υπάρχειM isin R ώστε |an| leM για κάθε n isin N

20 Φραγμένες ακολουθίες

Φανερά από τον ορισμό αν η an είναι άνω φραγμένη από τον

αριθμό M τότε και κάθε υπακολουθία της an είναι άνω φραγμένηαπό τον ίδιο αριθμό M Ομοίως αν η an είναι κάτω φραγμένηαπό τον αριθμό m τότε και κάθε υπακολουθία της an είναι κάτωφραγμένη από τον ίδιο αριθμό mΑν ο αριθμός b δεν είναι άνω φράγμα της ακολουθίας an αυτό

σημαίνει ότι δεν είναι όλοι οι όροι της ακολουθίας μικρότεροι του

b Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένας όρος an0 για κάποιο n0 isin Nώστε b lt an0

Ομοίως αν ο αριθμός c δεν είναι κάτω φράγμα της ακολου-θίας an αυτό σημαίνει ότι δεν είναι όλοι οι όροι της ακολουθίαςμεγαλύτεροι του b Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένας όρος an0

για κάποιο n0 isin N ώστε an0 lt b

Παρατήρηση 312 Μια ακολουθία an που είναι φθίνουσα είναιάνω φραγμένη αφού φανερά an le a1 για κάθε n isin N Ομοίως μιααύξουσα ακολουθία an είναι κάτω φραγμένη αφού an ge a1 για

κάθε n isin N

Πρόταση 313 Μια ακολουθία an είναι φραγμένη αν και μόνο ανείναι απολύτως φραγμένη

Απόδειξη Αν η an είναι απολύτως φραγμένη τότε υπάρχειένας αριθμός M isin N ώστε |an| le M για κάθε n isin N Συνεπώς

minusM le an le M και άρα η an είναι φραγμένηΑν η an είναι φραγμένη τότε υπάρχουν αριθμοί m M isin R ώστε

για κάθε n isin N να ισχύει m le an le M Θέτουμε K = max|m| |M|Τότε ισχύουν τα εξής

an leM le |M| le max|m| |M| = K

και

an gem ge minus|m| ge minusmax|m| |M| = minusK

Συνεπώς minusK le an le K δηλαδή |an| le K ολοκληρώνοντας την από-δειξη

Όπως είπαμε και νωρίτερα τα φράγματα δεν είναι μονοσήμα-

ντα ορισμένα Αλλά δύο συγκεκριμένα φράγματα είναι ιδιαίτερα

σημαντικά Αυτά είναι

bull το ελάχιστο άνω φράγμα μιας άνω φραγμένης ακολουθίας(an)nisinA που συμβολίζεται με supan ή supn an ή supnisinA an καιονομάζεται άνω πέρας ή supremum της an και

bull το μέγιστο κάτω φράγμα μιας κάτω φραγμένης ακολουθίας(an)nisinA που συμβολίζεται με infan ή infn an ή infnisinA an καιονομάζεται κάτω πέρας ή infimum της an

32 Εφαρμογές και παραδείγματα 21

Πολύ σημαντική είναι η παρακάτω ιδιότητα που μας επιτρέπει να

χειριζόμαστε αυτά τα ιδιαίτερα φράγματα και χρησιμοποιείται

συστηματικά όποτε και όπου αυτά εμφανίζονται

Παρατήρηση 314

bull Αν το s είναι το άνω πέρας μιας ακολουθίας an δηλαδή τοελάχιστο άνω φράγμα της an τότε για κάθε ε gt 0 το s minus εως μικρότερο του ελαχίστου άνω φράγματος s δεν είναιάνω φράγμα της ακολουθίας Άρα υπάρχει n0 isin N ώστε

s minus ε lt an0

bull Αν το i είναι το κάτω πέρας μιας ακολουθίας an δηλαδή τομέγιστο κάτω φράγμα της an τότε για κάθε ε gt 0 το i + εως μεγαλύτερο του μεγίστου κάτω φράγματος i δεν είναικάτω φράγμα της ακολουθίας Άρα υπάρχει n0 isin N ώστε

an0 lt i+ ε

32 Εφαρμογές και παραδείγματα

Παράδειγμα 321 Αποδείξτε ότι οι ακολουθίες an = (3n2minus1)(2n2+1) bn = (3n2 + 1)(2n2 minus 1) cn = (3n2 + 1)(n2 minus 3) για n ge 2 και

dn = (3n2 + 1)(n2 minusnminus 1) για n ge 2 είναι φραγμένες

Φανερά και οι τέσσερις ακολουθίες είναι θετικές οπότε μένει να

αποδειχθεί ότι είναι άνω φραγμένες Για αυτό προσπαθούμε να

μεγαλώσουμε τις ακολουθίες απλοποιώντας τες αλλά χωρίς να

αλλάξουμε την τάξη μεγέθους αριθμητή και παρονομαστή Έτσι

έχουμε

an =3n2 minus 1

2n2 + 1le 3n2

2n2= 3

2

συνεπώς η an είναι άνω φραγμένη από το 32Για τη bn δεν μπορούμε να κάνουμε ακριβώς το ίδιο τέχνασμα

για το άνω φράγμα διότι το να διαγράψουμε το +1 από τον

αριθμητή ή το minus1 από τον παρονομαστή δεν μεγαλώνει αλλά

μικραίνει το κλάσμα Μπορούμε όμως να μεγαλώσουμε το +1 του

αριθμητή σε +n2 και να μικρύνουμε το minus1 του παρονομαστή με

minusn2 αλλαγές που δεν αλλάζουν την τάξη μεγέθους των όρων του

κλάσματος

bn =3n2 + 1

2n2 minus 1le 3n2 + n2

2n2 minus n2= 4

Για τη cn δεν μπορούμε να αντικαταστήσουμε το minus3 του πα-

ρονομαστή με minusn2 όπως κάναμε στην bn διότι θα μηδενιστεί οπαρονομαστής Μπορούμε όμως να ελέγξουμε ότι 3 lt n23 για

22 Φραγμένες ακολουθίες

κάθε n ge 3 Έτσι για n ge 3

cn =3n2 + 1

n2 minus 3le 3n2 +n2

n2 minus 13n2

= 4n2

23n2

= 6

Η ακολουθία όμως ορίζεται για n ge 2 Άρα για να βρούμε ένα

άνω φράγμα πρέπει να ελέγξουμε μήπως το c2 είναι μεγαλύτερος

του 6 Πράγματι c2 = 13 Άρα

cn le max613 = 13

Τέλος για την dn αναζητούμε n0 ώστε n+1 le n22 για κάθε n gen0 ώστε να απλοποιήσουμε τον παρονομαστή χρησιμοποιώντας

ότι n2 minus nminus 1 = n2 minus (n + 1) ge n2 minus n22 = n22 Η n+ 1 le n22 είναιισοδύναμη με την n2 minus 2n minus 2 ge 0 η οποία είναι αληθής για κάθε

n ge 3 (η εξίσωση x2 minus 2x minus 2 = 0 είναι θετική για κάθε x gt 1+radic

3 asymp27320508) Οπότε για κάθε n ge 3

dn =3n2 + 1

n2 minusnminus 1le 3n2 +n2

n2 minus 12n2

= 8

Επειδή τώρα d2 = 13 συμπεραίνουμε ότι dn le max138 = 13

Παράδειγμα 322 Αποδείξτε ότι η ακολουθία an με a1 = 8 και

an+1 =radic

2+ an είναι άνω φραγμένη από το 8 Δείξτε ότι αν ο a1

δοθεί να είναι μικότερος από τη μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης

αναδρομής x =radic

2+ x τότε το ίδιο ισχύει και για τον γενικό όροτης an Τέλος αποδείξτε ότι αν r gt 0 τότε κάθε ακολουθία με a1 gt0 και αναδρομικό τύπο an+1 =

radicr + an είναι άνω φραγμένη από

το maxa1 ρ όπου ρ η μέγιστη ρίζα της εξίσωσης αναδρομήςx = radicr + xΠράγματι για n = 1 ισχύει a1 = 8 le 8 Υποθέτουμε ότι an le 8

Τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 8 leradic

16 = 4 le 8

ολοκληρώνοντας την επαγωγή

Η εξίσωση αναδρομής έχει μεγαλύτερη ρίζα τον αριθμό x = 2

Αν a1 le 2 και υποθέσουμε ότι an le 2 τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 2 = 2

ολοκληρώνοντας την επαγωγή

Τέλος αν θέσουμε M = maxa1 ρ φανερά a1 le M Και αν υπο-θέσουμε ότι an leM τότε

an+1radicr + an le

radicr +M leM

αφού η τελευταία είναι ισοδύναμη με την M2 minusM minus r ge 0 η οποία

είναι αληθής αφού το M είναι μεγαλύτερο ή ίσο με τη μέγιστη

ρίζα ρ της x2 minus x minus r = 0

32 Εφαρμογές και παραδείγματα 23

Παράδειγμα 323 Αποδείξτε (με κατάλληλη χρήση της ανισότη-τας Bernoulli) ότι η ακολουθία (1 + 12n)n είναι άνω φραγμένη

από το 2 και στη συνέχεια αποδείξτε ότι η (1+ 1n)n είναι άνωφραγμένη από το 4

Έχουμε

(1+ 1

2n

)n= 1(

2n2n+1

)n =1(

1minus 12n+1

)n le1(

1minus n2n+1

) = 2n+ 1

n+ 1le 2

Από το Παράδειγμα 223 η ακολουθία (1 + 1n)n είναι γνησίωςαύξουσα άρα

(1+ 1

n

)nle(

1+ 1

2n

)2n

=((

1+ 1

2n

)n)2

le 22 = 4

Παράδειγμα 324 Αποδείξτε ότι αν an αύξουσα ακολουθία καιs = supan n isin N τότε για κάθε ε gt 0 η ακολουθία an βρίσκεταιτελικά στο διάστημα (s minus ε s]Χρησιμοποιούμε την Παρατήρηση 314 το s minus ε δεν είναι άνω

φράγμα της ακολουθίας an άρα υπάρχει n0 isin N ώστε sminusε lt an0 les Αφού η an είναι αύξουσα για κάθε n ge n0 συμπεραίνουμε ότι

s minus ε lt an0 le an le s δηλαδή το ζητούμενο

Παράδειγμα 325 Αποδείξτε ότι η an = (n2+sin(nπ2))(n+1) δενείναι άνω φραγμένη

Έχουμε

n2 + sin(nπ2)n+ 1

ge n2 minus 1

n+ 1= nminus 1

η οποία φανερά δεν είναι άνω φραγμένη

Ασκήσεις

Άσκηση 321 Να εξετάσετε αν είναι φραγμένες οι παρακάτω ακολουθίες

24 Φραγμένες ακολουθίες

an =5 sin(3n)

4nan =

n+ 1000

n+ 100

an = (minus5)minusn an =2nminus 1

n+ 1

an =n3n

an = nradic

2n + 3n + 5n

an =n+ 5

2nan =

n2 + 2n+ 4

n3 + 2

an =n2 cos(nπ)+n sin(n+ 1)

n2 +n+ 1

an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

an =radicn+ 2minus

radicn+ 1 an =

radicn2 +nminusn

Άσκηση 322 Να εξεταστούν ως προς το φράγμα οι ακολουθίες

an =radicn+ aminus

radicn+ b με a b isin R

a1 = 2an+1 =

radican + 2 για n isin N

Άσκηση 323 Να εξεταστεί ως προς το φράγμα η ακολουθία an μεa1 = 1 και

an+1 =5an + 6

2an + 1

(Υπόδειξη Παρατηρήστε ότι an gt 0 για κάθε n isin N)Άσκηση 324 Για κάθε p gt 0 θέτουμε

sn = 1+ 1

2p+ 1

3p+ middot middot middot + 1

np

Αποδείξτε ότι για κάθε p gt 1 η ακολουθία sn είναι φραγμένη αποδεικνύ-οντας (με επαγωγή) ότι για κάθε n isin N ισχύει

1+ 1

2p+ 1

3p+ middot middot middot + 1

nple pp minus 1

minus 1

(p minus 1)npminus1

Επιπλέον για κάθε p gt 0 ισχύει

n1minusp le 1+ 1

2p+ 1

3p+ middot middot middot + 1

np

Ειδικά για p = 1 αποδείξτε με επαγωγή ότι ισχύει

1+ 1

2+ 1

3+ middot middot middot + 1

nge 1

2logn

Συμπεράνετε ότι για 0 lt p le 1 η sN δεν είναι φραγμένη (Υπόδειξη ηπερίπτωση 0 lt p lt 1 είναι εύκολη αν όλα τα κλάσματα του αθροίσματος

αντικατασταθούν από το μικρότερο από αυτά Αν όμως γίνει επαγωγι-

κά θα χρειαστεί η παρατήρηση ότι (n+ 1)pn1minusp ge npn1minusp = n)

Κεφάλαιο 4

Σύγκλιση ακολουθιών

41 Μηδενικές ακολουθίες

Για κάθε x isin R κάθε διάστημα της μορφής (a b) ώστε x isin (a b)ονομάζεται μια περιοχή του x Στα ακόλουθα θα χρησιμοποιή-σουμε περιοχές ειδικού τύπου Συγκεκριμένα παίρνουμε ένα θετικό

αριθμό ε gt 0 και σχηματίζουμε την περιοχή (x minus εx + ε) του xΤο x για αυτή την περιοχή ονομάζεται κέντρο της περιοχής καιτο ε ακτίνα της περιοχής Περιοχές της μορφής (x minus εx + ε) συμ-βολίζονται και με (x ε) Φανερά αν x = 0 τότε (0 ε) = (minusε ε)Παρατηρούμε επίσης ότι y isin(x ε) αν και μόνο αν xminusε lt y lt x+εκαι ισοδύναμα |y minus x| lt ε Με άλλα λόγια

(x ε) = (x minus εx + ε) = y isin R |y minus x| lt ε

Αν δοθεί ένα x και μια περιοχή του (x ε) λέμε ότι μια α-κολουθία an περιέχεται τελικά σε αυτή την περιοχή αν υπάρχειένα n0 isin N ώστε an isin (x ε) για κάθε n ge n0 Για παράδειγμα

ας πάρουμε x = 0 και an = 1n Βλέπουμε ότι για κάθε ε gt 0 αν

θέλουμε να ισχύει an isin (0 ε) θα πρέπει minusε lt 1n lt ε ισοδύναμαn gt 1ε Άρα αν θέσουμε n0 = [1ε] + 1 isin N αν n ge n0 gt 1ε τότεan = 1n isin (0 ε) Έτσι για κάθε ε gt 0 η ακολουθία an = 1nβρίσκεται τελικά στην περιοχή (0 ε) Σε μια τέτοια περίπτωσηλέμε ότι η ακολουθία an είναι μηδενική ή ότι έχει όριο το μηδέν ήότι συγκλίνει στο μηδέν

Ορισμός 411 Λέμε ότι μια ακολουθία an συγκλίνει στο μηδένή ότι είναι μηδενική ή ότι έχει όριο το μηδέν αν για κάθε ε gt0 υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει |an| leε Σε αυτή την περίπτωση γράφουμε an rarr 0 ή limnrarrinfin an = 0 ή

απλούστερα liman = 0

26 Σύγκλιση ακολουθιών

Παρατήρηση 412 Στον παραπάνω ορισμό είτε γράψουμε |an| leε είτε γράψουμε |an| lt ε είναι το ίδιο διότι

bull Αν |an| lt ε τότε προφανώς |an| le ε

bull Αν εφαρμόσουμε τον παραπάνω ορισμό για ε2 τότε θα υ-πάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει |an| le ε2 και συνε-πώς |an| lt ε

Παράδειγμα 413 Η ακολουθία an = n sin(πn4)+1n2+1

είναι μηδενική

Πράγματι παρατηρούμε ότι

|an| =∣∣n sin(πn4)+ 1

∣∣n2 + 1

le∣∣n sin(πn4)

∣∣+ 1

n2 + 1le n+ 1

n2 + 1le n+n

n2= 2

n

Έτσι αν ε gt 0 και θέλουμε να ισχύει |an| lt ε αρκεί να απαιτήσουμε2n lt ε ισοδύναμα n gt 2ε Άρα αν θέσουμε n0 = [2ε]+ 1 τότε αν

n ge n0 gt 2ε θα έχουμε |an| le 2n lt ε Συνεπώς η an είναι μηδενική

Παρατηρήστε ότι στο προηγούμενο παράδειγμα μεγαλώσαμε

το κλάσμα αλλά χωρίς να μεταβάλουμε την τάξη του n ούτε

στον αριθμητή ούτε στον παρονομαστή Αυτή την τεχνική θα

την χρησιμοποιούμε τακτικά

Ασκήσεις

Άσκηση 411 Αποδείξτε ότι αν μια ακολουθία an είναι φθίνουσα καιμηδενική τότε an ge 0 για κάθε n isin N

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών

Ιδιότητα 421 Για κάθε ακολουθία an ισχύει

liman = 0 αν και μόνο αν lim |an| = 0

Απόδειξη Έστω liman = 0 και έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0

Τότε επειδή μπορούμε να βρούμε n0 ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

|an| le ε συνεπάγεται ότι∣∣|an|

∣∣ le ε και συνεπώς lim |an| = 0

Αντίστροφα αν lim |an| = 0 και μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 βρί-

σκουμε n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣|an|

∣∣ le ε οπότεεπειδή

∣∣|an|∣∣ = |an| συμπεραίνουμε ότι |an| le ε και άρα liman = 0

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών 27

Ιδιότητα 422 Για κάθε ακολουθία an αν liman = 0 τότε η anείναι φραγμένη

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για ε = 1 Ο-

πότε θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| le 1

Δηλαδή ο αριθμός 1 αποτελεί άνω φράγμα για την ακολουθία

|an| αλλά όχι για όλα τα n isin N αλλά μόνο για τα n που είναιμεγαλύτερα ή ίσα με το n0 Θέτουμε τώρα

M = max1 |a1| |a2| |an0minus1|

ώστε να είμαστε σίγουροι ότι

|an| leM

για κάθε n isin N Έτσι η ακολουθία an είναι απολύτως φραγμένηκαι άρα (Πρόταση 313) φραγμένη

Ιδιότητα 423 Για κάθε ακολουθία an κάθε ακολουθία bn και κά-θε λ micro isin R αν liman = limbn = 0 τότε lim(λan plusmn microbn) = 0

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι λ ne 0 ne micro και έστω ότι μας δόθηκε έναε gt 0 Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης στο μηδέν για τις

ακολουθίες an και bn χρησιμοποιώντας για laquoεraquo τα ε2|λ| gt 0 και

ε2|micro| gt 0 αντίστοιχα Έτσι βρίσκουμε ένα n1 isin N για την an καιένα n2 για την bn ώστε να ισχύουν τα εξής

για κάθε n ge n1 ισχύει |an| leε

2|λ| (41)

και

για κάθε n ge n2 ισχύει |bn| leε

2|micro| (42)

Θέτωντας n0 = maxn0 n1 αν n ge n0 θα ισχύουν ταυτόχρονα και

η (41) και η (42) Οπότε για n ge n0 θα έχουμε

|λan plusmn microbn| le |λan| + |microbn| = |λ| |an| + |micro| |bn| le |λ|ε

2|λ| + |micro|ε

2|micro| = ε

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ιδιότητα 424 Για κάθε ακολουθία an και κάθε λ isin R αν liman = 0

τότε lim(λan) = 0

Απόδειξη Άμεσο από την προηγούμενη ιδιότητα για micro = 0

28 Σύγκλιση ακολουθιών

Ιδιότητα 425 Για κάθε ακολουθία an και κάθε ακολουθία bn ανliman = 0 και η bn είναι φραγμένη τότε lim(anbn) = 0

Απόδειξη Έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0 και έστω ότι για τον

αριθμό M ισχύει |bn| leM για κάθε n isin N Εφαρμόζουμε τον ορισμότης σύγκλισης της an στο 0 για εM οπότε θα υπάρχει ένα n0

στο N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| lt εM Οπότε ανn ge n0 θα έχουμε

|anbn| = |an| |bn| ltεMM = ε

Συνεπώς lim(anbn) = 0

Ιδιότητα 426 Για κάθε ακολουθία an και κάθε k isin N αν limnrarrinfin an =0 τότε limnrarrinfin anplusmnk = 0

Απόδειξη Έστω ότι liman = 0 Αν για n ge n0 ισχύει |an| lt εεπειδή θα είναι n + k ge n ge n0 θα ισχύει και η |an+k| lt ε Οπότεlimnrarrinfin an+k = 0

Για την limanminusk = 0 απλά θέτουμε n1 = n0+k και αν n ge n1 θα

ισχύει nminus k ge n1minusk ge n0 οπότε |anminusk| lt ε και άρα limnrarrinfin anminusk = 0

Γενικότερα έχουμε την εξής

Ιδιότητα 427 Αν η ακολουθία an είναι μηδενική κάθε υπακολου-θία της είναι μηδενική

Απόδειξη Έστω ότι liman = 0 και έστω ότι η kn είναι μια γνη-σίως αύξουσα υπακολουθία φυσικών αριθμών Αν ε gt 0 τότε υ-

πάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ε Αλλάαπό την Άσκηση 222 ισχύει kn ge n οπότε αν n ge n0 συνεπάγεται

kn ge kn0 ge n0 οπότε |akn minus ℓ| lt ε

Ιδιότητα 428 Για κάθε ακολουθία an και κάθε k isin N αν liman = 0

τότε lim kradic|an| = 0

Απόδειξη Αν μας δοθεί ε gt 0 εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλι-

σης της an για εk Έτσι θα υπάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0 θα

έχουμε |an| lt εk οπότε∣∣ kradic|an|

∣∣ = kradic|an| lt ε Δηλαδή lim k

radic|an| = 0

Ιδιότητα 429 Για κάθε ακολουθία an και κάθε ακολουθία bn αν0 le an le bn για κάθε n ge n1 και limbn = 0 τότε liman = 0

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών 29

Απόδειξη Για ε gt 0 έστω n2 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει bn lt εΘέτουμε n0 = maxn1 n2 οπότε αν n ge n0 θα έχουμε

minusε lt 0 le an le bn lt ε

συνεπώς |an| lt ε Δηλαδή liman = 0

Εφαρμογή 4210 Για κάθε λ isin (01) ισχύει λn rarr 0

Απόδειξη Επειδή λ isin (01) θα ισχύει 1λ gt 1 Θέτουμε θ = (1λ)minus1 gt0 οπότε 1λ = 1+θ Με τη βοήθεια της ανισότητας Bernoulli έχουμε

1

λn= (1+ θ)n ge 1+nθ

και έτσι

0 lt λn le 1

1+nθ

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική άρα και η λn

Πρόταση 4211 (Κριτήριο λόγου) Έστω ότι για μια ακολουθία

με μη μηδενικούς όρους an υπάρχει ένα n0 isin N και ένα 0 le λ lt 1

ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ le λ

Τότε liman = 0

Απόδειξη Αν n ge n0 + 1 θα έχουμε∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2

∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣ananminus1

∣∣∣∣∣ le λ middot λ middot λ λ (43)

Παρατηρούμε ότι επειδή ο δείκτης n στον αριθμητή του τελευταί-ου κλάσματος μπορεί να γραφτεί και ως n0+(nminusn0) στο αριστερόσκέλος της ανισότητας το πλήθος των κλασμάτων είναι n minus n0

Άρα τόσα είναι και τα λ στο δεξιό σκέλος Δηλαδή η (43) μπορείνα γραφτεί ως

∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2

∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣ananminus1

∣∣∣∣∣ le λnminusn0 = λminusn0 middot λn (44)

Όμως στο αριστερό σκέλος της (44) έχουμε διαγραφές κάθε α-

ριθμητής διαγράφεται με τον παρονομαστή του επόμενου κλάσμα-

τος Συνεπώς θα διαγραφούν όλοι οι όροι εκτός από τον παρονο-

μαστή του πρώτου κλάσματος και τον αριθμητή του τελευταίου

Έτσι η (44) γίνεται ∣∣∣∣∣anan0

∣∣∣∣∣ le λminusn0 middot λn

30 Σύγκλιση ακολουθιών

και ισοδύναμα |an| le (λminusn0 |an0|)λn για κάθε n ge n0 + 1 Επειδή

λ isin (01) ισχύει limλn = 0 (δες Εφαρμογή 4210) οπότε επειδή η

ποσότητα λminusn0 |an0| είναι σταθερή (ανεξάρτητη του n) λόγω τηςΙδιότητας 424 θα ισχύει lim(λminusn0 |an0|)λn = 0 Και έτσι liman = 0

από την Ιδιότητα 429

Παράδειγμα 4212 Ποιο είναι το λάθος στην παρακάτω laquoαπό-

δειξηraquo

13n rarr 0 διότι

∣∣∣∣∣13n+1

13n

∣∣∣∣∣ =1

3lt 1

για κάθε n isin N

Ασκήσεις

Άσκηση 421 Δείξτε με τη βοήθεια του ορισμού ότι οι παρακάτω ακο-

λουθίες είναι μηδενικές

an =1

2n3an =

sinnπ5

n2

an =sinn+ cos(3n)

n2an = 1

ns όπου s isin Q+

an = n sin1

n2an =

5+ sin(nπ5)n2 +n+ 1

Άσκηση 422 Αν liman = 0 δείξτε ότι liman

1+ an= 0

Άσκηση 423 Δίνονται οι ακολουθίες an gt 0 και bn gt 0 για τις οποίες

ισχύει liman = limbn = 0 Δείξτε ότι

lima2n + b2

n

an + bn= 0

43 Συγκλίνουσες ακολουθίες

Μια ακολουθία an θα λέγεται συγκλίνουσα με όριο τον αριθμό ℓαν η ακολουθία anminusℓ είναι μηδενική Έτσι προκύπτει ο ακόλουθοςορισμός

43 Συγκλίνουσες ακολουθίες 31

Ορισμός 431 Λέμε ότι μια ακολουθία an συγκλίνει στον αριθμόℓ ή ότι εχει όριο τον αριθμό ℓ ή ότι τείνει στο ℓ αν για κάθε ε gt 0

υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει |an minus ℓ| le ε

Παρατήρηση 432 Παρατηρήστε ότι στον παραπάνω ορισμό είτεγράψουμε |anminusℓ| le ε είτε γράψουμε |anminusℓ| lt ε είναι το ίδιο διότι

bull Αν |an minus ℓ| lt ε τότε προφανώς |an minus ℓ| le ε

bull Αν εφαρμόσουμε τον παραπάνω ορισμό για ε2 τότε θα υ-πάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| le ε2 καισυνεπώς |an minus ℓ| lt ε

Παρατήρηση 433 Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή στην ανισότη-τα |an minus ℓ| lt ε και προσθέτοντας ℓ ο ορισμός του liman = ℓ λέειότι για κάθε ε gt 0 υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0

να ισχύει

ℓ minus ε lt an lt ℓ + ε

ή ισοδύναμα an isin(ℓ ε)

Η παρακάτω πρόταση λέει ότι δεν γίνεται μια ακολουθία να

συγκλίνει σε δύο διαφορετικούς αριθμούς

Πρόταση 434 Το όριο κάθε συγκλίνουσας ακολουθίας είναι μο-ναδικό

Απόδειξη Έστω ότι an rarr ℓ1 an rarr ℓ2 και ℓ1 le ℓ2 Θέτουμε ε =|ℓ1 minus ℓ2|3 gt 0 οπότε θα υπάρχει n1 isin N ώστε

|an minus ℓ1| lt ε =|ℓ1 minus ℓ2|

3για κάθε n ge n1

και

|an minus ℓ2| lt ε =|ℓ1 minus ℓ2|

3για κάθε n ge n2

Αλλά τότε για κάθε n ge maxn1 n2 θα ισχύει

|ℓ1 minus ℓ2| =∣∣(an minus ℓ2)minus (an minus ℓ1)

∣∣

le |an minus ℓ2| + |an minus ℓ1| lt|ℓ1 minus ℓ2|

3+ |ℓ1 minus ℓ2|

3= 2

3|ℓ1 minus ℓ2|

το οποίο είναι άτοπο

Πρόταση 435 Αν an rarr ℓ και akn υπακολουθία της an τότε akn rarrℓ

Απόδειξη Αφού αν η an minus ℓ είναι μηδενική είναι μηδενική και ηakn minus ℓ από την Ιδιότητα 427

32 Σύγκλιση ακολουθιών

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών

Ιδιότητα 441 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R ισχύει

liman = ℓ lArrrArr lim(minusan) = minusℓ

Απόδειξη Επειδή |an minus ℓ| = |(minusan)minus (minusℓ)| όποτε ισχύει |an minus ℓ| lt εθα ισχύει και |(minusan)minus (minusℓ)| lt ε

Ιδιότητα 442 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R ισχύει

liman = ℓ =rArr lim |an| = |ℓ|

Απόδειξη Επειδή από την τριγωνική ανισότητα ισχύει∣∣|an| minus

|ℓ|∣∣ le |an minus ℓ| n ge n0 |an minus ℓ| lt ε

∣∣|an| minus |ℓ|∣∣ lt ε

Ιδιότητα 443 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R ισχύει

liman = ℓ =rArr η an είναι φραγμένη

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης της ακολουθί-

ας an για ε = 1 Έτσι θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0

να ισχύει |an minus ℓ| lt 1 Από την κάτω τριγωνική ανισότητα1 θα

έχουμε ότι

|an| minus |ℓ| le∣∣|an| minus |ℓ|

∣∣ le |an minus ℓ| lt 1

Συνεπώς για κάθε n ge n0 θα ισχύει |an| le 1+ |ℓ| Θέτουμε τώρα

M = max|a1| |a2| |an0minus1|1+ |ℓ|

οπότε |an| leM για κάθε n isin N

Ιδιότητα 444 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R 0 ισχύει

liman = ℓ =rArrυπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0

τα an και ℓ είναι ομόσημοι

Απόδειξη Έστω ότι ℓ gt 0 Αφού an rarr ℓ μπορούμε να εφαρμόσουμετον ορισμό της σύγκλισης για οποιοδήποτε ε gt 0 Εφαρμόζουμε

λοιπόν τον ορισμό για ε = ℓ2 gt 0 Έτσι θα υπάρχει ένα n0 isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ℓ2 Πάλι από τηντριγωνική ανισότητα

ℓ minus an le |ℓ minus an| = |an minus ℓ| ltℓ2

1∣∣|x| minus |y|

∣∣ le |x minusy|

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών 33

Οπότε ℓ minus an lt ℓ2και άρα ℓ2 lt an Δηλαδή για κάθε n ge n0 οι

όροι της ακολουθίας είναι θετικοί

Αν τώρα ℓ lt 0 από την Ιδιότητα 441 θα ισχύει ότι minusan rarrminusℓ gt 0 οπότε από το προηγούμενο θα υπάρχει n0 isin N ώστε αν

n ge n0 η minusan θα είναι θετική οπότε η an αρνητική

Ιδιότητα 445 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα και λ micro isin R Τότε

lim(λan plusmn microbn) = λℓ1 plusmn microℓ2

Απόδειξη Έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0 Εφαρμόζουμε τον

ορισμό της σύγκλισης των ακολουθιών an και bn για ε2(1 + |λ|)και ε2(1+ |micro|) αντίστοιχα

bull θα υπάρχει ένα n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1 να ισχύει

|an minus ℓ1| ltε

2(1+ |λ|)

bull θα υπάρχει ένα n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει

|bn minus ℓ2| ltε

2(1+ |micro|)

Οπότε θέτοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0 θα ισχύει

|(λan plusmn microbn)minus (λℓ1 plusmn microℓ2)| = |λ(an minus ℓ1)plusmn micro(bn minus ℓ2)|le |λ| |an minus ℓ1| + |micro| |bn minus ℓ2|lt |λ| ε

2(1+ |λ|) + |micro|ε

2(1+ |micro|)

le ε2

|λ|1+ |λ| +

ε2

|micro|1+ |micro|

le ε2middot 1+ ε

2middot 1 = ε

Ιδιότητα 446 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα Τότε

lim(anbn) = ℓ1ℓ2

Αν επιπλέον υποθέσουμε ότι ℓ2 ne 0 τότε υπάρχει n1 isin N ώστε γιακάθε n ge n1 ισχύει bn ne 0 και

limanbn

= ℓ1

ℓ2

34 Σύγκλιση ακολουθιών

Απόδειξη Παρατηρούμε πρώτα ότι

|anbn minus ℓ1ℓ2| =∣∣(anbn minus bnℓ1)+ (bnℓ1 minus ℓ1ℓ2)

∣∣=

∣∣bn(an minus ℓ1)+ ℓ1(bn minus ℓ2)∣∣

le |bn| |an minus ℓ1| + |ℓ1||bn minus ℓ2| (45)

Αφού η bn συγκλίνει από την Ιδιότητα 443 θα είναι και φραγ-μένη Άρα θα υπάρχει ένας αριθμός M gt 0 ώστε για κάθε n isin Nνα ισχύει |bn| le M Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης γιατην an για την ποσότητα ε2M θα υπάρχει n1 isin N ώστε για

κάθε n ge n1 να ισχύει |an minus ℓ1| lt ε2M Ομοίως εφαρμόζουμε τονορισμό της σύγκλισης για την bn για την ποσότητα ε2(1 + |ℓ1|)θα υπάρχει n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει

|bn minus ℓ2| ltε

2(1+ |ℓ1|)

Θέτοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0 τότε συνεχίζοντας από την

45 θα έχουμε

|anbn minus ℓ1ℓ2| le |bn| |an minus ℓ1| + |ℓ1||bn minus ℓ2|lt M

ε2M

+ |ℓ1|ε

2(1+ |ℓ1|)

le ε2+ ε

2

|ℓ1|1+ |ℓ1|

le ε

Συνεχίζουμε την απόδειξη για τον λόγο ακολουθιών Λόγω του

προηγουμένου και επειδή anbn = an middot(1bn) αρκεί να αποδείξουμετο ζητούμενο για την ακολουθία 1bnΕφαρμόζοντας τον ορισμό της σύγκλισης της bn για την πο-

σότητα |ℓ2|2 και χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα υ-πάρχει ένα n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1 να ισχύει

|ℓ2| minus |bn| le∣∣|ℓ2| minus |bn|

∣∣ le |ℓ2 minus bn| = |bn minus ℓ2| lt|ℓ2|2

Έτσι για κάθε n ge n1 θα έχουμε

|ℓ2| minus |bn| lt|ℓ2|

2

και συνεπώς

|bn| gt|ℓ2|

2

Οπότε από τη μια μεριά έχουμε ότι για n ge n1 ισχύει bn ne 0 και

άρα ορίζεται το πηλίκο 1bn και από την άλλη μεριά∣∣∣∣

1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ =|bn minus ℓ2||bn| |ℓ2|

lt|bn minus ℓ2||ℓ2|

2 |ℓ2|= 2

|ℓ2|2|bn minus ℓ2|

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών 35

Εφαρμόζοντας τον ορισμό της σύγκλισης της bn ξανά για τηνποσότητα ε|ℓ2|22 θα υπάρχει n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να

ισχύει |bn minus ℓ2| lt ε|ℓ2|22 Επιλέγοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0

θα ισχύουν μαζί όλα τα παραπάνω και άρα θα έχουμε

∣∣∣∣1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ le2

|ℓ2|2|bn minus ℓ2| lt

2

|ℓ2|2ε|ℓ2|22 = ε

Ιδιότητα 447 Για κάθε ακολουθία an ge 0 και k isin N ισχύει

liman = ℓ =rArr limakn = ℓk

Απόδειξη Έστω ότι μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 Αφού η an συγκλίνειθα είναι και φραγμένη και άρα θα υπάρχει αριθμός M gt 0 ώστε

για κάθε n isin N να ισχύει |an| le M Έτσι θα ισχύει και |ℓ| le M(γιατί) Οπότε

|akn minus ℓk| = |an minus ℓ| |akminus1n + akminus2

n ℓ + akminus3n ℓ2 + + ℓkminus1|

le |an minus ℓ|(|akminus1n | + |akminus2

n ℓ| + |akminus3n ℓ2| + + |ℓkminus1|

)

le |an minus ℓ| (Mk +Mk +Mk + +Mk︸ ︷︷ ︸

kminusόροι

)

le (kMk)|an minus ℓ| (46)

Οπότε εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για την ακολουθία

an για την ποσότητα εkMk και βρίσκουμε ένα n0 isin N ώστε γιακάθε n ge n0 να ισχύει |anminusℓ| lt εkMk Έτσι συνεχίζοντας από την

(46) θα έχουμε ότι για κάθε n ge n0 ισχύει

|akn minus ℓk| le (kMk)|an minus ℓ| lt (kMk)εkMk = ε

Ιδιότητα 448 Για κάθε ακολουθία an ge 0 και k isin N ισχύει

liman = ℓ =rArr lim kradican =

kradicℓ

Απόδειξη Έστω ότι μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 Αν ℓ = 0 τότε

εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης της an για το εk οπότεβρίσκουμε ένα n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| lt εkΟπότε | kradican| lt εΑν ℓ gt 0 τότε παρατηρούμε ότι

∣∣∣ kradican minus

kradicℓ∣∣∣ = |an minus ℓ|

akminus1n + akminus2

n ℓ + + ℓkminus1le 1

ℓkminus1|an minus ℓ|

36 Σύγκλιση ακολουθιών

Έτσι εφαρμόζουμε τον ορισμό σύγλισης της an για την ποσότηταεℓkminus1 Βρίσκουμε λοιπόν n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να έχουμε

∣∣∣ kradican minus

kradicℓ∣∣∣ le 1

ℓkminus1|an minus ℓ| lt

1

ℓkminus1εℓkminus1 = ε

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ιδιότητα 449 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα και επιπλέον υπάρχει n1 isin N ώστε για κάθεn ge n1 ισχύει an le bn Τότε ℓ1 le ℓ2

Απόδειξη Αν δεν ισχύει τότε ℓ2 lt ℓ1 οπότε η ακολουθία bnminusan ge 0

δεν είναι ποτέ ομόσημη με το όριό της ℓ2 minus ℓ1 lt 0 αντιφάσκοντας

με την Ιδιότητα 443

Πρόταση 4410 (Ισοσυγκλίνουσες ακολουθίες) Έστω ότι οι ακο-λουθίες an bn και cn ικανοποιούν την ανισότητα

an le bn le cn

και ότι liman = lim cn = ℓ Τότε αναγκαστικά limbn = ℓ

Απόδειξη Από την an le bn le cn συμπεραίνουμε ότι 0 le bn minus an lecn minus an Η cn minus an είναι συγκλίνουσα με όριο το μηδέν Άρα απότην Ιδιότητα 429 και η bn minus an είναι συγκλίνουσα με όριο τομηδέν Συνεπώς από την Ιδιότητα 445 η bn είναι συγκλίνουσαως άθροισμα συγκλινουσών (bn = (bnminusan)+an) και limbn = lim(bnminusan)+ liman = 0+ ℓ = ℓ

Πρόταση 4411 (Οριακό κριτήριο λόγου) Αν για μια ακολουθίαan με μη μηδενικούς όρους ισχύει lim |an+1an| lt 1 τότε liman = 0

Απόδειξη Έστω ότι lim |an+1an| = ℓ isin (01) Εφαρμόζουμε τονορισμό της σύγκλισης για την ποσότητα (1 minus ℓ)2 gt 0 Τότε θα

υπάρχει ένα n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣|an+1an| minus

ℓ∣∣ lt (1minus ℓ)2 Αλλά τότε

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣minus ℓ lt1minus ℓ

2

από όπου συνεπάγεται ότι∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt ℓ +1minus ℓ

2= 1+ ℓ

2lt 1

Δηλαδή για κάθε n ge n0 έχουμε ότι |an+1an| lt 1 Αυτό και η

Πρόταση 4211 συνεπάγονται ότι an rarr 0

45 Κριτήρια σύγκλισης 37

45 Κριτήρια σύγκλισης

Θεώρημα 451 Κάθε μονότονη και φραγμένη ακολουθία συγκλί-νει

Ειδικότερα αν an αύξουσα και άνω φραγμένη τότε

limnrarrinfin

an = supan n isin N

και αν bn φθίνουσα και κάτω φραγμένη τότε

limnrarrinfin

bn = supbn n isin N

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι αύξουσα καιάνω φραγμένη Τότε το s = supan n isin N είναι πραγματικός α-ριθμός Θα αποδείξουμε ότι limnrarrinfin an = s Φανερά an le s για κάθεn isin N Έστω ότι ε gt 0 Χρησιμοποιώντας την Παρατήρηση 314

το s minus ε δεν είναι άνω φράγμα των όρων της ακολουθίας άρα

υπάρχει n0 isin N ώστε s minus ε lt an0 Αλλά η an είναι αύξουσα οπότεγια κάθε n ge 0 ισχύει

s minus ε lt an0 le an le s lt s + ε

Άρα για κάθε n ge n0 |an minus s| lt ε δηλαδή an rarr sΟμοίως για την περίπτωση που η ακολουθία είναι φθίνουσα

και κάτω φραγμένη

Θεώρημα 452 (Bolzano-Weierstraszlig) Κάθε φραγμένη ακολουθία έ-χει συγκλίνουσα υπακολουθία

Απόδειξη Κάθε ακολουθία έχει μια μονότονη υπακολουθία σύμ-

φωνα με την Πρόταση 213 και επειδή η ακολουθία είναι φραγ-

μένη είναι φραγμένη και αυτή η μονότονη υπακολουθία της Άρα

από το προηγούμενο θεώρημα συγκλίνει

Όταν μια ακολουθία an συγκλίνει σε έναν αριθμό ℓ τότε μετάαπό κάποιο δείκτη οι όροι της είναι laquoκοντάraquo στον αριθμό ℓ Συ-νεπώς είναι και μεταξύ τους laquoκοντάraquo Αυτή η τελευταία ιδιότητα

ονομάζεται ιδιότητα Cauchy

Ορισμός 453 (Ακολουθία Cauchy) Μια ακολουθία an ονομάζεταιακολουθία Cauchy ή βασική ακολουθία αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει

n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 ισχύει |an minus am| lt ε

Το παρακάτω θεώρημα μας δίνει ένα ακόμα κριτήριο σύγκλισης

Θεώρημα 454 Μια ακολουθία είναι συγκλίνουσα στο R αν και

μόνο αν είναι ακολουθία Cauchy

38 Σύγκλιση ακολουθιών

Απόδειξη Αν υποθέσουμε ότι an rarr ℓ και ε gt 0 εφαρμόζουμε τον

ορισμό της σύγλισης όχι για το ε αλλά για το ε2 Έτσι υπάρχειn0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ε2 Άρα αν nm ge n0 τότε ισχύει και η |an minus ℓ| lt ε και η |am minus ℓ| lt ε Συνεπώς

|an minus am| =∣∣(an minus ℓ)minus (am minus ℓ)

∣∣ le |an minus ℓ| + |am minus ℓ| ltε2+ ε

2= ε

Αντίστροφα τώρα ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι α-κολουθία Cauchy Θέλουμε να χρησιμοποιήσουμε το Θεώρημα 452

οπότε αποδεικνύουμε πρώτα ότι η an είναι φραγμένη εφαρμόζου-με τον ορισμό της ιδιότητας Cauchy για ε = 1 gt 0 Έτσι υπάρχει

n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 ισχύει |an minus am| lt 1 Άρα αυτό

ισχύει και για m = n0 Συνεπώς |anminusan0| lt 1 και ανοίγοντας την

απόλυτη τιμή προκύπτει ότι |an| le 1+ |an0 | για κάθε n ge n0 Έτσι

|an| le max|a1| |a2| |an0minus1|1+ |an0|

για κάθε n isin N δηλαδή η an είναι φραγμένηΑπό το Θεώρημα Bolzano-Weierstraszlig λοιπόν η an έχει μια συ-

γκλίνουσα υπακολουθία Έστω ότι αυτή είναι η akn όπου kn γνη-σίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών Ας υποθέσουμε ότι

akn rarr ℓ Θα δείξουμε ότι an rarr ℓ ολοκληρώνοντας την απόδειξηΈστω ότι ε gt 0 Εφαρμόζουμε τον ορισμό της ιδιότητας Cauchy

για το ε2 gt 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 να

ισχύει |an minus am| lt ε2 Αλλά τότε επειδή km ge m ge n0 (από την

Άσκηση 222) ισχύει

|an minus akm | ltε2για κάθε nm ge n0 (47)

Τώρα εφαρμόζουμε τον ορισμό σύγκλισης της akn στο ℓ πάλι γιατο ε2 Άρα υπάρχει n1 isin N ώστε

για κάθε m ge n1 να ισχύει |akm minus ℓ| ltε2 (48)

Έτσι αν n ge n0 και m = maxn0 n1 θα ισχύει και η (47) και η(48) Άρα

|an minus ℓ| =∣∣(an minus akm)+ (akm minus ℓ)

∣∣

le∣∣an minus akm

∣∣+∣∣akm minus ℓ

∣∣ lt ε2+ ε

2= ε

Ένα άλλο κριτήριο που συχνά είναι χρήσιμη η άρνησή του

είναι το ακόλουθο

Πρόταση 455 Μια ακολουθία an συγκλίνει στο ℓ αν και μόνοαν κάθε υπακολουθία της συγκλίνει και αυτή στο ℓ

46 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin 39

Απόδειξη Έστω ότι an rarr ℓ και akn υπακολουθία της an Τότε αν|an minus ℓ| lt ε για κάθε n ge n0 ισχύει και |akn minus ℓ| lt ε αφού (από τηνΆσκηση 222) kn ge n ge n0 Άρα limnrarrinfin akn = ℓΤο αντίστροφο είναι τετριμμένο αφού η ίδια η an είναι υπα-

κολουθία του εαυτού της

Η άρνηση της παραπάνω πρότασης μας δίνει ένα κριτήριο

μη σύγκλισης Αν μια ακολουθία έχει δυο υπακολουθίες που συ-

γκλίνουν σε διαφορετικούς αριθμούς τότε η ακολουθία δεν συ-

γκλίνει Για παράδειγμα η an = (minus1)n δεν συγκλίνει διότι η υ-πακολουθία της a2n = (minus1)2n = 1 συγκλίνει στο 1 ενώ η υπα-

κολουθία της a2nminus1 = (minus1)2nminus1 = minus1 συγκλίνει στο minus1 Ομοίως

η ακολουθία xn = sin(7nπ8) δεν συγκλίνει Η υπακολουθία τηςx16n = sin(7(2nπ)) = 0 συγκλίνει στο μηδέν Ενώ η υπακολουθία

x16n+4 = sin

(14nπ + 7π

2

)= sin

(14nπ + 3π + π

2

)= minus1

συγκλίνει στο minus1

46 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin

Ορισμός 461 Για μια ακολουθία an λέμε ότι αποκλίνει στο +infinή ότι τείνει στο +infin όταν για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an gt M Γράφουμε limnrarrinfin an = +infinή liman = +infin ή an rarr +infin

Συχνά αντί για +infin γράφουμε απλά infin

Ορισμός 462 Για μια ακολουθία an λέμε ότι αποκλίνει στο +infinή ότι τείνει στο minusinfin όταν για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an lt minusM Γράφουμε limnrarrinfin an =minusinfin ή liman = minusinfin ή an rarr minusinfin

Παρατήρηση 463 Πολλές φορές λέγεται καταχρηστικά ότι η α-κολουθία laquoσυγκλίνει στο +infinraquo αντί laquoαποκλίνει στο +infinraquo Ομοίωςλέγεται καταχρηστικά ότι η ακολουθία laquoσυγκλίνει στο minusinfinraquo αντίlaquoαποκλίνει στο minusinfinraquo

Παράδειγμα 464 Η ακολουθία an = n2 αποκλίνει στο +infin διότιαν μας δοθεί ένα M gt 0 θα θέλουμε να ισχύει n2 gt M ισοδύναμα

n gtradicM Οπότε αν θέσουμε n0 = [

radicM] + 1 τότε για κάθε n ge n0

θα ισχύει n ge n0 = [radicM]+ 1 gt

radicM οπότε n2 gt M

Ιδιότητα 465 an rarr +infin αν και μόνο αν υπάρχει n1 isin N ώστε

για κάθε n ge n1 ισχύει an gt 0 και 1an rarr 0

Ομοίως an rarr minusinfin αν και μόνο αν υπάρχει n1 isin N ώστε γιακάθε n ge n1 ισχύει an lt 0 και 1an rarr 0

40 Σύγκλιση ακολουθιών

Απόδειξη Έστω ε gt 0 και an rarr +infin Αν εφαρμόσουμε τον τοορισμό για M = 1ε gt 0 τότε θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει an gt 1ε gt 0 Από αυτό συμπεραίνουμε ότι an gt 0

και ότι |1an| = 1an lt ε δηλαδή 1an rarr 0

Αντίστροφα έστω ότι υπάρχει n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1

να ισχύει an gt 0 και 1an rarr 0 Έστω M gt 0 Θέτουμε ε = 1M gt 0

και εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης 1an rarr 0 θα υπάρχει

n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει |1an| lt ε = 1M οπότεισοδύναμα |an| gt M Θέτουμε n0 = maxn1 n2 οπότε για κάθεn ge n0 ισχύει an = |an| gt M δηλαδή an rarr +infinΓια την περίπτωση an rarr minusinfin εργαζόμαστε ανάλογα

Ιδιότητα 466 (α) Αν an ge bn και limbn = +infin τότε liman = +infin(β) Αν an le bn και limbn = minusinfin τότε liman = minusinfin

Απόδειξη Αφού limbn = +infin από την Ιδιότητα 465 θα υπάρχειn0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει bn gt 0 άρα και an gt 0 Αλλά

τώρα σύμφωνα πάλι με την Ιδιότητα 465 0 lt 1an lt 1bn rarr 0

Συνεπώς από την Ιδιότητα 429 ισχύει 0 lt 1an rarr 0 και πάλι

από την Ιδιότητα 465 an rarr +infinΕργαζόμαστε ομοίως για το (β)

47 Βασικά όρια

Πρόταση 471 Για κάθε λ isin R με |λ| lt 1 ισχύει λn rarr 0

Απόδειξη Για λ = 0 είναι προφανές Για 0 lt λ lt 1 είναι η Εφαρμο-

γή 4210 Για minus1 lt λ lt 0 ισχύει

|λn| = |λ|n rarr 0

αφού 0 lt |λ| lt 1 Άρα λn rarr 0

Πρόταση 472 Για κάθε λ isin R με λ gt 1 ισχύει λn rarr +infin ενώ γιαλ le minus1 η λn δεν συγκλίνει

Απόδειξη Αν λ gt 1 τότε 0 lt 1λ lt 1 συνεπώς (1λ)n rarr 0 Αλλά

(1λ)n = 1λn άρα λn rarr +infin από την Ιδιότητα 465

Αν λ = minus1 η λn δεν συγκλίνει αφού λ2n = (minus1)2n = 1 rarr 1 ενώ

λ2n+1 = (minus1)2n(minus1) = minus1 rarr minus1 ne 1

Αν λ lt minus1 η λ2n = (λ2)n rarr +infin αφού λ2 gt 1 ενώ λ2n+1 = λ(λ2n) rarrminusinfin αφού λ lt 0 και λ2n rarr +infin

Πρόταση 473 Για κάθε λ isin R με |λ| lt 1 ισχύει nλn rarr 0 Επιπλέον

για κάθε p gt 0 ισχύει npλn rarr 0

47 Βασικά όρια 41

Απόδειξη 1|λ| gt 1 άρα υπάρχει θ gt 0 ώστε |λ|minus1 = 1+θ Επιπλέον

(1+ θ)n gt n(nminus 1)2

θ2

από το διωνυμικό ανάπτυγμα ((1 + θ)n = 1 + nθ + (n(n minus 1)θ2)2 +middotmiddot middot + θn) Έτσι

nλn = n(1+ θ)n lt

2nn(nminus 1)θ2

= 2

(nminus 1)θrarr 0

Τέλος για p gt 0 ισχύει

|npλn| =(n(|λ|1p)n

)p rarr 0p = 0

αφού |λ|1p lt 1

Πρόταση 474 Για κάθε a gt 0 ισχύει nradicararr 1

Απόδειξη Αν a ge 1 τότε nradica ge 1 Θέτουμε vn = n

radica minus 1 ge 0 οπότε

a = (1+ vn)n Από την ανισότητα Bernoulli

a = (1+ vn)n ge 1+nvn

και λύνοντας ως προς vn

0 le vn leaminus 1

n

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική οπότε από την Πρότα-

ση 4410 limvn = 0 Έτσι

nradica = 1+ vn rarr 1+ 0 = 1

Πρόταση 475 nradicnrarr 1

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι nradicn =

(2nradicn)2 και δείχνουμε πρώτα

ότι lim 2nradicn = 1 ακολουθώντας την ίδια απόδειξη με την Πρότα-

ση 474 θέτουμε vn = 2nradicnminus 1 ge 0 οπότε

radicn = (1+ vn)n ge 1+nvn

και λύνοντας ως προς vn

0 le vn leradicnminus 1

n

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική (γιατί) οπότε (από την

Πρόταση 4410) limvn = 0 Συνεπώς

2nradicn = 1+ vn rarr 1+ 0 = 1

42 Σύγκλιση ακολουθιών

Τέλος από την Ιδιότητα 447

lim nradicn = lim

(2nradicn)2 =

(lim 2n

radicn)2 = 12 = 1

Πρόταση 476 Αν an rarr ℓ gt 0 τότε nradican rarr 1

Απόδειξη Από τον ορισμό της σύγκλισης (για ε = ℓ2 gt 0) υπάρ-

χει ένα n0 isin R ώστε αν n ge n0 τότε

|an minus ℓ| ltℓ2

Συνεπώς

ℓ2lt an lt

3ℓ2

και άραnradicℓ2 lt n

radican lt

nradic

3ℓ2

Από την Πρόταση 474 οι ακολουθίες nradicℓ2 και n

radic3ℓ2 συγκλίνουν

στο 1 και από την Πρόταση 4410 συκλίνει στο 1 και η nradican

Πρόταση 477 Αν p isin R an rarr 0 και an gt minus1 τότε (1+ an)p rarr 1

Απόδειξη Ανάλογα αν an ge 0 ή an le 0 ισχύει 1 le (1 + an)p le (1 +an)[p]+1 ή (1+ an)[p] le (1+ an)p le 1 αντίστοιχα Στις παραστάσεις

με τον ακέραιο εκθέτη χρησιμοποιούμε το διωνυμικό ανάπτυγμα

και παίρνουμε όρια για an rarr 0

Πρόταση 478 Αν an rarr 0 τότε limnrarrinfin cosan = 1

Απόδειξη Χρησιμοποιώντας γνωστές τριγωνομετρικές ταυτότη-

τες έχουμε

| cosan minus 1| = | cosan minus cos 0| =∣∣∣∣minus2 sin

(an + 0

2

)sin

(an minus 0

2

)∣∣∣∣le 2| sin(an2)| le |an|

Παίρνοντας όρια προκύπτει το ζητούμενο (για την τελευταία ανι-

σότητα δείτε στην επόμενη πρόταση)

Πρόταση 479 Αν an rarr 0 και an ne 0 τότε

limnrarrinfin

sinanan

= 1

47 Βασικά όρια 43

Απόδειξη Ισχύει η ανισότητα

cosθ le∣∣∣∣

sinθθ

∣∣∣∣ le 1

για κάθε 0 lt θ lt π2 Η ανισότητα προκύπτει εύκολα από τοντριγωνομετρικό κύκλο αν ονομάσουμε O το κέντρο του κύκλου

ακτίνας OA = 1 όπου A στον x-άξονα C το σημείο που η γωνίαθ τέμνει τον άξονα των εφαπτομένων και B το σημείο που ηOC τέμνει τον κύκλο (κάντε σχήμα) τότε φανερά το εμβαδόν τουτριγώνου OAB είναι μικρότερο του εμβαδού του κυκλικού τομέαOAB το οποίο με τη σειρά του είναι μικρότερο του εμβαδού τουτριγώνου OAC Δηλαδή

1

2| sinθ| lt 1

2|θ| lt 1

2| tanθ|

από όπου προκύπτει η παραπάνω ανισότητα

Η an τείνει στο 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε 0 lt an lt π2 γιακάθε n ge n0 άρα για αυτά τα n ισχύει

cosan le∣∣∣∣

sinanan

∣∣∣∣ le 1

και παίρνοντας όρια προκύπτει η ζητούμενη με τη βοήθεια της

Πρότασης 478

Πρόταση 4710 Για κάθε ακολουθία an ne 0 με an rarr 0 ισχύει

limnrarrinfin

ean minus 1

an= 1

Απόδειξη Από την ανισότητα Bernoulli ισχύει ex ge 1+ x για καθεx gt minus1 Άρα και eminusx ge 1minus x για κάθε x lt 1 Συνεπώς

1+ x le ex le 1

1minus x (49)

για κάθε minus1 lt x lt 1 Χρησιμοποιώντας την an στη θέση του x(αφού μετά από κάποιο δείκτη θα βρίσκεται στο διάστημα (minus11)λόγω του ότι an rarr 0) προκύπτει

1 le ean minus 1

anle 1

1minus anγια τους θετικούς όρους της an και

1 ge ean minus 1

ange 1

1minus anγια τους αρνητικούς όρους της an Παίρνοντας όρια σε κάθε πε-ρίπτωση προκύπτει το ζητούμενο

44 Σύγκλιση ακολουθιών

Πρόταση 4711 Για κάθε a gt 1 και για κάθε p q gt 0 οι παρακά-

τω ακολουθίες είναι μηδενικές

lognn

lognnp

logqnnp

logann

logannp

logqannp

Απόδειξη Θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα logx le x minus 1 που

ισχύει για κάθε x ge 1 Έχουμε

0 le lognn

= 2 logn12

nle 2(

radicnminus 1)n

= 2radicnminus 2

nrarr 0

0 le lognnp

= (2p) log(np2)np

le 2

pnp2 minus 1

np= 2

p1

np2minus 2

p1

nprarr 0

και

0 le logqnnp

=(

lognnpq

)qrarr 0

Τα κλάσματα με τους λογαρίθμους βάσης a gt 1 προκύπτουν από

τα προηγούμενα και τον τύπο loga n = (logn)(loga)

Πρόταση 4712 Αν a gt 1 an rarr 0 και an gt minus1 τότε loga(1+an)rarr 0

Απόδειξη Από τη σχέση loga x = (logx)(loga) αρκεί να αποδεί-ξουμε το ζητούμενο για a = e Αλλά αυτό προκύπτει αμέσως απότις ανισότητες 1minus 1

x le logx le xminus1 οι οποίες προκύπτουν από την

(49) λογαριθμίζοντας

Πρόταση 4713 Αν an rarr 0 an ne 0 και an gt minus1 τότε

log(1+ an)an

rarr 1

Απόδειξη Από την ανισότητα 1 minus 1x le logx le x minus 1 προκύπτει

αμέσως ότι

1

1+ anle log(1+ an)

anle 1

για τους θετικούς όρους της an και

1

1+ ange log(1+ an)

ange 1

για τους αρνητικούς όρους της an Παίρνοντας όρια προκύπτειτο ζητούμενο

47 Βασικά όρια 45

Ασκήσεις

Άσκηση 471 Βρείτε τα όρια των παρακάτω ακολουθιών

3radic

2n6 +n+ 1

3n2 + 1

2n2(3n3 minus 5n+ 6)(4n4 minus 1)(2n + 3)

radic5n5 + 1

4radic

3n10 +n+ 1

3radicn3 +nminus 3

radicn3 + 1

radicn+

radicn+

radicnminus

radicn

4radicn2 + 1minus

radicn

n23n minus 2n9n+1 + 2

3n2nminus1 + 5n232n + 4nan + 5bn

2an + 7bn a b gt 0

1+ 2+ 3+ middot middot middot +nn2 + 1

12 + 22 + 32 + middot middot middot +n2

n3

1 middot 2+ 2 middot 3+ middot middot middot +n(n+ 1)n(1+ 2+ 3+ middotmiddot middot + n)

1

20 + 2n+1+ 1

2+ 2n+1+ 1

22 + 2n+1+ middot middot middot + 1

2n + 2n+1

(1minus 1

22

)(1minus 1

32

) (

1minus 1

n2

)radicradicradicradic

3

radic

3

radic3

radic3

radic3

︸ ︷︷ ︸nminusριζικά

(2nminus 1)(3n+ 1)

n sinλ1

sinλ2 sin

λn λ isin (01)

n+3

radic(2

3

)n+(

5

6

)n (3n2 + 4n4n2 + 1

)n

(2nminus 1

3n+ 7

)nn

radic1

nsin

1

n+ 2

n

radic1+ 1

2nn+1radicn

n

radicn2 + 2n2n2 + 1

3n

radicn2 + 7n+ 18

8n+ 4

Άσκηση 472 Αν zn rarr 0 βρείτε τα όρια των ακολουθιών

3radic

1+ zn minus 1

zn

(λ+ zn)3 minus λ3

zn λ gt 0

46 Σύγκλιση ακολουθιών

radiczn + 1minus 1

zn

Άσκηση 473 Αποδείξτε ότι αν an bn gt 0 για κάθε n isin N και nradican rarr 1

anbn rarr ℓ gt 0 τότε nradicbn rarr 1

Κεφάλαιο 5

lim sup και lim inf

51 Το σύνολο των υπακολουθιακών ορίων

Όπως γνωρίζουμε από το Θεώρημα 452 μια ακολουθία (an)nisinNπαρόλο που μπορεί να μην συγκλίνει έχει πάντα συγκλίνουσες υ-

πακολουθίες αν σε αυτές συμπεριλάβουμε και εκείνες που τείνουν

στο +infin ή στο minusinfin (αν η ακολουθία είναι φραγμένη έχει συγκλί-

νουσα υπακολουθία ενώ αν δεν είναι φραγμένη έχει υπακολουθία

που τείνει στο +infin ή στο minusinfin)Ας συμβολίσουμε με Υ(an)mdashή απλά με Υ αν είναι σαφές για

ποια ακολουθία μιλάμεmdashτο σύνολο όλων των ορίων των υπα-

κολουθιών της an Για παράδειγμα αν an = (minus1)n(1 + 1n) τότεΥ(an) = minus1+1 Φανερά αν μια ακολουθία έχει όριο στο Rcupplusmninfinκάθε υπακολουθία της τείνει στο όριο της ακολουθίας οπότε το

Υ είναι μονοσύνολο

Από την άλλη μεριά υπάρχουν ακολουθίες των οποίων το σύ-

νολο Υ είναι όλο το Rcup plusmninfin Μια τέτοια ακολουθία είναι η ακο-λουθία των ρητών αριθμών

Πρόταση 511 Θεωρούμε μια ακολουθία (an)nisinN και θέτουμε s =supΥ(an) και i = infΥ(an) Τότε s i isin Υ(an) δηλαδή το σύνολοτων υπακολουθιακών ορίων έχει μέγιστο και ελάχιστο στοιχείο

στο R cup plusmninfin Ισοδύναμα υπάρχουν δυο υπακολουθίες της anπου η μια τείνει στο s και η άλλη στο i

Απόδειξη Αν s = +infin τότε για κάθε N isin N υπάρχει υπακολουθιακόόριο sN gt N (αλλιώς όλα τα υπακολουθιακά όρια είναι μικρότεραή ίσα του N οπότε και το s) Άρα υπάρχει όρος akN της an ώστεakN gt N (αλλιώς αν κάθε όρος της an είναι μικρότερος ή ίσοςτου N τότε η an έχει άνω φράγμα το N και δεν γίνεται να έχει

48 lim sup και lim inf

υπακολουθία που να συγκλίνει στο sN gt N) Έτσι η υπακολουθίαakN τείνει στο +infin = s Άρα s isin Υ(an)Αν s = minusinfin τότε όλα τα υπακολουθιακά όρια της an είναι minusinfin

οπότε an rarr minusinfin = s Άρα s isin Υ(an)Έστω τώρα ότι s isin R Για κάθε n isin N υπάρχει στοιχείο sn isin

Υ(an) με s ge sn gt s minus 1n από τον ορισμό του s ως supremum του

Υ(an) Αφού το sn είναι υπακολουθιακό όριο της an υπάρχει aknόρος της an ώστε |sn minus akn | lt 1n Έτσι έχουμε

|akn minus s| le |akn minus sn| + |sn minus s| = |akn minus sn| + s minus sn lt1

n+ 1

n= 2

nrarr 0

Συνεπώς η υπακολουθία akn της an συγκλίνει στο s Δηλαδή s isinΥ(an) Ομοίως i isin Υ(an)

Ορισμός 512 Τα sup Υ(an) και infΥ(an) ονομάζονται lim sup και

lim inf της ακολουθίας an ή άνω και κάτω όριο της ακολουθίαςan ή μέγιστο και ελάχιστο υπακολουθιακό όριο της an αντίστοι-χα Γράφουμε

lim supnrarrinfin

an = supΥ(an) και lim infnrarrinfin

an = infΥ(an)

ή απλούστερα lim supan και lim infan αντίστοιχα

Για παράδειγμα αν an = (minus1)n(1+ 1n) τότε Υ = minus1+1 οπότεlim supan = +1 και lim infan = minus1

Φανερά ισχύει πάντα η

lim infnrarrinfin

an le lim supnrarrinfin

an (51)

Πρόταση 513 Κάθε ακολουθία an έχει όριο αν και μόνο αν

lim infnrarrinfin

an = lim supnrarrinfin

an

και η κοινή αυτή τιμή είναι το limnrarrinfin an

Απόδειξη Αν η an έχει όριο το ℓ τότε Υ(an) = ℓ αφού κάθευπακολουθία έχει και αυτή το ίδιο όριο ℓ Συνεπώς

lim infnrarrinfin

an = infΥ(an) = ℓ = supΥ(an) = lim supnrarrinfin

an

Αντιστρόφως αν ℓ = lim infnrarrinfin an = lim supnrarrinfin an τότε το Υ(an)είναι μονοσύνολο το μονοσύνολο ℓ αφού το infimum και το

supremum του Υ(an) συμπίπτουν Ας υποθέσουμε ότι η an δεν τεί-νει στο ℓ Τότε η ακολουθία αυτή δεν είναι ακολουθία Cauchy

Συνεπώς υπάρχει ε gt 0 ώστε για κάθε για κάθε n0 isin N υπάρ-

χουν n gt m ge n0 ώστε |an minus am| ge ε Εφαρμόζουμε το παραπάνω

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf 49

για n0 = 1 και βρίσκουμε n1 gt m1 ge 1 ώστε |an1 minus am1| ge ε Ε-παναλαμβάνουμε το προηγούμενο για n0 = n1 + 1 και βρίσκουμε

n2 gt m2 ge n1 + 1 ώστε |an2 minus am2| ge ε Επαναλαμβάνουμε το προη-γούμενο για n0 = n2 + 1 κοκ Έτσι βρίσκουμε δύο υπακολουθίες

ank και amk ώστε |ank minus ank | ge εΚαθεμιά από τις ακολουθίες (ank)

infink=1 και (amk)

infink=1 έχουν υπακο-

λουθίες που τείνουν σε κάποιο όριο (είτε πραγματικό αριθμό αν

είναι φραγμένες είτε κάποιο από τα plusmninfin αν δεν είναι φραγμένες)Έστω ότι αυτά τα όρια είναι τα ℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα Τότε φα-

νερά |ℓ1 minus ℓ2| ge ε και ταυτόχρονα ℓ1 ℓ2 isin Υ(an) το οποίο είναιάτοπο αφού το τελευταίο σύνολο είναι μονοσύνολο

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf

Θα ξεκινήσουμε αποδεικνύοντας ένα laquoτύποraquo για τα lim sup και

lim inf Θεωρούμε μια ακολουθία an Από αυτή ορίζουμε μια άλληακολουθία την bn = supak k ge n Φανερά η ακολουθία αυτήείναι φθίνουσα διότι αν n1 gt n2

ak k ge n1 sube ak k ge n2

οπότε

bn1 = supak k ge n1 le supak k ge n2 = bn2

Άρα η bn ως φθίνουσα είτε συγκλίνει (αν είναι φραγμένη) είτεαποκλίνει στο minusinfin είτε αποκλίνει στο +infin (αν είναι σταθερά ίση με+infin) Σε κάθε περίπτωση υπάρχει το limnrarrinfin bn isin Rcupplusmninfin Ομοίωςορίζουμε την ακολουθία cn = infak k ge n Φανερά η ακολουθίααυτή είναι αύξουσα διότι αν n1 gt n2

ak k ge n1 sube ak k ge n2

οπότε

cn1 = infak k ge n1 ge infak k ge n2 = cn2

Άρα η cn ως αύξουσα είτε συγκλίνει (αν είναι φραγμένη) είτε α-ποκλίνει στο +infin είτε αποκλίνει στο minusinfin (αν είναι σταθερά ίση μεminusinfin) Σε κάθε περίπτωση υπάρχει το limnrarrinfin cn isin R cup plusmninfin Η ε-πόμενη πρόταση μάς λέει ότι τα παραπάνω όρια είναι τα lim sup

και lim inf της an αντίστοιχα

Πρόταση 521 Για κάθε ακολουθία an ισχύει

lim supnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

και

lim infnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(infak k ge n

)

50 lim sup και lim inf

Απόδειξη Αν lim supan = supΥ(an) = +infin τότε υπάρχει υπακολου-

θία akn rarr +infin οπότε supak k ge n = +infin και άρα

limnrarrinfin

(supak k ge n

)= +infin = lim supan

Αν lim supan = supΥ(an) = minusinfin τότε Υ(an) = minusinfin δηλαδή an rarrminusinfin Έτσι για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin N ώστε για κάθεn ge n0 να ισχύει an lt minusM Συνεπώς supak k ge n le minusM για κάθε

n ge n0 Δηλαδή

limnrarrinfin

(supak k ge n

)= minusinfin = lim supan

Υποθέτουμε τώρα ότι lim supan = s isin R και έστω ότι η υπακο-λουθία akn συγκλίνει στο s (Πρόταση 511) Έτσι για κάθε kn ge nισχύει akn isin ak k ge n οπότε

supak k ge n ge akn

Αφήνοντας το kn να πάει στο άπειρο συμπεραίνουμε ότι

supak k ge n ge s

Παίρνουμε τώρα όριο ως προς n για να καταλήξουμε στην

limnrarrinfin

(supak k ge n

)ge s

Για την αντίστροφη ανισότητα εργαζόμαστε με απαγωγή στο

άτοπο Θέτουμε

ℓ = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

υποθέτουμε ότι ℓ gt s και εφαρμόζουμε τον ορισμό του ορίου γιαε = (ℓ minus s)2 gt 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να

ισχύει∣∣∣supak k ge n minus ℓ

∣∣ lt ℓ minus s2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και προσθέτοντας ℓ προκύπτει ότιγια n = n0 ισχύει

supak k ge n0 geℓ + s

2

Άρα υπάρχει υπακολουθία της an με n ge n0 ώστε να συγκλίνει

στο supak k ge n0 Άρα τα υπακολουθιακά όρια της an περιέ-χουν και αριθμούς μεγαλύτερους ή ίσους του (ℓ+s)2 gt s το οποίοείναι άτοπο αφού s = supΥ(an)Ομοίως εργαζόμαστε για την περίπτωση του lim inf

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf 51

Πρόταση 522 Αν για δυο ακολουθίες an και bn υπάρχει n0 isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an le bn τότε

lim supnrarrinfin

an le lim supnrarrinfin

bn

και

lim infnrarrinfin

an le lim infnrarrinfin

bn

Απόδειξη Η απόδειξη είναι άμεση από την Πρόταση 521 αφού

για n ge n0 θα ισχύει

supak k ge n le supbk k ge n

και

infak k ge n le infbk k ge n

Πρόταση 523 Για κάθε ακολουθία an gt 0 ισχύει

lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican le lim sup

nrarrinfinnradican le lim sup

nrarrinfin

an+1

an

Απόδειξη Η δεύτερη ανισότητα στη ζητούμενη είναι ήδη γνωστή

(σχέση (51)) Η πρώτη ανισότητα έχει την ίδια απόδειξη με την

τρίτη οπότε θα αποδείξουμε μόνο την τρίτη

Θέτουμε ℓ = lim sup(an+1an) και θεωρούμε ένα οποιοδήποτε ε gt0 Έτσι από την Παρατήρηση 433 και την Πρόταση 521 υπάρχει

n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει

sup

ak+1

ak k ge n

le ℓ + ε

Άρα αν n = n0 ισχύειak+1

akle ℓ + ε (52)

για κάθε k ge n0 Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (52) για k =n0 n0 + 1 n0 + 2 nminus 1 για κάθε n με nminus 1 ge n0 παίρνουμε

an0+1

an0

an0+2

an0+1

an0+3

an0+2middot middot middot an

anminus1le (ℓ + ε)nminusn0

αφού στα αριστερά έχουμε nminusn0 κλάσματα (μετράμε τους δείκτες

στους αριθμητές παρατηρώντας ότι n = n0 + (n minus n0)) Μετά από

52 lim sup και lim inf

τις διαγραφές στα αριστερά παίρνουμε ότι anan0 le (ℓ + ε)nminusn0

Συνεπώς για κάθε n ge n0 + 1 ισχύει

nradican le (ℓ + ε) n

radican0

(ℓ + ε)n0

Άρα για κάθε n ge n0 + 1

supkradicak k ge n

le (ℓ + ε) sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

Αφήνοντας το n να πάει στο άπειρο

limnrarrinfin

(sup

kradicak k ge n

)le ℓ + ε

διότι το όριο limnrarrinfinnradican0(ℓ + ε)n0 υπάρχει και ισούται με 1 οπότε

limnrarrinfin

(sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

)= lim sup

nrarrinfinn

radican0

(ℓ + ε)n0= 1

από την Πρόταση 513

Δείξαμε λοιπόν ότι lim sup nradican le ℓ+ε Τέλος για ε rarr 0+ ολοκλη-

ρώνουμε την απόδειξη

Ασκήσεις

Άσκηση 521 Γράψτε τις λεπτομέρειες για την απόδειξη της ανισότητας

lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican

για κάθε ακολουθία an gt 0

Άσκηση 522 Αποδείξτε ότι και τα τέσσερα όρια της Πρότασης 523

μπορεί να είναι διαφορετικά υπολογίζοντάς τα για την ακολουθία

an = 2(minus1)nnminusn

και δείχνοντας ότι

lim infan+1

an= 0 lim inf nradican =

1

4 lim sup nradican = 1 και lim sup

an+1

an= infin

Κεφάλαιο 6

Αριθμητικοί γεωμετρικοίκαι αρμονικοί μέσοι

Στο κεφάλαιο αυτό θα μελετήσουμε τις ακολουθίες που προκύ-

πτουν αν υπολογίσουμε αριθμητικούς ή γεωμετρικούς ή αρμονι-

κούς μέσους μιας ακολουθίας Δυο ακολουθίες an και bn λέγονταιεπάλληλες όταν η bn είναι αύξουσα η an είναι φθίνουσα και ι-σχύει bn le an για κάθε n isin N Έτσι έχουμε το εξής laquoσχήμαraquo γιατους όρους τους

b1 le b2 le b3 le le bn le an le le a3 le a2 le a1

Παρατηρούμε ότι δυο επάλληλες ακολουθίες πάντα είναι συγκλί-

νουσες ως μονότονες και φραγμένες (στα παραπάνω η bn είναιαύξουσα και άνω φραγμένη από τον a1 και η an είναι φθίνου-σα και κάτω φραγμένη από τον b1) Αν επιπλέον ξέρουμε ότι

an minus bn rarr 0 τότε οι επάλληλες ακολουθίες an και bn έχουν το ίδιοόριο

61 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων

Πρόταση 611 Αν η ακολουθία xn συγκλίνει στο ℓ τότε και ηακολουθία

an =x1 + x2 + + xn

nσυγκλίνει στο ίδιο όριο

Απόδειξη Έστω ότι ε gt 0 και n1 isin N ώστε |xn minus ℓ| lt ε2 για κάθεn ge n1 Για το n1 επιλέγουμε n0 ge n1 ώστε για κάθε n ge n0 να

ισχύει|x1 minus ℓ| + |x2 minus ℓ| + + |xn1minus1 minus ℓ|

nle ε

2

54 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

Έτσι για κάθε n ge n0 έχουμε

|an minus ℓ| =∣∣∣∣∣(x1 minus ℓ)+ (x2 minus ℓ)+ + (xn1 minus ℓ)+ + (xn minus ℓ)

n

∣∣∣∣∣

le |x1 minus ℓ| + |x2 minus ℓ| + + |xn1minus1 minus ℓ|n

+ |xn1 minus ℓ| + + |xn minus ℓ|n

le ε2+ nminusn1 + 1

nε2le ε

Άρα an rarr ℓ ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Από την παραπάνω πρόταση μπορούμε άμεσα να να βρούμε

τα όρια του αρμονικού μέσου και του γεωμετρικού μέσου της xnΑν υποθέσουμε ότι xn gt 0 και ℓ gt 0 τότε xminus1

n rarr ℓminus1 άρα από την

προηγούμενη πρόταση ισχύει

xminus11 + + xminus1

n

nrarr ℓminus1

και αντιστρέφοντας το κλάσμα συμπεραίνουμε ότι και ο αρμονι-

κός μέσος συγκλίνει στο ℓ

n1x1+ + 1

xn

rarr ℓ

Τέλος από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού-αρμονικού

μέσου (δείτε Άσκηση 611)

x1 + x2 + + xnn

ge nradicx1x2 xn ge

n1x1+ + 1

xn

(61)

και το θεώρημα των ισοσυγκλινουσών ακολουθιών (Πρόταση 4410)

προκύπτει άμεσα ότιnradicx1x2 xn rarr ℓ

Μια άμεση γενίκευση των παραπάνω με εντελώς παρόμοια α-

πόδειξη είναι η εξής

Πρόταση 612 Αν xn rarr ℓ και pn ακολουθία θετικών όρων με p1+middotmiddot middot + pn rarrinfin τότε

limnrarrinfin

p1x1 + p2x2 + middotmiddot middot + pnxnp1 + p2 + middotmiddot middot + pn

= ℓ

Επιπλέον αν xn gt 0 για κάθε n isin N και ℓ gt 0 τότε

limnrarrinfin

xp1

1 xp2

2 xpnn = ℓ και limnrarrinfin

p1 + p2 + middotmiddot middot + pnp1

x1+ p2

x2+ middotmiddot middot + pn

xn

= ℓ

61 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων 55

Απόδειξη Θέτουμε

an =p1x1 + middotmiddot middot + pnxnp1 + middotmiddot middot + pn

Αν ε gt 0 υπάρχει n1 isin N ώστε |xn minus ℓ| le ε2 για κάθε n ge n1 Για

το n1 αφού p1 + middotmiddot middot + pn rarr +infin επιλέγουμε n0 ge n1 ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει

p1|x1 minus ℓ| + middot middot middot + pn1minus1|xn1minus1 minus ℓ|p1 + middotmiddot middot + pn

ltε2

Έτσι για κάθε n ge n0 ισχύει

|an minus ℓ| =∣∣∣∣∣p1(x1 minus ℓ)+ middotmiddot middot + pn(xn minus ℓ)

p1 + middotmiddot middot + pn

∣∣∣∣∣

le p1|x1 minus ℓ| + middot middot middot + pn1minus1|xn1minus1 minus ℓ|p1 + middotmiddot middot + pn

+ pn1 |xn1 minus ℓ| + + pn|xn minus ℓ|p1 + middotmiddot middot + pn

le ε2+ pn1 + middotmiddot middot + pnp1 + middotmiddot middot + pn

ε2lt ε

Για τον αρμονικό μέσο αφού ℓ xn gt 0 ισχύει xminus1n rarr ℓminus1 άρα

από το προηγούμενο

p1xminus11 + middotmiddot middot + pnxminus1

n

p1 + middotmiddot middot + pnrarr ℓminus1

συνεπώςp1 + middotmiddot middot + pn

p1xminus1 + middotmiddot middot + pnxminus1rarr ℓ

Τέλος το αποτέλεσμα για τον γεωμετρικό μέσο προκύπτει άμεσα

από την γενικευμένη ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού-αρμονικού

μέσου (δείτε Άσκηση 611)

p1x1 + p2x2 + middotmiddot middot + pnxnp1 + p2 + middotmiddot middot + pn

ge xp1

1 xp2

2 xpnn ge p1 + p2 + middotmiddot middot + pnp1

x1+ p2

x2+ middotmiddot middot + pn

xn

(62)

Ένα άμεσο πόρισμα της προηγούμενης πρότασης είναι το εξής

θεώρημα

Θεώρημα 613 (Κανόνας Lrsquo Hospital για ακολουθίες) Αν yn γνη-σίως αύξουσα και limyn = +infin αν

limxn minus xnminus1

yn minusynminus1= ℓ τότε lim

xnyn

= ℓ

Απόδειξη Θέτουμε x0 = y0 = 0 και υποθέτουμε χωρίς βλάβη της

γενικότητας ότι y1 gt 0 = y0 Παρατηρούμε ότι αν pn = ynminusynminus1 gt 0

56 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

τότε p1 + + pn = yn rarr +infin Εφαρμόζοντας την προηγούμενηπρόταση παίρνουμε ότι

ℓ = limp1

x1minusx0

y1minusy0+ + pn xnminusxnminus1

ynminusynminus1

p1 + + pn= lim

xnyn

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Με βάση το προηγούμενο επειδή η yn = n είναι γνήσια αύξου-σα με όριο το +infin μπορούμε να υπολογίσουμε το όριο lim((logn)n)ως εξής

limlognn

= limlognminus log(nminus 1)nminus (nminus 1)

= lim log

(n

nminus 1

)= lim log

(1minus 1

nminus 1

)= 0

Ασκήσεις

Άσκηση 611 Αποδείξτε τις ανισότητες (61) και (62) ακολουθώντας τα

παρακάτω βήματα

bull Αποδειξτε πρώτα ότι για κάθε y ge x gt 0 και για κάθε λ isin [01]ισχύει

(1minus λ)x + λy ge x1minusλyλ

Αυτό μπορεί να γίνει αν διαιρέσετε με το x θέσετε z = yx ge 1 και

αποδείξετε με τη βοήθεια της παραγώγου ότι η συνάρτηση ϕ(z) =(1minus λ)+ λz minus zλ είναι αύξουσα για z isin [1+infin)

bull Παρατηρήστε ότι η ίδια ανισότητα ισχύει και όταν x ge y gt 0 θέτο-

ντας micro = 1minus λ και χρησιμοποιώντας το προηγούμενοbull Χρησιμοποιήστε επαγωγή για να δείξετε ότι αν λi isin [01] xi gt 0 για

i = 1 n καιsumni=1 λi = 1 τότε

λ1x1 + + λnxn ge xλ11 xλnn

Για την (62) επιλέξτε λi = pi(p1 + + pn) και για την (61) επιλέξτελi = 1n

62 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος

Πρόταση 621 Για οποιουσδήποτε αριθμούς a b gt 0 θεωρούμε

τις ακολουθίες an και bn με a1 = (a+ b)2 b1 = 2(aminus1 + bminus1)

an+1 =an + bn

2και bn+1 =

21an+ 1bn

62 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος 57

Τότε οι an και bn συγκλίνουν και ισχύει

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicab

Δηλαδή ο laquoαριθμητικός-αρμονικός μέσοςraquo είναι ο γεωμετρικός μέ-

σος

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι a1 ge b1 και επαγωγικά

an =anminus1 + bnminus1

2ge 2

1anminus1

+ 1bnminus1

= bn για κάθε n ge 2

δηλαδή an ge bn για κάθε n isin N Τώρα προκύπτει εύκολα ότι η anείναι φθίνουσα και η bn αύξουσα Πράγματι

an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

21an+ 1bn

ge 21bn+ 1bn

= bn

Συνεπώς οι ακολουθίες είναι επάλληλες

0 lt b1 le b2 le le bn le an le anminus1 le le a2 le a1

άρα είναι μονότονες και φραγμένες συνεπώς συγκλίνουν Και

επειδή b1 gt 0 τα όριά τους είναι θετικοί αριθμοί Αλλά bn = 2an+1minusan άρα

limnrarrinfin

bn = limnrarrinfin

(2an+1 minus an) = limnrarrinfin

an

δηλαδή οι ακολουθίες είναι ισοσυγκλίνουσες

Για τον υπολογισμό του κοινού τους ορίου ℓ παρατηρούμε ότι

anbn = anminus1bnminus1 = = ab

Παίρνοντας όρια στην προηγούμενη σχέση προκύπτει ότι ℓ2 = abδηλαδή ℓ =

radicab ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Παρατήρηση 622 Παρατηρούμε εδώ ότι ο υπολογισμός του κοι-νού ορίου των an και bn έγινε χρησιμοποιώντας τη συνεχή συ-νάρτηση f(xy) = xy η οποία έχει την ιδιότητα f(an+1 bn+1) =f(an bn) για κάθε n isin N Αυτή η ταυτότητα μας έδωσε την

f(an bn) = f(a b) και με τη βοήθεια της συνέχειας της f περάσαμεστο όριο ως προς n Έτσι προέκυψε η σχέση f(ℓ ℓ) = f(a b) απόόπου λύσαμε ως προς ℓ Αυτή η παρατήρηση είναι σημαντικήγια την κατανόηση της επόμενης ενότητας

58 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

63 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος

Πρόταση 631 Για οποιουσδήποτε αριθμούς a b gt 0 θεωρούμε

τις ακολουθίες an και bn με a1 = (a+ b)2 b1 =radicab

an+1 =an + bn

2και bn+1 =

radicanbn

Τότε οι an και bn συγκλίνουν και ισχύει

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicπ2

(intinfin0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx)minus12

Το όριο αυτό ονομάζεται laquoαριθμογεωμετρικός μέσοςraquo των a καιb

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι a1 ge b1 και

an =anminus1 + bnminus1

2geradicanminus1bnminus1 = bn για κάθε n ge 2

άρα an ge bn για κάθε n isin N Τώρα προκύπτει εύκολα ότι η anείναι φθίνουσα και η bn αύξουσα Πράγματι

an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

radicanbn ge

radicbnbn = bn

Συνεπώς οι ακολουθίες είναι επάλληλες

0 lt b1 le b2 le le bn le an le anminus1 le le a2 le a1

άρα είναι μονότονες και φραγμένες συνεπώς συγκλίνουν Και ε-

πειδή b1 gt 0 τα όριά τους είναι θετικοί αριθμοί Αλλά an = b2n+1bn

οπότε

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

b2n+1

bn= limnrarrinfin

bn

Δηλαδή οι ακολουθίες έχουν το ίδιο όριο ℓ = M(ab) Μένει ναυπολογιστεί η τιμή του ορίου

Σύμφωνα με την Παρατήρηση 622 αναζητούμε μια συνεχή συ-

νάρτηση I(a b) (0infin)times (0infin) rarr R με την ιδιότητα

I(a b) = I(a+ b

2radicab)

Μια τέτοια συνάρτηση έδωσε ο Gauss Θεωρούμε την

I(a b) =int π2

0

1radica2 cos2 θ + b2 sin2 θ

dθ

63 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος 59

Για να δείξουμε εύκολα ότι έχει τη ζητούμενη ιδιότητα ελέγχουμε

πρώτα ότι

I(a b) =intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx

αλλάζοντας μεταβλητή στο τελευταίο ολοκλήρωμα Συγκεκριμένα

θέτουμε x = b tanθ (η αλλαγή μεταβλητής αφήνεται ως άσκηση)

Ισχυρισμος I(a b) = I((a+ b)2

radicab)= I(a1 b1)

Πράγματι ξεκινάμε παρατηρώντας ότι επειδή η ποσότητα στο

ολοκλήρωμα είναι άρτια ισχύει

I(a1 b1) =1

2

intinfinminusinfin

1radicx2 + a2

1

radicx2 + b2

dx

Ελέγχουμε ότι η συνάρτηση

ϕ(t) = 1

2

(t minus ab

t

) (0infin) rarr R

είναι συνεχής και 1-1 Συγκεκριμένα ϕprime gt 0 οπότε η ϕ είναι γνησί-ως αύξουσα και ϕ(0+) = minusinfin και ϕ(+infin) = +infin Αλλάζοντας λοιπόνμεταβλητή και θέτοντας x = ϕ(t) το ολοκλήρωμα θα αλλάξει από0 έως +infin Ελέγχουμε τέλος με απλές πράξεις ότι

x2 + b21 =

1

4

(t + ab

t

)2

x2 + a21 =

1

4t2(t2 + b2)(t2 + a2)

και

dx = 1

2

(1+ ab

t2

)dt

Αντικαθιστώντας στο ολοκλήρωμα παίρνουμε

I(a1 b1) = 1

2

intinfin0

112t

radict2 + a2

radict2 + b2 1

2

(t + ab

t

) 1

2

(1+ ab

t2

)dt

=intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dt

= I(a b)

ολοκληρώνοντας την απόδειξη του ισχυρισμού

Τώρα ισχύει

I(a b) = I(a1 b1) = middotmiddot middot = I(an bn)

60 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

Αν υποθέσουμε ότι η I είναι συνεχής στο σημείο (ℓ ℓ) τότε παιρνό-ντας όρια παίρνουμε I(a b) = I(ℓ ℓ) Αλλά εύκολα υπολογίζουμεότι I(ℓ ℓ) = π(2ℓ2) Έτσι I(a b) = π(2ℓ2) και λύνοντας ως προςℓ ολοκληρώνουμε την απόδειξηΜένει να δείξουμε ότι limnrarrinfin I(an bn) = I(ℓ ℓ) Χωρίς βλάβη της

γενικότητας υποθέτουμε ότι an ge ℓ2 και bn ge ℓ2 Έτσιradica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ ge ℓ2

Έχουμε

|I(an bn)minus I(ℓ ℓ)| leint π2

0

∣∣∣∣∣∣1radic

a2n cos2 θ + b2

n sin2 θminus 1

ℓ

∣∣∣∣∣∣ dθ

leint π2

0

|a2n cos2 θ + b2

n sin2 θ minus ℓ2|dθradica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ ℓ(radica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ + ℓ)

leint π2

0

|a2n minus ℓ2| cos2 θ + |b2

n minus ℓ2| sin2 θ(ℓ2)ℓ((ℓ2 + ℓ)) dθ

le 4

3ℓ3

π2

(|a2n minus ℓ2| + |b2

n minus ℓ2|)rarr 0

Μπορούμε επιπλέον να δούμε ότι η ταχύτητα της σύγκλισης

είναι εκθετική

an+1 minus bn+1

an minus bn= a2

n+1 minus b2n+1

(an minus bn)(an+1 + bn+1)= 1

4

an minus bnan+1 + bn+1

= an minus bn2(an + bn)+ 4bn+1

le an minus bn2(an + bn)

le 1

2

Οπότε επαγωγικά

0 le an minus bn le1

2n(a1 minus b1)

Μέρος II

Σειρές

Κεφάλαιο 7

Γενικά περί σειρών

71 Ορισμοί

Θεωρούμε μια ακολουθία πραγματικών αριθμών (an)nisinN και ορί-ζουμε μια νέα ακολουθία (sN)NisinN θέτοντας

sN = a1 + a2 + middotmiddot middot + aN =Nsum

n=1

an

Η νέα αυτή ακολουθία ονομάζεται σειρά της ακολουθίας (an)nisinNΚάθε όρος sN ονομάζεται το N-στο μερικό άθροισμα της ακολου-θίας (an)nisinN Αλλιώς σειρά της (an)nisinN είναι η ακολουθία τωνμερικών αθροισμάτων των όρων της

Αν η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων sN συγκλίνει τοόριό της το συμβολίζουμε με a1 + a2 + middotmiddot middot + aN + ή με

suminfinn=1 an

Συχνά παραβιάζεται η τυπική αυτή γλώσσα και λέμε laquoη σειράsuminfinn=1 anraquo επειδή με αυτό το συμβολισμό είναι προφανές ποια είναιη ακολουθία των μερικών αθροισμάτων και ποιο είναι το όριο

Αν το όριο δεν υπάρχει λέμε ότι laquoη σειράsuminfinn=1 an δεν συγκλίνειraquo

εννοώντας βεβαίως ότι η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων

(sN)NisinN δεν συγκλίνειΟι σειρές λοιπόν δεν είναι παρά ειδικού τύπου ακολουθίες που

παράγονται από μια άλλη ακολουθία προσθέτοντας τους όρους

της laquoμε τη σειρά που εμφανίζονταιraquo

Παράδειγμα 711 (Η γεωμετρική σειρά) Ας θεωρήσουμε ένα αριθ-μό λ isin R και θέτουμε an = λn δηλαδή η an είναι η γεωμετρικήακολουθία με λόγο λ Η σειρά αυτής της ακολουθίας ονομάζεταιγεωμετρική σειρά με λόγο λ Αν λ = 1 τότε φανερά

sN = 1+ 1+ middotmiddot middot + 1︸ ︷︷ ︸N

= N rarrinfin

64 Γενικά περί σειρών

Θα υπολογίσουμε τώρα αυτή τη σειρά δηλαδή τα μερικά αθροί-

σματα sN υπό την προϋπόθεση ότι λ ne 1

sN = λ+ λ2 + λ3 + middotmiddot middot + λN =Nsum

n=1

λn

Για να βρούμε το όριο αυτής της ακολουθίας θα υπολογίσουμε το

sN ως εξής παρατηρούμε ότι

(1minus λ)sN = (1minus λ)(λ+ λ2 + λ3 + middotmiddot middot + λN)= λ+ λ2 + λ3 + middotmiddot middot + λN minus λ2 minus λ3 minus middotmiddot middot minus λN minus λN+1

= λminus λN+1

Συνεπώς

sN =λ(1minus λN)

1minus λ

Αν minus1 lt λ lt 1 ισχύει limNrarrinfin λN = 0 συνεπώς sN rarr λ(1 minus λ) Λέμελοιπόν ότι η σειρά συγκλίνει στο λ(1 minus λ) και αντί για sN rarrλ(1minus λ) γράφουμε

infinsum

n=1

λn = λ1minus λ

Αν λ gt 1 τότε επειδή limNrarrinfin λN = infin συμπεραίνουμε ότι sN rarr infinδηλαδή

suminfinn=1 λ

n = infin και λέμε ότι η σειρά αυτή laquoαπειρίζεταιraquo ήαποκλίνει στο άπειρο σε κάθε περίπτωση δεν συγκλίνει

Το να μην συγκλίνει μια σειρά δεν σημαίνει ότι αποκλίνει στο

άπειρο Ας πάρουμε για παράδειγμα τη σειρά της ακολουθίας

an = (minus1)n δηλαδή τη σειράsuminfinn=1(minus1)n Για να βρούμε αν συγκλί-

νει αυτή η σειρά πρέπει να ελέγξουμε αν συγκλίνουν τα μερικά

της αθροίσματα Αλλά αν ο δείκτης N της sN είναι άρτιος τότεsN = 0 ενώ αν ο N είναι περιττός τότε sN = minus1 Δηλαδή s2N = 0 rarr 0

και s2Nminus1 = minus1 rarr minus1 Άρα η σειρά αυτή δεν συγκλίνει (χωρίς να laquoα-

πειρίζεταιraquo) Γενικότερα αν λ le minus1 η γεωμετρική σειρά αποκλίνει

Πράγματι

s2N =2Nsum

n=1

λn = λ(1minus λ2N)1minus λ rarrinfin

ενώ

s2Nminus1 =2Nminus1sum

n=1

λn = λ(1minus λ2Nminus1)1minus λ rarr minusinfin

(ελέγξτε τα πρόσημα των παραπάνω κλασμάτων) και συνεπώς

η sN έχει δυο υπακολουθίες με διαφορετικό όριο άρα η ίδια δενσυγκλίνει

71 Ορισμοί 65

Πολλές φορές χρειαζόμαστε να προσθέσουμε όρους μιας ακο-

λουθίας (an)nisinN ξεκινώντας όχι από τον a1 αλλά από κάποιον

από τους επόμενους όρους Αυτό μπορεί να συμβαίνει είτε επειδή

μας χρειάζεται κάτι τέτοιο ή επειδή η ακολουθία δεν έχει a1 (ή και

κάποιους ακόμα) όρους Για παράδειγμα η an = (nminus 1)minus1(nminus 5)minus1

δεν ορίζεται ούτε για n = 1 ούτε για n = 5 Έτσι και πάλι θα ο-

νομάζουμε laquoσειράraquo την ακολουθία μερικών αθροισμάτων της μορ-

φής

sN = an0 + an0+1 + middotmiddot middot + aNμε όριο το

suminfinn=n0

an Όπως και πριν κατά παράβαση αυτής τηςτυπικής γλώσσας θα λέμε laquoη σειρά

suminfinn=n0

anraquo μια και από αυτήτην έκφραση καταλαβαίνουμε αμέσως πιο είναι το μερικό άθροι-

σμα και ποιο το όριο (αν υπάρχει)

Φράσεις όπως laquoσειρά της (nminus1)minus1(nminus5)minus1raquo δεν είναι σαφής και

θα πρέπει να ξεκαθαριστεί αν εννοούμε τηνsuminfinn=6(nminus1)minus1(nminus5)minus1 ή

τηνsuminfinn=7(nminus1)minus1(nminus5)minus1 ή κάτι άλλο Όμως η φράση laquoη σειρά της

(n minus 1)minus1(n minus 5)minus1 συγκλίνειraquo έχει νόημα σύμφωνα με την επόμενη

πρόταση

Πρόταση 712 Για κάθε ακολουθία an που ορίζεται για n ge k isin Nκαι για κάθε n1 n2 ge k η σειρά

suminfinn=n1

an συγκλίνει αν και μόνοαν η σειρά

suminfinn=n2

an συγκλίνει

Απόδειξη Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι n2 gt n1

και θέτουμε

sN =Nsum

n=n1

an = an1 + an1+1 + middotmiddot middot + aN

και

tN =Nsum

n=n2

an = an2 + an2+1 + middotmiddot middot + aN

για κάθε N ge n2 Φανερά

sN = tN + (an1 + an1+1 + middotmiddot middot + an2minus1)

Άρα η sN συγκλίνει αν και μόνο αν η tN συγκλίνει αφού διαφέ-ρουν κατά μια σταθερή ποσότητα

Στη συνέχεια θα εργαζόμαστε εν γένει με σειρές της μορφήςsuminfinn=1 an αλλά όλα τα αποτελέσματα με τις προφανείς τροποποιή-σεις ισχύουν και για σειρές της μορφής

suminfinn=n0

an για οποιοδήποτεn0 isin N

66 Γενικά περί σειρών

Ασκήσεις

Άσκηση 711 Υπολογίστε τις γεωμετρικές σειρές

(α)infinsum

n=1

1

2n(β)

infinsum

n=1

2n

3n

72 Πράξεις με σειρές

Εξαιτίας των ιδιοτήτων των συγκλινουσών ακολουθιών έχουμε

την εξής συνέπεια

Πρόταση 721 Έστω ότι οι (an)nisinN και (bn)nisinN είναι ακολουθί-ες πραγματικών αριθμών και οι σειρές τους

suminfinn=1 an και

suminfinn=1 bn

συγκλίνουν Τότε για κάθε πραγματικό αριθμό λ οι σειρές

infinsum

n=1

(λan) καιinfinsum

n=1

(an + bn)

συγκλίνουν και ισχύει

infinsum

n=1

λan = λinfinsum

n=1

an καιinfinsum

n=1

(an + bn) =infinsum

n=1

an +infinsum

n=1

bn

Απόδειξη Φανερά ισχύουν οι

Nsum

n=1

(λan) = λinfinsum

n=1

an καιNsum

n=1

(an + bn) =Nsum

n=1

an +Nsum

n=1

bn

για κάθε N isin N Παίρνοντας όρια για N rarrinfin προκύπτει άμεσα τοζητούμενο

Το αντίστροφο δεν είναι σωστό Μπορεί να συγκλίνει ηsuminfinn=1(an+

bn) αλλά να αποκλίνουν οιsuminfinn=1 an και

suminfinn=1 bn Για παράδειγμα

ηinfinsum

n=1

(1+

(1

2nminus 1

))=

infinsum

n=1

1

2n

συγκλίνει ως γεωμετρική σειρά με λόγο 12 αλλά καμιά από τιςsuminfinn=1 1 και

suminfinn=1(2

minusn minus 1) δεν συγκλίνουν (γιατί)

Ασκήσεις

Άσκηση 721 Αν η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει εξετάστε ως προς τη σύ-

γκλιση τη σειράnsumn=1

(an minus eminusn

)

Κεφάλαιο 8

Θεωρητικά κριτήριασύγκλισης σειρών

81 Το κριτήριο φράγματος

Πρόταση 811 (Κριτήριο φράγματος) Αν an ge 0 και η sN =sumNn=1 an είναι φραγμένη ακολουθία τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλί-

νει Αν δεν είναι φραγμένη απειρίζεται

Απόδειξη Επειδή an ge 0 η sN είναι αύξουσα και επειδή είναι καιφραγμένη συγκλίνει (Θεώρημα 451) Αν δεν είναι φραγμένη η sNτότε δεν είναι άνω φραγμένη επειδή είναι αύξουσα Έτσι για

κάθε M gt 0 υπάρχει N0 isin N ώστε sN0 ge M Οπότε επειδή είναι καιαύξουσα για κάθε N ge N0 ισχύει sN ge sN0 geM δηλαδή sN rarrinfin

Ένα πολύ ενδιαφέρον και χρήσιμο παράδειγμα προκύπτει από

την Άσκηση 324

Παράδειγμα 812 Για κάθε p gt 1 η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει

Πράγματι από την Άσκηση 324

sN = 1+ 1

2p+ 1

3p+ middotmiddot middot + 1

Nple pp minus 1

δηλαδή είναι φραγμένη και επειδή 1np ge 0 από την προηγούμενη

πρόταση η σειρά συγκλίνει Για 0 lt p lt 1 η σειρά αποκλίνει αφού

δεν είναι άνω φραγμένη (Άσκηση 324) Τέλος για p = 1 δεν είναι

άνω φραγμένη αφού s2N ge 2minus1N (Άσκηση 811)

68 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Ασκήσεις

Άσκηση 811 Αποδείξτε ότι η σειρά sN =sumNn=1 1n δεν είναι άνω φραγμέ-

νη αποδεικνύοντας ότι s2N ge 2minus1N ως εξής ομαδοποιήστε τα κλάσματατης s2N ανά 2n κλάσματα γράφοντας

s2N = 1+ 1

2+ 1

3+ middotmiddot middot + 1

2N

=(

1+ 1

21

)+(

1

21 + 1+ 1

22

)+(

1

22 + 1+ 1

22 + 2+ middot middot middot + 1

23

)+

+ middot middot middot +(

1

2Nminus1 + 1+ 1

2Nminus1 + 2+ middotmiddot middot + 1

2N

)

και αντικαταστήστε σε κάθε παρένθεση όλα τα κλάσματα με το μικρό-

τερο κλάσμα της παρένθεσης

82 Το κριτήριο Cauchy

Όπως γνωρίζουμε από τις ακολουθίες (Θεώρημα 454) κάθε ακο-

λουθία συγκλίνει αν και μόνο αν είναι ακολουθία Cauchy Έτσι το

ίδιο ισχύει και για την ακολουθία (sN)NisinN των μερικών αθροισμά-των οποιασδήποτε ακολουθίας Σε αυτή την περίπτωση εξαιτίας

της μορφής που έχουν οι όροι sN η ιδιότητα Cauchy παίρνει και

αυτή μια ειδική μορφή Παρατηρούμε ότι αν οι N gt M είναι φυ-

σικοί αριθμοί και sN είναι τα μερικά αθροίσματα της ακολουθίας(an)nisinN τότε

|sN minus sM | =∣∣∣∣∣Nsum

n=1

an minusMsum

n=1

an

∣∣∣∣∣

=∣∣(a1 + a2 + middotmiddot middot + aN)minus (a1 + a2 + middotmiddot middot + aM)

∣∣

=∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣

αφού όλοι οι όροι της an μέχρι και τον aM θα διαγραφούν Έτσικαταλήγουμε στην ακόλουθη πρόταση

Θεώρημα 821 (Ιδιότητα Cauchy) Η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν

και μόνο αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin N ώστε για κάθεN gt M ge N0 να ισχύει ∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε

82 Το κριτήριο Cauchy 69

Αν υποθέσουμε ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε για κάθε ε gt 0

θα έχει την παραπάνω ιδιότητα για κάθε N gt M ge N0 άρα και για

N =M + 1 Δηλαδή ∣∣∣∣∣M+1sum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε

Αλλά το τελευταίο άθροισμα δεν είναι παρά η ποσότητα |aM+1|Καταλήξαμε έτσι στο ότι για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin Nώστε για κάθε M ge N0 να ισχύει |aM+1| lt ε Ισοδύναμα για κάθεn ge N0 + 1 ισχύει |an| lt ε δηλαδή η ακολουθία an είναι μηδενική

Πόρισμα 822 Αν μια σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε limnrarrinfin an = 0

Το πόρισμα αυτό αποτελεί και ένα εύκολο κριτήριο μη σύγκλισης

σειρών Διότι αν ξέρουμε για μια ακολουθία an ότι αυτή δενείναι μηδενική τότε αποκλείεται με βάση αυτό το πόρισμα να

συγκλίνει η σειράsuminfinn=1 an

Για παράδειγμα η σειρά

infinsum

n=1

(n

n+ 1

)n

δεν συγκλίνει διότι η ακολουθία (n(n + 1))n δεν είναι μηδενικήΠράγματι (

nn+ 1

)n= 1(

n+1n

)n =1(

1+ 1n

)n rarr1

ene 0

Αυτός είναι ο πρώτος έλεγχος που κάνουμε σε μια σειρά όταν

προσπαθούμε να διαγνώσουμε αν αυτή συγκλίνει ή όχι διότι είναι

συνήθως ο απλούστερος

Το αντίστροφο του παραπάνω πορίσματος δεν είναι σωστό

όπως φαίνεται εύκολα στο επόμενο παράδειγμα

Η σειράsuminfinn=1

1radicn αποκλίνει παρόλο που 1

radicnrarr 0 Πράγματι

sN =1radic1+ 1radic

2+ 1radic

3+ middotmiddot middot + 1radic

N

ge 1radicN+ 1radic

N+ middotmiddot middot + 1radic

N︸ ︷︷ ︸Nminusκλάσματα

= N 1radicN=radicN

Δηλαδή sN geradicN για κάθε N isin N συνεπώς sN rarr infin και η σειράsuminfin

n=1 1radicn αποκλίνει (απειρίζεται) (Δείτε και Άσκηση 324 από

όπου προκύπτει αμέσως ότι για όλα τα 0 lt p lt 1 η σειράsuminfinn=1 n

minusp

απειρίζεται)

70 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Την ίδια συμπεριφορά έχει και η ακολουθία 1n Παρόλο που1nrarr 0 εν τούτοις

infinsum

n=1

1

n= infin

Η σειρά της 1n ονομάζεται αρμονική σειρά Το ότι αποκλίνει(απειρίζεται) μπορεί να αποδειχθεί με διάφορους τρόπους (δείτε

Ασκήσεις 811 324 822 και 823) Ίσως ο πιο γρήγορος τρό-

πος απόδειξης ότι η αρμονική σειρά αποκλίνει είναι ο ακόλουθος

υποθέτουμε ότι η σειρά συγκλίνει και θέτουμε ℓ =suminfinn=1 1n Τότε

1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+ 1

5+ 1

6+ middotmiddot middot + 1

2n

= 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

3+ 1

4

)+(

1

5+ 1

6

)+ middotmiddot middot +

(1

2nminus 1+ 1

2n

)

ge 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

4+ 1

4

)+(

1

6+ 1

6

)+ middotmiddot middot +

(1

2n+ 1

2n

)

ge 1

2+ 1+ 1

2+ 1

3+ middotmiddot middot + 1

n

Παίρνουμε τώρα όριο με n rarr infin από όπου προκύπτει αμέσως ℓ ge12+ ℓ το οποίο είναι άτοπο

Ορισμός 823 Λέμε ότι μια σειράsuminfinn=1 an μιας ακολουθίας

(an)nisinN συγκλίνει απόλυτα αν η σειράsuminfinn=1 |an| της ακολουθίας

(|an|)nisinN συγκλίνει

Αν μια σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει πολλές φορές αντί για τη φράση

laquoσυγκλίνειraquo χρησιμοποιούμε τη φράση laquoσυγκλίνει απλάraquo σε αντι-

διαστολή με τη φράση laquoσυγκλίνει απόλυταraquo

Μια άλλη συνέπεια της ιδιότητας Cauchy είναι η ακόλουθη

Πόρισμα 824 Αν μια σειρά συγκλίνει απόλυτα τότε συγκλίνεικαι απλά

Απόδειξη Αν η σειράsuminfinn=1 |an| συγκλίνει τότε ικανοποιεί την ι-

διότητα Cauchy Αλλά τότε για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin Nώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύει

sumNn=M+1 |an| lt ε Αλλά από

την τριγωνική ανισότητα έχουμε

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ leNsum

n=M+1

|an| lt ε

δηλαδή και η σειράsuminfinn=1 an ικανοποιεί την ιδιότητα Cauchy άρα

συγκλίνει

83 Το κριτήριο σύγκρισης 71

Ασκήσεις

Άσκηση 821 [Abel-Pringsheim] Αποδείξτε ότι αν η an ge 0 είναι μια φθί-

νουσα ακολουθία και η σειρά της συγκλίνει τότε nan rarr 0 Συμπεράνετε

ότι ηsuminfinn=1 1n δεν συγκλίνει

Υπόδειξη Αν sn το μερικό άθροισμα της σειράς της an αποδείξτε ότιs2n minus sn ge na2n

Άσκηση 822 Αποδείξτε ότι οι ακολουθίες

xn = 1+ 1

2+ middotmiddot middot + 1

nminus 1minus logn

και

yn = 1+ 1

2+ middotmiddot middot + 1

nminus logn

είναι επάλληλες δηλαδή ότι xn le yn για κάθε n isin N η xn είναι αύξουσακαι η yn είναι φθίνουσα Συμπεράνετε ότι συγκλίνουν και από αυτόαποδείξτε ότι

1+ 1

2+ middot middot middot + 1

nrarrinfin

Άσκηση 823 Αποδείξτε ότι η αρμονική σειρά αποκλίνει ως εξής αν

sN =sumNn=1 1n το μερικό άθροισμα της αρμονικής σειράς τότε

esN =Nprodn=1

e1n ge N + 1

χρησιμοποιώντας σε κάθε όρο του γινομένου την ανισότητα ex ge 1+x γιαx isin R και κάνοντας τις απλοποιήσεις που προκύπτουν στο γινόμενο

83 Το κριτήριο σύγκρισης

Το ακόλουθο κριτήριο έχει ακριβώς την ίδια απόδειξη με την α-

πόδειξη της Πρότασης 824

Θεώρημα 831 (Κριτήριο σύγκρισης) Αν για δυο ακολουθίες anbn gt 0 υπάρχει n0 isin N ώστε να ισχύει an le bn για κάθε n ge n0

και ηsuminfinn=1 bn συγκλίνει τότε και η

suminfinn=1 an συγκλίνει

Αν ηsuminfinn=1 an αποκλίνει τότε και η

suminfinn=1 bn αποκλίνει

Απόδειξη Αφού η σειρά της bn συγκλίνει συμπεραίνουμε ότι ησειρά αυτή ικανοποιεί την ιδιότητα Cauchy Έτσι για κάθε ε gt 0

υπάρχει N0 = N0(ε) isin N με N0 ge n0 (αλλιώς επιλέγουμε το n0 στη

θέση του N0) ώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύει

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε

72 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Αλλά 0 le an le bn για κάθε n ge N0 οπότε

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ =Nsum

n=M+1

an leNsum

n=M+1

bn =

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε

συνεπώς και η σειρά της aN έχει την ιδιότητα Cauchy άρα συ-

γκλίνει

Αν τώρα η sN =sumNn=1 an αποκλίνει επειδή an ge 0 συμπεραίνουμε

ότι sN rarrinfin Αλλά για κάθε N ge n0 ισχύει

Nsum

n=1

bn =n0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0

bn

gen0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0minus1

an =n0sum

n=1

bn minusn0sum

n=1

an +Nsum

n=1

an rarrinfin

Άρα και ηsumNn=1 bn αποκλίνει

Η απόδειξη του παρακάτω κριτηρίου ανάγεται στο προηγού-

μενο

Πόρισμα 832 (Κριτήριο οριακής σύγκρισης) Αν για δυο ακολου-θίες an bn gt 0 ισχύει limnrarrinfin anbn = ℓ gt 0 τότε η σειρά

suminfinn=1 an

συγκλίνει αν και μόνο αν η σειράsuminfinn=1 bn συγκλίνει

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης με ε = ℓ2 Ο-πότε υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 |anbnminusℓ| lt ℓ2Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και πολλαπλασιάζοντας με bn συ-μπεραίνουμε ότι

1

2ℓbn lt an lt

3

2ℓbn

Έτσι από το Θεώρημα 831 αν ηsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε συγκλί-

νει και ηsuminfinn=1(12)ℓbn άρα και η

suminfinn=1 bn (Πρόταση 721 για

λ = 2ℓ) Επιπλέον αν συγκλίνει ηsuminfinn=1 bn τότε συγκλίνει και ηsuminfin

n=1(32)ℓbn (Πρόταση 721 για λ = (32)ℓ) οπότε και ηsuminfinn=1 an

Το επόμενο πόρισμα είναι απλό αλλά ιδιαίτερα χρήσιμο

Πόρισμα 833 (Κριτήριο σύγκρισης λόγων) Αν για τις ακολου-θίες an bn gt 0 ισχύει

an+1

anle bn+1

bn

για καθε n isin N τότε

bull Αν η σειράsuminfinn=1 bn συγκλίνει τότε και η

suminfinn=1 an συγκλίνει

bull Αν η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει τότε και η

suminfinn=1 bn αποκλίνει

84 Τηλεσκοπικές σειρές 73

Απόδειξη Φανερά μετά τις απαλοιφές ισχύει

an =ananminus1

anminus1

anminus1middot middot middot a2

a1a1 le

bnbnminus1

bnminus1

bnminus2middot middot middot b2

b1a1 =

a1

b1bn

και το αποτέλεσμα προκύπτει αμέσως από το Θεώρημα 831

Ασκήσεις

Άσκηση 831 Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

(radicn2 + 1minusn

) infinsum

n=1

radicn+ 1minusradicn

n

infinsum

n=1

1radic(n+ 1)n

infinsum

n=1

1

n(n+1)n

infinsum

n=1

nn2 + 3

infinsum

n=1

cos2nn2

infinsum

n=1

1

2n +n

infinsum

n=1

nminusradicnn2 +n

infinsum

n=1

sin1

n

Άσκηση 832 Αποδείξτε με το κριτήριο σύγκρισης ότι η σειράsuminfinn=1 n

5eminusn6

συγκλίνει συγκρίνοντας την ακολουθία n5eminusn6με την eminusn

Άσκηση 833 Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=2

1

n2 minusradicninfinsum

n=2

1

n2 minusninfinsum

n=2

1

n2 minusna a isin R 2

Άσκηση 834 Χρησιμοποιήστε το οριακό κριτήριο σύγκρισης για να ε-

λέγξετε τη σύγκλιση των σειρών

infinsumn=1

(1minus eminus1n)

infinsumn=1

(nradicnminus 1)

Άσκηση 835 Αν για an ge 0 η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει εξετάστε τη σύ-

γκλιση των σειρών

infinsumn=1

a2n

infinsumn=1

apn p ge 1infinsumn=1

an1+ an

infinsumn=1

a2n

1+ a2n

84 Τηλεσκοπικές σειρές

Ξεκινάμε με τον ακόλουθο ορισμό

Ορισμός 841 Αν η ακολουθία an γράφεται ως bn+1 minus bn για κά-ποια άλλη ακολουθία bn τότε η σειρά

suminfinn=1 an ονομάζεται τηλε-

σκοπική

74 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Θεώρημα 842 Έστω ότι an και bn ακολουθίες για τις οποίεςισχύει an = bn+1 minus bn για κάθε n isin N Τότε η τηλεσκοπική σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν υπάρχει το όριο limbn Σε αυτήτην περίπτωση ισχύει

infinsum

n=1

an = limnrarrinfin

bn minus b1

Απόδειξη Πράγματι

Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

(bn+1 minus bn)

= (b2 minus b1)+ (b3 minus b2)+ (b4 minus b3)+ middotmiddot middot + (bN+1 minus bN)= bN+1 minus b1

Άρα

limNrarrinfin

Nsum

n=1

an = limNrarrinfin

(bN+1 minus b1) = limnrarrinfin

bn minus b1

Με βάση τα παραπάνω η σειράsuminfinn=1 n

minus1(n + 1)minus1 συγκλίνει

διότι1

n(n+ 1)= 1

nminus 1

n+ 1=(minus 1

n+ 1

)minus(minus 1

n

)

Άραinfinsum

n=1

1

n(n+ 1)= limnrarrinfin

(minus 1

n

)minus(minus1

1

)= 1

841 Το κριτήριο Dini-Kummer

Ένα πόρισμα που συνδυάζει το θεώρημα για τις τηλεσκοπικές

σειρές και το κριτήριο σύγκρισης είναι και ένα από τα πλέον

ισχυρά κριτήρια γνωστό ως κριτήριο Dini-Kummer

Πόρισμα 843 (Κριτήριο Dini-Kummer) Για τις ακολουθίες an bn gt0 θέτουμε

dkn =anbn minus an+1bn+1

an

Αν lim dkn gt 0 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Αν υπάρχει n0 isin N

ώστε dkn le 0 για κάθε n ge n0 και η σειράsuminfinn=1 b

minus1n αποκλίνει

τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Αν θέσουμε λ = (lim dkn)2 gt 0 τότε υπάρχει δείκτης

n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει dkn ge λ Συνεπώς

0 lt an le1

λ(anbn minus an+1bn+1) (81)

84 Τηλεσκοπικές σειρές 75

Από την (81) η ακολουθία anbn είναι φθίνουσα Και επειδή εί-ναι και θετική είναι φραγμένη και άρα συγκλίνει Έτσι η σει-

ράsuminfinn=n0

an συγκρίνεται με την τηλεσκοπική σειράsuminfinn=n0

(anbn minusan+1bn+1) η οποία συγκλίνει (στο an0bn0 minus limanbn) Άρα η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνειΑν τώρα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει dkn le

0 τότε anbn minus an+1bn+1 le 0 οπότε για κάθε n ge n0 ισχύει an geanminus1(bnminus1bn) οπότε

ananminus1

ge 1bn1bnminus1

και το αποτέλεσμα προκύπτει αμέσως από το κριτήριο σύγκρισης

λόγων (Πόρισμα 833)

Παρατήρηση 844 Αν lim dkn lt 0 τότε υπάρχει δείκτης n0 isin N

ώστε dkn le 0 δηλαδή ικανοποιείται η δεύτερη συνθήκη του κριτη-

ρίου Dini-Kummer Το αντίστροφο όμως δεν είναι αληθές

Με το κριτήριο Dini-Kummer μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε τη

σύγκλιση της σειράς της 1np για p ne 1 Πράγματι θέτουμε θέ-

τουμε bn = nminus 1 για κάθε n ge 2 Έτσι για an = 1np ισχύει

dkn =(nminus 1)np minusn(n+ 1)p

1np= n

(1minus

(n

n+ 1

)p)minus 1

με όριο τον αριθμό p minus 1 (Άσκηση 841) Άρα σύμφωνα με το

κριτήριο Dini-Kummer η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει αν p gt 1 και

αποκλίνει για p lt 1

Ασκήσεις

Άσκηση 841 Αποδείξτε ότι

limnrarrinfin

n(

1minus(

nn+ 1

)p)= p

γράφοντας

(n+ 1)(

1minus(

nn+ 1

)p)= p 1minus ep log

(1minus 1

n+1

)

p log(1minus 1

n+1

) log(1minus 1

n+1

)

1n+1

και χρησιμοποιώντας τα βασικά όρια των Προτάσεων 4710 και 4713

Άσκηση 842 Υπολογίστε τις τηλεσκοπικές σειρές

76 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

infinsumn=na

1

(a+n)(a+n+ 1) για na gt a a isin R

infinsum

n=1

2n

n

(1minus 2

n+ 1

)

infinsum

n=2

1

n(n+ 1)log

(n+ 1)nminus1

nn

infinsum

n=2

(neminusn

(eminus1 minus 1+ eminusnminus1

))

infinsum

n=2

1

nn

1

n+ 1

1(1+ 1

n

)n minus 1

Άσκηση 843 Αποδείξτε το κριτήριο Dini-Kummer για την περίπτωση

που δεν υπάρχει το όριο της dkn Συγκεκριμένα αποδείξτε ότι αν lim inf dkn gt0 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει ενώ αν lim sup dkn lt 0 και η

suminfinn=1 b

minus1n

αποκλίνει τότε και ηsuminfinn=1 an αποκλίνει

85 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy

Ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι θετική και φθίνουσα καιθέλουμε να ελέγξουμε τη σύγκλιση της σειράς της Δεδομένου του

ότι είναι φθίνουσα χρειαζόμαστε άραγε όλους τους όρους της ή

μήπως μπορούμε κάποιους να τους απορρίψουμε Για παράδειγμα

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot le a1 + a1 + a3 + a3 + a5 + a5 + middotmiddot middotle 2(a1 + a3 + a5 + middotmiddot middot )

Δηλαδή αν συγκλίνει η σειρά των όρων με περιττό δείκτη συγκλί-

νει και η αρχική σειρά Βεβαίως δεν υπάρχει κάτι laquoμαγικόraquo στους

όρους με περιττό δείκτη Διότι ισχύει και

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot le a1 + a2 + a2 + a4 + a4 + a6 + middotmiddot middotle a1 + 2(a2 + a4 + a6 + middotmiddot middot )

Άρα αν η σειρά των όρων με άρτιους δείκτες συγκλίνει τότε συ-

γκλίνει και η αρχική σειρά Μάλιστα η σύγκλιση είναι laquoαν και

μόνο ανraquo Για παράδειγμα

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot ge a2 + a2 + a4 + a4 + a6 + a6 + middotmiddot middotle 2(a2 + a4 + a6 + middotmiddot middot )

οπότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η σειρά

suminfinn=1 a2n

συγκλίνει

Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι αυτό το τέχνασμα μπορεί να

επεκταθεί και να ελέγξουμε τη σύγκλιση μιας σειράς θετικής και

φθίνουσας ακολουθίας ελέγχοντας αν συγκλίνει η σειρά αφού της

αφαιρέσουμε περισσότερους όρους Δοκιμάστε για παράδειγμα να

δείξετε όπως παραπάνω ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και

μόνο αν η σειράsuminfinn=1 a3n συγκλίνει

85 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy 77

Μέχρι πού μπορεί να επεκταθεί αυτό το τέχνασμα Το παρα-

κάτω θεώρημα μας δίνει μια απάντηση Έστω ότι η kn είναι μιαγνησίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών Θέλουμε να εφαρ-

μόσουμε το παραπάνω τέχνασμα από τον όρο akn έως τον akn+1

Αν οι αποστάσεις των kn από τους kn+1 δεν laquoαυξάνουν ραγδαίαraquo

το παραπάνω τέχνασμα λειτουργεί

Θεώρημα 851 (Κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy) Έστω ότι ηan είναι μια μη αρνητική και φθίνουσα ακολουθία και η kn είναιμια γνησίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών για την οποί-

α υπάρχει αριθμός M gt 0 ώστε

kn+1 minus kn leM(kn minus knminus1)

για κάθε n ge 2 Τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η

σειράsuminfinn=1(kn+1 minus kn)akn συγκλίνει

Απόδειξη Επειδή η kn είναι γνησίως αύξουσα εύκολα ελέγχουμεμε επαγωγή ότι kn ge n για κάθε n isin N Άρα αν sN είναι το μερικόάθροισμα της σειράς της an

sN le skN+1

le a1 + middotmiddot middot + ak1minus1 + ak1 + middotmiddot middot + ak2minus1︸ ︷︷ ︸k2minusk1 όροι

+middotmiddot middot + akN + middotmiddot middot + akN+1minus1︸ ︷︷ ︸kN+1minuskN όροι

le a1 + middotmiddot middot + ak1minus1 + (k2 minus k1)ak1 + middotmiddot middot + (kN+1 minus kN)aN

ΔηλαδήNsum

n=1

an le a1 + middotmiddot middot + ak1minus1 +Nsum

n=1

(kn+1 minus kn)akn

Άρα αν η τελευταία σειρά συγκλίνει συγκλίνει και η αρχική

Αντιστρόφως για κάθε m ge kNsm ge skN = a1 + + ak1 + ak1+1 + + ak2 + ak2+1 + + akN

ge ak1+1 + middotmiddot middot + ak2︸ ︷︷ ︸k2minusk1 όροι

+middotmiddot middot + akNminus1+1 + middotmiddot middot + akN︸ ︷︷ ︸kNminuskNminus1 όροι

ge (k2 minus k1)ak2 + middotmiddot middot + (kN minus kNminus1)akN

Πολλαπλασιάζοντας με M και χρησιμοποιώντας την υπόθεση παίρ-νουμε

Msm ge (k3 minus k2)ak2 + middotmiddot middot + (kN+1 minus kN)akN Δηλαδή

MNsum

n=1

an geNsum

n=2

(kn+1 minus kn)akn

Άρα αν η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε συγκλίνει και η

suminfinn=1(kn+1minus

kn)an ολοκληρώνοντας την απόδειξη

78 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Πόρισμα 852 (Κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy) Αν η ακολου-θία (an)nisinN είναι μη αρνητική και φθίνουσα τότε η σειρά

suminfinn=1 an

συγκλίνει αν και μόνο αν η σειράsuminfinn=1 2na2n συγκλίνει

Απόδειξη Άμεσο από το παραπάνω θεώρημα για kn = 2n αφού

kn+1 minus kn = 2n+1 minus 2n = 2 middot 2n minus 2n = 2n = 2(2n minus 2nminus1) = 2(kn minus knminus1)

Παρατήρηση 853 Και πάλι η επιλογή kn = 2n για το παραπάνω

δεν είναι σε καμμία περίπτωση μοναδική Αν για παράδειγμα επι-

λέξουμε kn = 3n θα προκύψει ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και

μόνο αν η σειράsuminfinn=1 3na3n συγκλίνει Ή αν επιλέξουμε kn = n2

εύκολα ελέγχουμε ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η

σειράsuminfinn=1(2n+ 1)an2 συγκλίνει

Παράδειγμα 854 Με το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy είναι

πολύ εύκολο να ελέγξουμε τη σύγκλιση της σειράςsuminfinn=1 1np για

κάθε p gt 0 Πράγματι η σειρά θα συγκλίνει αν και μόνο αν συ-

γκλίνει η σειράinfinsum

n=1

2n1

(2n)p=

infinsum

n=1

(1

2pminus1

)n

Αλλά η τελευταία είναι γεωμετρική σειρά με λόγο 12pminus1 οπότε

συγκλίνει αν και μόνο αν ο λόγος αυτός είναι μικρότερος του 1

δηλαδή αν και μόνο αν p gt 1

Ασκήσεις

Άσκηση 851 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=2

1

n(logn)pκαι

infinsum

n=2

1

n(logn)(log logn)p

Άσκηση 852 Αν συμβολίσουμε με log(n)(x) τη συνάρτηση

log log log log︸ ︷︷ ︸n φορές

(x)

(για παράδειγμα log(3)(x) = log(log(log(x)))) και με e(n) την ποσότητα

exp exp exp︸ ︷︷ ︸n φορές

(1)

86 Το ολοκληρωτικό κριτήριο 79

(για παράδειγμα e(3) = eee και e(4) = eeee) εξετάστε ως προς τη σύγκλιση

τη σειράinfinsum

n=e(k)+1

1

n middot logn middot log(2) n middot middot middot log(kminus1)n middot (log(k)n)p

(Παρατηρήστε ότι το σημείο εκκίνησης της σειράς δηλαδή το e(k) + 1

έχει επιλεχθεί μόνο και μόνο ώστε να μην μηδενίζεται κανένας από τους

λογαρίθμους του παρονομαστή αφού log(k)(x) = 0 αν και μόνο αν x =e(k))

86 Το ολοκληρωτικό κριτήριο

Πρόταση 861 (Ολοκληρωτικό κριτήριο) Έστω ότι η συνάρτη-

ση f [1infin) rarr R είναι μη αρνητική και φθίνουσα Θέτουμε

an = f(n) Τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν το ο-

λοκλήρωμαintinfin1 f(x)dx συγκλίνει (δηλαδή αν limtrarrinfin

int t1 f(x)dx isin R)

Απόδειξη Αφού η f είναι φθίνουσα για κάθε n isin N ισχύει

f(n) ge f(x) ge f(n+ 1)

για κάθε x isin [nn+ 1] Συνεπώς

int n+1

nf(n)dx ge

int n+1

nf(x)dx ge

int n+1

nf(n+ 1)dx

δηλαδή f(n) geintn+1n f(x)dx ge f(n+1) Προσθέτοντας τις τελευταίες

ανισότητες για n = 12 N παίρνουμε

Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

f(n) geint N

1f(x)dx ge

Nsum

n=1

f(n+ 1) =N+1sum

n=2

f(n) =N+1sum

n=2

an

Άρα αν το ολοκλήρωμα συγκλίνει τότε συγκλίνει και το μερι-

κό άθροισμαsumN+1n=2 an αφού αυξάνει και είναι φραγμένο από τοintinfin

1 f(x)dx Δηλαδή η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

Αντιστρόφως αν η σειράsumNn=1 an συγκλίνει τότε το ολοκλήρω-

μα συγκλίνει αφού η

int t1f(x)dx le

int [t]+1

1f(x)dx le

infinsum

n=1

an

συνεπάγεται ότι η συνάρτηση F(t) =int t1 f(x)dx είναι αύξουσα και

άνω φραγμένη άρα το όριο limtrarrinfin F(t) υπάρχει στο R (και ισού-ται με suptge1 F(t))

80 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Παράδειγμα 862 Ας ελέγξουμε και πάλι τη σειράsuminfinn=1 1np για

p gt 0 Φανερά η f(x) = 1xp για x isin [0infin) είναι μη αρνητική καιφθίνουσα και 1np = f(n) Συνεπώς η σειρά

suminfinn=1 1np συγκλίνει

αν και μόνο αν συγκλίνει το ολοκλήρωμαintinfin1 xminusp dx Αλλά

intinfin1xminusp dx =

xminusp+1

minusp+1

∣∣∣∣infin

x=1= limxrarrinfin

x1minusp

1minusp minus1

1minusp αν 0 lt p ne 1

logx∣∣infinx=1= limxrarrinfin logx αν p = 1

Φανερά αυτά τα όρια υπάρχουν στο R αν και μόνο αν p gt 1

Κεφάλαιο 9

Εφαρμογές τουκριτηρίου σύγκρισης

Σε αυτό το κεφάλαιο θα αναπτύξουμε εργαλεία που προκύπτουν

από το κριτήριο σύγκρισης Αν περιοριστούμε σε μη αρνητικές

ακολουθίες είναι φανερό ότι κάθε συγκλίνουσα ή αποκλίνουσα

σειρά δίνει τη δυνατότητα δημιουργίας ενός κριτηρίου σύγκλισης

ή απόκλισης Για παράδειγμα γνωρίζουμε ότι για λ gt 0 η σει-

ράsuminfinn=1 λ

n συγκλίνει αν και μόνο αν 0 lt λ lt 1 Έτσι αν βρούμε

τρόπους να συγκρίνουμε μια ακολουθία an ge 0 με την λn θα προ-κύψει ένα κριτήριο σύγκλισης ή απόκλισης Πολλές φορές αντί

για την άμεση σύγκριση an le λn είναι ευκολότερο να ελέγχουμεάλλες συνθήκες οι οποίες οδηγούν στην επιθυμητή σύγκριση (θα

δούμε παρακάτω συγκεκριμμένα παραδείγματα)

Εκτός από την ακολουθία λn μπορούμε να χρησιμοποιήσουμεοποιαδήποτε ακολουθία γνωρίζουμε ότι συγκλίνει ή αποκλίνει για

να φτιάξουμε ένα κριτήριο Για παράδειγμα μπορεί κανείς να α-

ναπτύξει κριτήρια που συγκρίνουν με τη σειρά της ακολουθίας

1np ή με τη σειρά της ακολουθίας 1(n(logn)p) για τις οποίεςγνωρίζουμε πότε συγκλίνουν και πότε όχι από το κριτήριο συ-

μπύκνωσης του Cauchy

Ένα άλλο ενδιαφέρον θέμα είναι αν υπάρχει κάποια σειράsuminfinn=1 cn

με cn ge 0 η οποία θα παρείχε το laquoαπόλυτοraquo κριτήριο σύγκλισης

υπό την έννοια ότι μια σειράsuminfinn=1 an θα συγκλίνει αν και μόνο

αν ηsuminfinn=1 an συγκρίνεται με την

suminfinn=1 cn Θα δούμε στην τελευταί-

α ενότητα ότι ένα τέτοιο καθολικό κριτήριο σύγκλισης δεν μπορεί

να υπάρξει

Ξεκινάμε με κριτήρια που προκύπτουν από σύγκριση με τη γε-

ωμετρική σειρά

82 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά

Στην ενότητα αυτή βρίσκουμε συνθήκες που ελέγχονται σχετικά

εύκολα και οδηγούν στη σύγκριση μιας ακολουθίας an με τη γε-ωμετρική ακολουθία λn

911 Το κριτήριο λόγου

Αν οι όροι μιας μη αρνητικής ακολουθίας an φθίνουν πιο γρήγορααπό τη γεωμετρική πρόοδο με λόγο 0 le λ lt 1 θα ισχύει an+1 le λan(δηλαδή ο επόμενος όρος της an έχει μειωθεί περισσότερο από τονπολλαπλασιασμό με λ της γεωμετρικής προόδου) η σειρά

suminfinn=1 an

θα πρέπει να συγκλίνει αφού συγκλίνει ηsuminfinn=1 λ

n Ανάλογα αν

η an αυξάνει πιο γρήγορα από όσο αυξάνει η λn για λ ge 1 δη-

λαδή αν an+1 ge λan η σειράsuminfinn=1 an πρέπει να αποκλίνει Σε

κάθε περίπτωση συγκρίνουμε τον λόγο an+1an με έναν αριθμόλ είτε μικρότερο είτε μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Η απόδειξη όμως

ανισοτήτων είναι συνήθως δυσχερής Για αυτό τον λόγο κατα-

φεύγουμε στη χρήση της Παρατήρησης 432 και υπολογίζουμε το

όριο ℓ = limnrarrinfin an+1an Αν για παράδειγμα το όριο ℓ είναι στοδιάστημα [01) τότε χρησιμοποιώντας αυτή την παρατήρηση γιαε = (1 minus ℓ)2 θα προκύψει ότι μετά από κάποιον δείκτη n0 isin N

ισχύει an+1 le ((1 + ℓ)2)an δηλαδή έχουμε σύγκριση με τη γεωμε-τρική ακολουθία με λόγο λ = (1+ℓ)2 isin (01) Έτσι η σειρά της anθα συγκλίνει Ομοίως θα αποκλίνει αν το όριο είναι γνησίως με-

γαλύτερο του 1 Αν το όριο βέβαια βγει ακριβώς ίσο με 1 τότε δεν

μπορούμε να κάνουμε σύγκριση γιατί δεν μπορούμε να ξέρουμε αν

an+1an le 1 ή an+1an ge 1

Τέλος η προϋπόθεση an ge 0 μπορεί να παραλειφθεί αν χρη-

σιμοποιήσουμε τις απόλυτες τιμές |an+1an| Έχουμε λοιπόν τοακόλουθο

Πρόταση 911 (Κριτήριο λόγου του Drsquo Alambert) Για κάθε ακο-

λουθία an ne 0

bull αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει και μάλι-

στα απολύτως

bull αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ gt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Θέτουμε ℓ = limnrarrinfin |an+1an| και υποθέτουμε ότι 0 le ℓ lt1 Έτσι για κάθε ε gt 0 άρα και για ε = (1minusℓ)2 gt 0 υπάρχει n0 isin Nώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

∣∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣minus ℓ∣∣∣∣∣ lt

1minus ℓ2

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά 83

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και προσθέτοντας το ℓ παίρνουμε

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt1+ ℓ

2lt 1

Έτσι αν θέσουμε λ = (1 + ℓ)2 τότε 0 lt λ lt 1 και για κάθε n ge n0

ισχύει |an+1| le λ|an| Η τελευταία ανισότητα όμως μπορεί ναεπαναλαμβάνεται όσο το n παραμένει από n0 και πάνω Έτσι

αν n ge n0 θα έχουμε

|an| le λ|anminus1| le λλ|anminus2| = λ2|anminus2| le λ3|anminus3| le le λnminusn0 |anminus(nminusn0)| = λnminusn0 |an0|

(στο an0 σταματάει η δυνατότητα εφαρμογής της |an+1| le λ|an|)Άρα για κάθε n ge n0 ισχύει |an| le (λminusn0 |an0|)λn Επειδή η γεωμε-τρική σειρά

suminfinn=1 λ

n συγκλίνει αφού 0 le λ lt 1 συμπεραίνουμε ότι

και ηsuminfinn=1 |an| συγκλίνει από την Πρόταση 831

Αν τώρα ℓ gt 1 εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για

ε = (ℓ minus 1)2 gt 0 και παίρνουμε ότι υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθεn ge n0 ισχύει ∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣ gtℓ + 1

2gt 1

Συνεπώς |an+1| gt |an| για κάθε n ge n0 δηλαδή η ακολουθία

(|an|)ngen0 είναι γνησίως αύξουσα άρα δεν είναι μηδενική Αυτό

όμως συνεπάγεται ότι ηsuminfinn=1 an αποκλίνει από το Πόρισμα 822

Παρατήρηση 912 Παρατηρούμε εδώ ότι αν limnrarrinfin |an+1an| = 1

δεν γίνεται να συμπεράνουμε κάτι για τη σύγκλιση της σειράς

Αυτό συμβαίνει επειδή για παράδειγμα το παραπάνω όριο είναι

ίσο με 1 τόσο για την ακολουθία 1n όσο και για την ακολουθία1n2 Εν τούτοις η μεν

suminfinn=1 1n αποκλίνει η δε

suminfinn=1 1n2 συγκλί-

νει

Παρατήρηση 913 Η απόδειξη του κριτηρίου λόγου δείχνει άμεσαότι αν υπάρχει n0 isin N ώστε |an+1an| le λ lt 1 για κάθε n ge n0 τότε

η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει απολύτως ενώ αν |an+1an| ge λ gt 1 για

κάθε n ge n0 η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Ασκήσεις

Άσκηση 911 Αποδείξτε ότι αν για τη σειράsuminfinn=1 an με an ne 0 για κάθε

n isin N ισχύει limnrarrinfin |an+1an| = 1 αλλά υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει |an+1an| ge 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

84 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Άσκηση 912 Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

(α)infinsum

n=1

1

n(β)

infinsum

n=1

np

n για p isin R (γ)

infinsum

n=1

2n

n(δ)

infinsum

n=1

nn

n(ε)

infinsum

n=1

nradicn

n

Άσκηση 913lowast Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το κριτήριο λόγου ότι η σει-ρά

suminfinn=1

radicn(ne)n

nαποκλίνει (Υπόδειξη χρησιμοποιείστε την Άσκηση 911)

Στη συνέχεια αποδείξτε με επαγωγή ότι για κάθε n isin N ισχύει

e(ne

)nle n le e

radicn(ne

)n

και συμπεράνετε ότι και η σειρές

infinsum

n=1

(ne)n

nκαι

infinsum

n=1

(ne)nradicnn

αποκλίνουν

Άσκηση 914 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τη σειράsuminfinn=1(a

nna) γιαa isin RΆσκηση 915 Βρείτε για ποια x ge 0 οι παρακάτω σειρές συγκλίνουν

infinsumn=1

3n

n3xn

infinsumn=1

n(3n)(4n)

xn

Άσκηση 916 Αποδείξτε ότι το κριτήριο Dini-Kummer είναι ισχυρότερο

του κριτηρίου λόγου επιλέγοντας στο κριτήριο Dini-Kummer bn = 1 για

κάθε n isin NΆσκηση 917 Στην περίπτωση που το όριο lim |an+1an| δεν υπάρχειαποδείξτε το εξής κριτήριο λόγου

bull Αν lim sup

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

bull lim inf

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ gt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

bull Αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = 1 αλλά για κάθε m isin N υπάρχει n ge m ώστε

|an+1an| ge 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

912 Το κριτήριο n-στης ρίζας του Cauchy

Η απόδειξη του επόμενου κριτηρίου είναι και αυτή μια αναγωγή

στη γεωμετρική σειρά Η αναγωγή αυτή βασίζεται στο ότι για

λ ge 0 ισχύει |an| ecirc λn αν και μόνο αν nradic|an| ecirc λ

Πρόταση 914 (Κριτήριο n-στής ρίζας του Cauchy) Για κάθε α-κολουθία (an)nisinN

bull αν limnrarrinfinnradic|an| lt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει και μά-

λιστα απολύτως

bull αν limnrarrinfinnradic|an| gt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά 85

Απόδειξη Θέτουμε 0 le ℓ = limnrarrinfinnradic|an| και αν ℓ lt 1 εφαρμόζουμε

τον ορισμό της σύγκλισης για ε = (1 minus ℓ)2 gt 0 υπάρχει n0 isin N

ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

∣∣∣∣ nradic|an| minus ℓ

∣∣∣∣ lt1minus ℓ

2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή προσθέτοντας ℓ και υψώνονταςστη n-στη δύναμη παίρνουμε

|an| lt(

1+ ℓ2

)n

Αλλά η σειράsuminfinn=1((1 + ℓ)2)n συγκλίνει (αφού (1 + ℓ)2 lt 1) άρα

και η σειράsuminfinn=1 |an|

Αν τώρα ℓ gt 1 εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για

ε = (ℓ minus 1)2 gt 0 υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

∣∣∣∣ nradic|an| minus ℓ

∣∣∣∣ ltℓ minus 1

2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή προσθέτοντας ℓ και υψώνονταςστη n-στη δύναμη παίρνουμε

(1+ ℓ

2

)nlt |an|

Αλλά αυτό συνεπάγεται ότι η an δεν είναι μηδενική αφού ((1 +ℓ)2)n rarrinfin οπότε η

suminfinn=1 an αποκλίνει

Παρατήρηση 915 Παρατηρούμε εδώ ότι αν limnrarrinfinnradic|an| = 1 δεν

γίνεται να συμπεράνουμε κάτι για τη σύγκλιση της σειράς Αυτό

συμβαίνει επειδή για παράδειγμα limnrarrinfinnradic

1n = limnrarrinfinnradic

1n2 = 1

αλλά η μενsuminfinn=1 1n αποκλίνει η δε

suminfinn=1 1n2 συγκλίνει

Ασκήσεις

Άσκηση 911 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

n2n

infinsum

n=1

np

en p isin R

infinsum

n=1

(n)n

nn2 infinsum

n=1

an2bn a b isin R

Άσκηση 912 Εξετάστε για ποια x ge 0 συγκλίνει η σειράinfinsum

n=1

2n

n2xn

Άσκηση 913 Αν για μια ακολουθία an δεν υπάρχει το όριο limnrarrinfinnradic|an|

(Άσκηση 522) αποδείξτε οι ισχύει το εξής κριτήριο ρίζας Για κάθε ακο-

λουθία (an)nisinN

86 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| lt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει και μάλιστα

απολύτως

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| gt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| = 1 και για κάθε m isin N υπάρχει n ge m ώστε

nradic|an| ge 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει

Άσκηση 914 Αποδείξτε ότι το κριτήριο n-στης ρίζας είναι ισχυρότε-ρο από το κριτήριο λόγου χρησιμοποιώντας την Πρόταση 523 και την

ακολουθία 2(minus1)nminusn

92 Σύγκριση με την ακολουθία 1np

Έστω ότι p gt 1 οπότε η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει μπορούμε να

φτιάξουμε ένα κριτήριο σύγκρισης από αυτήν χρησιμοποιώντας

το κριτήριο σύγκρισης λόγων (Πόρισμα 833) Έτσι αν an gt 0 η

συνθήκη

ananminus1

le 1np

1(n minus 1)p(91)

οδηγεί στο συμπέρασμα ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Επειδή

όμως από την ανισότητα Bernouli

1np

1(nminus 1)p=(nminus 1

n

)p=(

1minus 1

n

)pge 1minus p

n

αντί να ελέγχουμε την (91) αρκεί να ελέγξουμε την

ananminus1

le 1minus pn

ισοδύναμα

n(

1minus ananminus1

)ge p gt 1

Επειδή ο έλεγχος ανισοτήτων είναι συνήθως δυσχερής υπολογί-

ζουμε το όριο

limnrarrinfin

n(

1minus ananminus1

)

και ελέγχουμε αν είναι μεγαλύτερο ή μικρότερο του 1 Έτσι οδη-

γούμαστε στο κριτήριο Raabe-Duhamel Η απόδειξη του κριτηρίου

αυτού μπορεί να γίνει ακριβώς όπως περιγράψαμε παραπάνω ή

μπορεί να προκύψει ως πόρισμα του κριτηρίου Dini-Kummer θέτο-

ντας bn = nminus 1 Οι λεπτομέρειες αφήνονται ως άσκηση

92 Σύγκριση με την ακολουθία 1np 87

Πρόταση 921 (Κριτήριο Raabe-Duhamel) Για μια θετική ακολου-θία an θέτουμε

rdn = n(

1minus an+1

an

)

Αποδείξτε ότι αν lim rdn gt 1 (ή lim inf rdn gt 1 αν το προηγούμενο

όριο δεν υπάρχει) τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Αν υπάρχει

n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει rdn le 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Αν η απόδειξη μπορούσε να γίνει μόνο με τη σύγκριση με την α-

κολουθία 1np τότε δεν θα ήταν λογικό να ελέγξουμε τη σύγκλισητης 1np με αυτό το κριτήριο Επειδή όμως η απόδειξη μπορεί ναγίνει και ως πόρισμα του Dini-Kummer μπορούμε να χρησιμοποι-

ήσουμε το κριτήριο Raabe-Duhamel και για την 1np

Η μέθοδος με την οποία κανείς συγκρίνει με μια γνωστή ακο-

λουθία (όπως την 1np) δεν είναι απαραίτητα μοναδικός Μπορείκανείς να σκεφτεί άλλες εκφράσεις που θα οδηγούσαν στην ίδια

σύγκριση Ως παράδειγμα θα μπορούσαμε αντί να ακολουθήσου-

με την τεχνική που οδήγησε το κριτήριο Raabe-Duhamel να κάνουμε

το εξής επιδιώκοντας μια σύγκριση της μορφής

an+1

anle 1(n + 1)p

1np=(

nn+ 1

)p

βλέπουμε ότι αυτό είναι ισοδύναμο με το να ισχύει

anan+1

ge(

1+ 1

n

)p

Αλλά επειδή η (1 + 1n)n είναι αύξουσα με όριο το e ισχύει (1 +1n)n le e οπότε (1 + 1n)p le epn Άρα θα ισχύει η ζητούμενη ανισχύει η

anan+1

ge epn

Παίρνοντας λογαρίθμους και αναδιατάσσοντας τους όρους της

τελευταίας ανισότητας αποδεικνύουμε το ακόλουθο κριτήριο

Πρόταση 922 (Λογαριθμικό κριτήριο) Για κάθε ακολουθία θετι-κών όρων an θέτουμε

gn = n loganan+1

Τότε

bull Αν limgn gt 1 (ή lim infgn gt 1 αν το όριο δεν υπάρχει) η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

88 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

bull Αν limgn lt 1 (ή lim supgn lt 1 αν το όριο δεν υπάρχει) η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη με βάση την παραπάνω συζήτηση αφήνε-

ται ως εύκολη άσκηση (για την περίπτωση που αποκλίνει δείξτε

ότι υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an+1an ge1ean για κατάλληλο a ge 0 και πολλαπλασιάστε τις προηγιούμε-

νες ανισότητες για τους δείκτες από n0 μέχρι n)

Ασκήσεις

Άσκηση 921 Γράψτε την απόδειξη του κριτηρίου Raabe-Duhamel (Πρό-

ταση 921) χρησιμοποιώντας τη σύγκριση με την ακολουθία 1np

Άσκηση 922 Γράψτε την απόδειξη του κριτηρίου Raabe-Duhamel (Πρό-

ταση 921) ως πόρισμα του κριτηρίου Dini-Kummer

Άσκηση 923 Γράψτε την απόδειξη του λογαριθμικού κριτηρίου και χρη-

σιμοποιήστε το για να αποδείξετε ότι η σειράsuminfinn=1 n

n(enn) αποκλίνει

Άσκηση 924 Εξηγήστε γιατί η χρήση της ananminus1 le 1minuspn δεν είναι ου-σιαστικά ασθενέστερη της ananminus1 le (1minus 1n)p δηλαδή δεν οδηγηθήκαμεσε ασθενέστερο κριτήριο από τη χρήση της ανισότητας Bernouli (Υπόδει-

ξη Από το διωνυμικό ανάπτυγμα αν p isin N ή από το θεώρημα Taylor αν

p όχι φυσικός αριθμός προκύπτει ότι (1 minus 1n)p = 1minus (pn)+An όπου ηποσότητα An έχει την ιδιότητα limnAn = 0 οπότε

n(

1minus ananminus1

)ge n

(1minus

(1minus 1

n

)p)= p minusnAn

Συμπεράνετε ότι η σύγκριση του ananminus1 με την (1minus1n)p είναι ισοδύναμημε τη σύγκριση με την 1minus pn)

93 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p)

Το κριτήριο Raabe-Duhamel αποτυγχάνει να δώσει αποτέλεσμα αν

το όριο της rdn είναι 1 διότι στην ουσία η σύγκριση της an εί-ναι με την 1n αλλά δεν είναι σαφές από το ότι lim rdn = 1 αν

an le 1n ή an ge 1n Έτσι μπορεί κανείς σε αυτή την περίπτω-ση να σκεφτεί να συγκρίνει με την ακολουθία 1(n(logn)p) πουγια p gt 1 είναι λίγο μικρότερη από την 1n αλλά αρκετά μικρό-τερη ώστε η σειρά της να συγκλίνει Αυτό είναι το περιεχόμενο

του κριτηρίου Bertrand Για να οδηγηθούμε σε μια οριακού τύ-

που συνθήκη όπως και στο κριτήριο Raabe-Duhamel κάνουμε τους

παρακάτω υπολογισμούς θέλουμε να έχουμε μια σύγκριση των

93 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p) 89

λόγων

ananminus1

le

1

n(logn)p1

(nminus 1)(log(nminus 1))p

=(

1minus 1

n

)(log(nminus 1)

logn

)p

=(

1minus 1

n

)(logn+ log(1minus 1n)

logn

)p

=(

1minus 1

n

)(1+ log(1minus 1n)

logn

)p

Αλλά από το Θεώρημα Taylor υπάρχει ακολουθία An με nAn rarr 0

ώστε

log

(1minus 1

n

)= minus 1

n+An

οπότε η σύγκριση που επιδιώκουμε είναι

ananminus1

le(

1minus 1

n

)1minus

1n minusAnlogn

p

=(

1minus 1

n

)(1minus 1minusnAn

n logn

)p

Πάλι από το Θεώρημα Taylor (ή το διωνυμικό ανάπτυγμα αν p isinN) υπάρχει ακολουθία Bn με (n logn)Bn rarr 0 ώστε

(1minus 1minusnAn

n logn

)p= 1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

οπότε η σύγκριση που επιδιώκουμε γίνεται

ananminus1

le(

1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)

Ανοίγοντας τις παρενθέσεις βλέπουμε ότι υπάρχει ακολουθία Bnμε (n logn)Bn rarr 0 ώστε

(1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)= 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn

οπότε η επιδιωκόμενη σύγκριση γίνεται

ananminus1

le 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn

Μετά από πράξεις οδηγούμαστε στην

(logn)(

1minusn(

1minus ananminus1

))le p + (n logn)Bn

Η διαδικασία αυτή μας οδηγεί στο εξής κριτήριο

90 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Θεώρημα 931 (Κριτήριο Bertrand) Για κάθε ακολουθία an gt 0 για

την οποία

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))lt 1

(ή lim sup αν δεν υπάρχει το όριο) η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Ενώ

αν

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))gt 1

(ή lim inf αν δεν υπάρχει το όριο) τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

όπως και στην περίπτωση όπου υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθεn ge n0 να ισχύει

(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))ge 1

Απόδειξη Η απόδειξη με βάση την παραπάνω συζήτηση αφήνε-

ται ως άσκηση

Ασκήσεις

Άσκηση 931 Γράψτε τις λεπτομέρειες της απόδειξης του κριτηρίου Ber-

trand

Άσκηση 932 [Κριτήριο Gauss] Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το κριτήριο

Bertrand ότι αν για μια θετική ακολουθία an ισχύει

an+1

an= 1minus b

nminus cnn2

για κάποια φραγμένη ακολουθία cn τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν

και μόνο αν b gt 1

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης

σειρών

Παρατηρώντας τη διαδικασία που ακολουθήσαμε στα παραπά-

νω κριτήρια ένα φυσιολογικό ερώτημα είναι αν θα μπορούσε να

υπάρχει ένα κριτήριο σύγκρισης το οποίο να αποφασίζει πάντα

αν μια σειρά συγκλίνει ή όχι Αν υπάρχει δηλαδή μια laquoκαθολικήraquo

σειράsuminfinn=1 an με an ge 0 η οποία να laquoδιαχωρίζειraquo τις συγκλίνου-

σες από τις αποκλίνουσες σειρές μη αρνητικών όρων Η απάντη-

ση σε αυτό το ερώτημα είναι δυστυχώς αρνητική Διότι αν το

καθολικό κριτήριο συγκρίνει με μια ακολουθία an για την οποίαηsuminfinn=1 an συγκλίνει μπορούμε να βρούμε ακολουθία bn γνησίως

αύξουσα με limbn = +infin ώστε ηsuminfinn=1 anbn να συγκλίνει Οπότε η

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης σειρών 91

σύγκριση της anbn με την an ώστε να προκύψει η σύγκλιση τηςsuminfinn=1 anbn δεν είναι εφικτήΟμοίως αν ένα καθολικό κριτήριο αποφάσιζε ότι μια σειρά α-

ποκλίνει συγκρίνοντας με μια γνωστή αποκλίνουσα σειράsuminfinn=1 an

μη αρνητικών όρων τότε υπάρχει γνησίως φθίνουσα ακολουθία

bn ώστε limbn = 0 με την σειράsuminfinn=1 anbn να αποκλίνει Οπότε

η σύγκριση anbn με την an ώστε να προκύψει ότι ηsuminfinn=1 anbn

αποκλίνει δεν είναι εφικτή

Έτσι καθολικό κριτήριο σύγκρισης το οποίο να αποφασίζει

για τη σύγκλιση ή την απόκλιση των σειρών δεν γίνεται να υ-

πάρχει

Στα παρακάτω θεωρήματα δίνουμε τις αποδείξεις των παρα-

πάνω ισχυρισμών

Θεώρημα 941 Αν η σειράsuminfinn=1 an με an gt 0 συγκλίνει τότε υ-

πάρχει γνήσια αύξουσα ακολουθία bn με limbn = +infin ώστε ηsuminfinn=1 anbn συγκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει αμέσως από το επόμενο θεώρη-

μα αν θέσουμε bn = (suminfink=n ak)

minusp για οποιοδήποτε 0 lt p lt 1 Με

αυτή την επιλογή φανερά η bn είναι γνήσια αύξουσα με όριο το+infin

Θεώρημα 942 (Dini 1867) Έστω ότι για την ακολουθία an gt 0 η

σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Θέτουμε rnminus1 =

suminfink=n ak Τότε η σειρά

infinsum

n=1

anrpnminus1

συγκλίνει αν 0 lt p lt 1 και αποκλίνει αν p ge 1

Για την απόδειξη του θεωρήματος αποδεικνύουμε πρώτα μια

ανισότητα τύπου Bernoulli

Λήμμα 943 Για κάθε 0 le z le 1 και για κάθε a ge 1 ισχύει

(1minus z)a ge 1minus az

Συγκεκριμένα για κάθε 0 le x le 1 και για κάθε 0 lt p lt 1 ισχύει

1minus x le 1

1minus p(1minus x1minusp

)

και για 1 lt p le 2 ισχύει

1minus x le 1

p minus 1

(1minus xpminus1

)

92 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Απόδειξη Η συνάρτηση f(z) = (1minus z)a minus 1+ az είναι αύξουσα στο[01] διότι f prime(z) = minusa((1minusz)aminus1minus1) ge 0 Άρα f(z) ge f(0) = 0 δηλαδή

η ζητούμενη Για τη δεύτερη ανισότητα θέτουμε a = 1(1 minus p) ge 1

και z = 1minusx1minusp ενώ για την τρίτη ανισότητα a = 1(pminus 1) ge 1 και

z = 1minus xpminus1

Απόδειξη του Θεωρήματος 942 Θέτουμε s =suminfinn=1 an και sN =sumN

n=1 an Χωρίς βλάβη της γενικότητες υποθέτουμε ότι s le 1 (αλ-

λιώς αλλάζουμε την an στην ans) Έτσι rnminus1 lt 1 οπότε αν p ge 1

ισχύει rpnminus1 lt rnminus1 Άρα για κάθε k n isin Nan+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge an+krn+kminus1

+ + anrnminus1

ge an+krnminus1

+ + anrnminus1

= rnminus1 minus rn+krnminus1

= 1minus rn+krnminus1

Αλλά η ακολουθία rn συγκλίνει στο 0 αφού rn = s minus sn rarr 0 Άρα

για κάθε n υπάρχει επαρκώς μεγάλο k ώστε rn+krnminus1 le 12 οπότε

an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge 1

2

και έτσι η σειράsuminfinn=1(anr

pnminus1) δεν είναι Cauchy συνεπώς αποκλί-

νει

Έστω τώρα ότι 0 lt p lt 1 Έχουμε

infinsum

n=1

anrpnminus1

=infinsum

n=1

anrnminus1

r1minuspnminus1 =

infinsum

n=1

rnminus1 minus rnrnminus1

r1minuspnminus1

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

rnminus1 minus rnrnminus1

r1minuspnminus1 le

1

1minus p(r1minuspnminus1 minus r

1minuspn

)

διότι η σειρά της τελευταίας θα συγκλίνει ως τηλεσκοπική Αλλά

αυτή η ανισότητα είναι ισοδύναμη με την

1minus rnrnminus1

le 1

1minus p

(1minus

(rnrnminus1

)1minusp)

η οποία ισχύει από τη δεύτερη ανισότητα του Λήμματος 943 με

x = rnrnminus1

Θεώρημα 944 (Dini 1867) Αν η σειράsuminfinn=1 an με an gt 0 αποκλί-

νει τότε υπάρχει γνησίως φθίνουσα ακολουθία bn με limbn = 0

ώστε ηsuminfinn=1 anbn να αποκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει άμεσα από το επόμενο θεώρημα

θέτοντας bn = (sumnk=1 ak)

minus1 Φανερά με αυτή την επιλογή η bn είναιγνησίως φθίνουσα με όριο το μηδέν

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης σειρών 93

Θεώρημα 945 (Dini-Pringsheim) Έστω ότι για την ακολουθία an gt0 η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει Θέτουμε sn =

sumnk=1 ak Τότε η σειρά

infinsum

n=1

anspn

συγκλίνει αν p gt 1 και αποκλίνει αν 0 le p le 1

Απόδειξη Επιλέγουμε n ώστε sn ge 1 Αυτό είναι εφικτό αφού

sn rarr +infin Έτσι για κάθε k isin N και για 0 le p le 1 ισχύει

an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+k= sn+k minus sn

sn+k= 1minus sn

sn+k

Επειδή limkrarrinfin sn+k = +infin υπάρχει k ge n ώστε snsn+k le 12 Συνε-πώς για κάθε n isin N ώστε sn ge 1 υπάρχει k ge n ώστε

an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge 1

2

Άρα ηsuminfinn=1 ans

pn δεν είναι Cauchy οπότε αποκλίνει

Αν τώρα p ge 2 επειδή sn rarr +infin θα ισχύειanspn

le ans2n

από τη στιγμή που το sn θα γίνει μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Συνε-

πώς αρκεί να αποδείξουμε ότι ηsuminfinn=1 ans

pn συγκλίνει για 1 lt p le

2 Υποθέτουμε λοιπόν ότι 1 lt p le 2 Παρατηρούμε ότι

infinsum

n=1

anspn

leinfinsum

n=1

ansns

pminus1nminus1

=infinsum

n=1

sn minus snminus1

snspminus1nminus1

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

sn minus snminus1

snspminus1nminus1

le 1

p minus 1

(s1minuspnminus1 minus s

1minuspn

)

διότι η σειρά της τελευταίας θα συγκλίνει ως τηλεσκοπική Αλλά

η ανισότητα αυτή είναι ισοδύναμη με την

1minus snminus1

snle 1

p minus 1

(1minus

(snminus1

sn

)pminus1)

η οποία προκύπτει από την τρίτη ανισότητα του Λήμματος 943

για x = snminus1sn

94 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Ασκήσεις

Άσκηση 941 Χρησιμοποιήστε την Άσκηση 822 και το Θεώρημα 945

για να αποδείξετε ότι η σειρά

infinsum

n=2

1

n(logn)p

συγκλίνει αν p gt 1 και αποκλίνει για 0 lt p le 1

Κεφάλαιο 10

Εναλλάσουσες σειρές

Οι εναλλάσουσες σειρές δηλαδή οι σειρές που η ακολουθία αλ-

λάζει συχνά πρόσημο αποτελούν ειδική κατηγορία σειρών και

μελετώνται ξεχωριστά

101 Το κριτήριο Leibniz

Κάθε σειρά της μορφήςsuminfinn=1(minus1)nan όπου είτε an ge 0 για κάθε

n isin N είτε an le 0 για κάθε n isin N ονομάζεται εναλλάσουσα σειράΗ παρακάτω πρόταση δίνει ένα κριτήριο σύγκλισης για εναλλά-

σουσες σειρές

Πρόταση 1011 (Κριτήριο του Leibniz) Αν η ακολουθία an είναιφίνουσα και μηδενική τότε η σειρά

suminfinn=1(minus1)nan συγκλίνει

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι αν θέσουμε sN =sumNn=1(minus1)nan τότε η

s2N είναι φθίνουσα διότι

s2(N+1) = s2N+2 = s2N + (minus1)2N+1a2N+1 + (minus1)2N+2a2N+2

= s2N + a2N+2 minus a2N+1 le s2N

αφού a2N+2 le a2N+1 Επιπλέον η s2Nminus1 είναι αύξουσα διότι

s2(N+1)minus1 = s2N+1 = s2Nminus1 + (minus1)2Na2N + (minus1)2N+1a2N+1

= s2N + a2N minus a2N+1 ge s2Nminus1

αφού a2N ge a2N+1 Όμως

s2N = s2Nminus1 + (minus1)2Na2N = s2Nminus1 + a2N ge s2Nminus1

Συνεπώς

s1 le s2Nminus1 le s2N le s2

96 Εναλλάσουσες σειρές

δηλαδή οι s2Nminus1 και s2N είναι μονότονες και φραγμένες άρα συ-γκλίνουν Τέλος s2N = s2Nminus1 + a2N Συνεπώς |s2N minus s2Nminus1| = |a2N| rarr 0

οπότε οι s2N1 και s2N συγκλίνουν στον ίδιο αριθμό Άρα και η snείναι συγκλίνουσα

Παράδειγμα 1012 Παρόλο που η σειράsuminfinn=1(minus1)nn δεν συγκλί-

νει απολύτως αφούsuminfinn=1 |(minus1)nn| =

suminfinn=1 1n = infin εν τούτοις η

ίδια η σειρά συγκλίνει σύμφωνα με το παραπάνω κριτήριο αφού

η 1n είναι φθίνουσα και μηδενική

Ασκήσεις

Άσκηση 1011 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

(minus1)n

ncos

an a isin R

infinsum

n=1

(minus1)nnpeqradicn p q isin R

infinsum

n=1

(minus1)na1n a isin R

102 Το κριτήριο Dirichlet

Η παραπάνω πρόταση μπορεί να γενικευθεί αντικαθιστώντας την

ακολουθία (minus1)n με μια laquoγενικότερηraquo ακολουθία Χρειαζόμαστεπρώτα ένα λήμμα για την laquoάθροιση κατά παράγοντεςraquo Πρόκει-

ται για μια εντελώς ανάλογη ιδιότητα με την ολοκλήρωση κατά

παράγοντες Εκεί ο κανόνας παραγώγισης (fg)prime = f primeg+fgprime οδηγείστην f primeg = (fg)prime minus fgprime και μετά από ολοκλήρωση στο [a b] στην

int baf primeg = f(b)g(a)minus f(a)g(a)minus

intfgprime

Εδώ τον ρόλο της παραγώγου παίζει η διαφορά xnminusxnminus1 και ynminusynminus1 και το ρόλο του ολοκληρώματος η άθροιση Κατά τα άλλα

οι αποδείξεις και οι τύποι που προκύπτουν είναι πανομοιότυποι

Λήμμα 1021 (Άθροιση κατά παράγοντες) Για οποιεσδήποτε α-κολουθίες (xn)infinn=0 και (yn)

infinn=0 στο R και για οποιουσδήποτε αριθ-

μούς N isin N και M isin Ncup 0 με N gt M ισχύει

Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn = xNyN minus xMyM minusNsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1)

102 Το κριτήριο Dirichlet 97

Απόδειξη Επειδή το άθροισμαsumNn=M+1(xnyn minus xnminus1ynminus1) είναι τη-

λεσκοπικό μετά από διαγραφές προκύπτει ότι

Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1ynminus1) = xNyN minus xMyM

Από την άλλη προσθαφαιρώντας τον όρο xnminus1yn στην παρένθε-ση παίρνουμε ότι

Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1ynminus1) =Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1yn + xnminus1yn minus xnminus1ynminus1)

=Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn +Nsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1)

Άρα

Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn +Nsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1) = xNyN minus xMyM

οπότε

Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn = xNyN minus xMyM minusNsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1)

Από την άθροιση κατά παράγοντες προκύπτει αμέσως το α-

κόλουθο

Θεώρημα 1022 Αν για τις ακολουθίες (xn)nisinN και (yn)nisinN το γι-νόμενο xnyn συγκλίνει τότε η σειρά

sumNn=2(xn minus xnminus1)yn συγκλίνει

αν και μόνο αν η σειράsumNn=2 xnminus1(yn minusynminus1) συγκλίνει

Απόδειξη Προκύπτει αμέσως από την άθροιση κατά παράγοντες

θέτοντας M = 0 και xM = yM = 0 Εναλλακτικά μπορούμε να χρη-

σιμοποιήσουμε την άθροιση κατά παράγοντες για να επιβεβαιώ-

σουμε την ιδιότητα Cauchy

Πόρισμα 1023 (Κριτήριο του Dirichlet) Αν το μερικό άρθοισμα sNτης σειράς

suminfinn=1 an είναι φραγμένη ακολουθία και η bn είναι φθί-

νουσα και μηδενική τότε η σειράsuminfinn=1 anbn συγκλίνει

Απόδειξη Αφού η sn είναι φραγμένη limnrarrinfin snbn = 0 Έτσι από

το προηγούμενο θεώρημα η σειρά

infinsum

n=1

anbn =infinsum

n=1

(sn minus snminus1)bn

98 Εναλλάσουσες σειρές

συγκλίνει αν και μόνο αν συγκλίνει η σειράsuminfinn=1 sn(bn minus bnminus1)

Αλλά αν C το φράγμα της |sn| τότεinfinsum

n=1

∣∣sn(bn minus bnminus1)∣∣ le C

infinsum

n=1

(bn minus bnminus1)

και η τελευταία είναι τηλεσκοπική Άρα η σειράsuminfinn=1 sn(bnminusbnminus1)

συγκλίνει απόλυτα άρα και απλά

Παράδειγμα 1024 Τα μερικά αθροίσματα τηςsuminfinn=1(minus1)n είναι φραγ-

μένα (φανερά |sN| le 1 για κάθε N isin N) Άρα αν η an είναι φθίνου-σα και μηδενική η σειρά

suminfinn=1(minus1)nan συγκλίνει δηλαδή έχουμε

το κριτήριο Leibniz ως πόρισμα του κριτηρίου Dirichlet

Παρατήρηση 1025 Η απαίτηση στο κριτήριο Dirichlet να είναι

η bn φθίνουσα δεν είναι απαραίτητη και μπορεί να αντικατα-σταθεί από την απαίτηση η bn να είναι φραγμένης κύμανσης(Άσκηση 1021)

Ασκήσεις

Άσκηση 1021 [Dedekind] Αποδείξτε χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανι-

σότητα όπως στην απόδειξη του Πορίσματος 1023 ότι το συμπέρασμα

του κριτηρίου Dirichlet συνεχίζει να ισχύει αν η ακολουθία bn αντί ναείναι φθίνουσα είναι φραγμένης κύμανσης δηλαδή αν

suminfinn=1 |bn minus bnminus1| lt

+infinΆσκηση 1022 [Κριτήριο Abel] Έτσω ότι η

suminfinn=1 an συγκλίνει και η bn εί-

ναι μια μονότονη και φραγμένη ακολουθία Αποδείξτε ότι και ηsuminfinn=1 anbn

συγκλίνει

(Υπόδειξη Η bn ως μονότονη και φραγμένη συγκλίνει έστω στο bΕφαρμόστε το κριτήριο Dirichlet για την ακολουθία an και για τη φθί-νουσα και μηδενική |bn minus b|)

Κεφάλαιο 11

Αναδιατάξεις σειρών

Όταν προσθέτουμε ένα πεπερασμένο πλήθος αριθμών τότε η σει-

ρά με την οποία κάνουμε την πρόσθεση δεν έχει σημασία αφού

η πρόσθεση είναι ανιμεταθετική πράξη Όμως επειδή στις σειρές

εμπλέκεται και η διαδικασία του ορίου τίθεται το ερώτημα αν

η σειρά με την οποία γίνεται η άθροιση μπορεί τώρα να έχει ή

όχι σημασία Είναι σωστό δηλαδή ότι ανεξάρτητα της σειράς ά-

θροισης ένα άπειρο άθροισμα θα δίνει πάντα το ίδιο αποτέλεσμα

Όπως βλέπουμε στο ακόλουθο παράδειγμα η απάντηση είναι αρ-

νητική

Παράδειγμα 1101 Ας θεωρήσουμε τη σειράsuminfinn=1(minus1)nminus1n για

την οποία γνωρίζουμε ότι συγκλίνει και ας θέσουμε ℓ το όριότης Εύκολα βλέπουμε ότι

ℓ lt 1minus 1

2+ 1

3= 56

διότι οι επόμενοι όροι του αθροίσματος είναι ανά δύο αρνητικοί

minus14 + 15 lt 0 minus16 + 17 lt 0 κλπ Αλλάζουμε τώρα τη σειρά της

άθροισης ώστε κάθε αρνητικός όρος να εμφανιστεί αφού πρώτα

εμφανιστούν δύο θετικοί όροι Δηλαδή θεωρούμε τη σειρά

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+

Εύκολα ελέγχουμε ότι κάθε τριάδα από αυτούς τους όρους με τους

δύο πρώτους θετικούς και τον τρίτο αρνητικό μπορεί να περιγρα-

φεί με την έκφραση

1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2k

για k isin N Αλλά με απλές πράξεις βλέπουμε ότι1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2kge 0

100 Αναδιατάξεις σειρών

άρα

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+ middotmiddot middot ge 1+ 1

3minus 1

2= 5

6gt ℓ

Έτσι η νέα άθροιση δίνει σειρά που είτε δεν συγκλίνει είτε συ-

γκλίνει σε μεγαλύτερο αριθμό από το ℓ Σε κάθε περίπτωση ηαπάντηση στην παραπάνω ερώτηση είναι αρνητική

Σε αυτό το κεφάλαιο θα δούμε ότι η απάντηση στην παραπάνω

ερώτηση είναι πολύ laquoχειρότερηraquo από το απλό laquoόχιraquo του παραπά-

νω παραδείγματος

Πρώτα όμως πρέπει να περιγράψουμε έναν τρόπο για να αλ-

λάζουμε τη σειρά της άθροισης

111 Αναδιατάξεις των φυσικών αριθμών

Ορισμός 1111 Μια ακολουθία kn N rarr N λέγεται αναδιάταξη

του N αν είναι 1minus 1 και επί

Ο όρος που χρησιμοποιούμε είναι laquoφυσιολογικόςraquo διότι εφόσον

η kn είναι επί του N στο πεδίο τιμών της βρίσκονται όλοι οι

φυσικοί αριθμοί και αφού είναι 1 minus 1 η kn δεν επαναλαμβάνειτιμές Άρα πράγματι η kn δίνει τους φυσικούς αριθμούς με άλλησειρά Ας δούμε ένα παράδειγμα Θέτουμε

kn =nminus 1 αν n άρτιοςn+ 1 αν n περιττός

Οι τιμές της kn φαίνονται στον παρακάτω πίνακα από όπου

βλέπουμε ότι η kn απλώς αλλάζει τη σειρά των φυσικών αριθμώνmdashτους αναδιατάσσει

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 kn 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 12 11 14

112 Αναδιατάξεις σειρών

Με τη βοήθεια μιας αναδιάταξης του N μπορούμε να ορίσουμε τις

αναδιατάξεις ακολουθιών και σειρών

Ορισμός 1121 Αν ακολουθία kn N rarr N είναι μια αναδιάταξη

του N τότε η ακολουθία aprimen = akn ονομάζεται αναδιάταξη τηςan και η σειρά

suminfinn=1 a

primen =

suminfinn=1 akn ονομάζεται αναδιάταξη τηςsuminfin

n=1 an

112 Αναδιατάξεις σειρών 101

Έτσι η aprimen δίνει ακριβώς τους όρους της an κατά 1 minus 1 και επί

τρόπο αλλά με τη σειρά που περιγράφει η kn Για παράδειγμαστον επόμενο πίνακα βλέπουμε την αναδιάταξη που κάνει σε μια

ακολουθία an η παραπάνω kn

an a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 akn a2 a1 a4 a3 a6 a5 a8 a7 a10 a9 a12

Στη συνέχεια θέλουμε να αποδείξουμε ότι αν μια σειρά συγκλί-

νει απολύτως τότε κάθε ανάδιάταξή της συγκλίνει και μάλιστα

στον ίδιο αριθμό Για αυτό θα χρειαστούμε πρώτα δυο απλά λήμ-

ματα

Λήμμα 1122 Αν kn Nrarr N 1minus 1 τότε limnrarrinfin kn = infin

Απόδειξη Έστω ότι M gt 0 και K = kn n isin N το πεδίο τιμώντης kn Το σύνολο K cap 12 [M] + 1 είναι πεπερασμένο (με τοπολύ [M]+ 1 στοιχεία) Ας υποθέσουμε ότι

K cap 12 [M]+ 1 = kn1 kn2 knr

για κάποιους δείκτες n1 nr Θέτουμε n0 = maxn1 n2 nr+1

φανερά αν n ge n0 τότε kn notin 12 [M]+1 γιατί αλλιώς θα έπρε-πε να ισούται με κάποιο από τα kn1 kn2 knr αντιφάσκοντας μετην ιδιότητα του 1minus 1 Άρα kn ge [M]+ 1 gt M Συνεπώς kn rarrinfin

Λήμμα 1123 Αν η kn είναι αναδιάταξη του N τότε για κάθε

N isin N υπάρχει m =m(N) isin N ώστε

12 N sube k1 k2 km

Απόδειξη Από το Λήμμα 1122 υπάρχει m isin N ώστε για κάθε

n gem να ισχύει kn ge N+1 Άρα οι αριθμοί 12 N είναι ήδη στοσύνολο τιμών της kn για τα n le m αλλιώς η kn δεν μπορεί ναείναι επί Έτσι αποδείξαμε ότι 12 N sube k1 k2 km

Πρόταση 1124 Αν μια σειρά συγκλίνει απολύτως τότε κάθε α-ναδιάταξή της συγκλίνει στον ίδιο αριθμό

Απόδειξη Έστω ότι η kn είναι μια αναδιάταξη των φυσικών α-ριθμών οπότε η akn είναι αναδιάταξη της ακολουθίας an Θέτουμεℓ =

suminfinn=1 an Θα δειξουμε ότι

suminfinn=1 akn = ℓ

Έστω ότι ε gt 0 Αφού ηsuminfinn=1 |an| συγκλίνει είναι Cauchy Ά-

ρα υπάρχει N0 = N0(ε) isin N ώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύ-

ειsumNn=M+1 |an| lt ε2 Αφήνοντας το N rarr infin συμπεραίνουμε ότιsuminfin

n=M+1 |an| le ε2 Άρα για κάθε M ge N0 ισχύειsuminfinn=M+1 |an| lt ε

οπότε και για M = N0 Δηλαδή

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε

102 Αναδιατάξεις σειρών

Από το Λήμμα 1123 για το N0 υπάρχει m0 isin N ώστε 12 N0 subek1 k2 km0 Έστω τώρα ότι m gem0 Έχουμε

∣∣∣∣∣∣ℓ minusmsum

n=1

akn

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

sum

nnotink1 k2kman

∣∣∣∣∣∣

lesum

nnotink1 k2km|an| le

sum

nnotink1 k2km0|an|

lesum

nnotink1 k2N0|an| =

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ασκήσεις

Άσκηση 1121 Αποδείξτε ότι αν an rarr ℓ και akn μια οποιαδήποτε ανα-διάταξή της τότε akn rarr ℓ

Άσκηση 1122 Αποδείξτε ότι κάθε συγκλίνουσα ακολουθία an έχει φθί-νουσα αναδιάταξη (Η φθίνουσα αναδιάταξη μιας ακολουθίας an συνή-θως συμβολίζεται με alowastn)

113 Το θεώρημα Riemann

Σε αυτή την ενότητα αποδεικνύουμε ότι αν μια σειρά συγκλίνει

αλλά δεν συγκλίνει απολύτως τότε για κάθε αριθμό υπάρχει ανα-

διάταξη της σειράς που συγκλίνει σε αυτόν Για την απόδειξη θα

χρειαστούμε ένα λήμμα

Λήμμα 1131 Κάθε αναδιάταξη akn μιας μηδενικής ακολουθίαςan είναι μηδενική

Απόδειξη Αν ε gt 0 και N0 isin N ώστε για κάθε N ge N0 να ισχύει

|aN| lt ε τότε από το Λήμμα 1123 βρίσκουμε ένα m0 isin N ώστε12 N0 sube k1 k2 km0 Έτσι αν m gem0+1 επειδή η kn είναι1minus 1 θα ισχύει

km notin k1 k2 km0 supe 12 N0

Άρα km ge N0 οπότε |akm | lt ε

Θεώρημα 1132 (Riemann) Αν η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αλλά η

σειράsuminfinn=1 |an| αποκλίνει τότε για κάθε x isin R υπάρχει αναδιά-

ταξη kn του N ώστε

infinsum

n=1

aprimen =infinsum

n=1

akn = x

113 Το θεώρημα Riemann 103

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι an ne 0

για κάθε n isin N αφού οι όποιοι μηδενικοί όροι δεν συμβάλλουν

στη σύγκλιση ή όχι της σειράς Θέτουμε

a+n =an αν an gt 0

0 αν an lt 0και aminusn =

0 αν an gt 0

minusan αν an lt 0

Παρατηρούμε ότι a+n aminusn gt 0 και a+n + aminusn = |an| και a+n minus aminusn = an

Επιπλέον ισχυριζόμαστε ότι

infinsum

n=1

a+n =infinsum

n=1

aminusn = infin (111)

Πράγματι επειδή a+n aminusn gt 0 αν δεν απειρίζονται και δυο πα-

ραπάνω σειρές μπορούμε να υποθέσουμε ότι κάποια από τις

δύο αυτές συγκλίνει Έστω ότιsuminfinn=1 a

+n συγκλίνει Τότε επειδή

aminusn = a+n minus an συνεπάγεται ότι

infinsum

n=1

aminusn =infinsum

n=1

a+n minusinfinsum

n=1

an

οπότε αναγκαστικά θα συγκλίνει και ηsuminfinn=1 a

minusn Αλλά τότε θα

συγκλίνει και ηsuminfinn=1 |an| αφού

infinsum

n=1

|an| =infinsum

n=1

a+n +infinsum

n=1

aminusn

το οποίο είναι άτοπο

Από την (111) παρατηρούμε ότι ξεκινώντας από οποιοδήπο-

τε αριθμό α lt x αν προσθέσουμε αρκετούς (πεπερασμένο πλήθος)από τους θετικούς όρους της an θα ξεπεράσουμε το x Και ξεκι-νώντας από οποιοδήποτε αριθμό β gt x αν προσθέσουμε αρκετούς(πεπερασμένο πλήθος) από τους αρνητικούς όρους της an (οι ο-ποίοι είναι της μορφής minusaminusn) θα πέσουμε κάτω από το xΞεκινάμε την κατασκευή της αναδιάταξης της σειράς της an

Υποθέτουμε ότι a1 le x Θέτουμε aprime1 = a1 και N1 = n1 = 1 Σύμφω-

να με την προηγούμενη παρατήρηση υπάρχει n2 isin N ο πρώτος

φυσικός αριθμός ώστε αν οι πρώτοι n2 minus 1 θετικοί όροι της anπροστεθούν στον a1 να δίνουν αποτέλεσμα μικρότερο ή ίσο από

τον x αλλά όταν προστεθεί και ο n2-στος θετικός όρος της anνα προκύπτει αποτέλεσμα γνήσια μεγαλύτερο από τον x Ονομά-ζουμε αυτούς τους θετικούς όρους aprime2 a

prime3 a

primen2και αφού θέσουμε

N2 = n2 ισχύειN2minus1sum

n=1

aprimen le x ltN2sum

n=1

aprimen

104 Αναδιατάξεις σειρών

Πάλι από την παραπάνω παρατήρηση υπάρχει n3 ο πρώτος φυ-

σικός αριθμός ώστε αν προσθέσουμε τους πρώτους n3 minus 1 όρους

από τους αρνητικούς όρους της an στοsumN2

n=1 aprimen να προκύτει α-

ριθμός μεγαλύτερος ή ίσος του x αλλά όταν προσθέσουμε καιτον n3-στο όρο να προκύψει γνήσια μικρότερος του x Μετονο-μάζουμε αυτούς τους όρους σε aprimen2+1 a

primen2+n3

και αφού θέσουμε

N3 = n2 +n3 ισχύειN3sum

n=1

aprimen le x ltN3minus1sum

n=1

aprimen

Έστω n4 ο πρώτος φυσικός αριθμός ώστε αν προσθέσουμε

τους επόμενους n4minus1 από τους θετικούς όρους της an στοsumN3

n=1 aprimen

να προκύπτει αποτέλεσμα μικρότερο ή ίσο με το x αλλά ότανπροσθέσουμε και τον n4-στο όρο να προκύψει αποτέλεσμα γνησί-

ως μεγαλύτερο του x Αν μετονομάσουμε αυτούς τους όρους σεaprimeN3+1 a

primeN3+n4

και αφού θέσουμε N4 = N3 +n4 ισχύει

N4minus1sum

n=1

aprimen le x ltN4sum

n=1

aprimen

Συνεχίζοντας επαγωγικά αυτή τη διαδικασία κατασκευάζουμε

την αναδιάταξη aprimen της an και έχουμε και φυσικούς αριθμούς N1 ltN2 lt ώστε για κάθε k isin N να ισχύουν τα εξής

bull aprimen gt 0 για κάθε n με N2kminus1 lt n le N2k (dagger)

bull aprimen lt 0 για κάθε n με N2k lt n le N2k+1 (Dagger)

bullN2kminus1sum

n=1

aprimen le x ltN2ksum

n=1

aprimen και

N2kminus1sum

n=1

aprimen lt x leN2kminus1minus1sum

n=1

aprimen (lowast)

Θα ολοκληρώσουμε την απόδειξη αν δείξουμε ότι τα μερικά α-

θροίσματα sprimem τηςsuminfinn=1 a

primen συγκλίνουν στο x Αν ε gt 0 επειδή

η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει η an είναι μηδενική ακολουθία οπό-

τε είναι μηδενική και η aprimen από το Λήμμα 1131 Άρα υπάρχει

k0 isin N ώστε για κάθε k ge k0 να ισχύει |aN2kminus1| lt ε και |aN2k| lt εΘέτουμε m0 = N2k0minus1 Θα δείξουμε ότι για κάθε m ge m0 ισχύει

|sprimem minus x| lt ε Έστω λοιπόν m gem0 Τότε υπάρχει k ge k0 ώστε είτε

N2kminus1 lem lt N2k είτε N2k lem lt N2k+1 Αν N2kminus1 lem lt N2k τότε από

την (dagger) παίρνουμε ότι sprimeN2kminus1le sprimem lt x Χρησιμοποιώντας τώρα την

(lowast)

|sprimemminusx| = xminussprimem le xminussprimeN2kminus1leN2kminus1minus1sum

n=1

aprimenminusN2kminus1sum

n=1

aprimen = minusaprimeN2kminus1= |aprimeN2kminus1

| lt ε

113 Το θεώρημα Riemann 105

Ενώ αν N2k le m lt N2k+1 τότε από την (Dagger) παίρνουμε ότι x le sprimem lesprimeN2k Χρησιμοποιώντας πάλι την (lowast)

|sprimem minus x| = sprimem minus x le sprimeN2kminus x le

N2ksum

n=1

aprimen minusN2kminus1sum

n=1

aprimen = aN2k = |aN2k| lt ε

Τέλος αν a1 ge x επαναλαμβάνουμε την παραπάνω διαδικασία

ξεκινώντας από την πρόσθεση στον a1 αρνητικών όρων της anμέχρι το άθροισμα να πέσει για πρώτη φορά κάτω από το x καισυνεχίζουμε με ακριβώς τον ίδιο τρόπο

Ασκήσεις

Άσκηση 1131 Αποδείξτε ότι αν μια σειρά συγκλίνει αλλά όχι απολύ-

τως τότε υπάρχει αναδιάταξή της που να συγκλίνει στο +infin Ομοίωςαποδείξτε ότι υπάρχει αναδιάταξή της που να συγκλίνει στο minusinfin Ομοί-ως αποδείξτε ότι υπάρχει αναδιάταξή της που δεν συγκλίνει σε κανένα

σημείο του Rcup plusmninfinΆσκηση 1132 Αποδείξτε ότι αν μια σειρά συγκλίνει αλλά όχι απολύτως

τότε υπάρχει αναδιάταξή της της οποίας τα μερικά αθροίσματα είναι

πυκνά στο R

Άσκηση 1133 Αν an = cos(nπ)n υπάρχει αναδιάταξη aprimen της an ώστεsuminfinn=1 a

primen = e

Άσκηση 1134 Αν an = sin(nπ2)n υπάρχει αναδιάταξη aprimen της an ώστεsuminfinn=1 a

primen = 1000

Βιβλιογραφία

[1] Απόστολος Γιαννόπουλος Απειροστικός Λογισμός Ι amp ΙΙ (Ση-

μειώσεις Μαθήματος)

httpusersuoagr˜apgiannopnoteshtml

[2] Δημήτριος Κάππος Μαθήματα Αναλύσεως Απειροστικός

Λογισμός Α

[3] Στυλιανός Νεγρεπόντης Σταύρος Γιωτόπουλος Ευστάθιος

Γιαννακούλιας Απειροστικός Λογισμός Ι Συμμετρία 1997

2004

[4] Σωτήρης Ντούγιας Απειροστικός Λογισμός Ι Πανεπιστήμιο

Ιωαννίνων 2000 2004

[5] Αντώνης Τσολομύτης Σύνολα και Αριθμοί Leader Books 2004

[6] Robert Bartle The elements of Real Analysis 2nd ed John Wiley amp Sons

1989

[7] Konrad Knopp Infinite sequences and series Dover Publications 1956

[8] Thomas William Korner A companion to Analysis Graduate Studies in

Mathematics vol 62 American Mathematical Society 2004

[9] Serge Lang A first Course in Calculus 5th ed Undergraduate Texts in

Mathematics Springer-Verlag 1986

[10] Walter Rudin Principles of Mathematical Analysis 3rd edition McGraw

Hill International Editions 1976

[11] Karl Stromberg An introduction to Classical Real Analysis Chapman amp

Hall 1996

Ευρετήριο ελληνικών όρων

Α

άθροιση κατά παράγοντες 96

άθροισμα ακολουθιών 9

ακολουθία 7

Cauchy 37

infimum 20

supremum 20

άνω όριο 47

άνω πέρας 20

άνω φράγμα 19

άνω φραγμένη 19

αποκλίνουσα 39

απολύτως φραγμένη 19

αύξουσα 15

βασική 37

γνησίως αύξουσα 15

γνησίως μονότονη 15

γνησίως φθίνουσα 15

ελάχιστο άνω φράγμα 20

επάλληλες 53

κανόνας Lrsquo Hospital 55

κάτω όριο 47

κάτω πέρας 20

κάτω φραγμένη 19

μέγιστο κάτω φράγμα 20

μερικό άθροισμα 63

μηδενική 25

μονότονη 15

όριο 31

όροι 7

σειρά της 63

συγκλίνουσα 30

σύνολο όρων 7

τελικό τμήμα 7

φθίνουσα 15

φραγμένη 19

φραγμένης κύμανσης 98

ακολουθίες ισοσυγκλίνουσες 36

αναδιάταξη

σειράς 99

φυσικών αριθμών 100

αναδιάταξη σειράς 100

ανισότητα αριθμητικού γεω-

μετρικούς αρμονικού μέ-

σου 54

άνω

όριο ακολουθίας 47

πέρας ακολουθίας 20

φράγμα ακολουθίας 19

φραγμένη ακολουθία 19

απλή σύγκλιση σειράς 70

αποκλίνουσα ακολουθία 39

απόλυτη σύγκλιση σειράς 70

απολύτως φραγμένη ακολου-

θία 19

αριθμητικός μέσος 53

αριθμητικός-αρμονικός μέσος

56

αριθμογεωμετρικός μέσος 58

αρμονική σειρά 70

αρμονικός μέσος 53

αύξουσα ακολουθία 15

Β

βασική ακολουθία 37

Γ

γεωμετρική σειρά 63

γεωμετρικός μέσος 53

γινόμενο ακολουθιών 9

γνησίως

αύξουσα ακολουθία 15

μονότονη ακολουθία 15

φθίνουσα ακολουθία 15

Δ

διαφορά ακολουθιών 9

Ε

ελάχιστο

Ευρετηριο ελληνικων ορων 109

άνω φράγμα ακολουθίας

20

υπακολουθιακό όριο 48

εναλλάσουσα σειρά 95

επάλληλες ακολουθίες 53

Θ

θεώρημα

Bolzano-Weierstraszlig 37

Riemann 102

Ι

ιδιότητα Cauchy 68

ισοσυγκλίνουσες ακολουθίες 36

ισότητα ακολουθιών 9

Κ

κανόνας Lrsquo Hospital για ακο-

λουθίες 55

κάτω

όριο ακολουθίας 47

πέρας ακολουθίας 20

φραγμένη ακολουθία 19

κέντρο περιοχής 25

κριτήριο

n-στης ρίζας του Cauchy

84

Cauchy 68

Bertrand 88 90

Gauss 90

Dini-Kummer 74

Dirichlet 96 97

Leibniz 95

Raabe-Duhamel 87

λογαριθμικό 87

λόγου Drsquo Alambert 82

λόγου ακολουθιών 29

λόγου ακολουθιών ορια-

κό 36

ολοκληρωτικό 79

οριακής σύγκρισης 72

οριακής σύγκρισης λόγων

72

σύγκρισης 71

συμπύκνωσης του Cauchy

76

φράγματος 67

Λ

λογαριθμικό κριτήριο 87

λόγος γεωμετρικής σειράς 63

Μ

μέγιστο

κάτω φράγμα ακολουθίας

20

υπακολουθιακό όριο 48

μερικό άθροισμα ακολουθίας

63

μέσος

αριθμητικός 53

αριθμητικός-αρμονικός 56

αριθμογεωμετρικός 58

αρμονικός 53

γεωμετρικός 53

μηδενική ακολουθία 25

μοναδικότητα ορίου ακολουθί-

ας 31

μονότονη ακολουθία 15

Ο

ολοκληρωτικό κριτήριο 79

οριακό κριτήριο λόγου ακολου-

θιών 36

όριο

ακολουθίας 31

υπακολουθιακό 47

όροι ακολουθίας 7

Π

περιοχή σημείου 25

πηλίκο ακολουθιών 10

Σ

σειρά 63

αρμονική 70

γεωμετρική 63

εναλλάσουσα 95

τηλεσκοπική 73

110 Ευρετηριο ελληνικων ορων

σειρές

n-στης ρίζας του Cauchy

84

αναδιατάξεις 99 100

απλή σύγκλιση 70

απόλυτη σύγκλιση 70

εναλλάσουσες 95

κριτήριο Bertrand 90

κριτήριο Cauchy 68

κριτήριο Gauss 90

κριτήριο Dini-Kummer 74

κριτήριο Dirichlet 96 97

κριτήριο Leibniz 95

κριτήριο Raabe-Duhamel 87

κριτήριο λογαριθμικό 87

κριτήριο λόγου Drsquo Alambert

82

κριτήριο οριακής σύγκρι-

σης 72

κριτήριο οριακής σύγκρι-

σης λόγων 72

κριτήριο σύγκρισης 71

κριτήριο συμπύκνωσης του

Cauchy 76

κριτήριο φράγματος 67

ολοκληρωτικό κριτήριο 79

τηλεσκοπικές 73

συγκλίνουσα ακολουθία 30

σύγκλιση ακολουθιών 25

σύνθεση ακολουθιών 10

σύνολο όρων ακολουθίας 7

Τ

τελικά ανήκειικανοποιεί 25

τελικό τμήμα ακολουθίας 7

τηλεσκοπικές σειρές 73

Υ

υπακολουθία 8

υπακολουθιακό όριο 47

Φ

φθίνουσα ακολουθία 15

φραγμένη ακολουθία 19

Παραγωγή LATEX2ε

Τα θεωρήματα

των Green Stokes και Gauss

Αντώνης Τσολομύτης

Σάμος 2012

intcurl

nablatimes F

divintpartS F

Επειδή αναϕέρθηκε στο μάθημα

Ενεργητική ϕωνή

Ενεστώτας παράγω παρέχωΕνεστώτας-υποτακτική να παράγω να παρέχωΕνεστώτας-προστακτική πάραγε πάρεχεΕνεστώτας-μετοχή παράγοντας παρέχονταςΜέλλοντας στιγμιαίος θα παραγάγω θα παράσχωΜέλλοντας διαρκείας θα παράγω θα παρέχωΜέλλοντας συντελεσμένος θα έχω παραγάγει θα έχω παράσχειΑόριστος παρήγαγα παρείχαΑόριστος-υποτακτική να παραγάγω να παράσχωΑόριστος-προστακτική παράγαγε παράσχετεΑόριστος-απαρέμϕατο παραγάγει παράσχειΠαρατατικός παρήγα παρείχαΠαρακείμενος έχω παραγάγει έχω παράσχειΥπερσυντέλικος είχα παραγάγει είχα παράσχει

Οι τύποι με το -άξω δεν είναι απαραίτητα λάθος (ο μέλλοντας τουάγω στην αρχαία είναι άξω1) και μπορούν να χρησιμοποιηθούν εν-δεχομένως ειδικά αν στον ομιλητή ακούγονται εύηχοι Όμως υπάρ-χουν δυσκολίες με αυτή την επιλογή Για παράδειγμα για το ρήμαlaquoεξάγωraquo θα πούμε laquoθα εξάξωraquo Για το laquoανάγωraquo laquoθα ανάξωraquo Γιατο laquoδιαξάγωraquo laquoθα διαξάξωraquo Ή είναι προτιμότερο να πούμε laquoθαεξαγάγωraquo laquoθα αναγάγωraquo laquoθα διεξαγάγωraquo Ο κακοποιός laquoέχει α-παγάγειraquo το παιδί ή το έχει laquoαπάξειraquo Ανάλογη είναι η κατάστασηκαι με το laquoπαρέχωraquo Είναι σωστό να λέμε laquoνα παρέξειraquo ή laquoνα πα-ράσχειraquo Χωρίς να θέλουμε να μπούμε στην κουβέντα περί σωστούή λάθους γλωσσικής καθαρότητας ή βαρβαρότητας (κουβέντα πουγίνεται έντονα στο διαδίκτυο) από τα παραπάνω παραδείγματαϕαίνεται ότι η επιλογή του laquoθα παραγάγωraquo ή laquoθα παράσχωraquo είναιασϕαλέστερη

Σάμος 11 Μαΐου 2012

1δες online λεξικό Liddell-Scott-Κωνσταντινίδου στη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrldsweb

1 Εισαγωγικά

Οι σημειώσεις αυτές γράϕτηκαν για το μάθημα του ΑπειροστικούΛογισμού όπως αυτό διδάσκεται στα Τμήματα Μαθηματικών Οιαποδείξεις των τριών αυτών θεωρημάτων στην πλήρη τους γενικό-τητα στον R3 (ή στον R2 για το θεώρημα του Green) δεν είναι απλέςΕιδικά η απόδειξη του θεωρήματος του Gauss είναι δύσκολη και γιααυτό μπορεί να επιλέξει κανείς να την παραλείψει Η απόδειξη τουStokes είναι βατή αν και εκτενής λόγω της αναγκαστικής εϕαρμο-γής του κανόνα της αλυσίδας στην παραγώγιση για διανυσματικέςσυναρτήσειςΟι σημειώσεις αυτές δεν περιέχουν ασκήσεις και γράϕτηκαν κυ-

ρίως με στόχο μια διδακτικά αποδοτικότερη παρουσίαση των θεω-ρημάτων Με αυτό το σκεπτικό οι αποδείξεις πήγαν όλες σε ξεχω-ριστή ενότητα στο τέλος των σημειώσεων

2 Συμβολισμός

Συμβολίζουμε μεintintτο διπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R2 και

μεintintintτο τριπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R3

Με το intC συμβολίζουμε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στην

προσανατολισμένη καμπύλη C Όταν η C είναι απλή κλειστή καμ-πύλη που περικλείει ένα χωρίο στον R2 θεωρούμε ότι είναι θετικάπροσανατολισμένη δηλαδή περπατώντας πάνω στην καμπύλη τοχωρίο που περικλείει είναι στα αριστερά μας Αν η C είναι το σύ-νορο μιας προσανατολισμένης επιϕάνειας στον R3 τότε η C θεω-ρείται προσανατολισμένη θετικά δηλαδή αν περπατάμε στην C μετο σώμα μας στη ϕορά του προσανατολισμού της επιϕάνειας ηεπιϕάνεια είναι στα αριστερά μαςΣυμβολίζουμε με

S το επιϕανειακό ολοκλήρωμα πάνω στην προ-

σανατολισμένη επιϕάνεια S Αν η S είναι κλειστή επιϕάνεια η θε-τική κατεύθυνση είναι η προς τα έξω κατεύθυνση σε σχέση με τοτρισδιάστατο χωρίο που περικλείειΓράϕουμε ⟨xy⟩ για το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων x

και y Τα i j και k είναι τα βασικά ορθοκανονικά διανύσματαστον R3 Δηλαδή i = (100) j = (010) και k = (001)Αν F διανυσματική συνάρτηση από το R3 στο R3 και F = (F1 F2 F3)

όπου οι Fj έχουν τιμές στο R γράϕουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 F2 F3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1)

3

και

⟨nabla F⟩ = partF1

partx+ partF2

party+ partF3

partz (2)

3 Θεωρήματα Stokes και Gauss

Το θεμελιώδες θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού μάς λέει ότι υπότις κατάλληλες προϋποθέσεις το ολοκλήρωμα της παραγώγου f prime

της f στο διάστημα [a b] ισούται με ένα κατάλληλο άθροισμα τωντιμών της f στο σύνορο ab του διαστήματος Συγκεκριμέναint

[ab]f prime = f(b)minus f(a) (3)

Δηλαδή το ολοκλήρωμα της παραγώγου στο διάστημα [a b] υπο-λογίζεται από τις τιμές της συνάρτησης στο σύνορο (στα άκρα)του [a b] Το ίδιο ακριβώς είναι εννοιολογικά του περιεχόμενο τωνθεωρημάτων Stokes και Gauss Στο θεώρημα Stokes το πεδίο ολοκλή-ρωσης είναι μια επιϕάνεια και ο υπολογισμός με βάση τις τιμέςστο σύνορο της επιϕάνειας (το αντίστοιχο του f(b) minus f(a)) γίνεταιμε επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο σύνορό της Ομοίως στο θεώρηματου Gauss το πεδίο ολοκλήρωσης είναι ένα χωρίο στον τρισδιάστα-το χώρο και ο υπολογισμός με βάση τις τιμές στο σύνορο του χω-ρίου γίνεται με το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στο σύνορο του χωρίουδηλαδή στην επιϕάνεια που περικλείει το χωρίο

31 Το θεώρημα του Stokes

Έστω ότι η S προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 που ορίζεταιαπό μια ένα προς ένα παραμετρικοποίηση Φ D sube R2 rarr S και partSτο θετικά προσανατολισμένο σύνορό της Αν F S rarr R3 μια C1

συνάρτηση τότε

το επιϕανειακό ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης παραγώ-γουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στο σύνο-ρο της επιϕάνειας Δηλαδή σε πλήρη αναλογία με τοντύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕής

SlaquoF primeraquo =

intpartSF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επικαμπύλιο ολο-κλήρωμα της F στο partS

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί είναι ποια είναι η laquoκατάλληληπαράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

4

Θεώρημα 31 (Stokes) Έστω ότι η S είναι μια κατά τμήματα C2

ϕραγμένη προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 Αν F S rarr R3

μια C1 συνάρτηση και partS το θετικά προσανατολισμένο σύνορο τηςS το οποίο υποθέτουμε ότι είναι απλή κλειστή κατά τμήματα C1

καμπύλη τότε ισχύει Snablatimes F =

intpartSF (4)

Δηλαδή η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo είναι η συνάρτηση nablatimes F

Υπενθυμίζουμε εδώ τα απαραίτητα για τον υπολογισμό των πο-σοτήτων του παραπάνω τύπου

bull Αν Φ D sube R2 rarr R με Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))μια 1-1

παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας S θέτουμε

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)και το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στα αριστερά της (4) υπολο-γίζεται με το διπλό ολοκλήρωμαintint

D

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

bull Αν σ(t) isin R3 για t isin [a b] μια παραμετρικοποίηση του partS τότετο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στα δεξιά της (4) ισούται μεint b

a

⟨F(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

Παρατήρηση 31 Θέλοντας να κάνουμε τον αναγνώστη να νοιώθεισίγουρος για την εννοιολογική ταύτιση της σχέσης (4) με τη σχέση(3) θα δείξουμε ότι πράγματι το θεώρημα του Stokes εϕαρμοσμένοσε κατάλληλη επιϕάνεια συνεπάγεται το θεμελιώδες θεώρημα τουαπειροστικού λογισμού Ας υποθέσουμε λοιπόν τη σχέση (4) καιέστω ότι η f είναι συνάρτηση C1 στο [a b] Θεωρούμε την επίπεδηεπιϕάνεια S = [a b] times [01] times 0 sube R3 και τη συνάρτηση F(xy) =(0 f (x)0) Έχουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

0 f(x) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= f prime(x)k

Για την παραμετρικοποίηση της S θέτουμε D = S και για (uv) isin DΦ(uv) = (uv0) Έτσι Tu = (100) Tv = (010) και εύκολα προκύ-

5

πτει ότι Tu times Tv = k Οπότε το αριστερό μέλος της (4) γίνεταιSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

=int 1

0

int baf prime(u)dudv

=int baf prime(x)dx

Στρεϕόμαστε τώρα στο δεξιό σκέλος Το σύνορο του S αποτελείταιαπό τα ευθύγραμμα τμήματα

C1 =(t00) t isin [a b]

C2 =(t10) t isin [a b]

B1 =(a t0) t isin [01]

καιB2 =

(b t0) t isin [01]

Οι παραμετρικοποιήσεις που δίνονται στα παραπάνω ευθύγραμματμήματα δίνουν τον θετικό προσανατολισμό στα C1 και B2 ενώ δί-νουν τον αρνητικό προσανατολισμό στα C2 και B1 Συνεπώς

intpartSF =

intC1

F minusintC2

F minusintB1

F +intB2

F (5)

Όμως

intC1

F =int ba

⟨F(t00) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

intC2

F =int ba

⟨F(t10) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

Και

intB2

F =int 1

0

⟨F(b t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (b)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(b)dt

= f(b)

intB1

F =int 1

0

⟨F(a t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (a)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(a)dt

= f(a)

6

Αντικαθιστώντας στην (5) παίρνουμεintpartS F = f(b) minus f(a) ολοκληρώ-

νοντας την απόδειξη Έτσι το θεώρημα του Stokes πράγματι αποτε-λεί επέκταση του γνωστού μας θεμελιώδους θεωρήματος του απει-ροστικού λογισμού μίας μεταβλητής σε περισσότερες μεταβλητές

311 Το θεώρημα του Green

Μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος Stokes είναι η περίπτωσηόπου η επιϕάνεια S είναι επίπεδη υποσύνολο του R2 και η συνάρ-τηση F έχει πεδίο τιμών το R2 Σε αυτή την περίπτωση το πεδίοορισμού της παραμετρικοποίησης Φ της S το D ταυτίζεται με τηνS και η Φ είναι η ταυτοτική Φ(uv) = (uv) (όπου παραλείψαμε τηντρίτη μηδενική συντεταγμένη (μιλώντας αυστηρά ταυτίζουμε το R2

με το R2 times 0 sub R3 ή αλλιώς ταυτίζουμε τα (uv) με τα (uv0))Όπως και στην Παρατήρηση 31 υπολογίζουμε ότι Tu times Tv = k

οπότε σε αυτή την περίπτωση

intSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(uv) k⟩dudvΤώρα αν F = (PQ) = (PQ0) υπολογίζουμε την παράσταση ⟨nabla timesF(uv) k

⟩με την ορίζουσα (1) και βρίσκουμε (άσκηση) ότι

⟨nablatimes F(uv) k⟩ = partQpartu

minus partPpartv

Έτσι σε αυτή την ειδική περίπτωση ο τύπος του θεωρήματος Stokesγράϕεται ως intint

D

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy =

intpartDF

όπου F = (PQ) Αυτός ο τύπος ο τύπος που προκύπτει από τοθεώρημα Stokes όταν S sube R2 και F S rarr R2 ονομάζεται laquoθεώρηματου GreenraquoΗ παρουσίαση του θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήμα-

τος Stokes έγινε για καθαρά διδακτικούς λόγους Όμως όσο αϕοράστις αποδείξεις τους (δες ενότητα 4) πρώτα αποδεικνύουμε την ει-δική και ευκολότερη περίπτωση του θεωρήματος Green και στη συ-νέχεια αποδεικνύουμε το θεώρημα Stokes

312 Εϕαρμογή υπολογισμός εμβαδού χωρίου

Παρατηρούμε ότι αν στον τύπο του Green βάλουμε Q(xy) = 12x και

P(xy) = minus 12y θα ισχύει

partQpartx minus

partPparty = 1 οπότε

12intpartD(minusyx) =

intintD

1dxdy = Εμβαδόν(D)

7

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 519

4 Σημειώσεις Θεωρίας Μέτρου (πρώτη φορά μαζί με τον πηγαίοκώδικα) (2009)

5 Ανάλυση Ι Σημειώσεις για το ομώνυμο μάθημα του ΤμήματοςΜαθηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου (2003)

Μεταφράσεις βιβλίων

1 John Hubbart amp Barbara Hubbard Διανυσματικός λογισμόςγραμμική άλγεβρα και διαφορικές μορφές ΠανεπιστημιακέςΕκδόσεις Πατρών Αρ σελ 936 σε συνεργασία με τον Β Με-ταφτσή Τίτλος πρωτοτύπου Vector Calculus Linear Algebraand Differential Forms A Unified Approach Matrix Editions

2 Suzanna Epp Διακριτά μαθηματικά και εφαρμογές ΕκδόσειςΚλειδάριθμος Αρ σελ 950 σε συνεργασία με τον Β ΜεταφτσήΤίτλος πρωτοτύπου Discrete Mathematics with Applications3η έκδοση Εκδόσεις Brooks Cole

Ψηφιοποιήσεις βιβλίων

1 Μετατροπή διαφόρων βιβλίων και σημειώσεων σε NemethBraille για άτομα με προβλήματα όρασηςhttpmyriamathaegeangr~atsolnewpagesoftwarebrailleΟ κατάλογος περιλαμβάνει

(αʹ) πρότυπο λεξικόΜαθηματικών συμβόλων σε BrailleNemethμε εκατοντάδες σύμβολα που καλύπτουν τις ανάγκες τωνΜαθηματικών και γενικότερα των επιστημών από τηνΑrsquo Δημοτικού μέχρι το Πανεπιστημιακό προπτυχιακό με-ταπτυχιακό και ερευνητικό επίπεδο Ο εκπαιδευόμενοςγνωρίζοντας την έννοια που θέλει βρίσκει το σωστό σύμ-βολο σε Nemeth

(βʹ) το ίδιο λεξικό για βλέποντες δασκάλους ώστε να μπορούννα βοηθούν τους μαθητές τους με προβλήματα όρασης

(γʹ) αντίστροφο λεξικό μαθηματικών συμβόλων ώστε ο εκ-παιδευόμενος γνωρίζοντας το σύμβολο από κείμενο πουδιαβάζει να μπορεί να βρει τι αυτό σημαίνει Το συγκεκρι-μένο λεξικό υλοποιεί πρωτότυπη μέθοδο διάταξης τωνεξάστιγμων Braille ώστε να είναι εύκολη η αναζήτησηκάθε συμβόλου

(δʹ) βιβλίο δασκάλου για το αντίστροφο λεξικό

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 619

(εʹ) Διάφορα βιβλία σε BrailleNemeth με άδεια από τους εκ-δότες για επαναδιανομή σε Braille καθώς και πληθώρασημειώσεων που καλύπτουν ανάγκες Μαθηματικών καιάλλων Επιστημών Ο κατάλογος αυτός εμπλουτίζεταισυνεχώς καθώς νέα παιδιά με προβλήματα όρασης ει-σάγονται σε διάφορα Τμήματα aei της χώρας και τοπρόγραμμα που αναπτύξαμε latex2nemeth (δείτε στηνενότητα software) κάνει εφικτή την απρόσκοπτη μελέτηοποιασδήποτε επιστήμης

(στrsquo) την Οδύσσεια του Ομήρου στην οποία επιδεικνύεται ηδυνατότητα του latex2nemeth να μετατρέπει σωστά καιπολυτονικά κείμενα χωρίς τις ατέλειες παλαιότερων προ-γραμμάτων (για παράδειγμα έλλειψη τονικών σημαδιώνστο α) Ευχαριστώ την φιλόλογο Αργυρώ Ράπτου για τηνπολύτιμη βοήθειά της στο πολυτονικό σύστημα γραφήςσε Braille

(ζrsquo) Μετατροπή του Θύραθεν Φιλοσοφικού Λεξικού του συγ-γραφέα Βλάση Ρασσιά για πρόσβαση σε φιλοσοφικές έν-νοιες από παιδιά με προβλήματα όρασης Διαθέσιμο απόεδώ httpsyseegrbraille2html

2 Δημήτριος Κάππος Ασκήσεις απειροστικού λογισμού τόμοι 1έως 4 Σε συνεργασία με ομάδα φοιτητών (υπό προετοιμασία)

3 Μέγα Λεξικό της Ελληνικής Γλώσσας Liddell Scott Κωσντα-ντινίδου σε συνεργασία με τον Α Παπασαλούρο Το μεγαλύ-τερο και εγκυρότερο λεξικό της Αρχαίας Ελληνικής γλώσσαςδιεθνώς Προσπελάσιμο από τη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrldsweb

4 Ιωάννης Βακιρτζής Ιστορία της Σάμου Το σπάνιο αυτό έργοπαραχωρήθηκε για ψηφιοποίηση από τα Γενικά Αρχεία τουΚράτουςhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

5 Επαμεινώνδας Σταματιάδης Ικαριακά Πρόκειται για ένα ι-διαίτερα σπάνιο βιβλίο που παρουσιαζει την Ιστορία τηςΙκαρίας Παραχωρήθηκε για ψηφιοποίηση από τα Γενικά Αρ-χεία του Κράτουςhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

6 Επαμεινώνδας Σταματιάδης Σαμιακά Λαογραφία Ψηφιο-ποίηση και δημιουργία ευρετηρίουhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 719

7 Επαμεινώνδας Σταματιάδης Σαμιακά Τόμος Αrsquo Ψηφιοποί-ηση και δημιουργία ευρετηρίου Πρόκειται για την de factoαναφορά των Ιστορικών (διεθνώς) για τη Σάμοhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

8 Στέλιος Πηχωρίδης Απειροστικός λογισμός (πρόχειρες ση-μειώσεις) σε συνεργασία με τον Α Κοντογεώργη και ομάδαφοιτητώνhttpmyriamathaegeangrlabsdt

Λογισμικό 1 latex2nemeth σε συνεργασία με τον Ανδρέα ΠαπασαλούροΠρόγραμμα μετατροπής από αρχεία TeX ή παραγώγων τουσε Braille με τα μαθηματικά σε Nemeth Πολύτιμες πληρο-φορίες για το Nemeth παρείχε η Όλγα Μαλεζά καθηγήτριαειδικής αγωγής Το πρόγραμμα που παρουσιάστηκε και στονημερήσιο τύπο (εφημερίδα Καθημερινή 2822015) επιτρέπειτην πλήρη πρόσβαση σε επιστημονικά κείμενα που διεθνώςγράφονται στο πρόγραμμα TeX του Donald Knuth και σε πα-ράγωγά του (LaTeX xeLaTeX ConTeX κα) Μερικά σημεία πουπρέπει να τονιστούν είναι

(αʹ) υποστηρίζει Μαθηματικά σε Nemeth πολυτονική γρα-φή προγραμματισμό (επίδειξη προγράμματος μέσα σεκείμενο σε περιβάλλον verbatim)

(βʹ) υποστηρίζει αρχεία εικόνων σε pstricks για παραγωγή ε-πιστημονικού σχημάτων κατάλληλο για θερμοκαψουλικόχαρτί

(γʹ) προσφέρεται δωρεάν με ελεύθερη άδεια (gpl3)httplatex2nemethsourceforgenet

(δʹ) έγινε εφικτή η ενσωμάτωσή του σε κάθε εγκατάστασηTeX τόσο σε ελεύθερες πλατφόρμες όπως Linux όσο καισε εμπορικές όπως Windows ή MacOs

(εʹ) η υποστήριξη των μαθηματικών είναι σε τέτοιο βαθμόπληρότητας που υποστηρίζει τις επιστήμες και σε ερευ-νητικό επίπεδο Πίνακας μαθηματικών συμβόλων εδώhttpmyriamathaegeangrbraillesymbols-in-braillepdf

(στrsquo) είναι πολυγλωσσικό αφού υποστηρίζει Ελληνικά και Αγ-γλικά και η επέκτασή του σε άλλες γλώσσες γίνεται απλάμε την συμπλήρωση ενός πίνακα αλφαβητικών συμβόλωνκάθε γλώσσας

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 819

(ζrsquo) η μετατροπήαπόάλλα (επεξεργάσιμα) format όπωςMicrosoftWord είναι εύκολη αφού αυτά μετατρέπονται εύκολα σεTeX

2 Ανάπτυξη της νέας γραμματοσειράς τίτλων laquoΑθηναΐςraquo απόενεπίγραφο βάθρο στη Νότια κλιτύ της Ακρόπολης Αθηνώνπρος τιμή της κόρης του Ηρώδη του Αττικού ΑθηναίδαςΟι πληροφορίες για το αρχαιολογικό εύρημα δόθηκαν απόΕφορεία Αρχαιοτήτων Αθηνών Πρόκειται για ενεπίγραφοβάθρο με αριθμό καταγραφής nk14 από πεντελικό μάρμαροσυγκολλημένο από πέντε θραύσματα Βρέθηκε το 1876 στηνπεριοχή του Ασκληπιείου οικοδομημένο στα θεμέλια χριστια-νικής εκκλησίας Φέρει πλούσια κωρωνίδα και βάση Στηνάνω επιφάνεια φέρει κοίλωμα για ένθεση πλίνθου αγάλμα-τος πιθανώς της Μαρκίας Αθηναΐδας (Marcia Annia ClaudiaΑλκία Αθηναΐς Gavidia Latiaria) νεώτερης κόρης του Ηρώ-δου του Αττικού Η επιγραφή χρονολογείται στην περίοδοδράσης της τιμωμένης δηλαδή από το 145 έως το 156 ή τοαργότερο μέχρι το 160 Φωτογραφίες δόθηκαν από μέλη τουΥπάτου Συμβουλίου Ελλήνων Εθνικών Ψηφιοποιήθηκε λόγωτου ιδιαίτερου της γραφής Ακολουθεί μικρό δείγμα

3 Γραμματοσειρά Κέρκης Γραμματοσειρά Type1 βασισμένη στηνBookman amp Avant-Garde για πολυγλωσσικό κείμενο με πλήρηκάλυψη της ελληνικής γλώσσας (μονοτονικό-πολυτονικό)Περιέχει διπλούς χαρακτήρες για διάφορα ελληνικά γράμ-ματα μετά από σχετική έρευνα της Ελληνικής Τυπογραφίαςτων τελευταίων αιώνων (από 15ο και μετά) συν χαρακτήρεςγια την κάλυψη του πραγματικού Ελληνικού αριθμητικού συ-στήματος μετά από σχετική έρευνα της Αρχαίας Ελληνικήςγλώσσας πριν τη επέμβαση των Αλεξανδρινών γραμματικώνhttpmyriamathaegeangrsoftwarekerkis

4 Έτοιμα υποδείγματα αρχείων πτυχιακής ομιλίας για συνέ-δριο και επιστολής σε LATEX XeLATEX και LyXγια την υποβοή-

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 919

θηση της ελληνικής επιστημονικής κοινότηταςhttpmyriamathaegeangr~atsolnewpage

5 Εξελληνισμός λογισμικού (MikTEX και teTEX) για LATEX και υπο-στήριξη της ελληνικής επιλογής του Babel σε αυτό Διάθεσηστην Ελληνική επιστημονική κοινότητα

6 Υποστήριξη για το TEX των γραμματοσειρών της ΕλληνικήςΕταιρείας Τυπογραφικών ΣτοιχείωνhttpwwwgreekfontsocietygrΔιαθέσιμες από τη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrlabsdtκαι από οποιοδήποτε κόμβο του ctan

7 MailTEX Εφαρμογή για εξυπηρετητή (server) το MailTEX δέχε-ται ένα αρχείο TEX ή LATEX ή AMSLATEX και επιστρέφει αυτόματαστον αποστολέα ένα PostScript αρχείο κατάλληλο για εκτύ-πωση ή on-line preview Το MailTEX είναι χρήσιμο για Έλληνεςεπιστήμονες που δεν έχουν εύκολη πρόσβαση σε μιά εγκατά-σταση TEX που να υποστηρίζει την Ελληνική γλώσσα

Διοργάνωση Συνεδρίων

Workshop on Convex Geometric Analysis συνεργασία των Πανε-πιστημίων Αιγαίου και Κρήτης και του ιτε Ακαδημαϊκό χωριόΑνωγείων Κρήτης Αύγουστος 19ndash23 2001

International Conference on TEX xml and Digital Typography Heldjointly with the 25th Annual Meeting of the TEX Users Group tug 2004Xanthi Greece AugustSeptember 2004

7ο Πανελλήνιο συνέδριο Γεωμετρίας Καρλόβασι 26ndash2952005 Σά-μος

Phenomena in high dimensions Σάμος Third international conferenceof the European Network phdΠυθαγόρειο Σάμου 25ndash29 Ιουνίου 2007

3ο Διήμερο στην Ανάλυση για Νέους Ερευνητές Καρλόβασι 16ndash17Σεπτεμβρίου 2005

Προβλήματα Ανάλυσης Σάμος 26ndash28 Σεπτεμβρίου 2008

Dynamics in Samos 31 Αυγούστουndash3 Σεπτεμβρίου 2010

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1019

Ακαδημαϊκές θέσεις

1989ndash1992 Graduate Teaching Associate στο Τμήμα Μαθηματικών του OhioState University Columbus Ohio usa

1992ndash1993 Graduate Teaching Associate στο Τμήμα Μαθηματικών του TexasAampM University Texas usa

1993ndash1995 Graduate Teaching Associate στο Τμήμα Μαθηματικών του OhioState University Columbus Ohio usa

1995ndash1996 Presidential Fellow στο ΤμήμαΜαθηματικών τουOhio State UniversityColumbus Ohio usa

Φεβρ 1998ndash Ιαν 1999 Επισκέπτης στη βαθμίδα του Λέκτορα Τμήμα ΜαθηματικώνΠανεπιστήμιο Κρήτης

Ιαν 1999ndashΣεπ 2002 Επισκέπτης στη βαθμίδα του Λέκτορα Τμήμα ΜαθηματικώνΠανεπιστήμιο Αιγαίου

Σεπ 2002ndashΙαν 2007 Λέκτορας Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Ιαν 2007ndash2011 Επίκουρος καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιγαί-ου

Ιαν 2011ndash26 Ιαν 2017 Αναπληρωτής καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστή-μιο Αιγαίου

27 Ιαν 2017ndashΣήμερα Καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Τριμελής Επιτροπή Διδακτορικού

Χρήστος Σαρόγλου Πανεπιστήμιο Κρήτης Τμήμα ΜαθηματικώνlaquoΣυναρτησοειδή πάνω στον χώρο των κυρτών σωμάτωνraquo Επι-βλέπουσα Σ Παπαδοπούλου

Διοικητικές θέσεις

2015ndash2017 Διευθυντής του Μεταπτυχιακού Προγράμματος του Τμήματος Μα-θηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου laquoΣπουδές στα Μαθηματι-κάraquo

2007ndash2009 Διευθυντής του Εργαστηρίου Ψηφιακής Τυπογραφίας και Μαθη-ματικών Εφαρμογών του Τμήματος Μαθηματικών του Πανεπι-στημίου Αιγαίου httpmyriamathaegeangrlabsdt

2006ndash2009 Μέλος της Επιτροπής Πληροφορικής του Πανεπιστημίου Αιγαίου

2005ndash2009 Μέλος της Επιτροπής Σπουδών του Τμήματος Μαθηματικών τουΠανεπιστημίου Αιγαίου

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1119

2005ndash2016 Μέλος της Επιτροπής Πληροφορικής του Τμήματος Μαθηματικώντου Πανεπιστημίου Αιγαίου

Διδακτική εμπειρία

Διδασκαλία στο Μεταπτυχιακό Πρόγραμμα Σπουδών του Τμή-ματος Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου laquoΜαθηματικήμοντελοποίηση στις φυσικές επιστήμες και στις σύγχρονες τεχνο-λογίεςraquo

2001ndash2002 Χειμερινό Εξάμηνο Στοχαστικές Ανελίξεις και ΣτοχαστικόςΛογισμός

2004ndash2005 Εαρινό Εξάμηνο Γλώσσες Προγραμματισμού και ΜαθηματικόΛογισμικό

2005ndash2006 Χειμερινό Εξάμηνο Γλώσσες Προγραμματισμού και Μαθημα-τικό Λογισμικό

2005ndash2006 Εαρινό Εξάμηνο Πιθανότητες-Στατιστική

2006ndash2007 Χειμερινό Εξάμηνο Γλώσσες Προγραμματισμού

2010ndash2011 Χειμερινό Εξάμηνο Ανάλυση

2011ndash2012 Χειμερινό Εξάμηνο Πιθανότητες-Στατιστική

2012ndash2013 Χειμερινό Εξάμηνο Ανάλυση

2014ndash2015 Χειμερινό Εξάμηνο Σεμινάριο Ανάλυσης

Όλα τα επίπεδα προπτυχιακών μαθημάτων στο Ohio State Univer-sity 1989ndash1995 Υποψήφιος από τους φοιτητές για το laquoExcellencein teaching awardraquo 1995 του Ohio Stare University Αυτόνομη διδα-σκαλία σε προπτυχιακά μαθήματα στο Πανεπιστήμιο Κρήτης καιστο Πανεπιστήμιο Αιγαίου Η αυτόνομη διδασκαλία μαθημάτωνπεριλαμβάνει τα μαθήματα

bull Όλα τα επίπεδα Απειροστικού Λογισμού Απειροστικός λογι-σμός για οικονομολόγους και Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσειςστο Ohio Stare University

bull Απειροστικός Λογισμός III και Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσειςστο Texas ΑampΜ University

bull Γραμμική Άλγεβρα και Πραγματική Ανάλυση στο Πανεπιστή-μιο Κρήτης

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1219

bull Πιθανότητες Απειροστικό Λογισμό Συναρτησιακή ΑνάλυσηΤα Μαθηματικά στη Μέση Εκπαίδευση Σύνολα και ΑριθμοίΑναλυτική Γεωμετρία Θεωρία Μέτρου και Ανάλυση I και IIστο Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Σχολεία

Ιαν 1996ndashΜαΐου 1996 Θερινό σχολείο στο msri Mathematical Sciences Research Insti-tute Berkeley California usa

Ιούλ 1999 Θερινό σχολείο στο Pacific Institute of Mathematical Sciences Van-couver Canada

Ιούλ 2008 Probabilistic Methods in Geometry (educational workshop) BędlewoΠολωνία Ιούλιος 6ndash12 2008

Σεπ 2010 Fields Institute thematic program Asymptotic Geometric AnalysisΤορόντο Καναδάς Σεπτέμβριος 2010

Συνέδρια amp ομιλίες

Ομιλίες 1 Πανεπιστήμιο Αθηνών 1993

2 Συνέδριο της Αμερικανικής Μαθηματικής Εταιρείας AMS NewYork usa 1994

3 Πανεπιστήμιο Κρήτης Ηράκλειο Ιούλιος 1995

4 Πανεπιστήμιο του Tel Aviv Tel Aviv Ισραήλ Αύγουστος 1995

5 CaseWestern University Cleveland Ohio usa Σεπτέμβριος 1995

6 Συνέδριο Random methods in Convex Geometry MathematicalSciences research Institute (msri) Berkeley California usa Μάρ-τιος 1996

7 Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Ανάλυσης ΠανεπιστήμιοΑιγαίου Καρλόβασι Σάμος καλοκαίρι 1997

8 Συνέδριο στην κυρτότητα University of Haifa Ισραήλ Μάρτιος2000

9 Workshop on Convex Geometric Analysis Ακαδημαϊκό χωριόΑνωγείων Κρήτης Αύγουστος 19ndash23 2001

10 10o Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Ανάλυσης Εθνικό Με-τσόβιο Πολυτεχνείο Αθήνα Φθινόπωρο 2004

11 The State of Geometry and Functional Analysis A conference inhonor of Vitali Milmanrsquos 70th anniversary Tel Aviv and the DeadSea Resort 24ndash30 June 2009

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1319

12 The State of Geometry and Functional Analysis A conference inhonor of Vitali Milmanrsquos 70th anniversary Tel Aviv and the DeadSea Resort 24ndash30 June 2009

13 (Plenary talk) Harmonic Analysis in Samos Διεθνές συνέδριο στοΚαρλόβασι Σάμου Φθινόπωρο 2009

14 Διάφορες ομιλίες στο Ohio State University το ΠανεπιστήμιοΚρήτης και το Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Συνέδρια 1 Regional conference in University of Missouri at Columbia Mis-suri usa

2 ams conference in New York usa 1994

3 Conference on Convexity in the University of Marne la ValleeacuteParis France 1994

4 Conference on Convexity in Cortona University of Florence Cor-tona Italy 1995

5 Winter School on Convexity and Local Theory of Banach SpacesMathematical Sciences Research Institute (msri) Berkeley Cali-fornia usa JanuaryndashMay 1996

6 Summer School on Convex Geometric Analysis Pacific Instituteof Mathematical Sciences Vancouver Canada July 1999

7 Conference on convexity University of Haifa Israel March 2000

8 Conference on convexity University of Tel Aviv Israel March2000

9 Workshop on Convex Geometric Analysis Ακαδημαϊκό χωριόΑνωγείων Κρήτης Αύγουστος 19ndash23 2001

10 Banach spaces and Convex Geometric Analysis Γερμανία KielΑπρίλιος 2003

11 Contemporary Ramifications of Banach Space Theory The HebrewUniversity of Jerusalem-The Institute for advanced Studies Jeru-salem 19ndash24 Ιουνίου 2005

12 Asymptotic Geometric Analysis Tel Aviv University Dead Sea24ndash27 Ιουνίου 2005

13 Asymptotic Theory of the Geometry of Finite Dimensional SpacesErwin Schroumldinger Institute Βιέννη 18ndash27 Ιουλίου 2005

14 Phenomena in high dimensions Institute Henri Poincareacute Secondinternational conference of the European Network phd Παρίσι7ndash14 Ιουνίου 2006

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1419

15 Phenomena in high dimensions Σάμος Third international con-ference of the European Network phd Πυθαγόρειο Σάμου 25ndash29Ιουνίου 2007

16 Phenomena in high dimensions Institute Henri Poincareacute Fourthinternational conference of the European Network phd ΣεβίληΙσπανία 16ndash20 Ιουνίου 2008

17 Conference on Convex and Discrete Geometry on the occasion ofthe retirement of Peter M Gruber July 13ndash17 2009

18 Workshop on Convex Geometric Analysis on the occasion of theretirement of Professor Souzana Papadopoulou September 10ndash132012

19 Convexity probability and discrete structures a geometric viewpoint Marne-la-Valleacutee France October 26ndash30 2015

20 16ο Πανελλήνιο Συνέδριο Ανάλυσης Καρλόβασι Σάμος Μάιος25ndash27 2018

Ετεροαναφορές (σύνολο 71)

1 Bianchi G Gronchi P Steiner symmetrals and their distance froma ball Israel J Math 135 181ndash192 2003 ⟶ 14

2 Giannopoulos A Hartzoulaki M On the volume ratio of twoconvex bodies B Lond Math Soc 34 703ndash707 Part 6 Nov 2002

⟶ 10

3 Hartzoulaki M Paouris GQuermassintegrals of a random polytopein a convex body Arch Math 80 (4) 430ndash438 Apr 2003 ⟶ 9

4 B Klartag and R Vershynin Small ball probability and DvoretzkyTheorem ⟶ 8

5 R Vershynin Isoperimetry of waists and local versus global asym-ptotic convex geometries (with an appendix by M Rudelson andR Vershynin) Duke Math J 131 No 1 (2006) 1ndash16 ⟶ 8

6 B Klartag Rate of convergence of geometric symmetrizationGeom Funct Anal Vol 14 (2004) 1322ndash1338 ⟶ 14

7 M Meckes Volumes of symmetric random polytopes Arch Math82 (2004) 86ndash96 ⟶ 9

8 R Vershynin John decompositions selecting a large part Israel JMath 122 (2001) 253ndash277

⟶ 10

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1519

9 J Bastero and M Romance Johnrsquos Decomposition of the Identityin the Non-Convex Case Positivity 6 (2002) no 1 1ndash16 ⟶ 10

10 K Boumlroumlczky Jr The stability of the Rogers-Shephard inequalityand of some related inequalities Adv Math 190 (2005) no 147ndash76 ⟶ 10

11 R Vershynin Integer cels in convex sets Advances in Mathematics197 (2005) 248ndash273 ⟶ 8

12 Y Gordon A E Litvak M Meyer and A Pajor Johnrsquos decompositionin the general case and applications J Differential Geom 68 No1 (2004) 99ndash119 ⟶ 10

13 R J GardnerGeometric Tomography (update 2004) Encyclopediaof Mathematics Vol 58 Cambridge University Press

⟶ 11 12 13

14 A E Litvak A Pajor and N Tomczak-Jaegermann Diameters ofSections and Coverings of Convex Bodies ⟶ 8

15 O Gueacutedon M Rudelson 119871119901 moments of random vectors viamajorizing measures ⟶ 7

16 G Paouris Concentration of mass on symmetric convex bodiesgafa Geom Funct Anal Vol 16 (2006) 1021ndash1049 ⟶ 7

17 J Bastero and M Romance Positions of convex bodies associatedto extremal problems and isotropic measures Adv in Math (2004)

⟶ 10

18 Erwin Lutwak Deane Yang and Gaoyong Zhang Volume Inequalitiesfor Subspaces of 119871119901 J Differential Geom 68 No 1 (2004) 159ndash184

⟶ 10

19 Peter M Gruber and Franz E Schuster An arithmetic proof ofJohnrsquos ellipsoid theorem Archiv der Mathematik Vol 85 No 1(2005) 82ndash88 ⟶ 10

20 Hans-Peter Schroumlcker Minimal Enclosing Hyperbolas of Line Sets⟶ 10

21 N Dafnis A Giannopoulos and O Gueacutedon On the isotropicconstant of random polytopes Advances in Geometry 10 (2010)no 2 311ndash322 ⟶ 7 9

22 R Adamczak AE Litvak A Pajor N Tomczak-JaegermannQuantitative estimates of the convergence of the empirical covariance

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1619

matrix in log-concave Ensambles J Amer Math Soc 23 (2010)no 2 535ndash561 ⟶ 7

23 Bianchi Gabriele The covariogram determines three-dimensionalconvex polytopes Adv Math 220 (2009) no 6 1771ndash1808⟶ 12

24 Bianchi Gabriele Gardner Richard J Kiderlen Markus Phaseretrieval for characteristic functions of convex bodies and recon-struction from covariograms J Amer Math Soc 24 (2011) no 2293ndash343 ⟶ 12

25 Alonso-Gutieacuterrez David Jimeacutenez C Hugo Villa Rafael Brunn-Minkowski and Zhang inequalities for convolution bodies AdvMath 238 (2013) 50ndash69 ⟶ 12

26 Alonso-Gutieacuterrez David Gonzaacutelez Bernardo Jimeacutenez CarlosHugo Volume inequalities for the i-th-convolution bodies J MathAnal Appl 424 (2015) no 1 385ndash401 ⟶ 11

27 Li Ai-Jun Leng GangSong Brascamp-Lieb inequality for positivedouble John basis and its reverse Sci China Math 54 (2011) no 2399ndash410 ⟶ 10

28 Taschuk Steven The Banach-Mazur distance to the cube in lowdimensions Discrete Comput Geom 46 (2011) no 1 175ndash183

⟶ 10

29 Jimeacutenez C Hugo Naszoacutedi Maacuterton On the extremal distancebetween two convex bodies Israel J Math 183 (2011) 103ndash115

⟶ 10

30 Li Ai-Jun Wang Guangting Leng Gangsong An extended Loomis-Whitney inequality for positive double John bases Glasg Math J53 (2011) no 3 451ndash462 ⟶ 10

31 Meyer Mathieu Schuumltt Carsten Werner Elisabeth M New affinemeasures of symmetry for convex bodies Adv Math 228 (2011)no 5 2920ndash2942 ⟶ 10

32 Gruber Peter M John and Loewner ellipsoids Discrete ComputGeom 46 (2011) no 4 776ndash788 ⟶ 10

33 Li Ai-Jun Leng Gangsong Mean width inequalities for isotropicmeasures Math Z 270 (2012) no 3ndash4 1089ndash1110 ⟶ 10

34 Henk Martin Loumlwner-John ellipsoids Doc Math 2012 Extra vol-ume Optimization stories 95ndash106 ⟶ 10

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1719

35 Li Ai Jun Leng Gang Song Extremal problems related to Gauss-John position Acta Math Sin (Engl Ser) 28 (2012) no 12 2527-2534 ⟶ 10

36 Lasserre Jean B A generalization of Loumlwner-Johnrsquos ellipsoid the-orem Math Program 152 (2015) no 1-2 Ser A 559ndash591 ⟶ 10

37 Li Ai-Jun Isomorphic versions of reverse isoperimetric inequalitiesGeom Dedicata 179 (2015) 139ndash151 ⟶ 10

38 Cid-Muntildeoz Rosa Pedreira Manuel Another classification of inci-dence scrolls Arch Math (Basel) 80 (2003) no 4 439ndash448⟶ 9

39 Pajor A Pastur L On the limiting empirical measure of eigenval-ues of the sum of rank one matrices with log-concave distributionStudia Math 195 (2009) no 1 11ndash29 ⟶ 9

40 Saroglou Christos Characterizations of extremals for some func-tionals on convex bodies Canad J Math 62 (2010) no 6 1404-1418 ⟶ 9

41 Cordero-Erausquin Dario Fradelizi Matthieu Paouris GrigorisPivovarov Peter Volume of the polar of random sets and shadowsystems Math Ann 362 (2015) no 3ndash4 1305ndash1325 ⟶ 9

42 Mankiewicz Piotr Tomczak-Jaegermann Nicole Low dimensionalsections versus projections of convex bodies Israel J Math 153(2006) 45ndash60 ⟶ 8

43 Bastero Jesuacutes Upper bounds for the volume and diameter of m-dimensional sections of convex bodies Proc Amer Math Soc 135(2007) no 6 1851ndash1859 ⟶ 8

44 Gordon Y Litvak A E Mendelson S Pajor A Gaussian av-erages of interpolated bodies and applications to approximatereconstruction J Approx Theory 149 (2007) no 1 59ndash73 ⟶ 8

45 Mendelson Shahar Pajor Alain Tomczak-Jaegermann NicoleReconstruction and subgaussian operators in asymptotic geometricanalysis Geom Funct Anal 17 (2007) no 4 1248ndash1282 ⟶ 8

46 Brazitikos Silouanos Stavrakakis Pantelis On the intersectionof random rotations of a symmetric convex body Math ProcCambridge Philos Soc 157 (2014) no 1 13ndash30 ⟶ 8

47 Fresen Daniel J Euclidean arrangements in Banach spaces StudiaMath 227 (2015) no 1 55ndash76 ⟶ 8

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1819

48 Aubrun Guillaume Sampling convex bodies a random matrixapproach Proc Amer Math Soc 135 (2007) no 5 1293ndash1303

⟶ 749 Gueacutedon Olivier Rudelson Mark 119871119901-moments of random vectors

via majorizing measures Adv Math 208 (2007) no 2 798ndash823⟶ 7

50 Vershynin Roman Spectral norm of products of random and de-terministic matrices Probab Theory Related Fields 150 (2011)no 3ndash4 471ndash509 ⟶ 7

51 Mendelson Shahar Paouris Grigoris On generic chaining and thesmallest singular value of random matrices with heavy tails JFunct Anal 262 (2012) no 9 3775ndash3811 ⟶ 7

52 Paouris Grigoris Pivovarov Peter A probabilistic take on isoperi-metric-type inequalities Adv Math 230 (2012) no 3 1402ndash1422

⟶ 7 953 Vershynin Roman How close is the sample covariance matrix to

the actual covariance matrix J Theoret Probab 25 (2012) no 3655ndash686 ⟶ 7

54 Pivovarov Peter On the volume of caps and bounding the mean-width of an isotropic convex body Math Proc Cambridge PhilosSoc 149 (2010) no 2 317ndash331 ⟶ 6

55 Pivovarov Peter On determinants and the volume of randompolytopes in isotropic convex bodies Geom Dedicata 149 (2010)45ndash58 ⟶ 6 7

56 Paouris Grigoris Pivovarov Peter Small-ball probabilities for thevolume of random convex sets Discrete Comput Geom 49 (2013)no 3 601ndash646 ⟶ 6 9

57 Fresen Daniel A multivariate Gnedenko law of large numbersAnn Probab 41 (2013) no 5 3051ndash3080 ⟶ 6

58 Fresen Daniel J Vitale Richard A Concentration of randompolytopes around the expected convex hull Electron CommunProbab 19 (2014) no 59 8 pp ⟶ 6

59 Alonso-Gutieacuterrez David Dafnis Nikos Hernaacutendez Cifre MariaAacute Prochno Joscha On mean outer radii of random polytopesIndiana Univ Math J 63 (2014) no 2 579ndash595 ⟶ 5 6

60 Alonso-Gutieacuterrez David Prochno Joscha On the Gaussian be-havior of marginals and the mean width of random polytopesProc Amer Math Soc 143 (2015) no 2 821ndash832 ⟶ 5 6

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1919

61 Alonso-Gutieacuterrez David Litvak Alexander E Tomczak-Jaeger-mann Nicole On the isotropic constant of random polytopes JGeom Anal 26 (2016) no 1 645ndash662 ⟶ 5 6

62 Shi Kejie Leng Gangsong Isoperimetric-type inequalities for gen-eralized centroid bodies Math Inequal Appl 19 (2016) no 2731ndash742 ⟶ 4

17 Νοεμβρίου 2018

• IcirctradeIcircsup1IcirciquestIcircsup3IumldaggerIcircplusmnIumlƒIcircsup1IcircordmIcirciquest IcircpoundIcircmiddotIcircfrac14IcircmicroIcircsup1IumlrsaquoIcircfrac14Icircplusmn Icircsbquo IcirccurrenIumlhellipIcirciquestIcircraquoIcirciquestIcircfrac14IumlndashIumlmdashIcircmiddot

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 219

Ερευνητικά ενδιαφέροντα

Κυρτή Γεωμετρική ΑνάλυσηΣυναρτησιακή Ανάλυση χώροι πεπερασμένης διάστασης με νόρμα(τοπική θεωρία χώρων Banach)Πιθανοθεωρητικές μέθοδοι και συγκέντρωση μέτρου

Ψηφιακή τυπογραφία ειδικά πολύγλωσσική επεξεργασία επιστη-μονικού κειμένου Προσβασιμότητα για ανθρώπους με προβλή-ματα όρασης (ψηφιακή τυπογραφία επιστημονικού κειμένου σεBraille)

Βιβλία 1 Πραγματική Ανάλυση με τους Μ Ανούση και Β Φελουζή Σά-μος 2014

2 Functional analysis an introduction with Y Eidelman and VD Mil-man Graduate Studies in Mathematics no 66 AMS 2004

3 Σύνολα και Αριθμοί μια εισαγωγή στα Μαθηματικά Πανε-πιστημιακά Μαθηματικά Κείμενα ar 7 LeaderBooks Αθήνα2004

4 Digital Typography using LATEX With A Syropoulos and N Sofro-niou Springer Profesional Computing Springer-Verlag New YorkOct 2002

Ερευνητικές δημοσιεύσεις(subj class AMS2010 52A21)

1 Geometry of random sections of isotropic convex bodies withA Giannopoulos and L Hioni Bulletin of the hms 60 (2016) 20ndash40

2 Remarks on the Rogers-Shephard inequality with A Giannopou-los and E Markessinis Proc Amer Math Soc 144 (2016) no 2763ndash773

3 Asymptotic shape of the convex hull of isotropic log-concaverandom vectors with A Giannopoulos and L Hioni Adv in ApplMath 75 (2016) 116ndash143

4 Geometry of the 119871119902 centroid bodies of an isotropic log-concavemeasure with A Giannopoulos P Stavrakakis and B-H VritsiouTrans AMS 367 (2015) 4569ndash4593

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 319

5 Quermaszligintegrals and asymptotic shape of random polytopes inan isotropic convex body with N Dafnis and A GiannopoulosMichigan Mathematical Journal vol 62 Issue 1 (2013) 59ndash79

6 Asymptotic shape of random a polytope in a convex body withN Dafnis and A Giannopoulos J Funct Anal (2009)doi101016jjfa20090627

7 Random points in isotropic unconditional convex bodies withA Giannopoulos and M Hatrtzoulaki JLMS (2005) 72 779ndash798

8 Asymptotic formulas for the diameter of sections of symmetricconvex bodies with A Giannopoulos and V D Milman J FunctAnal 223 (2005) 86ndash108

9 Volume radius of a random polytope in a convex body withA Giannopoulos Math Proc Cambridge Philos Soc 134 2003no 1 13ndash21

10 Johnrsquos theorem for an arbitrary pair of convex bodies with A Gian-nopoulos and I Perissinaki Geometriaelig Dedicata 84 (2001) 63ndash79

11 A note on the 119872lowast-limiting convolution body Covnex Geometrymsri Publications Volume 34 1998

12 Convolution bodies and their limiting behavior Duke Math Journal87 (1997) no 1 181ndash203

13 On the convolution body of two convex bodies CR Seances AcadSci Ser I 322 1 (1996) 63ndash67

14 Quantitative SteinerSchwarz-type symmetrizations GeometriaeligDedicata 60 187ndash206 1996

Ερευνητικές δημοσιεύσεις(subj class AMS2010 68U15)

15 A direct TeX-to-Braille transcribing method with A PapasalourosJournal of Science Education for Students with Disabilities Vol20 Iss 1 (2017)

16 Serifed Greek type Is it ldquoGreekrdquo tugboat Vol 38 No 3 pp 312ndash314

17 A direct TeX-to-Braille transcribing method with A PapasalourosASSETS rsquo15 17th International ACM SIGACCESS Conference onComputers amp Accessibility October 26ndash28 2015 Lisbon PortugalACM 978-1-4503-3400-61510httpdxdoiorg10114527006482811376

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 419

18 The Kerkis Font Family tugboat Vol 23 No 34 296ndash301 2002(invited paper)

Αρθογραφία

(subj class AMS2010 68U15)

1 Εγκατάσταση γραμματοσειρών TrueType στο TEX και LATEX ΤοΕύτυπον 1112 1ndash6 2004

2 Σαρώνοντας με ελεύθερο λογισμικό σε συνεργασία με τονΑ Κοντογεώργη Το Εύτυπον 8 25ndash27 2002

3 Εγκατάσταση νέων γραμματοσειρών στο LATEX2e σε συνεργα-σία με τον Α Συρόπουλο Το Εύτυπον 3 57ndash68 2000

4 LATEX και γραμματοσειρές TrueType σε συνεργασία με τονΑ Συρόπουλο Το Εύτυπον 2 17ndash22 1999

Σημειώσεις

(διαθέσιμες από την ιστοσελίδα μου ή με διπλό κλικ στον συνδετήρα)

1 Κυρτή Γεωμετρία Η Κυρτή Γεωμετρία είναι ένας κλάδος οοποίος χρησιμοποιεί μια μεγάλη παλέτα εργαλείων από διά-φορους κλάδους των Μαθηματικών γεγονός που την κάνειδυσπρόσιτη σε προπτυχιακό επίπεδο Οι σημειώσεις αυτέςαποτελούν μια πολύ εστιασμένη προσπάθεια στο να γίνειπροσιτό το αντικείμενο στους προπτυχιακούς φοιτητές του3ου και 4ου έτους

2 Σημειώσεις στις ακολουθίες και στις Σειρές (βοήθημα Απει-ροστικού Λογισμού ΙampΙΙ μετά την αφαίρεση των ακολουθιώναπό την ύλη της Γrsquo Λυκείου) (2013)

3 Σημειώσεις στον Απειροστικό Λογισμό IV Τα θεωρήματαGreenStokes και Gauss Εννοποιημένη παρουσίαση των κεντρικώνθεωρημάτων της διανυσματικής ανάλυσης με άξονα το Θεμε-λιώδες Θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού (2012)

Αντώνης Τσολομύτης

ΚΥΡΤΗ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

( )

Σάμος ndash

Απαγορεύεται η αναπαραγωγή του αρχείου από άλλες ιστοσελίδες

εκτός του httpmyriamathaegeangr

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

hellip

hellipαπό την Ανάλυση

hellipαπό την Ανάλυση και την Αναλυτική Γεωμετρία

hellipαπό τη Γραμμική Άλγεβρα και την Αναλυτική Γεωμε-

τρία

Κυρτές Συναρτήσεις

Η ανισότητα Jensen

H ανισότητα Αριθμητικού-Γεωμετρικού μέσου

H ανισότητα Young

H ανισότητα Houmllder για αθροίσματα

H ανισότητα Houmllder για ολοκληρώματα

H ανισότητα Minkowski για αθροίσματα

H ανισότηταMinkowski για ολοκληρώματα

Εφαρμογές

κυρτα σωματα κυρτή θήκη

Νόρμες και κυρτά σώματα

Η συνάρτηση στήριξης

Το πολικό σώμα

Διαχωρισμός και γνήσιος διαχωρισμός

Όγκος κυρτού σώματος

Ιδιότητες Όγκου

Ο όγκος του ℬ119899119901 για 1 le 119901 le infin

Η απόσταση Hausdorff

Όγκος και απόσταση Hausdorff

Το θεώρημα Επιλογής του Blaschke

- -

Η ανισότητα Prekopa-Leindler

Η ανισότητα Brunn-Minkowski

Η ισοπεριμετρική ανισότητα

Η αρχή του Brunn

Το λήμμα του Borel

Ορισμός και ιδιότητες της συμμετρικοποίησης Steiner

Το θεώρημα Σφαιρικότητας του Gross

Η ισοπεριμετρική ανισότητα (η απόδειξη)

Η ανισότητα Blaschke-Santaloacute

hellip

hellipαπό τη Γραμμική Άλγεβρα και την Αναλυτική Γεωμε-

τρία

hellipαπό τη Συναρτησιακή ανάλυση

Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης

Ροπή δύναμης και ροπή αδράνειας

Πίνακας αδράνειας και ροπή αδράνειας

Πολική ροπή αδρανείας

Διαφορά μεταξύ ισοτροπικού και μη ισοτροπι-

κού σώματος

Το ελλειψοειδές αδράνειας και το ελλειψοειδές

κινητικής ενέργειας

Μαθηματική προσσέγγιση της ισοτροπικής θέσης

Ελλειψοειδές Binet και ελλειψοειδές Legendre

Λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις amp μέτρα

Ύπαρξη του ελλειψοειδούς μεγίστου όγκου

Μοναδικότητα ελλειψοειδούς μεγίστου όγκου

η θέση του john

Πολυδιάστατη ανισότητα Brascamp-Lieb και Barthe

Η μονοδιάστατη ανισότητα των Brascamp-Lieb και Barthe

Απόδειξη των ανισοτήτων Brascamp-Lieb και Barthe

Η αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα

Ύπαρξη της θέσης

Μοναδικότητα της θέσης

Ύπαρξη της θέσης

Η συνέχεια του εμβαδού επιφανείας

Τ G

Η Γ

Ιδιότητες της συνάρτησης Γ

Η μέθοδος Laplace

ΠΡΟΑΠΑΙΤΟΥΜΕΝΑhellip

hellip

Οι αποδείξεις που δεν παρουσιάζονται σε αυτή την ενότητα μπορούν

να βρεθούν σε οποιοδήποτε βιβλίο Πραγματικής Ανάλυσης

Στον ℝ119899 η (ευκλείδεια) απόσταση μεταξύ των σημείων 119909 και 119910 με

συντεταγμένες (1199091 1199092 hellip 119909119899) και (1199101 1199102 hellip 119910119899) αντίστοιχα ορίζεται να

είναι ο αριθμός

1198892(119909 119910) = radic(1199091 minus 1199101)2 + (1199092 minus 1199102)2 + ⋯ + (119909119899 minus 119910119899)2

Επιπλέον για κάθε σημείο 119909 isin ℝ119899 ονομάζουμε (ευκλείδειο) μήκος του 119909τον αριθμό 1198892(0 119909) και τον συμβολίζουμε με 1199092 Δηλαδή

1199092 = radic11990921 + 1199092

2 + ⋯ + 1199092119899

Παρατηρούμε ότι 1198892(119909 119910) = 119909minus1199102 για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 Στα επόμενα

θα προτιμάμε να γράφουμε 119909 minus 1199102 αντί για 1198892(119909 119910)Το σύνολο των σημείων που απέχουν (γνησίως) λιγότερο από 119903 gt 0

από δοθέν σημείο 119909 isin ℝ119899 ονομάζεται ανοικτή μπάλα με κέντρο το 119909και ακτίνα 119903 και συμβολίζεται με 119861(119909 119903) Δηλαδή

119861(119909 119903) = 119910 isin ℝ119899 ∶ 119909 minus 1199102 lt 119903

Ο (Εσωτερικό συνόλου) Έστω ότι το 119870 είναι ένα υποσύ-

νολο του ℝ119899 Λέμε ότι ένα σημείο 1199090 isin ℝ119899 είναι εσωτερικό σημείο του

119870 αν υπάρχει 120598 gt 0 ώστε η ανοικτή μπάλα 119861(1199090 120598) να περιέχεται στο

119870 Το σύνολο όλων των εσωτερικών σημείων του 119870 λέγεται εσωτερικότου 119870 και συμβολίζεται με int119870

Ένα σύνολο μπορεί να έχει κενό εσωτερικό Για παράδειγμα οποιοδήποτε

υποσύνολο ενός (δισδιάστατου) επιπέδου στον ℝ3 Ένα τέτοιο σύνολο

όμως μπορεί να έχει μη κενό εσωτερικό αν θεωρηθεί ως υποσύνολο του

επιπέδου στο οποίο ανήκει

Ο (Σχετικό εσωτερικό συνόλου) Έστω ότι το 119870 είναι υ-

ποσύνολο του ℝ119899 Το σχετικό εσωτερικό του 119870 συμβολίζεται με relint(119870)

hellip

και είναι το εσωτερικό του 119870 στον ελάχιστο υπόχωρο του ℝ119899 που

περιέχει το 119870

Ο (Κλειστή θήκη) Λέμε ότι το 119909 είναι σημείο συσσώρευ-

σης του 119870 sube ℝ119899 αν και μόνον αν για κάθε 120598 gt 0 ισχύει

119861(119909 120598) cap 119870 ⧵ 119909 ne

Το σύνολο όλων των σημείων συσσώρευσης του 119870 λέγεται παράγωγο

σύνολο του 119870 και συμβολίζεται με 119870prime Το σύνολο 119870 = 119870 cup 119870prime λέγεται

κλειστή θήκη του 119870

Παρατηρούμε ότι αν 119909 isin 119870 τότε υπάρχει ακολουθία (119909119898)119898isinℕ στο 119870 ώστε

119909119898 minus 1199092 rarr 0 Αυτό συμβαίνει διότι είτε 119909 isin 119870 οπότε θέτουμε 119909119898 = 119909για κάθε 119898 isin ℕ είτε το 119909 είναι σημείο συσσώρευσης οπότε εφαρμόζουμε

τον Ορισμό για 120598 = 1119898 και επιλέγουμε 119909119898 ένα οποιοδήποτε σημείο

του μη κενού 119861(119909 1119898) cap 119870 Έτσι 119909119898 isin 119870 και 119909119898 minus 1199092 lt 1119898 rarr 0

Κάθε σύνολο 119870 για το οποίο ισχύει 119870 = 119870 λέγεται κλειστό Το

σύνολο 119870 είναι κλειστό για κάθε 119870 sube ℝ119899 δηλαδή ισχύει 119870 = 119870

Ο Η κλειστή θήκη του συνόλου 119861(0 119903) ονομάζεται ευκλεί-δεια μπάλα του ℝ119899 ακτίνας 119903 και συμβολίζεται με ℬ119899

2(0 119903)

Είναι εύκολο να δει κανείς ότι

ℬ1198992(0 119903) = 119909 isin ℝ119899 ∶ 1199092 le 119903

Πράγματι αν 119909 isin ℬ1198992(0 119903) τότε υπάρχει ακολουθία (119909119898)119898isinℕ στο 119861(0 119903)

ώστε 119909119898 minus1199092 rarr 0 Αλλά από τον ορισμό της sdot2 έχουμε ότι για κάθε

119895 = 1 2 hellip 119899 αν 119909119898119895 η 119895 συντεταγμένη του 119909119898 και 119909119895 η 119895 συντεταγμένη

του 119909 ισχύει

|119909119898119895 minus 119909119895| le 119909119898 minus 1199092 rarr 0

Άρα 119909119898119895 rarr 119909119895 και συνεπώς από τον ορισμό της sdot 2 συμπεραίνουμε

ότι 1199091198982 rarr 1199092 Αλλά 1199091198982 le 119903 και έτσι 1199092 le 119903 Αντιστρόφως

αν 1199092 lt 1 τότε 119909 isin 119861(0 119903) sube ℬ1198992(0 119903) Αν τέλος 1199092 = 119903 τότε

η ακολουθία (1 minus 1119898)119909 για 119898 isin ℕ έχει ευκλείδεια νόρμα ίση με

(1 minus 1119898)119903 lt 119903 οπότε ανήκει στο 119861(0 119903) και συγκλίνει στο 119909 Δηλαδήτο 119909 ανήκει στην κλειστή θήκη του 119861(0 119903) δηλαδή στο ℬ119899

2(0 119903)Επιπλέον το ℬ119899

2(0 119903) ως κλειστή θήκη του 119861(0 119903) είναι κλειστό

σύνολο δηλαδή ℬ1198992(0 119903) = ℬ119899

2(0 119903)

hellip

Ο Το σύνολο ℬ1198992(0 1) ονομάζεται μοναδιαία ευκλείδεια

μπάλα του ℝ119899 και συμβολίζεται απλά με ℬ1198992

Εύκολα βλέπουμε ότι το σύνορο bd(ℬ1198992) του συνόλου ℬ119899

2 είναι το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ 1199092 = 1

Ο Το σύνολο 119909 isin ℝ119899 ∶ 1199092 = 1 ονομάζεται μοναδιαία(ευκλείδεια) σφαίρα του ℝ119899 και συμβολίζεται με 120138119899minus1

Ο Για δυο υποσύνολα 119860 και 119861 του ℝ119899 και 120582 isin ℝ θαγράφουμε

(i) 119860 + 119861 για το σύνολο 119909 + 119910 ∶ 119909 isin 119860 και 119910 isin 119861

(ii) 120582119860 για το σύνολο 120582119909 ∶ 119909 isin 119860

Παρατηρούμε ότι με τον παραπάνω συμβολισμό ℬ1198992(0 119903) = 119903ℬ119899

2 και

1198611198992(119909 119903) = 119909 + 119903ℬ119899

2

Ο (Φραγμένο σύνολο) Ένα υποσύνολο 119870 του ℝ119899 λέγεταιφραγμένο αν υπάρχει αριθμός 119872 gt 0 ώστε για κάθε 119909 isin 119870 να ισχύει1199092 le 119872 Φανερά αυτό είναι ισοδύναμο με τον εγκλεισμό 119870 sube 119872ℬ119899

2

Π Έστω ότι το 119870 είναι φραγμένο υποσύνολο του ℝ119899 Τότεκαι το 119870 είναι φραγμένο

Απόδειξη Αν το 119870 είναι φραγμένο υποσύνολο του ℝ119899 τότε υπάρχει

αριθμός 119872 ώστε να ισχύει 119870 sube 119872ℬ1198992 Οπότε 119870 sube 119872ℬ119899

2 = 119872ℬ1198992

Π (Συμπαγές υποσύνολο του ℝ119899) Ένα υποσύνολο119870 τουℝ119899 είναι συμπαγές αν και μόνο αν είναι κλειστό και φραγμένο

Π Έστω ότι 119870 119865 sube ℝ119899 Αν το 119870 είναι συμπαγές το 119865κλειστό και 119870 cap 119865 = τότε υπάρχει 119909 isin 119870 και 119910 isin 119865 ώστε

119889(119870 119865) ∶= inf119911 minus 1199082 ∶ 119911 isin 119870 119908 isin 119865 = 119909 minus 1199102 gt 0

Απόδειξη Θέτουμε

120588 ∶= inf119909 minus 1199102 ∶ 119909 isin 119870 119910 isin 119865

Έστω ότι 119909119898 isin 119870 119910119898 isin 119865 ώστε 119909119898 minus 1199101198982 rarr 120588 Αφού 119909119898 isin 119870 και το

119870 είναι συμπαγές η 119909119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία έστω την 119909119898119896με

hellip

όριο το σημείο 119909 Το 119909 ανήκει στο 119870 γιατί το 119870 είναι κλειστό Έχουμε

ότι 119909119898119896minus 119910119898119896

2 rarr 120588 και 119909119898119896rarr 119909 Από την τριγωνική ανισότητα

1199101198981198962 le 119910119898119896

minus 1199091198981198962 + 119909119898119896

2

Το δεξιό μέρος της παραπάνω ανισότητας είναι φραγμένη ακολουθία

(γιατί είναι συγκλίνουσα) άρα και το αριστερό Θεωρούμε ένα 119872 gt 0ώστε 119910119898119896

le 119872 για κάθε 119896 isin ℕ οπότε 119910119898119896isin ℬ119899

2(0 119872) Το ℬ1198992(0 119872)

είναι κλειστό και φραγμένο σύνολο στον ℝ119899 άρα είναι συμπαγές Άρα

η 119910119898119896έχει υπακολουθία 119910119898119896119897

η οποία συγκλίνει έστω στο 119910 Αλλά

119910 isin 119865 αφού το 119865 είναι κλειστό Η 119909119898119896119897είναι υπακολουθία της 119909119898119896

οπότε

119909119898119896119897rarr 119909 Άρα 119909119898119896119897

minus 119910119898119896119897 rarr 120588 119909119898119896119897

rarr 119909 isin 119870 και 119910119898119896119897rarr 119910 isin 119865

Έτσι

120588 = lim119897rarrinfin

119909119898119896119897minus 119910119898119896119897

= 119909 minus 1199102

Όμως τα 119870 και 119865 είναι ξένα άρα το 119909 είναι διάφορο του 119910 Οπότε το

120588 είναι θετικό

Ο (Συνέχεια) Μια συνάρτηση 119891 ∶ (119883 119889119883) rarr (119884 119889119884)μεταξύ δύο μετρικών χώρων λέγεται συνεχής στο σημείο 1199090 isin 119883 αν

και μόνον αν για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 120575 gt 0 ώστε για κάθε 119909 στο 119883 με

119889119883(119909 1199090) lt 120575 να ισχύει 119889119884(119891(119909) 119891(1199090)) lt 120598

Ο (Απόλυτη συνέχεια) Η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ λέγεται απόλυτασυνεχής στο υποδιάστημα 119869 του διαστήματος Ι sube ℝ αν για κάθε 120598 gt 0υπάρχει 120575 gt 0 ώστε αν τα [119886119894 119887119894] για 119894 = 1 2 hellip 119899 είναι πεπερασμένη

οικογένεια ξένων διαστημάτων στο 119869 και sum119899119894=1(119887119894 minus 119886119894) lt 120575 τότε

119899

sum119894=1

|119891(119887119894) minus 119891(119886119894)| lt 120598

Ο (Συνάρτηση Lipschitz) Η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ λέγεται Lipschitz

στο υποδιάστημα 119869 του διαστήματος Ι sube ℝ αν υπάρχει 119871 gt 0 ώστε

να ισχύει

|119891(119909) minus 119891(119910)| le 119871|119909 minus 119910|

για κάθε 119909 119910 στο 119869 Ο αριθμός 119871 ονομάζεται σταθερά Lipschitz της 119891στο διάστημα 119869

Παρατηρούμε ότι το να είναι μια συνάρτηση 119891 ∶ 119868 rarr ℝ Lipschitz στο

υποδιάστημα 119869 sube 119868 σημαίνει ότι οι κλίσεις των χορδών στο γράφημα

της 119891 που σχηματίζονται σε σημεία του 119869 είναι φραγμένες

hellip

Π Έστω ότι οι (119883 119889119883) και (119884 119889119884) είναι δυο μετρικοί χώροικαι 119891 ∶ 119883 rarr 119884 μια συνεχής και επί συνάρτηση Αν ο 119883 είναι συμπαγήςτότε και ο 119884 είναι συμπαγής Δηλαδή η συνεχής εικόνα ενός συμπαγούςμετρικού χώρου είναι συμπαγής χώρος

Άσκηση Αποδείξτε ότι bd(ℬ1198992) = 120138119899minus1

Άσκηση Αποδείξτε ότι η συνάρτηση

119891(119909) =⎧⎨⎩

119909 sin 1119909 αν 119909 isin (0 1]

0 αν 119909 = 0

είναι συνεχής αλλά όχι απόλυτα συνεχής (Υπόδειξη Θεωρήστε τα διαστή-

ματα [(1205872)minus1(4((119898 + 119895) + 1))minus1 (1205872)minus1(4(119898 + 119895))minus1] για 119895 = 0 1 hellip 119896 και

αποδείξτε ότι είναι ξένα και έχουν συνολικό μήκος μικρότερο από (2120587119898)minus1)

hellip

Ο (Εσωτερικό γινόμενο) Ένα εσωτερικό γινόμενο στον

ℝ119899 είναι μια απεικόνιση

⟨sdot sdot⟩ ∶ ℝ119899 times ℝ119899 rarr ℝ

για την οποία ισχύουν

(i) ⟨119909 119909⟩ ge 0 για κάθε 119909 isin ℝ119899

(ii) ⟨119909 119909⟩ = 0 hArr 119909 = 0

(iii) ⟨119909 119910⟩ = ⟨119910 119909⟩

(iv) ⟨119909 12058211199101 + 12058221199102⟩ = 1205821⟨119909 1199101⟩ + 1205822⟨119909 1199102⟩ για κάθε 1205821 1205822 isin ℝ

Το πιο συνηθισμένο παράδειγμα είναι το εσωτερικό γινόμενο

⟨119909 119910⟩ =119899

sum119895=1

119909119895119910119895()

όπου τα 119909119895 και 119910119895 είναι οι συντεταγμένες των διανυσμάτων 119909 και 119910

Στο εξής (εκτός αν ρητά αναφέρεται αλλιώς) κάθε αναφορά σε εσωτερικό

hellip

γινόμενο θα είναι σε αυτό που ορίζεται στην () Εύκολα βλέπουμε

ότι το ⟨sdot sdot⟩ είναι πράγματι εσωτερικό γινόμενο (δηλαδή ικανοποιεί τον

παραπάνω ορισμό) Παρατηρούμε ότι ⟨119909 119909⟩ = 11990922 για κάθε 119909 isin ℝ119899

Επιπλέον ισχύει η εξής

Π (Ανισότητα Cauchy-Schwartz) Για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 ι-σχύει

|⟨119909 119910⟩| le 11990921199102

Απόδειξη Από τις ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου για κάθε 120582 isin ℝισχύει

0 le ⟨119909 minus 120582119910 119909 minus 120582119910⟩ = 11990922 + 12058221199102

2 minus 2120582⟨119909 119910⟩

άρα το διώνυμο ως προς 120582 στα δεξιά έχει μη θετική διακρίνουσα Δηλαδή

4⟨119909 119910⟩2 minus 4119909221199102

2 le 0

οπότε προκύπτει η ζητούμενη

Νόρμα είναι μια συνάρτηση από τον ℝ119899 στον ℝ η οποία σε κάθε

διάνυσμα αντιστοιχεί ένα laquoμήκοςraquo και ικανοποιεί τις ιδιότητες του

παρακάτω ορισμού

Ο (Νόρμα) Μια απεικόνιση sdot ∶ ℝ119899 rarr ℝ λέγεται νόρμα

αν

(i) είναι μη αρνητική και κάνει μηδέν μόνο στο 0 Δηλαδή 119909 ge 0για κάθε 119909 isin ℝ119899 0 = 0 και αν 119909 = 0 τότε 119909 = 0

(ii) Είναι θετικά ομογενής 120582119909 = |120582| sdot 119909 για κάθε 119909 isin ℝ119899 για

κάθε 120582 isin ℝ

(iii) Ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα 119909 + 119910 le 119909 + 119910 γιακάθε 119909 119910 isin ℝ119899

Παράδειγμα νόρμας είναι η ποσότητα 1199092 που ορίστηκε στην αρχή

του κεφαλαίου και η οποία ονομάζεται ευκλείδεια νόρμα Για την sdot 2οι ιδιότητες (i) και (ii) της νόρμας είναι εύκολο να επιβεβαιωθούν H (iii)

αποδεικνύεται στο Θεώρημα παρακάτω

Η τριγωνική ανισότητα για τις νόρμες έχει την ακόλουθη συνέπεια

η οποία συχνά καλείται laquoκάτω τριγωνική ανισότηταraquo

hellip

Π (κάτω τριγωνική ανισότητα) Για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 ι-σχύει

∣119909 minus 119910∣ le 119909 plusmn 119910

Απόδειξη Χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα έχουμε

119909 = (119909 minus 119910) + 119910 le 119909 minus 119910 + 119910

οπότε 119909 minus 119910 le 119909 minus 119910 Ομοίως

119910 = (119910 minus 119909) + 119909 le 119910 minus 119909 + 119909

και αφού 119909 minus 119910 = 119910 minus 119909 παίρνουμε 119910 minus 119909 le 119909 minus 119910 Έτσι

∣119909 minus 119910∣ le 119909 minus 119910

Με τον ίδιο τρόπο δείχνουμε ότι ∣119909 minus 119910∣ le 119909 + 119910

Εύκολα βλέπουμε ότι κάθε νόρμα sdot στον ℝ119899 ορίζει μια μετρική στον

ℝ119899 με τη σχέση 119889sdot(119909 119910) = 119909 minus 119910 για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 Έτσι ο χώρος

με νόρμα (ℝ119899 sdot ) είναι και ένας μετρικός χώρος με την προηγούμενη

μετρική Διάφορες ιδιότητες από τη θεωρία των μετρικών χώρων μπορούν

να διατυπωθούν με τη βοήθεια της νόρμας Επίσης φράσεις όπως laquohellipως

προς την μετρικήraquo και laquohellipως προς τη νόρμαraquo εδώ ταυτίζονται Για

παράδειγμα η φράση laquoη συνάρτηση 119891 είναι συνεχής ως προς την μετρική

119889sdotraquo ταυτίζεται με τη φράση laquoη συνάρτηση 119891 είναι συνεχής ως προς

τη νόρμα sdot raquo

Π (Συνέχεια Εσωτερικού γινομένου) Το εσωτερικό γινό-μενο είναι συνεχής συνάρτηση ως προς και τα δύο ορίσματά του ταυτόχροναως προς την ευκλείδεια νόρμα

Απόδειξη Αν 119909119898 rarr 119909 και 119910119898 rarr 119910 ως προς την ευκλείδεια νόρμα δηλαδή

αν 119909119898minus1199092 rarr 0 και 119910119898minus1199102 rarr 0 πρέπει να δείξουμε ότι ⟨119909119898 119910119898⟩ rarr⟨119909 119910⟩ Ισοδύναμα πρέπει να δείξουμε ότι |⟨119909119898 119910119898⟩ minus ⟨119909 119910⟩| rarr 0 Απότην ανισότητα Cauchy-Scwhartz (Πρόταση ) έχουμε

∣⟨119909119898 119910119898⟩ minus ⟨119909 119910⟩∣ = ∣⟨119909119898 119910119898⟩ minus ⟨119909119898 119910⟩ + ⟨119909119898 119910⟩ minus ⟨119909 119910⟩∣= ∣⟨119909119898 119910119898 minus 119910⟩ + ⟨119909119898 minus 119909 119910⟩∣le 1199091198982119910119898 minus 1199102 + 119909119898 minus 11990921199102 rarr 0

αφού 119909119898 minus 1199092 rarr 0 119910119898 minus 1199102 rarr 0 και η 1199091198982 είναι φραγμένη ως

συγκλίνουσα

hellip

Π (Συνέχεια ευκλείδειας νόρμας) Η ευκλείδεια νόρμα είναισυνεχής συνάρτηση (ως προς την ευκλείδεια απόσταση) στον ℝ119899

Απόδειξη Αν 119909119898 rarr 119909 ως προς την ευκλείδεια απόσταση θέλουμε

να δείξουμε ότι 1199091198982 rarr 1199092 Αυτό προκύπτει αμέσως από την κάτω

τριγωνική ανισότητα (Πόρισμα ) διότι

∣1199091198982 minus 1199092∣ le 119909119898 minus 1199092 rarr 0

Η παρακάτω πρόταση λέει ότι όλες οι νόρμες στον ℝ119899 (και άρα και

οι μετρικές που προκύπτουν από αυτές) είναι ισοδύναμες

Π Για κάθε νόρμα sdot στον ℝ119899 υπάρχουν σταθερές 119888119862 gt 0 ώστε για κάθε 119909 isin ℝ119899

1198881199092 le 119909 le 1198621199092

Απόδειξη Έστω ότι τα 1198901 1198902 hellip 119890119899 είναι η συνήθης βάση του ℝ119899

Αν 119909 isin ℝ119899 και 1199091 1199092 hellip 119909119899 οι συντεταγμένες του 119909 ως προς τη βάση

θα έχουμε

119909 = ∣∣119899

sum119894=1

119909119894119890119894∣∣ le119899

sum119894=1

119909119894119890119894 =119899

sum119894=1

|119909119894| 119890119894 = ⟨(|119909119895|)119899

119895=1 (119890119895)

119899

119895=1⟩

le (119899

sum119894=1

|119909119894|2)

12

(119899

sum119894=1

1198901198942)

12

()

όπου στην () χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Cauchy-Schwartz για

τα διανύσματα (|119909119895|)119899119895=1 και (119890119895)119899

119895=1 Θέτουμε 119862 = (sum119899119894=1 119890119894

2)12

οπότε η () λέει ότι 119909 le 1198621199092

Για την αριστερή ανισότητα παρατηρούμε πρώτα ότι η 119891(119909) = 119909είναι συνεχής Πράγματι αν 119909119898 rarr 119909 ως προς την ευκλείδεια απόσταση

θα δείξουμε ότι 119891(119909119898) rarr 119891(119909) Έχουμε

|119891(119909119898) minus 119891(119909)| = ∣119909119898 minus 119909∣ le 119909119898 minus 119909 le 119862119909119898 minus 1199092 rarr 0

Εύκολα βλέπουμε ότι το 120138119899minus1 = 119909 ∶ 1199092 = 1 είναι κλειστό και

φραγμένο σύνολο στον ℝ119899 άρα είναι συμπαγές Οπότε η 119891 ως συνεχής

συνάρτηση σε συμπαγές σύνολο έχει ελάχιστη τιμή στο 120138119899minus1 Θέτουμε

119888 = min119909isin120138119899minus1 119891(119909) Το 119888 είναι διαφορετικό του μηδενός διότι αφού

είναι ελάχιστη τιμή της 119891 υπάρχει 1199090 isin 120138119899minus1 ώστε 119891(1199090) = 119888 δηλαδή

hellip

1199090 = 119888 Αν λοιπόν 119888 = 0 τότε 1199090 = 0 και άρα 1199090 = 0 isin 120138119899minus1το οποίο είναι άτοπο Άρα 119888 gt 0 Για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει

1199091199092 isin 120138119899minus1 οπότε 119891(1199091199092) ge 119888 δηλαδή 1199091199092 ge 119888 από όπου

προκύπτει άμεσα 119909 ge 1198881199092 Αν 119909 = 0 αυτή η ανισότητα ισχύει

ούτως ή άλλως

Π Στην απόδειξη της τελευταίας πρότασης αποδεί-

ξαμε ότι κάθε νόρμα στον ℝ119899 είναι συνεχής συνάρτηση ως προς την

ευκλείδεια απόσταση

Για κάθε διανυσματικό υπόχωρο 119867 του ℝ119899 ορίζουμε μια γραμμική

απεικόνιση Proj119867

∶ ℝ119899 rarr 119867 που την ονομάζουμε ορθογώνια προβολή

ή απλά προβολή στον 119867 ως εξής Θεωρούμε μια ορθοκανονική βάση

1198901 hellip 119890119896 του 119867 (όπου 119896 isin ℕ με 119896 le 119899) την οποία επεκτείνουμε σε μια

ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119896 119890119896+1 hellip 119890119899 του ℝ119899 Έτσι κάθε στοιχείο 119909του ℝ119899 γράφεται ως sum

119899119895=1 119909119895119890119895 όπου τα 119909119895 είναι οι συντεταγμένες του

119909 ως προς τη βάση 1198901 hellip 119890119899 δηλαδή 119909119895 = ⟨119909 119890119895⟩ για κάθε 119895 = 1 hellip 119899Θέτουμε

Proj119867(119909) =

119896

sum119895=1

119909119895119890119895 isin 119867

Εύκολα βλέπουμε ότι η Proj119867είναι γραμμική απεικόνιση και επειδή

∥Proj119867(119909)∥2= (

119896

sum119895=1

|119909119895|2)12

le (119899

sum119895=1

|119909119895|2)12

le 1199092

συμπεραίνουμε ότι η Proj119867είναι συνεχής απεικόνιση

hellip

Αν τα 119909 και 119910 είναι διανύσματα στοιχεία του ℝ119899 το ευθύγραμμο

τμήμα στον ℝ119899 με άκρα τα 119909 και 119910 είναι το σύνολο

[119909 119910] = (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ∶ 120582 isin [0 1]

Η απόδειξη περιγράφεται στο Σχήμα Ένα διάνυσμα 119911 είναι στο

ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα 119909 119910 αν και μόνο αν το 119911 ισούται με το 119909συν ένα υποπολλαπλάσιο του 119910 minus 119909 Δηλαδή αν και μόνο αν υπάρχει

120582 isin [0 1] ώστε 119911 = 119909 + 120582(119910 minus 119909) Ισοδύναμα 119911 = (1 minus 120582)119909 + 120582119910

hellip

copy Y uml

uml copy

ordf

Σ Ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα 119909 και 119910 στον ℝ119899

Σ Ο κύβος είναι κυρτό αλλά όχι γνήσια κυρτό σύνολο Η ευκλείδεια

μπάλα είναι γνήσια κυρτή

Ο (Κυρτό Σύνολο) Ένα σύνολο 119870 υποσύνολο του ℝ119899

λέγεται κυρτό αν για κάθε 119909 119910 τα οποία ανήκουν στο 119870 το ευθύγραμμο

τμήμα με άκρα τα 119909 και 119910 περιέχεται στο 119870 Δηλαδή για κάθε 119909 119910 isin 119870ισχύει

[119909 119910] = (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ∶ 120582 isin [0 1] sube 119870

Ο (Γνήσια κυρτό σύνολο) Ένα σύνολο119870 υποσύνολο του

ℝ119899 λέγεται γνήσια κυρτό αν για κάθε 119909 119910 τα οποία ανήκουν στο 119870και για κάθε 120582 στο διάστημα (0 1) το σημείο (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ανήκει στο

int(119870)

Ένα υπερεπίπεδο 1198671199090119906 που περνάει από το σημείο 1199090 isin ℝ119899 και

είναι κάθετο στο μοναδιαίο διάνυσμα 119906 είναι το σύνολο

1198671199090119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 minus 1199090 119906⟩ = 0= 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = ⟨1199090 119906⟩

hellip

και οι αντίστοιχοι ημίχωροι είναι οι

119867minus1199090119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ le ⟨1199090 119906⟩ και 119867+

1199090119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ ge ⟨1199090 119906⟩

Παρατηρούμε ότι το 119906 ανήκει στο 119867+1199090119906 minus 1199090

Επειδή το ⟨1199090 119906⟩ μπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιμή στο ℝ (ανάλογα

με την επιλογή του 1199090) ένα υπερεπίπεδο είναι ένα σύνολο της μορφής

119867119906120582 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = 120582

για 120582 isin ℝ Οι ημίχωροι που σχηματίζει τώρα το 119867119906120582 είναι τα σύνολα

119867minus119906120582 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ le 120582 και 119867+

119906120582 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ ge 120582

Συχνά αν 120582 ne 0 διαιρούμε το 119906 με το 120582 δηλαδή επιτρέπουμε το 119906 να

μην είναι μοναδιαίο διάνυσμα ώστε το υπερεπίπεδο να περιγράφεται

από το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = 1

όπου το 119906 είναι ένα μη μηδενικό διάνυσμα του ℝ119899

Θα ονομάζουμε λωρίδα στον ℝ119899 τον χώρο ανάμεσα σε δύο παράλληλα

υπερεπίπεδα Δηλαδή μια λωρίδα είναι ένα σύνολο της μορφής

Λ119906119886119887 = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119886 le ⟨119909 119906⟩ le 119887 = 119867+119906119886 cap 119867minus

119906119887

όπου 119886 119887 isin ℝ με 119886 le 119887 και το 119906 είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα

Οι ημίχωροι 119867minus119906119886 και 119867+

119906119887 λέγονται και ημίχωροι της λωρίδας Λ119906119886119887και συμβολίζονται και με Λminus

119906119886119887 και Λ+119906119886119887

Ο (Σημεία σε γενική θέση ή affine-ανεξάρτητα) Τα 1199091 hellip 119909119898λέγεται ότι βρίσκονται σε γενική θέση ή ότι είναι affine-ανεξάρτητα όταν

τα 1199092 minus 1199091 1199093 minus 1199091 hellip 119909119898 minus 1199091 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα

Π Αν τα 1199091 hellip 119909119898 είναι σε γενική θέση στον ℝ119899 τότε

119898 le 119899 + 1 διότι 119899 + 2 σημεία σχηματίζουν 119899 + 1 διανύσματα ως

διαφορές των 1199092 hellip 119909119899+2 με το 1199091 και αυτά είναι αναγκαστικά γραμμικώς

εξαρτημένα αφού dim ℝ119899 = 119899

Ο (Ανάστροφος ενός πίνακα) Έστω 119879 ένας 119898 times 119899 πί-

νακας Ονομάζουμε ανάστροφο του πίνακα 119879 τον πίνακα 119899 times 119898 που

έχει για γραμμές τις στήλες του 119879 και για στήλες τις γραμμές του 119879

Συμβολίζεται με 119879119905

hellip

Υπενθυμίζουμε ότι για δύο πίνακες 119879 και 119878 ισχύει (119879119878)119905 = 119878119905119879119905 (εφόσον

βέβαια το γινόμενο 119879119878 έχει νόημα)

Όταν κάνουμε πράξεις με πίνακες και διανύσματα τα διανύσματα θα

τα θεωρούμε ως πίνακες 119899 times 1 Έτσι μπορεί στο κείμενο να γράφουμε για

εξοικονόμηση χώρου laquoτο διάνυσμα 119909 = (1199091 hellip 119909119899)raquo αλλά αν είναι να

γίνουν πράξεις θα πρέπει να έχουμε στο νου μας ότι τα διανύσματα τα

μεταχειριζόμαστε ως στήλες Έτσι αν 119909 = (1199091 hellip 119909119899) και 119910 = (1199101 hellip 119910119899)το εσωτερικό γινόμενο ⟨119909 119910⟩ είναι ίσο με

⟨119909 119910⟩ = ⟨⎛⎜⎜⎜⎝

11990911199092⋮

119909119899

⎞⎟⎟⎟⎠

⎛⎜⎜⎜⎝

11991011199102⋮

119910119899

⎞⎟⎟⎟⎠

⟩ = (1199091 1199092 hellip 119909119899)⎛⎜⎜⎜⎝

11991011199102⋮

119910119899

⎞⎟⎟⎟⎠

= 119909119905119910

όπου τα παραπάνω γινόμενα είναι γινόμενα πινάκων Ομοίως αν ο 119879είναι 119899 times 119899 πίνακας τότε

⟨119879(119909) 119910⟩ = (119879119909)119905119910 = (119909119905119879119905)119910 = 119909119905(119879119905119910) = ⟨119909 119879119905(119910)⟩

Ο παρακάτω ορισμός είναι γνωστός από την Αναλυτική Γεωμετρία

Ο Ένα κυρτό υποσύνολο ℰ του ℝ119899 λέγεται ελλειψοειδές

με κέντρο την αρχή των αξόνων αν υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899του ℝ119899 και θετικοί αριθμοί 1198861 hellip 119886119899 ώστε

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

⟨119909 119890119895⟩2

1198862119895

le 1

Οι θετικοί αριθμοί 1198861 hellip 119886119899 είναι τα μήκη των ημιαξόνων του ελλειψοει-

δούς

Μέρος I

Εισαγωγή στην κυρτότητα

ΒΑΣΙΚΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ

Ο (Kυρτή Συνάρτηση) Μια συνάρτηση 119891 ∶ 119870 rarr ℝ λέγε-

ται κυρτή στο 119870 αν το 119870 είναι κυρτό σύνολο και ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) le (1 minus 120582)119891(119909) + 120582119891(119910)

για κάθε 120582 στο [0 1] και για κάθε 119909 119910 στο 119870

Ο (Γνήσια κυρτή συνάρτηση) Μια συνάρτηση 119891 ∶ 119870 rarrℝ λέγεται γνήσια κυρτή στο 119870 αν το 119870 είναι κυρτό υποσύνολο του ℝ119899

και ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) lt (1 minus 120582)119891(119909) + 120582119891(119910)

για κάθε 120582 στο (0 1) και για κάθε 119909 119910 στο 119870 με 119909 ne 119910

Π Μια απλή συνέπεια του παραπάνω ορισμού είναι

ότι αν μια συνάρτηση 119891 είναι γνήσια κυρτή και για κάποια 119909 και 119910ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) = (1 minus 120582)119891(119909) + 120582119891(119910)

για κάποιο 120582 isin (0 1) τότε αναγκαστικά θα ισχύει 119909 = 119910

Π Η συνάρτηση 119890119909 ∶ ℝ rarr ℝ είναι κυρτή Για να το

αποδείξουμε αυτό δείχνουμε πρώτα ότι για κάθε θετικό πραγματικό

αριθμό 119886 και για κάθε 120582 isin [0 1] ισχύει 119886120582 le (1 minus 120582) + 120582119886 Πράγματι αν120582 = 0 ή 120582 = 1 η ανισότητα προφανώς ισχύει Αν 120582 notin 0 1 τότε θεωρούμε

τη συνάρτηση 119891(119886) = (1minus120582)+120582119886minus119886120582 και αρκεί να δείξουμε ότι αυτή είναι

μη αρνητική για κάθε 119886 gt 0 Χρησιμοποιώντας παράγωγο βλέπουμε

ότι αυτή έχει ελάχιστη τιμή στο 119886 = 1 Δηλαδή 119891(119886) ge 119891(1) = 0Στην ανισότητα αυτή θέτουμε 119886 = 119890119910minus119909 οπότε (119890119910minus119909)120582 le (1 minus 120582) +

120582119890119910minus119909 από όπου με απλές πράξεις προκύπτει ότι

119890(1minus120582)119909+120582119910 le (1 minus 120582)119890119909 + 120582119890119910

για κάθε 119909 119910 isin ℝ και για κάθε 120582 isin [0 1]

Παρατηρούμε επιπλέον ότι η 119890119909 είναι γνήσια κυρτή αφού εύκολα

ελέγχουμε ότι η παράγωγος της 119891 είναι θετική αν 120572 gt 1 οπότε η 119891είναι γνησίως αύξουσα Έτσι 119891(120572) gt 119891(1) = 0 και συνεχίζουμε όπως

παραπάνω υποθέτοντας (χωρίς βλάβη της γενικότητας αφού τα 119909 119910ήταν τυχαία) ότι 119910 gt 119909

Άσκηση Αποδείξτε ότι οι συναρτήσεις

(i)1 + 1199091 + 1199092 (ii) 119909119909 (iii)

11 + 119909 + 1199092 (119894119907) (log 119909)2

είναι κυρτές στο πεδίο ορισμού τους

Άσκηση Αν οι συναρτήσεις 119891 119892 είναι και οι δύο κυρτές με κοινό πεδίο

ορισμού αποδείξτε ότι και η 119891 + 119892 είναι κυρτή

Άσκηση Αν η ℱ είναι μια οικογένεια κυρτών συναρτήσεων με κοινό πεδίο

ορισμού δείξτε ότι η συνάρτηση sup119891isinℱ 119891(119909) είναι κυρτή

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν η 119891 είναι κυρτή και η 119892 κυρτή και αύξουσα τότε

η σύνθεση 119892 ∘ 119891 (όποτε ορίζεται) είναι κυρτή Είναι σωστό το συμπέρασμα

όταν η 119892 δεν είναι αύξουσα

Άσκηση Αν η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ είναι κυρτή συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα

119868 sube ℝ τότε για κάθε 119909 119910 119911 που ανήκουν στο Ι με 119909 lt 119910 lt 119911 ισχύει

119891(119910) minus 119891(119909)119910 minus 119909

le119891(119911) minus 119891(119909)

119911 minus 119909le

119891(119911) minus 119891(119910)119911 minus 119910

Άσκηση Έστω ότι το Ι είναι ένα διάστημα στο ℝ και 119891 ∶ 119868 rarr ℝ κυρτή

συνάρτηση Τότε σε κάθε συμπαγές υποδιάστημα 119869 του διαστήματος int(119868)η 119891 είναι 119871119894119901119904119888ℎ119894119905119911 οπότε είναι και απόλυτα συνεχής στο 119869 Επιπλέον είναισυνεχής στο int(119868) (Υπόδειξη Θεωρήστε στοιχεία 119906 lt 119907 στο Ι αριστερά

του 119869 και στοιχεία 119908 lt 119911 στο 119868 δεξιά του 119869 Για οποιαδήποτε στοιχεία 119909119910 isin 119869 με 119909 lt 119910 εφαρμόστε την Άσκηση στα σημεία 119906 lt 119907 lt 119909 lt 119910και στα 119909 lt 119910 lt 119908 lt 119911 Διακρίνετε περιπτώσεις αν 119891(119910) minus 119891(119909) lt 0 ή

119891(119910) minus 119891(119909) ge 0)Άσκηση Αποδείξτε ότι αν η συνάρτηση 119891 ∶ ℝ rarr [0 +infin) είναι κυρτή

και 119891(0) = 0 τότε η συνάρτηση 119865(119905) = 119891(119905)119905 είναι αύξουσα στο ℝ ⧵ 0

Οι Ασκήσεις έως έχουν σκοπό την μελέτη της πρώτης και δεύτερης

παραγώγου μιας κυρτής συνάρτησης

Άσκηση Έστω ότι η ακολουθία συναρτήσεων (119891119899)119899isinℕ από το ανοιχτό

διάστημα 119868 στο ℝ είναι αύξουσα δηλαδή 119891119899(119909) le 119891119899+1(119909) για κάθε 119909 isin 119868για κάθε 119899 isin ℕ Υποθέτουμε επίσης ότι κάθε 119891119899 είναι συνεχής και αύξουσα

συνάρτηση Αποδείξτε ότι αν 119891119899(119909) rarr 119892(119909) για κάθε 119909 isin 119868 τότε η 119892 είναι

αριστερά συνεχής σε κάθε σημείο του 119868Άσκηση Έστω Ι ανοιχτό διάστημα υποσύνολο του ℝ και 119891 ∶ 119868 rarr ℝ κυρτή

Αποδείξτε ότι οι 119891primeminus 119891prime

+ υπάρχουν είναι αύξουσες και ισχύει ότι 119891primeminus le 119891prime

+

Δείξτε επίσης ότι η 119891 είναι διαφορίσιμη στα σημεία 119909 του Ι στα οποία η 119891primeminus είναι

συνεχής Συμπεράνετε ότι η 119891prime είναι συνεχής σε όλα τα σημεία του Ι εκτός απόένα αριθμήσιμο πλήθος στοιχείων και η 119891prime είναι αύξουσα στο πεδίο ορισμού

της

(Υπόδειξη Βήμα 1 Εφαρμόζοντας την Άσκηση μια φορά για σημεία

119906 lt 119908 lt 119909 lt 119911 lt 119907 lt 119910 και μια φορά για σημεία 119909 lt 119911 lt 119907 lt 119910 lt 119906 lt 119908αποδείξτε ότι οι 119891prime

minus και 119891prime+ υπάρχουν και

119891primeminus(119909) le 119891prime

+(119909) le119891(119910) minus 119891(119909)

119910 minus 119909le 119891prime

minus(119910) le 119891prime+(119910) ()

ανισότητες που αποδεικνύουν ότι οι πλευρικές παράγωγοι είναι αύξουσες

συναρτήσεις

Βήμα 2 Θεωρήστε την ακολουθία συναρτήσεων (119892119899)119899isinℕ με 119892119899(119909) =(119891(119909 minus 1119899) minus 119891(119909))(minus1119899) και δείξτε ότι είναι αύξουσα ακολουθία συνεχών

και αυξουσών συναρτήσεων με όριο την 119891primeminus Χρησιμοποιήστε την Άσκηση

για να συμπεράνετε ότι η 119891primeminus είναι αριστερά συνεχής Δείξτε ομοίως ότι η 119891prime

+είναι δεξιά συνεχής Επίσης οι μονότονες συναρτήσεις έχουν το πολύ αριθμήσιμο

πλήθος ασυνεχειών

Βήμα 3 Αν 119891primeminus συνεχής στο 119909 τότε από την () για 119909 lt 119910 προκύπτει ότι

119891primeminus(119909) le 119891prime

+(119909) le 119891primeminus(119910) Αφήστε το 119910 rarr 119909+ για το συμπέρασμα)

Άσκηση Έστω Ι ανοιχτό και 119891 ∶ 119868 rarr ℝ διαφορίσιμη συνάρτηση Τα

ακόλουθα είναι ισοδύναμα

(i) H 119891 είναι κυρτή

(ii) H 119891prime είναι αύξουσα συνάρτηση

(Υπόδειξη αν η 119891 είναι διαφορίσιμη τότε από την Άσκηση η 119891primeminus είναι

συνεχής)

Άσκηση Έστω 119891 ∶ 119868 rarr ℝ όπου Ι είναι ανοιχτό και υπάρχει η 119891Prime Η 119891είναι κυρτή αν και μόνο αν 119891Prime ge 0Άσκηση Αν 119868 ανοιχτό διάστημα στο ℝ μια συνάρτηση 119891 ∶ 119868 rarr ℝ έχει

συνάρτηση στήριξης στο σημείο 119911 isin 119868 αν υπάρχει αριθμός 120574119911 isin ℝ ώστε

119891(119909) ge 119891(119911) + 120574119911(119909 minus 119911)

για κάθε 119909 isin 119868 Αποδείξτε ότι η 119891 είναι κυρτή αν και μόνο αν η 119891 έχει συνάρτηση

στήριξης σε κάθε 119911 isin 119868 ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) αν 119891 κυρτή δείξτε ότι

(α) υποθέστε ότι 0 isin 119868 και 119891(0) = 0 Για κάθε 119909 isin 119868 cap (0 +infin) και

για κάθε 119910 isin 119868cap(minusinfin 0) βρείτε 120582 isin (0 1) ώστε 0 = (1minus120582)119909+120582119910και εφαρμόστε την κυρτότητα της 119891 καταλήγοντας στη σχέση

sup119910isin119868cap(minusinfin0)

119891(119910)119910

le inf119909isin119868cap(0+infin)

119891(119909)119909

(β) Επιλέξτε 120574 ώστε

sup119910isin119868cap(minusinfin0)

119891(119910)119910

le 120574 le inf119909isin119868cap(0+infin)

119891(119909)119909

και αποδείξτε ότι η 120574119909 είναι συνάρτηση στήριξης της 119891 στο 0

(γ) Για τη γενική κυρτή συνάρτηση 119891 και τυχόν 119911 isin 119868 θεωρήστε

τη συνάρτηση ℎ ∶ 119868 minus 119911 rarr ℝ με ℎ(119909) = 119891(119911 + 119909) minus 119891(119911) και

αποδείξτε ότι είναι κυρτή με ℎ(0) = 0

(ii) αν η 119891 έχει συνάρτηση στήριξης 119892119911 σε κάθε 119911 isin 119868 δείξτε ότι επειδή

119892119909(119909) = 119891(119909) ισχύει 119891(119909) = sup119911isin119868 119892119911(119909) για κάθε 119909 isin 119868 Με αυτόν τον

τύπο αποδείξτε ότι η 119891 είναι κυρτή

Στα επόμενα το 119868 θα συμβολίζει ένα διάστημα στο ℝ

Θ Έστω ότι η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ είναι μια κυρτή συνάρτηση τα1199091 1199092 hellip 119909119899 ανήκουν στο Ι και 1205821 + 1205822 + ⋯ + 120582119899 = 1 με 120582119895 isin [0 1] γιακάθε 119895 = 1 hellip 119899 Τότε το 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899 ανήκει στο Ι και ισχύει

119891(12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899) le 1205821119891(1199091) + 1205822119891(1199092) + ⋯ + 120582119899119891(119909119899)

Απόδειξη Θα αποδείξουμε την ανισότητα Jensen χρησιμοποιώντας τη

μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής Για 119899 = 2 1205821 + 1205822 = 1 άρα1205821 = 1 minus 1205822 έχουμε

119891(12058211199091 + 12058221199092) = 119891((1 minus 1205822)1199091 + 12058221199092)le (1 minus 1205822)119891(1199091) + 1205822119891(1199092)le 1205821119891(1199091) + 1205822119891(1199092)

που ισχύει διότι η 119891 είναι κυρτή Υποθέτουμε ότι ισχύει για 119899 σημεία

και θα δείξουμε ότι ισχύει για 119899 + 1 σημείαΈστω ότι τα 1199091 1199092 hellip 119909119899+1 ανήκουν στο Ι 1205821 hellip 120582119899+1 ge 0 και sum

119899+1119895=1 120582119895 =

1Αν 120582119899+1 = 1 τότε 1205821 = ⋯ = 120582119899 = 0 Οπότε πρέπει να ελέγξουμε

αν ισχύει 119891(120582119899+1119909119899+1) le 120582119899+1119891(119909119899+1) Ισοδύναμα έχουμε ότι 119891(119909119899+1) le119891(119909119899+1) που ισχύει

Αν 0 le 120582119899+1 lt 1 τότε

119891(12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899+1119909119899+1)

= 119891 ((1 minus 120582119899+1) (1205821

1 minus 120582119899+11199091 + ⋯ +

120582119899

1 minus 120582119899+1119909119899) + 120582119899+1119909119899+1)

le (1 minus 120582119899+1)119891 (1205821

1 minus 120582119899+11199091 + ⋯ +

120582119899

1 minus 120582119899+1119909119899) + 120582119899+1119891(119909119899+1)

διότι η 119891 είναι κυρτή Είναι 120582119895(1 minus 120582119899+1) ge 0 για κάθε 119895 και

119899

sum119895=1

(120582119895

1 minus 120582119899+1) =

1 minus 120582119899+1

1 minus 120582119899+1= 1

Από την επαγωγική υπόθεση θα έχουμε ότι

119891(12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899+1119909119899+1)

le (1 minus 120582119899+1) (1205821

1 minus 120582119899+1119891(1199091) + ⋯ +

120582119899

1 minus 120582119899+1119891(119909119899)) + 120582119899+1119891(119909119899+1)

= 1205821119891(1199091) + 1205822119891(1199092) + ⋯ + 120582119899+1119891(119909119899+1)

Η παρακάτω πρόταση μάς δίνει πληροφορίες για την περίπτωση

της ισότητας στην ανισότητα Jensen

Π Αν η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ είναι γνήσια κυρτή και υπάρχουν120582119895 isin (0 1) για 119895 = 1 hellip 119899 με sum

119899119895=1 120582119895 = 1 και

119891(12058211199091 + ⋯ + 120582119899119909119899) = 1205821119891(1199091) + ⋯ + 120582119899119891(119909119899)

για κάποια 1199091 hellip 119909119899 isin 119868 τότε ισχύει 1199091 = 1199092 = ⋯ = 119909119899

Απόδειξη Αν υποθέσουμε ότι

1199091 ne sum119895ne1

120582119895

1 minus 1205821119909119895

τότε από τη γνήσια κυρτότητα της 119891 και την υπόθεση θα ισχύει

119899

sum119895=1

120582119895119891(119909119895) = 119891 (119899

sum119895=1

120582119895119909119895)

= 119891 (12058211199091 + (1 minus 1205821) sum119895ne1

120582119895

1 minus 1205821119909119895)

lt 1205821119891(1199091) + (1 minus 1205821)119891 (sum119895ne1

120582119895

1 minus 1205821119909119895)

και χρησιμοποιώντας την κυρτότητα της 119891

le119899

sum119895=1

120582119895119891(119909119895)

το οποίο είναι άτοπο Άρα 1199091 = sum119895ne1120582119895

1minus1205821119909119895 Ομοίως για κάθε 119894 = 1 hellip 119899

θα ισχύει 119909119894 = sum119895ne119894120582119895

1minus120582119894119909119895 Έτσι

(1 minus 1205821)1199091 = sum119895ne1

120582119895119909119895 = sum119895ne2

120582119895119909119895 minus 12058211199091 + 12058221199092

= (1 minus 1205822)1199092 minus 12058211199091 + 12058221199092

= 1199092 minus 12058211199091

Άρα 1199091 = 1199092 Ομοίως αποδεικνύουμε ότι όλα τα 119909119895 είναι ίσα με το 1199091

Η ανισότητα Jensen μπορεί να διατυπωθεί και για ολοκληρώματα

υπό την προϋπόθεση ότι το διάστημα ολοκλήρωσης (αν μιλάμε για

Riemann ολοκληρώσιμες συναρτήσεις) ή ο χώρος μέτρου στον οποίο

ολοκληρώνουμε (αν μιλάμε γενικά για ολοκληρώσιμες συναρτήσεις) έχει

μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1 Συγκεκριμμένα ισχύει η παρακάτω

πρόταση

Π (Ανισότητα Jensen για ολοκληρώματα) Αν η 119892 ∶ [119886 119887] rarrℝ είναι Riemann ολοκληρώσιμη συνάρτηση με 119887 minus 119886 = 1 και η 119891 ∶ Ι rarr ℝ

είναι κυρτή συνάρτηση με το διάστημα 119868 να περιέχει το σύνολο τιμών της119892 τότε

119891 (int119887

119886119892(119909) 119889119909) le int

119887

119886(119891 ∘ 119892)(119909) 119889119909

Γενικότερα αν η 119892 ορίζεται σε ένα χώρο πιθανότητας (Ω 120583) και η 119891είναι όπως πριν τότε ισχύει

119891 (intΩ

119892 119889120583) le intΩ

119891 ∘ 119892 119889120583

Απόδειξη Για την περίπτωση του ολοκληρώματος Riemann επιλέγουμε

ακολουθία διαμερίσεων 119979119899 με λεπτότητα που συγκλίνει στο μηδέν και

χρησιμοποιούμε την συνέχεια της 119891 (Άσκηση ) οπότε ισχύει

119891 (int119887

119886119892(119909) 119889119909) = lim

119899rarrinfin119891 ⎛

⎝ sum119909119895isin119979119899

119892(119909119895)Δ119909119895⎞⎠

αλλά 119891 κυρτή και sum119909119895isin119979119899Δ119909119895 = 1 οπότε

le lim119899rarrinfin

sum119909119895isin119979119899

119891(119892(119909119895))Δ119909119895

le int119887

119886(119891 ∘ 119892)(119909) 119889119909

Για τη γενική περίπτωση θέτουμε 1199090 = int 119892 119889120583 και χρησιμοποιούμε

την Άσκηση για να βρούμε 119886 119887 isin ℝ ώστε 119886119909 + 119887 le 119891(119909) για

κάθε 119909 isin ℝ και 1198861199090 + 119887 = 119891(1199090) Έτσι θα ισχύει 119891(119892(119909)) ge 119886119892(119909) + 119887Ολοκληρώνοντας την τελευταία και χρησιμοποιώντας ότι 120583(Ω) = 1 καιτον ορισμό του 1199090 παίρνουμε ότι

int (119891 ∘ 119892) 119889120583 ge 1198861199090 + 119887 = 119891(1199090) = 119891 (int 119892 119889120583)

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

H ανισότητα Αριθμητικού-Γεωμετρικού μέσου

Θ Θεωρούμε 1199091 1199092 hellip 119909119899 ge 0 και 1205821 1205822 hellip 120582119899 ge 0 μεsum

119899119895=1 120582119895 = 1 Τότε

() 119909112058211199092

1205822 hellip 119909119899120582119899 le 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899

Αν 120582119895 gt 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 τότε η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν όλατα 119909119895 είναι μεταξύ τους ίσα

Συγκεκριμένα

()119899radic11990911199092 hellip 119909119899 le

1199091 + 1199092 + ⋯ + 119909119899

119899

με ισότητα μόνο αν όλα τα 119909119895 είναι μεταξύ τους ίσα

Απόδειξη Η () προκύπτει αμέσως από την () αν θέσουμε 1205821 =⋯ = 120582119899 = 1119899 ge 0 Προφανώς sum

119899119895=1 120582119895 = 1 οπότε

11990911198991 ⋯ 1199091119899

119899 le1119899

1199091 + ⋯ +1119899

119909119899

άρα119899radic11990911199092 ⋯ 119909119899 le

1199091 + 1199092 + ⋯ + 119909119899

119899

Ομοίως και η περίπτωση της ισότητας αφού 1119899 gt 0Μένει να αποδείξουμε την () και να εξετάσουμε την περίπτωση

της ισότητας Θέτουμε 119891(119909) = 119890119909 ∶ ℝ rarr ℝ Η 119891 είναι κυρτή όπως

είδαμε στο Παράδειγμα Θεωρούμε 1199091 1199092 hellip 119909119899 ge 0 Θέτουμε

1199101 = ln 1199091 hellip 119910119899 = ln 119909119899 και εφαρμόζουμε την ανισότητα Jensen για την

119891 τα 1199101 hellip 119910119899 και τα 1205821 hellip 120582119899 οπότε

11989012058211199101+⋯+120582119899119910119899 le 12058211198901199101 + ⋯ + 120582119899119890119910119899

Έτσι

1198901205821 ln 1199091+⋯+120582119899 ln 119909119899 le 1205821119890ln 1199091 + ⋯ + 120582119899119890ln 119909119899

άρα

119890ln(1199091)1205821+⋯+ln(119909119899)120582119899 le 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899

επομένως

119909112058211199092

1205822 hellip 119909119899120582119899 le 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899

Τέλος αν όλα τα 120582119895 είναι θετικά και ισχύει η ισότητα στην προηγούμενη

ανισότητα χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι η 119890119909 είναι γνήσια κυρτή

(Παράδειγμα ) και την Πρόταση για να συμπεράνουμε ότι τα

119910119895 είναι μεταξύ τους ίσα άρα και τα 119909119895

H ανισότητα Young

Λ Αν 119909 119910 ge 0 119901 119902 gt 1 και 119901minus1 + 119902minus1 = 1 τότε

119909119910 le119909119901

119901+

119910119902

119902

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν 119909119901 = 119910119902

Απόδειξη Αν 119909 = 0 ή 119910 = 0 τότε η ανισότητα ισχύει Αν τα 119909 και 119910είναι διάφορα του μηδενός τότε θέτουμε

1205821 =1119901

1205822 =1119902

1199091 = 119909119901 1199092 = 119910119902

και εφαρμόζουμε το Θεώρημα Οπότε 11990912058211 1199091205822

2 le 12058211199091 + 12058221199092 και άρα

(119909119901)1119901 (119910119902)

1119902 le

1119901

119909119901 +1119902

119910119902

δηλαδή η ζητούμενη Η περίπτωση της ισότητας προκύπτει άμεσα από

το Θεώρημα

H ανισότητα Houmllder για αθροίσματα

Θ Αν 11990911199101 11990921199102 hellip 119909119899 119910119899 ge 0 119901 119902 gt 1 και 119901minus1+119902minus1 =1 τότε

11990911199101 + 11990921199102 + ⋯ + 119909119899119910119899 le (1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 (119910119902

1 + ⋯ + 119910119902119899 )

1119902

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν 119910119895 = 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 ή υπάρχει120582 isin ℝ ώστε 119909119901

119895 = 120582119910119902119895 για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899

Απόδειξη Αν όλα τα 119909119894 ή όλα τα 119910119894 είναι μηδέν τότε η ανισότητα

είναι προφανής Έστω τώρα ότι ούτε τα 119909119894 ούτε τα 119910119894 είναι όλα μηδέν

οπότε τα 1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899 και 1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899 είναι διάφορα του μηδενός

Εφαρμόζουμε την ανισότητα Young για

119909 =119909119894

(1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 και 119910 =119910119894

(1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899 )1119902

και παίρνουμε

119909119894119910119894

(sum119899119895=1 119909119901

119895 )1119901 (sum

119899119895=1 119910119902

119895 )1119902

le119909119894

119901

119901(sum119899119895=1 119909119901

119895 )+

119910119894119902

119902(sum119899119895=1 119910119902

119895 )()

άρα

119899

sum119894=1

119909119894119910119894

(1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 (119910119902

1 + ⋯ + 119910119902119899 )

1119902

le1

119901(1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)

119899

sum119894=1

119909119894119901

+1

119902(1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899 )

119899

sum119894=1

119910119894119902 = 1

Συνεπώς

119899

sum119894=1

119909119894119910119894 le (1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 (119910119902

1 + ⋯ + 119910119902119899 )

1119902

Αν υπάρχει 120582 isin ℝ ώστε 119909119901119895 = 120582119910119902

119895 για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899 τότε ελέγχουμε

εύκολα ότι ισχύει η ισότητα Ομοίως αν 119910119895 = 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899

Αντιστρόφως αν ισχύει η ισότητα και δεν είναι όλα τα 119910119895 ίσα με το

μηδέν τότε είτε όλα τα 119909119895 είναι ίσα με το μηδέν και ισχύει το ζητούμενο

με 120582 = 0 είτε καμιά από τις ανισότητες () για 119894 = 1 2 hellip 119899 δεν είναι

γνήσια (διότι θα ήταν γνήσιες ανισότητες οι επόμενες) Έτσι σε κάθε μια

από τις () για 119894 = 1 2 hellip 119899 ισχύει η ισότητα Από την περίπτωση

της ισότητας στην ανισότητα Young συμπεραίνουμε ότι

119909119901119894

1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899=

119910119902119894

1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899

για κάθε 119894 = 1 hellip 119899 Άρα 119909119901119894 = 120582119910119902

119894 για κάθε 119894 = 1 hellip 119899 όπου

120582 =119909119901

1 + ⋯ + 119909119901119899

1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

H ανισότητα Houmllder για ολοκληρώματα

Για να αποδείξουμε τα παρακάτω χρειαζόμαστε λίγες γνώσεις θε-

ωρίας μέτρου Lebesgue Συγκεκριμμένα χρειαζόμαστε το γεγονός ότι

αν για μια μετρήσιμη συνάρτηση 119891 ∶ 119868 rarr [0 infin) όπου 119868 διάστημα ή

γενικότερα μετρήσιμο υποσύνολο του ℝ ισχύει int119868119891 = 0 τότε η 119891 είναι

ίση με μηδέν σχεδόν παντού

Θ Έστω ότι οι 119891 119892 ∶ 119868 rarr ℝ είναι μη αρνητικές ολο-κληρώσιμες συναρτήσεις με μη μηδενικά ολοκληρώματα και 119901 119902 gt 1 με119901minus1 + 119902minus1 = 1 Τότε

int119868119891119892 le (int

119868119891119901)

1119901

(int119868119892119902)

1119902

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε 119892 = 0 σχεδόν παντού είτε υπάρχει120582 isin ℝ ώστε 119891119901 = 120582119892119902 σχεδόν παντού

Απόδειξη Αν int119868119891119901 = 0 τότε 119891 = 0 σχεδόν παντού οπότε η ανισό-

τητα ισχύει (ως ισότητα) Ομοίως αν int119868119892119902 = 0 Υποθέτουμε τώρα ότι

int119868119891119901 ne 0 και int119868

119892119902 ne 0 Από την ανισότητα του Young έχουμε

119891119892

(int119868119891119901)

1119901 (int119868

119892119902)1119902

le119891119901

119901 int119868119891119901 +

119892119902

119902 int119868119892119902 ()

άρα

int119868

119891119892

(int119868119891119901)

1119901 (int119868

119892119902)1119902

le1

119901int119868119891119901 int

119868119891119901 +

1119902int119868

119892119902 int119868119892119902 = 1

δηλαδή η ζητούμενη Αν ισχύει η ισότητα και 119892 δεν είναι μηδέν σχεδόν

παντού τότε αν int119868119891119901 = 0 συμπεραίνουμε ότι 119891 = 0 σχεδόν παντού

Οπότε το ζητούμενο ισχύει με 120582 = 0 Αν τώρα int119868119891119901 ne 0 τότε ισχύ-

ει ισότητα στην () σχεδόν παντού (αλλιώς η επόμενη ανισότητα

θα είναι γνήσια) και από την περίπτωση της ισότητας στην ανισό-

τητας του Young συμπεραίνουμε ότι 119891119901 = 120582119892119902 σχεδόν παντού με

120582 = (int119868119891119901)1119901(int119868

119892119902)1119902

H ανισότητα Minkowski για αθροίσματα

Θ Αν 1199091 1199101 hellip 119909119899 119910119899 ge 0 και 119901 ge 1 τότε

((1199091 + 1199101)119901 + ⋯ + (119909119899 + 119910119899)119901)1119901 le (1199091

119901 + ⋯ + 119909119899119901)

1119901 + (1199101

119901 + ⋯ + 119910119899119901)

1119901

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε 119901 = 1 είτε 119910119895 = 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899είτε υπάρχει 120582 isin ℝ ώστε 119909119895 = 120582119910119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899

Απόδειξη Αν 119901 = 1 η ανισότητα είναι προφανής (ως ισότητα) Έστω

ότι 119901 gt 1 Διαλέγουμε 119902 gt 1 ώστε 119901minus1 +119902minus1 = 1 δηλαδή 119902 = 119901(119901 minus 1)Έχουμε

119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)119901 =119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)(119909119895 + 119910119895)119901minus1

=119899

sum119895=1

119909119895(119909119895 + 119910119895)119901minus1 +119899

sum119895=1

119910119895(119909119895 + 119910119895)119901minus1

le (119899

sum119895=1

119909119895119901)

1119901

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)(119901minus1)119902)

1119902

+ (119899

sum119895=1

119910119895119901)

1119901

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)(119901minus1)119902)

1119902

=⎡⎢⎣

(119899

sum119895=1

119909119895119901)

1119901

+ (119899

sum119895=1

119910119895119901)

1119901 ⎤⎥⎦

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)119901)

119901minus1119901

Συνεπώς

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)119901)1minus 119901minus1

119901

le (119899

sum119895=1

119909119895119901)

1119901

+ (119899

sum119895=1

119910119895119901)

1119901

Αλλά 1 minus 119901minus1119901

= 1119901 ολοκληρώνοντας την απόδειξη της ανισότητας

Εύκολα τώρα ελέγχουμε την περίπτωση της ισότητας χρησιμοποιών-

τας την περίπτωση της ισότητας του Θεωρήματος

H ανισότητα Minkowski για ολοκληρώματα

Όπως και στην περίπτωση της ανισότητας Houmllder για ολοκλη-

ρώματα έτσι και εδώ θα χρειαστούμε λίγες γνώσεις θεωρίας μέτρου

Lebesgue

Θ Αν 119891 119892 ∶ 119868 rarr ℝ μη αρνητικές ολοκληρώσιμες συναρ-τήσεις και 119901 ge 1 τότε

(int119868(119891 + 119892)119901119889119909)

1119901

le (int119868119891119901119889119909)

1119901

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε 119901 = 1 είτε 119892 = 0 σχεδόν παντού είτευπάρχει 120582 isin ℝ ώστε 119891 = 120582119892 σχεδόν παντού

Απόδειξη Αν int119868(119891 + 119892)119901 = 0 τότε 119891 = 119892 = 0 σχεδόν παντού και

η ανισότητα ισχύει (ως ισότητα) Υποθέτουμε ότι int119868(119891 + 119892)119901 ne 0 Αν

119901 = 1 η ανισότητα είναι φανερή (ως ισότητα) Αν 119901 gt 1 όμοια με πριν

θα έχουμε

int119868(119891 + 119892)119901119889119909 = int

119868(119891 + 119892)(119891 + 119892)119901minus1119889119909

= int119868119891(119891 + 119892)119901minus1119889119909 + int

119868119892(119891 + 119892)119901minus1119889119909

le (int119868119891119901119889119909)

1119901

(int119868(119891 + 119892)(119901minus1)119902)

1119902

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901

(int119868(119891 + 119892)(119901minus1)119902)

1119902

=⎡⎢⎣

(int119868119891119901119889119909)

1119901

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901 ⎤⎥⎦

(int119868(119891 + 119892)119901)

119901minus1119901

Επομένως

(int119868(119891 + 119892)119901119889119909)

1minus 119901minus1119901

le (int119868119891119901119889119909)

1119901

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901

Αλλά 1 minus 119901minus1119901

= 1119901 ολοκληρώνοντας την απόδειξη της ανισότητας

Η περίπτωση της ισότητας ελέγχεται εύκολα όπως και πριν

Άσκηση Αποδείξτε χρησιμοποιώντας τον ορισμό της κυρτής συνάρτησης

και την ανισότητα Young ότι αν η συνάρτηση 120593 ∶ 119870 rarr ℝ είναι κυρτή τότε και

η συνάρτηση 119890120593 είναι κυρτή

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 0 lt 119901 le 119902 lt infin ισχύει

(int119868|119892|119901)

1119901

le (int119868|119892|119902)

1119902

εφόσον τα ολοκληρώματα υπάρχουν όπου το 119868 είναι διάστημα (ή μετρήσιμο

σύνολο) με μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1

Άσκηση Αποδείξτε ότι η συνάρτηση 119891(119909) = 119909minus119899 είναι κυρτή στο (0 infin)και χρησιμοποιήστε την ανισότητα Jensen για να αποδείξετε ότι

(int119868|119892|minus119899)

1minus119899

le int119868|119892|

εφόσον τα ολοκληρώματα υπάρχουν όπου το 119868 είναι διάστημα (ή μετρήσιμο

σύνολο) με μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1

Η ανισότητα Minkowski για αθροίσματα μας λέει ότι για κάθε 119901 ge 1η

119909119901 = (119899

sum119895=1

|119909119895|119901)1119901

(όπου τα 119909119895 είναι οι συντεταγμένες του 119909 isin ℝ119899 ως προς τη συνήθη

βάση) ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα Εύκολα βλέπουμε ότι η

sdot 119901 ικανοποιεί και τις υπόλοιπες ιδιότητες της νόρμας και συνεπώς

είναι μια νόρμα στον ℝ119899 Αυτός ο χώρος με νόρμα του οποίου η μετρική

γράφεται 119889119901 (δηλαδή 119889119901(119909 119910) = 119909 minus 119910119901) συμβολίζεται με το ℓ119899119901 και

είναι ένας πλήρης μετρικός χώρος Η πληρότητα ελέγχεται εύκολα διότι

η σύγκλιση ως προς τη μετρική 119889119901 είναι ισοδύναμη με τη σύγκλιση κατά

συντεταγμένη εξαιτίας του ότι

|119909119895 minus 119910119895| le 119909 minus 119910119901 = (119899

sum119895=1

|119909119895 minus 119910119895|119901)1119901

Σημειώνουμε εδώ ότι είναι δυνατόν να ορίσουμε και τον χώρο ℓ119899infin

εφοδιάζοντας τον ℝ119899 με την νόρμα 119909infin = max1le119895le119899 |119909119895|Η ανισότητα Minkowski για ολοκληρώματα μας λέει ότι για κάθε

119901 ge 1 στο χώρο των συνεχών συναρτήσεων 119862[119886 119887] η

119891119901 = (int[119886119887]

|119891|119901)1119901

ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα Εύκολα ελέγχει κανείς και τις άλλες

ιδιότητες της νόρμας Έτσι ο 119862[119886 119887] γίνεται χώρος με τη νόρμα sdot 119901 και

άρα και μετρικός χώρος Σε αντίθεση με το παράδειγμα του ℓ119899119901 αυτός

δεν είναι ένας πλήρης μετρικός χώρος Για παράδειγμα η ακολουθία

συναρτήσεων 119891119899(119909) = 119909119899 για 119909 isin [0 1] και 119891119899(119909) = 1 για 119909 isin [1 2]ανήκει στο 119862[0 2] και είναι ακολουθία Cauchy ως προς τη νόρμα sdot 119901

αφού για 119899 gt 119898 ισχύει

119891119899 minus 119891119898119901119901 = int

1

0(119909119898 minus 119909119899)119901 119889119909 le int

1

0119909119898119901 119889119909 =

1119898119901 + 1

rarr 0

καθώς 119898 rarr infin Όμως η 119891119899 δεν συγκλίνει σε καμία συνάρτηση στον

119862[0 2] ως προς τη νόρμα sdot 119901 έστω ότι υπάρχει 119892 isin 119862[0 2] με

119891119899 minus 119892119901 rarr 0 Θέτουμε 119891(119909) = 0 για 119909 isin [0 1) και 119891(119909) = 1 για

119909 isin [1 2] Η 119891 είναι ασυνεχής στο 1 οπότε 119891 notin 119862[0 2] Εύκολα ελέγχουμε

ότι 119891 minus 119891119899119901 rarr 0 Αλλά

119891 minus 119892119901 le 119891 minus 119891119899119901 + 119891119899 minus 119892119901 rarr 0

οπότε 119891 minus 119892119901 = 0 Παρατηρούμε τώρα ότι τόσο η 119891 όσο και η 119892είναι συνεχείς στα διαστήματα [1 2] και [0 1 minus 1119898] για κάθε 119898 isin ℕ

Επιπλέον int1minus11198980

|119891 minus 119892|119901 le int20

|119891 minus 119892|119901 = 0 άρα 119892 = 119891 στο διάστημα

[0 1 minus 1119898] για κάθε 119898 isin ℝ119899 Ομοίως 119892 = 119891 στο διάστημα [1 2]Δηλαδή 119892 = 119891 notin 119862[0 2] το οποίο είναι άτοπο

Μπορούμε όμως να θεωρήσουμε την πλήρωση του χώρου (119862[119886 119887] sdot119901) ο οποίος είναι χώρος με νόρμα και συμβολίζεται με 119871119901[119886 119887]

Άσκηση Αποδείξτε ότι η επιλογή του συμβόλου ℓ119899infin για τον ℝ119899 με νόρμα

την 119909infin = max1le119895le119899 |119909119895| όπου 119909119895 οι συντεταγμένες του 119909 είναι φυσιολογική

δείχνοντας ότι

⎛⎝

119899

sum119895=1

|119909119895|119901⎞⎠

1119901

rarr 119909infin

για 119901 rarr infin

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 1 le 119901 le infin ο ℓ119899119901 είναι πλήρης μετρικός

χώρος

Άσκηση Αποδείξτε ότι η sdot 119901 για 0 lt 119901 lt 1 δεν είναι νόρμα Δείξτε

ισοδύναμα ότι το σύνολο ℬ119899119901 = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119901 le 1 για 0 lt 119901 lt 1 δεν είναι

κυρτό σώμα (Μπορείτε να δείτε το παραπάνω σύνολο στον ℝ3 για 119901 = 06και 119901 = 08 στο Παράρτημα Α)

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 119909 isin ℝ119899 ισχύει 1199091 le radic1198991199092 Γενικό-

τερα για κάθε 1 le 119901 lt 119902 lt infin ισχύει

119909119902 le 119909119901 le 1198991119901 minus 1

119902 119909119902

ΚΥΡΤΑ ΣΩΜΑΤΑ

Ο (Κυρτό Σώμα) Έστω ότι το 119870 είναι ένα υποσύνολο

του ℝ119899 Αν το 119870 είναι κυρτό συμπαγές και έχει μη κενό εσωτερικό

δηλαδή το σύνολο int(119870) είναι διαφορετικό του κενού τότε το 119870 λέγεται

κυρτό σώμα

Ο (Κεντρικά συμμετρικό σύνολο) Έστω ότι το 119862 είναι

υποσύνολο του ℝ119899 Αν όποτε το 119909 ανήκει στο 119862 τότε και το minus119909 ανήκει

και αυτό στο 119862 το 119862 λέγεται κεντρικά συμμετρικό ή συμμετρικό ως προς

το 0

Π Κάθε κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870 περιέχειτο 0 στο εσωτερικό του 0 isin int(119870)

Απόδειξη Αφού το 119870 έχει μη κενό εσωτερικό υπάρχει 119909 isin ℝ119899 και 120598 gt 0ώστε 119861(119909 120598) sube 119870 Αλλά το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό οπότε ισχύει

και 119861(minus119909 120598) sube 119870 Όμως το 119870 είναι κυρτό οπότε

12

119861(119909 120598) +12

119861(minus119909 120598) sube 119870

Η απόδειξη θα ολοκληρωθεί αν δείξουμε ότι

119861(0 120598) sube12

119861(119909 120598) +12

119861(minus119909 120598)

Θεωρούμε 119911 isin 119861(0 120598) οπότε 1199112 lt 120598 Φανερά 119911 = 12(119911+119909)+ 1

2(119911minus119909)

οπότε αρκεί να δειχθεί ότι 119911 + 119909 isin 119861(119909 120598) και 119911 minus 119909 isin 119861(minus119909 120598) Αλλά119909 minus (119911 + 119909)2 = 1199112 lt 120598 και (minus119909) minus (119911 minus 119909)2 = 1199112 lt 120598

Ένας τρόπος να περιγράψουμε ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικό

σώμα 119870 στον ℝ119899 είναι μέσω μιας νόρμας

Π Αν η sdot είναι μια νόρμα στον ℝ119899 τότε το σύνολο

119870sdot = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909 le 1

είναι ένα κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα στον ℝ119899

Απόδειξη Είναι φανερό ότι το 119870 είναι μη κενό (αφού 0 isin 119870) και ότι είναι

κεντρικά συμμετρικό σύνολο (αφού minus 119909 = 119909 για κάθε 119909 isin ℝ119899)

Επίσης είναι κυρτό διότι αν 119909 119910 isin 119870 και 120582 isin [0 1] τότε

(1 minus 120582)119909 + 120582119910 le (1 minus 120582)119909 + 120582119910 le (1 minus 120582) + 120582 = 1

δηλαδή (1 minus 120582)119909 + 120582119910 isin 119870 Μένει να δειχθεί ότι είναι κλειστό φραγμένο

(οπότε συμπαγές) και με μη κενό εσωτερικό υποσύνολο του (ℝ119899 sdot 2)Το ότι το 119870sdot είναι κλειστό προκύπτει από τη συνέχεια της νόρμας

ως προς την ευκλείδεια απόσταση (Πόρισμα ) αν 119909119898 isin 119870sdot και

119909119898 rarr 119909 ως προς την ευκλείδεια νόρμα τότε από την συνέχεια της sdot θα πρέπει 119909119898 rarr 119909 Αλλά 119909119898 isin 119870sdot συνεπάγεται ότι 119909119898 le 1άρα 119909 le 1 δηλαδή 119909 isin 119870sdot

Το ότι το 119870 είναι φραγμένο και με μη κενό εσωτερικό προκύπτει από

την Πρόταση Σύμφωνα με αυτήν υπάρχουν σταθερές 119888 119862 gt 0ώστε 1198881199092 le 119909 le 1198621199092 για κάθε 119909 isin ℝ119899 Άρα αν 119909 isin 119870sdot τότε

119909 le 1 οπότε 1199092 le 1119888 Δηλαδή 119870 sube ℬ1198992(0 1119888) και συνεπώς το

119870 είναι φραγμένο Επίσης αν 119909 isin 119861(0 1119862) τότε 1199092 lt 1119862 Έτσι

119909 le 1198621199092 le 1 άρα 119909 isin 119870sdot Δηλαδή 119861(0 1119862) sube 119870sdot και άρα το

119870sdot έχει μη κενό εσωτερικό

Ο Κάθε νόρμα sdot στον ℝ119899 ορίζει το κυρτό κεντρικά

συμμετρικό σώμα

119870sdot = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909 le 1

το οποίο ονομάζεται μοναδιαία μπάλα του (μετρικού) χώρου (ℝ119899 sdot )

Π Η αντίστροφη διαδικασία δηλαδή ο ορισμός μιας

νόρμας sdot 119870 από ένα δοθέν κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870είναι εφικτή και μάλιστα το κυρτό σώμα που ορίζει η sdot 119870 είναι το 119870

Με άλλα λόγια η σχέση νόρμας και κυρτού και κεντρικά συμμετρικού

σώματος στον ℝ119899 είναι - και επί Αυτό θα παρουσιαστεί στην επόμενη

ενότητα

Π (Το σύνολo ℬ119899infin) Είναι εύκολο να δούμε ότι η 119909infin ∶=

max1le119895le119899 |119909119895| όπου (119909119895)119899119895=1 οι συντεταγμένες του 119909 isin ℝ119899 ορίζει μια

νόρμα Η μοναδιαία μπάλα του χώρου αυτού δηλαδή το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ 119909infin le 1 είναι ο κύβος ακμής μήκους 2 στις 119899 δια-

στάσεις και συμβολίζεται με ℬ119899infin Δηλαδή είναι το σύνολο [minus1 1]119899 Συχνά

χρησιμοποιείται η λέξη υπερκύβος για τις διαστάσεις 119899 ge 4 Για 119899 = 2πρόκειται για το τετράγωνο [minus1 1] times [minus1 1] στο επίπεδο ℝ2

Σ Ο κύβος ℬ3infin στον ℝ3

Π (Τα σύνολα ℬ119899119901 για 119901 ge 1) Για 119901 ge 1 και 119909 isin ℝ119899

με συντεταγμένες (1199091 1199092 hellip 119909119899) ορίζουμε την ποσότητα

119909119901 = (119899

sum119895=1

|119909119895|119901)1119901

η οποία είναι νόρμα στον ℝ119899 (η τριγωνική ανισότητα είναι το Θεώρη-

μα ) Σύμφωνα με τα παραπάνω το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119901 le 1

είναι ένα κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα στον ℝ119899 η μοναδιαία μπάλα

του χώρου (ℝ119899 sdot119901) Το σύνολο αυτό συμβολίζεται με ℬ119899119901 Στο Σχήμα

εικονίζεται το ℬ31 δηλαδή το σύνολο των σημείων (1199091 1199092 1199093) isin ℝ3 για τα

οποία ισχύει |1199091|+|1199092|+|1199093| le 1 το οποίο μπορούμε να το περιγράψουμε

ως μια διπλή πυραμίδα (στα αγγλικά ονομάζεται crosspolytope) Είναι

Σ Η μοναδιαία μπάλα ℬ31 του (ℝ3 sdot 1)

εύκολο να δει κανείς ότι για 1 le 119901 lt 119902 lt infin ισχύει ℬ1198991 sube ℬ119899

119901 sube 119861119899119902 sube ℬ119899

infin

Πράγματι αν 119909119901 le 1 τότε |119909119895| le 1 για κάθε συντεταγμένη 119909119895 του 119909Άρα αφού 119901 lt 119902 θα ισχύει |119909119895|119902 le |119909119895|119901 και αθροίζοντας ως προς 119895 θα

έχουμε119899

sum119895=1

|119909119895|119902 le119899

sum119895=1

|119909119895|119901 le 1

Συνεπώς 119909119902 le 1 Για το γενικό 119909 isin ℝ119899 τώρα θεωρούμε το 119909119909119901

frac14 Euml frac14

Euml frac14

Euml frac14

Euml frac14

c

Σ ℬ21 sube ℬ2

32 sube ℬ22 sube ℬ2

3 sube ℬ2infin

για το οποίο ισχύει 119909119909119901119901 = 1 Έτσι από το προηγούμενο

119909119909119901119902 le 1 και άρα 119909119902 le 119909119901 Επίσης είναι άμεσο ότι 119909infin =max1le119895le119899 |119909119895| le 119909119901 για κάθε 119901 isin [1 infin) Τώρα η μονοτονία των συ-

νόλων ℬ119899119901 ως προς 119901 προκύπτει από τον ορισμό τους αν 119909 isin ℬ119899

119901 τότε

119909119901 le 1 άρα 119909119902 le 1 συνεπώς 119909 isin ℬ119899119902 Το Σχήμα δείχνει τα

σώματα ℬ21 ℬ2

32 ℬ22 ℬ2

3 και ℬ2infin Για μια τρισδιάστατη παρουσίαση

αυτών των σωμάτων δείτε στο Παράρτημα Α

Μια άλλη διαδικασία να ορίσουμε κυρτά σώματα εκτός από την

νόρμα είναι μέσω της κυρτής θήκης

Ο (Κυρτή Θήκη) Δοθέντος ενός συνόλου 119860 υποσυνόλου

του ℝ119899 ορίζουμε την κυρτή θήκη του 119860 ως την τομή όλων των κυρτών

συνόλων 119870 τα οποία είναι υποσύνολα του ℝ με Α sube 119870 Γράφουμε

conv(119860) = ⋂119870 ∶ 119870supe119860

119870

όπου το 119870 είναι κυρτό

Φανερά το conv(119860) είναι κυρτό και μάλιστα είναι το ελάχιστο κυρτό

σύνολο που περιέχει το 119860

Ο (Κυρτός Συνδυασμός) Αν τα 1199091 hellip 119909119898 ανήκουν στον

ℝ119899 και 1205821 hellip 120582119898 είναι μεγαλύτερα ή ίσα του μηδενός με sum119898119895=1 120582119895 = 1

τότε το σημείο 119909 = 12058211199091 + ⋯ + 120582119898119909119898 λέγεται κυρτός συνδυασμός των

1199091 hellip 119909119898

Λ Έστω ότι το 119860 είναι υποσύνολο του ℝ119899 Το conv(119860)ισούται με το σύνολο όλων των κυρτών συνδυασμών στοιχείων του 119860

Απόδειξη Θέτουμε

Κ = 119898

sum119895=1

120582119895119909119895 120582119895 ge 0119898

sum119895=1

120582119895 = 1 119909119895 isin 119860 119898 isin ℕ ()

(i) Το 119870 είναι είναι κυρτό σύνολο

Έστω 119909 119910 που ανήκουν στο 119870 και έστω 119909 = 12058211199091 + ⋯ + 120582119898119909119898 και

119910 = 12058311199101 + ⋯ + 120583119896119910119896 όπου 119909119895 119910119895 ανήκουν στο 119860 120582119895 120583119895 ge 0 και

119898

sum119895=1

120582119895 = 1 =119896

sum119895=1

120583119895

Πρέπει να δείξουμε ότι αν 120572 ανήκει στο [0 1] τότε το σημείο

(1 minus 120572)119909 + 120572119910 ανήκει στο 119870 Έχουμε

(1 minus 120572)119909 + 120572119910 = (1 minus 120572)(12058211199091 + ⋯ + 120582119898119909119898) + 120572(12058311199101 + ⋯ + 120583119896119910119896)= (1 minus 120572)12058211199091 + ⋯ + (1 minus 120572)120582119898119909119898 + 12057212058311199101 + ⋯ + 120572120583119896119910119896

Τα 119909119895 119910119895 ανήκουν στο 119860 (1 minus 120572)120582119895 ge 0 120572120583119895 ge 0 και

(1 minus 120572)1205821 + ⋯ + (1 minus 120572)120582119898 + 1205721205831 + ⋯ + 120572120583119896

= (1 minus 120572)(1205821 + ⋯ + 120582119898) + 120572(1205831 + ⋯ + 120583119896)= (1 minus 120572)1 + 1205721 = 1

Συνεπώς το σημείο (1 minus 120572)119909 + 120572119910 ανήκει στο 119870 Άρα το 119870 είναι

κυρτό σύνολο

(ii) Κάθε κυρτό σύνολο 119870 περιέχει οποιονδήποτε κυρτό συνδυασμό

οποιωνδήποτε στοιχείων του

Θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο της επαγωγής στο πλήθος των

σημείων

(α) Για 119898 = 2 Tα 1199091 1199092 ανήκουν στο 119870 Άρα το σημείο (1 minus120582)1199091+1205821199092 ανήκει στο 119870 από τον ορισμό του κυρτού συνόλου

(β) Υποθέτουμε ότι ο κυρτός συνδυασμός119898 σημείων του119870 ανήκει

στο 119870 Έστω 1199091 1199092 hellip 119909119898 119909119898+1 ανήκουν στο 119870 1205821 hellip 120582119898+1 ge0 και

sum119898+1119895=1 120582119895 = 1 Πρέπει να δείξουμε ότι το σημείο 12058211199091 + ⋯ +

120582119898+1119909119898+1 ανήκει στο 119870

i Αν 120582119898+1 = 1 τότε

119898+1

sum119895=1

120582119895119909119895 = 120582119898+1119909119898+1 = 119909119898+1

που ανήκει στο 119870

ii Αν 120582119898+1 lt 1 τότε

119898+1

sum119895=1

120582119895119909119895 = (1 minus 120582119898+1) (119898

sum119895=1

120582119895

1 minus 120582119898+1119909119895) + 120582119898+1119909119898+1

το οποίο ανήκει στο 119870 διότι το σημείο sum119898119895=1

120582119895

1minus120582119898+1119909119895

ανήκει στο 119870 από την επαγωγική υπόθεση και το

(1 minus 120582119898+1) (119898

sum119895=1

120582119895

1 minus 120582119898+1119909119895) + 120582119898+1119909119898+1

είναι κυρτός συνδυασμός δύο σημείων του κυρτού 119870

Από τα παραπάνω λοιπόν το 119870 όπως ορίστηκε στην () είναι κυρτό

σύνολο και άρα περιέχει οποιονδήποτε κυρτό συνδυασμό οποιωνδήποτε

στοιχείων του Αν λοιπόν το 119909 ανήκει στο 119860 τότε το 119909 = 12119909 + 1

2119909 οπότε

ανήκει και στο 119870 Άρα το 119870 είναι υπερσύνολο της κυρτής θήκης του

119860 γιατί η κυρτή θήκη του 119860 είναι το ελάχιστο κυρτό σύνολο που

περιέχει το 119860 Έτσι Κ supe conv(119860) Όμως το conv(119860) είναι κυρτό σύνολο

υπερσύνολο του 119860 Άρα περιέχει σύμφωνα με το (ii) τους κυρτούς

συνδυασμούς στοιχείων του 119860 δηλαδή conv(119860) supe 119870 Οπότε το conv(119860)είναι υπερσύνολο του 119870 Συνεπώς conv(119860) = 119870

Π (Το Simplex) Ονομάζουμε simplex την κυρτή θήκη

οποιωνδήποτε σημείων στον ℝ119899 τα οποία βρίσκονται σε γενική θέση

(affine-ανεξάρτητα) Για παράδειγμα στο Σχήμα βλέπουμε ένα

simplex στον ℝ3 δηλαδή την κυρτή θήκη τεσσάρων σημείων σε γενική

θέση Ειδικά για το ℝ3 οι κυρτές θήκες τεσσάρων σημείων σε γενική

θέση λέγονται και τετράεδρα

Σ Δύο πολύτοπα στον ℝ3 Το πρώτο είναι τετράεδρο

Π (Πολύτοπα) Η κυρτή θήκη οσωνδήποτε (πεπερα-

σμένου πλήθους) σημείων στον ℝ119899 ονομάζεται πολύτοπο Βλέπουμε έναπαράδειγμα στο Σχήμα

Θ (Καραθεοδωρή) Έστω 119860 υποσύνολο του ℝ119899 Τότε ηκυρτή θήκη του 119860 ισούται με όλους τους κυρτούς συνδυασμούς σημείωντου 119860 σε γενική θέση Δηλαδή για κάθε 119909 isin conv(119860) υπάρχουν το πολύ119899 + 1 στοιχεία του 119860 ώστε το 119909 να είναι κυρτός συνδυασμός τους

Απόδειξη (του Radon) Έστω ότι το 119909 ανήκει στο conv(119860) και 119898 ο

ελάχιστος ακέραιος ώστε να υπάρχουν 1199091 hellip 119909119898 στο 119860 1205821 hellip 120582119898 gt 0 και

sum119898119895=1 120582119895 = 1 με 119909 = 12058211199091 +⋯+120582119898119909119898 Θα δείξουμε ότι τα 1199091 hellip 119909119898 είναι σε

γενική θέση Υποθέτουμε το αντίθετο Οπότε τα 1199092minus1199091 1199093minus1199091 hellip 119909119898minus1199091

είναι γραμμικώς εξαρτημένα Έτσι υπάρχουν 1205832 hellip 120583119898 όχι όλα μηδέν

ώστε 1205832(1199092 minus 1199091) + ⋯ + 120583119898(119909119898 minus 1199091) = 0 Άρα

(minus1205832 minus 1205833 minus ⋯ minus 120583119898)1199091 + 12058321199092 + ⋯ + 120583119898119909119898 = 0

Θέτουμε 1205831 = minus1205832 minus 1205833 minus ⋯ minus 120583119898 οπότε τα 1205831 1205832 hellip 120583119898 δεν είναι όλα

μηδέν και ισχύει

() 1205831 + ⋯ + 120583119898 = 0

και

() 12058311199091 + ⋯ + 120583119898119909119898 = 0

Παρατηρούμε ότι λόγω της () ισχύει

119909 =119898

sum119895=1

120582119895119909119895 minus120582119896

120583119896(

119898

sum119895=1

120583119895119909119895) =119898

sum119895=1

(120582119895 minus120582119896

120583119896120583119895) 119909119895

για κάθε 119896 ώστε 120583119896 ne 0 Αλλά τώρα ο συντελεστής του 119909119896 (για 119895 = 119896)στο παραπάνω άθροισμα είναι μηδέν δηλαδή στην πραγματικότητα

αυτό το άθροισμα έχει το πολύ 119898 minus 1 όρους Έτσι θα οδηγηθούμε

σε αντίφαση με την επιλογή του 119898 αν αποδείξουμε ότι μπορούμε να

επιλέξουμε 119896 ώστε το παραπάνω άθροισμα να είναι κυρτός συνδυασμός

Λόγω της () φανερά sum119898119895=1(120582119895 minus (120582119896120583119896)120583119895) = 1 Άρα μένει να δειχθεί

ότι μπορούμε μα επιλέξουμε 119896 ώστε 120582119895 minus (120582119896120583119896)120583119895 ge 0 για κάθε

119895 = 1 2 hellip 119898

Από τη () και αφού δεν είναι όλα τα 120583119895 ίσα με το μηδέν κάποιο

από αυτά είναι θετικό Σχηματίζουμε τους λόγους 120582119895120583119895 για τα 119895 ώστε

120583119895 gt 0 και επιλέγουμε τον μικρότερο λόγο Έστω ότι είναι ο 120582119896120583119896

Ισχυριζόμαστε ότι

120582119895 minus120582119896

120583119896120583119895 ge 0

για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119898 Αυτό ισχύει για τους εξής λόγους

(i) Αν 120583119895 = 0 τότε οδηγούμαστε στην 120582119894 ge 0 που είναι αληθής

(ii) Αν 120583119895 gt 0 τότε είναι ισοδύναμη με την 120582119894120583119894 ge 120582119896120583119896 που ισχύει

από την επιλογή του 120582119896120583119896

(iii) Αν 120583119895 lt 0 τότε ισχύει 120582119895120583119895 le 0 le 120582119896120583119896 και άρα 120582119895 ge (120582119896120583119896)120583119894οπότε 120582119895 minus (120582119896120583119896)120583119895 ge 0

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Αν 119860 είναι συμπαγές υποσύνολο του ℝ119899 τότε η κυρτήθήκη του 119860 είναι συμπαγές σύνολο

Απόδειξη Το σύνολο

Β = (1205821 hellip 120582119899+1 1199091 hellip 119909119899+1) ∶ 120582119895 ge 0119899+1

sum119895=1

120582119895 = 1 119909119895 isin 119860

είναι κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του ℝ(119899+1)2οπότε είναι συμπα-

γές Από το θεώρημα του Καραθεοδωρή συμπεραίνουμε ότι η συνεχής

συνάρτηση

Φ(1205821 hellip 120582119899+1 1199091 hellip 119909119899+1) =119899+1

sum119895=1

120582119895119909119895 ∶ 119861 rarr conv(119860)

είναι επί Άρα το σύνολο Φ(119861) είναι συμπαγές Επομένως η κυρτή θήκη

του 119860 είναι συμπαγές σύνολο

Π Αν το 119870 είναι κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 τότε

(i) Το 119870 είναι κυρτό σύνολο

(ii) Το int119870 είναι κυρτό σύνολο

(iii) Αν 0 isin int(119870) τότε για κάθε 120582 isin (0 1) ισχύει 120582119870 sube int(119870)

(iv) Αν int119870 ne τότε 119870 = int119870

Απόδειξη

(i) Έστω ότι τα 119909 119910 ανήκουν στο 119870 και 120582 ανήκει στο [0 1] Θέλουμε

να δείξουμε ότι το σημείο (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ανήκει στο 119870 Αφού τα

119909 119910 ανήκουν στο 119870 τότε θα υπάρχουν μια ακολουθία 119909119898 στο

119870 ώστε 119909119898 rarr 119909 και μια ακολουθία 119910119898 στο 119870 ώστε 119910119898 rarr 119910 Οι

119909119898 119910119898 ανήκουν στο 119870 και το 119870 είναι κυρτό από την υπόθεση

Άρα το σημείο (1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898 ανήκει στο 119870 Μένει να δείξουμε

λοιπόν ότι (1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898 rarr (1 minus 120582)119909 + 120582119910 Γνωρίζουμε ότι

119909119898 minus 1199092

rarr 0 και 119910119898 minus 1199102

rarr 0 και θέλουμε να δείξουμε ότι

((1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898) minus ((1 minus 120582)119909 + 120582119910)2

rarr 0

Έχουμε

((1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898) minus ((1 minus 120582)119909 + 120582119910)2

= (1 minus 120582)(119909119898 minus 119909) + 120582(119910119898 minus 119910)2

le (1 minus 120582)(119909119898 minus 119909)2

+ 120582(119910119898 minus 119910)2

= (1 minus 120582)119909119898 minus 1199092

+ 120582119910119898 minus 1199102

rarr (1 minus 120582)0 + 1205820 = 0

(ii) Αν int119870 = προφανώς είναι κυρτό Αν int119870 ne έστω ότι

τα 119909 119910 ανήκουν στο int(119870) Θέλουμε να δείξουμε ότι το σημείο

(1 minus 120582)119909 + 120582119910 ανήκει στο int(119870) Το 119909 ανήκει στο int(119870) άραυπάρχει 1205751 gt 0 ώστε 119861(119909 1205751) sube 119870 Το 119910 ανήκει στο int(119870) άραυπάρχει 1205752 gt 0 ώστε 119861(119910 1205752) sube 119870 Θέτουμε 120575 = min1205751 1205752 gt 0και ισχύει ότι τα σύνολα 119861(119909 120575) και 119861(119910 120575) είναι υποσύνολα

του 119870 Αν δείξουμε ότι το 119861((1 minus 120582)119909 + 120582119910 120575) είναι υποσύνολο

του 119870 τότε το σημείο (1 minus 120582)119909 + 120582119910 θα ανήκει στο int(119870) Όμως

(Άσκηση )

119861((1 minus 120582)119909 + 120582119910 120575) = (1 minus 120582)119861(119909 120575) + 120582119861(119910 120575) sube 119870

αφού το 119870 είναι κυρτό

(iii) Θεωρούμε ένα 120598 gt 0 ώστε 1198611198992(0 120598) sube int(119870) και 119909 isin 120582119870 Τότε

(1120582)119909 isin 119870 και άρα conv(ℬ1198992(0 120598) (1120582)119909) sube 119870 αφού το 119870 είναι

κυρτό Εύκολα βλέπουμε (με όμοια τρίγωνα στο Σχήμα ) ότι

^

duml

uml

cent

Σ Το σύνολο conv119909 ℬ1198992(0 120598) Το 119903 είναι ίσο με 120598(1 minus 120582)

ℬ1198992(119909 120598(1 minus 120582)) sube conv(ℬ119899

2(0 120598) (1120582)119909) sube 119870

οπότε 119909 isin int(119870)

(iv) Αν 119909 isin int(119870) τότε υπάρχει 120575 gt 0 ώστε 119861(119909 120575) sube 119870 συνεπώς

119861(0 120575) sube 119870minus119909 δηλαδή 0 isin int(119870minus119909) Άρα από το (iii) για κάθε

120582 isin (0 1) ισχύει 120582(119870minus119909) sube int(119870minus119909) Ισοδύναμα 120582119870minus120582119909+119909 subeint(119870) και παίρνοντας θήκες 120582119870minus120582119909+119909 sube int(119870) Τέλος αφήνονταςτο 120582 rarr 1minus παίρνουμε 119870 sube int(119870) ως εξής Αν 119911 isin 119870 τότε για κάθε

120582 isin (0 1) ισχύει

120582119911 minus 120582119909 + 119909 isin 120582119870 minus 120582119909 + 119909 sube int119870

Οπότε 120582119911 minus 120582119909 + 119909 isin int119870 και σε τώρα αφήνουμε το 120582 να πάει

στο 1 από αριστερά

Ο αντίστροφος εγκλεισμός είναι προφανής διότι int119870 sube 119870 άρα

int119870 sube 119870

Π Έστω 119860 φραγμένο υποσύνολο του ℝ119899 Τότε

conv(119860) = conv(119860)

Απόδειξη Αφού 119860 sube conv(119860) συμπεραίνουμε ότι 119860 sube conv(119860) Το

τελευταίο όμως σύνολο είναι κυρτό από την Πρόταση (i) άρα

conv(119860) sube conv(119860)Αντιστρόφως 119860 sube 119860 οπότε conv(119860) sube conv(119860) Όμως το 119860 είναι

φραγμένο και άρα το 119860 είναι κλειστό και φραγμένο δηλαδή συμπαγές

Έτσι από το Πόρισμα και το conv(119860) είναι συμπαγές οπότε είναι

και κλειστό Άρα conv(119860) sube conv(119860)

Η ισότητα στην παρπάνω πρόταση δεν ισχύει αν το σύνολο 119860 δεν

είναι φραγμένο Αυτό μπορεί να ελεγχθεί εύκολα για παράδειγμα με το

σύνολο

119860 = (0 0) cup (119909 119910) ∶ 119910 =1119909

119909 gt 0 sube ℝ2

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 119909 isin ℝ119899 και για κάθε 120598 gt 0 ισχύει

12

119861(119909 120598) +12

119861(minus119909 120598) = 119861(0 120598)

και γενικότερα για κάθε 120582 isin [0 1] και για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 ισχύει

(1 minus 120582)119861(119909 120598) + 120582119861(119910 120598) = 119861((1 minus 120582)119909 + 120582119910 120598)

Άσκηση Αποδείξτε ότι ένα υποσύνολο 119860 του ℝ119899 είναι κυρτό αν και

μόνο αν για κάθε 120582 isin (0 1) ισχύει (1 minus 120582)119860 + 120582119860 = 119860 Επίσης δώστε ένα

παράδειγμα ενός μη κυρτού συνόλου 119865 για το οποίο να υπάρχει 1205820 isin (0 1)ώστε (1 minus 1205820)119865 + 1205820119865 = 119865 (Υπόδειξη Το σύνολο ℚ δεν είναι κυρτό)

Άσκηση Έστω ότι ο 119879 είναι ένας 119899 times 119899 πίνακας πραγματικών αριθμών

και 1199091 hellip 119909119896 isin ℝ119899 Αποδείξτε ότι

119879(conv(1199091 hellip 119909119896)) = conv(1198791199091 hellip 119879119909119899)

Γενικότερα για κάθε 119860 sube ℝ119899 ισχύει 119879(conv(119860)) = conv(119879(119860))

Άσκηση Αποδείξτε ότι κάθε ελλειψοειδές

ℰ = 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

με μήκη ημιαξόνων τους θετικούς αριθμούς 1198861 hellip 119886119899 είναι κυρτό σώμα

Επίσης βρείτε ένα πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ώστε 119879(ℰ) = ℬ1198992 και αποδείξτε

ότι det 119879 ne 0 Τέλος αποδείξτε ότι κάθε ελλειψοειδές στον ℝ119899 με κέντρο το 0είναι εικόνα του ℬ119899

2 μέσω κατάλληλου πίνακα 119879 όπου det 119879 ne 0

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν 119870 sube ℝ119899 τότε το σύνολο kernel(119870) όπου

kernel(119870) = 119911 isin ℝ119899 ∶ [119911 119909] sube 119870 για κάθε 119909 isin 119870

είναι κυρτό υποσύνολο του 119870 Επιπλέον αν το 119870 είναι κυρτό τότε 119870 =kernel(119870)

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 Δείξτε ότι για

κάθε 119909 isin int(119870) και για κάθε 119910 isin 119870 ισχύει [119909 119910) sube int(119870)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν 119878 είναι το simplex

conv(0 1198901 1198902 hellip 119890119899)

όπου 1198901 hellip 119890119899 είναι η συνήθης ορθοκανονική βάση του ℝ119899 τότε int(119878) ne

(Υπόδειξη Δείξτε ότι υπάρχει 120575 gt 0ώστε119861(1199090 120575) sube 119878 όπου 1199090 = (2119899)minus1 sum119899119895=1 119890119895

Κάθε σημείο 119910 isin 119861(1199090 120575) πρέπει να έχει όλες τις συντεταγμένες του μη αρ-

νητικές και επιπλέον το άθροισμα των συντεταγμένων του sum119899119895=1 119910119895 να είναι

μικρότερο ή ίσο από το 1 Αν συμβαίνουν αυτά τότε 119910 isin 119878 αφού

119910 = 11991011198901 + 11991021198902 + ⋯ + 119910119899119890119899 + (1 minus119899

sum119895=1

119910119895) 0

και ο συνδυασμός αυτός είναι κυρτός)

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε simplex 119878 στον ℝ119899 που είναι κυρτή θήκη

119899 + 1 σημείων σε γενική θέση είναι κυρτό σώμα

Άσκηση Για οποιαδήποτε σύνολα 119860 119861 υποσύνολα του ℝ119899 δείξτε ότι

conv(119860 cup 119861) = ⋃0le120582le1

((1 minus 120582)119860 + 120582119861)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν το 119860 είναι ανοικτό στον ℝ119899 τότε και το conv(119860)είναι ανοικτό

Άσκηση Δείξτε ότι αν το 119880 είναι ανοιχτό υποσύνολο του ℝ119899 και 119909 isin 119880τότε υπάρχει simplex 119878 ώστε 119909 isin int(119878) και 119878 sube 119880

Άσκηση Αποδείξτε ότι για οποιαδήποτε υποσύνολα 119862 119863 του ℝ119899 ισχύει

conv(119862 + 119863) = conv(119862) + conv(119863)

Άσκηση Αποδείξτε ότι για οποιοδήποτε υποσύνολο 119862 του ℝ119899 ισχύει

conv(int(119862)) = int(conv(119862))

Θα δούμε τώρα ότι κάθε κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα μας δίνει

την δυνατότητα να ορίσουμε μια νόρμα

Ο Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό κεντρικά συμμετρικό

σώμα στον ℝ119899 Το 119870 επάγει στον ℝ119899 μια νόρμα για κάθε 119909 isin ℝ119899

θέτουμε

119909119870 = inf120582 gt 0 ∶ 119909 isin 120582119870

Ο ορισμός είναι καλός δηλαδή 120582 gt 0 ∶ 119909 isin 120582119870 ne διότι το 119870 ως

κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα περιέχει το 0 στο εσωτερικό του

(Πρόταση ) Δηλαδή υπάρχει 120598 gt 0 ώστε Β(0 120598) sube 119870 Συνεπώς

για 120582 = 21199092120598

119909 isin 119861(0 120598120582) = 120582119861(0 120598) sube 120582119870

Η 119909119870 είναι νόρμα

(i) Φανερά 119909119870 ge 0 για κάθε 119909 στον ℝ119899 Αν 119909 = 0 τότε 0 isin 120582119870για κάθε 120582 gt 0 οπότε 0119870 = 0 Αν 119909119870 = 0 τότε υπάρχει

120582119898 gt 0 με 120582119898 rarr 0 ώστε 119909 isin 120582119898119870 συνεπώς (119909120582119898) isin 119870 Το 119870όμως είναι συμπαγές άρα και φραγμένο Δηλαδή υπάρχει Μ gt 0ώστε 1199091205821198982 le 119872 για κάθε 119898 isin ℕ οπότε 1199092 le 119872120582119898 rarr 0Συμπεραίνουμε ότι 119909 = 0

(ii) Αν 119905 = 0 η 119905119909119870 = |119905| sdot 119909119870 είναι προφανής Αν 119905 ne 0

119905119909119870 = inf120582 gt 0 ∶ 119905119909 isin 120582119870 = inf 120582 gt 0 ∶ 119909 isin120582119905119870

(θέτουμε 120583 = 120582|119905|)

= inf 120583|119905| gt 0 ∶ 119909 isin 120583|119905|119905

119870

(|119905|119905 = plusmn1 και minus119870 = 119870)

= inf120583|119905| gt 0 ∶ 119909 isin 120583119870= |119905| inf120583 gt 0 ∶ 119909 isin 120583119870 = |119905| sdot 119909119870

(iii) Για κάθε 120598 gt 0 από τον ορισμό του infimum υπάρχει 120582120598119909 ώστε

119909 isin 120582120598119909119870 και 119909119870 + 120598 gt 120582120598119909 Ομοίως υπάρχει 120582120598119910 gt 0 ώστε

119910 isin 120582120598119910119870 και 120582120598119910 lt 119910119870 + 120598 Επειδή

119909 + 119910 isin 120582120598119909119870 + 120582120598119910119870 = (120582120598119909 + 120582120598119910)119870

θα έχουμε

119909+119910119870 le 120582120598119909 +120582120598119910 lt 119909119870 +120598+119910119870 +120598 = 119909119870 +119910119870 +2120598

για κάθε 120598 gt 0 οπότε 119909 + 119910119870 le 119909119870 + 119910119870

Έχοντας τώρα την νόρμα sdot 119870 που ορίστηκε από το κυρτό και

κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870 θα μπορούσε κανείς να χρησιμοποιήσει τον

Ορισμό και να ορίσει έτσι ένα νέο κυρτό και κεντρικά συμμετρικό

σώμα Η παρακάτω πρόταση μάς λέει ότι αυτό το σώμα είναι το ίδιο

το 119870

Π Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικόσώμα στον ℝ119899 και sdot 119870 η επαγόμενη νόρμα Τότε το σύνολο 119909 isin ℝ119899 ∶119909119870 le 1 είναι το ίδιο το 119870

Απόδειξη Ας θέσουμε 119860 = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119870 le 1 Θα δείξουμε ότι 119860 = 119870

Αν 119909 isin 119870 τότε

119909119870 = inf120582 gt 0 ∶ 119909 isin 120582119870 le 1

αφού ήδη 119909 isin 1 sdot 119870 Άρα 119909 isin 119860 και δείξαμε ότι 119870 sube 119860Έστω τώρα ένα 119909 isin 119860 δηλαδή 119909119870 le 1 Για κάθε 119898 isin ℕ ισχύει

(1 minus 1119898)119909119870 le 1 minus 1119898 lt 1 Οπότε από τον ορισμό της sdot 119870 θα

υπάρχει 120582 isin (0 1) ώστε (1 minus 1119898)119909 isin 120582119870 Όμως 120582119870 sube int(119870) sube119870 (από τις Προτάσεις και (iii)) Το 119870 όμως είναι κλειστό

υποσύνολο του ℝ119899 οπότε θα περιέχει και το 119909 αφού αυτό είναι το όριο

ως προς την ευκλείδεια νόρμα της ακολουθίας των (1 minus 1119898)119909 isin 119870(1 minus 1119898)119909 minus 1199092 = 1199092119898 rarr 0 καθώς 119898 rarr infin

Άσκηση Αν τα 119860 και 119861 είναι κυρτά συμμετρικά σώματα αποδείξτε ότι

119909119860 = 119909119861 για κάθε 119909 isin ℝ119899 αν και μόνο αν 119860 = 119861Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ℰ είναι το ελλειψοειδές

119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

τότε για κάθε 119909 isin ℝ119899 ισχύει

119909ℰ = ⎛⎝

119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

⎞⎠

12

Ο (Υπερεπίπεδο στήριξης) Έστω ότι το 119870 είναι κλειστό

και κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 και Η υπερεπίπεδο (dim 119867 = 119899 minus 1) Το 119867

λέγεται υπερεπίπεδο στήριξης του κυρτού συνόλου 119870 στο 1199090 το οποίο

ανήκει στο bd(119870) αν 1199090 isin 119867 και το 119870 περιέχεται ή στον ημίχωρο Ηminus ή

στον Η+

Για την αποφυγή συγχύσεων θα θεωρούμε ότι 119870 sube 119867minus1199090119906 επιλέγοντας

κατάλληλα το 119906 isin 120138119899minus1 Ισχύει λοιπόν ότι ⟨119909 119906⟩ le ⟨1199090 119906⟩ για κάθε

119909 isin 119870

Π Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στο ℝ119899 Για κάθε119906 isin 120138119899minus1 υπάρχει μοναδικό επίπεδο στήριξης 119867119906 του 119870 (σε κάποιο σημείοτου bd(119870)) κάθετο στο 119906

Απόδειξη Αφού το 119870 είναι συμπαγές σύνολο και το εσωτερικό γινόμενο

συνεχής συνάρτηση ως προς κάθε μεταβλητή του (Πρόταση ) η

συνάρτηση ⟨119909 119906⟩ για 119909 isin 119870 έχει μέγιστη τιμή σε κάποιο σημείο 1199090 isin 119870

Παρατηρούμε ότι το 1199090 είναι στοιχείο του συνόρου του 119870 Διότι αν όχι

είναι στο εσωτερικό του οπότε υπάρχει 120575 gt 0 ώστε 1199090 + 120575ℬ1198992 sube 119870 Άρα

1199090 +1205752

119906 isin 1199090 + 120575ℬ1198992 sube 119870

Αλλά

⟨1199090 +1205752

119906 119906⟩ = ⟨1199090 119906⟩ +1205752

gt ⟨1199090 119906⟩

το οποίο είναι άτοπο από την επιλογή του 1199090

Φανερά 119870 sube 119867minus1199090119906 από την επιλογή του 1199090 οπότε το 1198671199090119906 είναι

επίπεδο στήριξης του 119870 στο 1199090

Τέλος για τη μοναδικότητα αν 1198671199091119906 είναι ένα άλλο υπερεπίπεδο

στήριξης κάθετο στο 119906 που διέρχεται από το 1199091 isin 119870 τότε ⟨1199091 119906⟩ =⟨1199090 119906⟩ Διότι αλλιώς είτε ⟨1199091 119906⟩ lt ⟨1199090 119906⟩ οπότε 1199090 notin 119867minus

1199091119906 supe 119870 το

οποίο είναι άτοπο είτε ⟨1199091 119906⟩ gt ⟨1199090 119906⟩ οπότε 1199091 notin 119867minus1199090119906 supe 119870 το οποίο

είναι και πάλι άτοπο Έτσι

1198671199091119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = ⟨1199091 119906⟩= 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = ⟨1199090 119906⟩ = 1198671199090119906

Η παραπάνω πρόταση μάς επιτρέπει να ορίσουμε μια συνάρτηση

από το 120138119899minus1 στο ℝ ως εξής

Ο Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 Ορί-

ζουμε τη συνάρτηση ℎ119870 ∶ 120138119899minus1 rarr ℝ με

ℎ119870(119906) = sup⟨119909 119906⟩ ∶ 119909 isin 119870

η οποία σε κάθε διεύθυνση 119906 δίνει την απόσταση του υπερεπιπέδου

στήριξης 119867119906 του 119870 από το μηδέν ή αλλιώς το μέγεθος της μεγαλύτερης

προβολής στοιχείου του 119870 στη διεύθυνση του 119906 (δείτε Σχήμα ) Η

ℎ119870 ονομάζεται συνάρτηση στήριξης του κυρτού σώματος 119870

yen

yen

centyen

Σ Η συνάρτηση στήριξης στη διεύθυνση 119906 isin 120138119899minus1

Π Έστω ότι τα 119860 και Β είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899Για κάθε 120582 gt 0 ισχύει

ℎ119860+119861 = ℎ119860 + ℎ119861

καιℎ120582119860 = 120582ℎ119860

όπου ℎ119860 ℎ119861 είναι οι συναρτήσεις του 119860 και του Β αντίστοιχα

Απόδειξη Έχουμε

ℎ119860+119861(119906) = sup⟨119886 + 119887 119906⟩ 119886 isin 119860 119887 isin 119861= sup⟨119886 119906⟩ + ⟨119887 119906⟩ 119886 isin 119860 119887 isin 119861= sup⟨119886 119906⟩ 119886 isin 119860 + sup⟨119887 119906⟩ 119887 isin 119861= ℎ119860(119906) + ℎ119861(119906)

Επίσης για 120582 gt 0

ℎ120582119860(119906) = sup⟨120582119886 119906⟩ ∶ 119886 isin 119860= 120582 sup⟨119886 119906⟩ ∶ 119886 isin 119860= 120582ℎ119860(119906)

Λ Αν τα 119860 Β είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 τότε

Α sube 119861 αν και μόνο αν ℎ119860(119906) le ℎ119861(119906)

για κάθε 119906 στο 119878119899minus1

Απόδειξη (rArr) Επειδή το 119860 είναι υποσύνολο του Β ισχύει

ℎ119860(119906) le sup119909isin119860

⟨119909 119906⟩ le sup119909isin119861

⟨119909 119906⟩ = ℎ119861(119906)

(lArr) Αν το 119860 δεν είναι υποσύνολο του Β θεωρούμε ένα 1199090 isin Α ⧵ 119861Η συνάρτηση 119891(119910) = 1199090 minus 1199102 είναι συνεχής στο 119861 διότι

|119891(119910)minus119891(119911)| = ∣1199090minus1199102minus1199090minus1199112∣ le ∥(1199090minus119910)minus(1199090minus119911)∥2= 119910minus1199112

Το 119861 όμως είναι συμπαγές σύνολο συνεπώς η 119891 έχει ελάχιστη τιμή

στο 119861 έστω στο σημείο 1199100 isin 119861 Αφού 1199090 notin 119861 ισχύει 1199090 minus 11991002 ne 0και μπορούμε να ορίσουμε το διάνυσμα 119906 = (1199090 minus 1199100)1199090 minus 11991002 το

οποίο ανήκει στη μοναδιαία σφαίρα 120138119899minus1

Ι Για κάθε 119910 isin 119861 ισχύει ⟨119910 119906⟩ le ⟨1199100 119906⟩[Απόδειξη του Ισχυρισμού Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει 119910 isin 119861 ώστε

⟨119910 minus 1199100 119906⟩ gt 0 Φανερά 119910 ne 1199100 (αλλιώς η προηγούμενη ανισότητα

δεν ισχύει) Το 119870 είναι κυρτό και άρα θα περιέχει και το

(1 minus 120582)1199100 + 120582119910 = 1199100 + 120582(119910 minus 1199100)

Έτσι για κάθε 120582 isin (0 1) ισχύει

∥1199090 minus (1199100 + 120582(119910 minus 1199100))∥2

2= ⟨1199090 minus 1199100 minus 120582(119910 minus 1199100) 1199090 minus 1199100 minus 120582(119910 minus 1199100)⟩= 1199090 minus 11991002

2 + 1205822119910 minus 119910022 minus 2120582⟨1199090 minus 1199100 119910 minus 1199100⟩

= 1199090 minus 119910022 + 120582(120582119910 minus 11991002

2 minus 2⟨1199090 minus 1199100 119910 minus 1199100⟩)

Επειδή λοιπόν

⟨1199090 minus 1199100 119910 minus 1199100⟩ = ⟨119909119900 minus 11991002119906 119910 minus 1199100⟩ gt 0

για 120582 αρκετά κοντά στο 0 (συγκεκριμένα αν 0 lt 120582 lt 2⟨1199090 minus 1199100 119910 minus1199100⟩119910 minus 11991002

2) προκύπτει ότι

∥1199090 minus (1199100 + 120582(119910 minus 1199100))∥2lt 1199090 minus 11991002

το οποίο είναι άτοπο από την επιλογή του 1199100 ]

Άρα για κάθε 119910 isin 119861 ⟨119910 119906⟩ le ⟨1199100 119906⟩ Οπότε

() ℎ119861(119906) = sup119910isin119861

⟨119910 119906⟩ = ⟨1199100 119906⟩

αφού 1199100 isin 119861 Από τον ορισμό του 119906 εύκολα ελέγχουμε ότι ⟨1199100 119906⟩ lt⟨1199090 119906⟩ και από την ()

ℎ119861(119906) le ⟨1199100 119906⟩ lt ⟨1199090 119906⟩ le sup119909isin119860

⟨119909 119906⟩ = ℎ119860(119906)

το οποίο είναι άτοπο Επομένως Α sube 119861

Λ Για κάθε Α Β 119870 κυρτά σώματα στον ℝ119899 ισχύουν ταπαρακάτω

(i) Αν 119860 + 119870 = 119861 + 119870 τότε 119860 = 119861

(ii) Αν 119860 + 119870 sube 119861 + 119870 τότε 119860 sube 119861

Απόδειξη

(i) Η 119860 + 119870 = 119861 + 119870 συνεπάγεται την ℎ119860+119870(119906) = ℎ119861+119870(119906) γιακάθε 119906 isin 120138119899minus1 Άρα ℎ119860(119906) + ℎ119870(119906) = ℎ119861(119906) + ℎ119870(119906) οπότεℎ119860(119906) = ℎ119861(119906) Συνεπώς Α = Β

(ii) Έχουμε ℎ119860+119870(119906) le ℎ119861+119870(119906) το οποίο συνεπάγεται ότι

ℎ119860(119906) + ℎ119870(119906) le ℎ119861(119906) + ℎ119870(119906)

συνεπώς ℎ119860(119906) le ℎ119861(119906) Επομένως 119860 sube 119861

Άσκηση Για οποιουσδήποτε αριθμούς 0 lt 1199051 lt 1199052 lt hellip lt 119905119898 με

119898 ge 119899+1 θεωρήστε τα σημεία 119909119895 = 119909(119905119895) ∶= (119905119895 1199052119895 1199053119895 hellip 119905119899119895) isin ℝ119899 πάνω στην

laquoκαμπύλη αδρανείαςraquo 119872 ∶= (119905 1199052 1199053 hellip 119905119899) ∶ 119905 gt 0 στον ℝ119899 Αποδείξτε ότι

το πολύτοπο 119862(119898 119899) = conv1199091 1199092 hellip 119909119898 (ονομάζεται κυκλικό πολύτοπο) έχειτην ιδιότητα αν 1199041 1199042 hellip 119904119896 είναι οποιαδήποτε από τα 1199051 1199052 hellip 119905119898 με 2119896 le 119899τότε υπάρχει υπερεπίπεδο στήριξης 119867 του 119862(119898 119899) ώστε

119862(119898 119899) cap 119867 = conv119909(1199041) 119909(1199042) hellip 119909(119904119896)

δηλαδή

ο κυρτός συνδυασμός οποιονδήποτε 119896 κορυφώντου 119862(119898 119899) είναι έδρα του διάστασης 119896 minus 1 (lowast)

χρησιμοποιώντας την παρακάτω διαδικασία

Θεωρήστε το πολυώνυμο

0 le 119901(119905) =119896

prod119894=1

(119905 minus 119904119894)2 = 1205730 + 1205731119905 + 12057321199052 + ⋯ + 12057321198961199052119896

όπου οι συντελεστές του πολυωνύμου εξαρτώνται μόνο από τα 1199041 hellip 119904119896

Θεωρήστε το υπερεπίπεδο 119867 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119887⟩ = minus1205730 όπου 119887 =(1205731 1205732 hellip 1205732119896 0 0 hellip 0) isin ℝ119899 Αποδείξτε ότι οι κορυφές 119909(119904119894) ανήκουν στο

119867 και όλες οι υπόλοιπες ανήκουν στον ίδιο γνήσιο ημίχωρο που ορίζει το 119867

Π Τα πολύτοπα που έχουν την ιδιότητα (lowast) ονομάζονται

119896-neighborly πολύτοπα Παρατηρήστε ότι στο επίπεδο μόνο τα τρίγωνα είναι -

neighborly στον ℝ3 μόνο οι τριγωνικές πυραμίδες (4 κορυφές) είναι -neighborly

και γενικότερα τα simplices στον ℝ119899 είναι 119899-neighborly Όμως για παράδειγμα

στον ℝ3 δεν είναι δυνατόν να σχεδιαστεί ένα 2-neighborly πολύτοπο όπως το

παραπάνω με 5 ή περισσότερες κορυφές αφού η συνθήκη 2119896 le 119899 απαιτεί το

πολύτοπο να βρίσκεται τουλάχιστον στον ℝ4 Αυτός είναι ο λόγος που δεν

έχουμε σχήμα σε αυτή την άσκηση

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 για κάθε

119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 και για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119879 ισχύει

ℎ119879(119870)(119909) = ℎ119870(119879119905119909)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ℰ είναι το ελλειψοειδές

119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

τότε για κάθε 119906 = (1199061 hellip 119906119899) isin ℝ119899 ισχύει

ℎℰ(119906) = ⎛⎝

119899

sum119895=1

1198862119895 1199062

119895⎞⎠

12

Ο Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο

εσωτερικό του θέτουμε

119870∘ = 119910 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119910⟩ le 1 forall119909 isin 119870

Το 119870∘ είναι κυρτό σώμα και ονομάζεται πολικό σώμα του 119870

Πριν αποδείξουμε ότι το 119870∘ είναι πράγματι κυρτό σώμα αξίζει να κάνουμε

την εξής (ιστορικού περιεχομένου) παρατήρηση

Π Η έννοια του πολικού σώματος προέρχεται από

έννοιες της Ευκλείδειας γεωμετρίας οι οποίες μελετήθηκαν πρώτα από

τον Απολλώνιο στο Βιβλίο ΙΙΙ των κωνικών του Για κάθε σημείο 119862 στο

επίπεδο διαφορετικό της αρχής των αξόνων και κάθε ευθεία από το

119862 που τέμνει τον κύκλο κέντρου 119874 και ακτίνας 1 στα σημεία 119860 και 119861ορίζουμε το σημείο 119879 ώστε η τετράδα (119860 119861 119862 119879) να είναι αρμονική

δηλαδή να ισχύει119862119861119862119860

=119879119861119879119860

Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων 119879 καθώς αλλάζει η ευθεία που

διέρχεται από το 119862 είναι μια ευθεία κάθετη στην ευθεία 119874119862 και η οποία

ονομάζεται laquoπολική ευθείαraquo του 119862 ως προς τον κύκλο ακτίνας 1 και

κέντρου 119874 (Σχήμα ) Το σημείο 119862 ονομάζεται laquoπόλοςraquo της πολικής

ευθείας και μπορεί να δείξει κανείς ότι αν 119867 το σημείο τομής της πολικής

ευθείας με την ευθεία 119874119862 τότε ισχύει

() 119874119862 sdot 119874119867 = 1

(δείτε στο [ΕΓ] Ενότητα ) Ο όρος laquoπόλοςraquo χρησιμοποιήθηκε για

πρώτη φορά από τον F J Servois το ενώ ο όρος laquoπολική ευθείαraquo

προτάθηκε δύο χρόνια αργότερα από τον J D Gergonne Ανάλογοι

είναι οι ορισμοί για μεγαλύτερες διαστάσεις ορίζοντας τώρα τα πολικά

z

x

y

x

y

z

Σ Η πολική ευθεία 119879119867 του πόλου 119862 όταν αυτός είναι μέσα ή

έξω από τον κυκλικό δίσκο ακτίνας 1

υπερεπίπεδα ενός σημείου (διάφορου του 119874) στον χώρο Μπορεί εύκολα

να δείξει κανείς ότι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά

υπερεπίπεδα των σημείων του συνόρου του 119870 είναι το σώμα 119870∘ (Άσκη-

ση ) αλλά και αντίστροφα η τομή των ημιχώρων που ορίζονται

από τα πολικά υπερεπίπεδα των σημείων του συνόρου του 119870∘ είναι το

σώμα 119870 (Άσκηση ) Οι τελευταίες δύο προτάσεις περιέχουν την

πληροφορία ότι το 119870∘ είναι κυρτό σύνολο (ως τομή ημιχώρων) και το

ότι (119870∘)∘ = 119870 ιδιότητες που θα δούμε και παρακάτω

Αποδεικνύουμε τώρα ότι το πολικό ενός κυρτού σώματος 119870 είναι

κυρτό σώμα

(i) Το 119870∘ είναι κυρτό σύνολο Πράγματι αν 119910 119911 isin 119870∘ και 120582 isin [0 1]για κάθε 119909 isin 119870 ισχύει

⟨119909 (1 minus 120582)119910 + 120582119911⟩ = (1 minus 120582)⟨119909 119910⟩ + 120582⟨119909 119911⟩ le (1 minus 120582)1 + 1205821 = 1

συνεπώς (1 minus 120582)119910 + 120582119911 isin 119870∘

(ii) Το 119870∘ είναι σώμα

(α) Το int119870∘ είναι διάφορο του κενού συνόλου Πράγματι πα-

ρατηρούμε πρώτα ότι το 119870 είναι φραγμένο Άρα υπάρχει

Μ gt 0 ώστε το 119870 να είναι υποσύνολο του 1198611198992(0 119872) Ισχυ-

ριζόμαστε ότι

1198611198992 (0

1119872) sube 119870∘()

Αν 119910 isin 1198611198992(0 1119872) τότε 119910

2le 1119872 Θεωρούμε 119909 isin 119870

οπότε 119909 isin 1198611198992(0 119872) δηλαδή 119909

2le 119872 Άρα

⟨119909 119910⟩ le 1199092119910

2le

1119872

119872 = 1

Έτσι το 119910 ανήκει στο 119870∘ επιβεβαιώνοντας την () Συμ-

περαίνουμε ότι το 0 ανήκει στο int119870∘ Άρα το int119870∘ είναι

διάφορο του κενού συνόλου

(β) Το 119870∘ είναι φραγμένο Πράγματι επειδή 0 isin int119870 υπάρχει

120598 gt 0 ώστε να ισχύει ℬ1198992(0 120598) sube 119870 Θα δείξουμε ότι 119870∘ sube

ℬ1198992(0 1120598) Αν 119910 isin 119870∘ ⧵ 0 το σημείο 1205981199101199102 ανήκει

στο ℬ1198992(0 120598) άρα και στο 119870 Οπότε θα πρέπει να ισχύει

⟨119910 1205981199101199102⟩ le 1 ισοδύναμα 1199102 le 1120598

(γ) Το119870∘ είναι κλειστό Πράγματι έστω ότι119910119898 isin 119870∘ και119910119898 rarr 119910ως προς την ευκλείδεια νόρμα Δηλαδή 119910119899 minus 1199102 rarr 0 Γιανα δείξουμε ότι το 119910 ανήκει στο 119870∘ αρκεί να δείξουμε ότι

⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870 Όμως ⟨119909 119910119898⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870και για κάθε 119898 isin ℕ οπότε από τη συνέχεια του εσωτερικού

γινομένου παίρνουμε ότι ⟨119909 119910⟩ = lim119898rarrinfin⟨119909 119910119898⟩ le 1

Π Αν το 119870 είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμαστον ℝ119899 τότε και το 119870∘ είναι κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα

Απόδειξη Αν 119910 isin 119870∘ αρκεί να δείξουμε ότι minus119910 isin 119870∘ Όμως για κάθε

119909 isin 119870 ισχύει minus119909 isin 119870 αφού το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό Άρα

⟨119909 minus119910⟩ = ⟨minus119909 119910⟩ le 1

Π Έστω ότι το ℰ είναι ένα ελλειψοειδές με κέντρο στο

0 και μήκη ημιαξόνων 1198861 hellip 119886119899 Αν χρησιμοποιήσουμε τις διευθύνσεις

των ημιαξόνων του για το σύστημα συντεταγμένων τότε

ℰ = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

Το πολικό του ℰ∘ είναι το ελλειψοειδές

ℰ∘ = (1199101 hellip 119910119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199102119895 1198862

119895 le 1

με τους ίδιους άξονες με το ℰ και μήκη ημιαξόνων 119886minus11 hellip 119886minus1

119899 Αυτό

προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Cauchy-Schwartz Πράγματι αν ℰprime

το παραπάνω ελλειψοειδές με μήκη ημιαξόνων 119886minus11 hellip 119886minus1

119899 θα δείξουμε

ότι ℰprime = ℰ∘ Αν 119910 = (1199101 hellip 119910119899) isin ℰprime και 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℰ τότε

⟨119909 119910⟩ =119899

sum119895=1

119909119895119910119895 =119899

sum119895=1

119909119895

119886119895119886119895119910119895 le (

119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895)

12

(119899

sum119895=1

1198862119895 1199102

119895 )12

le 1

Άρα 119910 isin ℰ∘

Αντίστροφα αν 119910 = (1199101 hellip 119910119899) isin ℰ∘ τότε ⟨119909 119910⟩ = sum119899119895=1 119909119895119910119895 le 1

για κάθε 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℰ Αν 119910 = 0 προφανώς 119910 isin ℰprime Αν 119910 ne 0τότε θεωρούμε το σημείο 119909 = (119909119895)119899

119895=1 με

119909119895 =1198862

119895 119910119895

radicsum119899119894=1 1198862

119894 1199102119894

για 119895 = 1 hellip 119899 Εύκολα ελέγχουμε ότι 119909 isin ℰ άρα θα πρέπει ⟨119909 119910⟩ le 1η οποία με απλές πράξεις δίνει sum

119899119894=1 1198862

119894 1199102119894 le 1 Συνεπώς 119910 isin ℰprime

Π Το πολικό του κυρτού σώματος ℬ1198991 είναι το ℬ119899

infin

Πράγματι αν 119910 isin (ℬ1198991 )∘ τότε ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin ℬ119899

1 Επιλέγουμε 1198950ώστε |1199101198950

| = max119895=1 hellip 119899 |119910119895| Αν |1199101198950| = 0 τότε προφανώς 119910 = 0 isin ℬ119899

infin

Αν |1199101198950| ne 0 θεωρούμε το διάνυσμα 119909 με συντεταγμένες 119909119895 = 0 για κάθε

119895 ne 1198950 και 1199091198950= 1199101198950

|1199101198950| Εύκολα βλέπουμε ότι 119909 isin ℬ119899

1 οπότε αφού

119910 isin (ℬ1198991 )∘ θα πρέπει να ισχύει ⟨119909 119910⟩ le 1 Αλλά ⟨119909 119910⟩ = |1199101198950

| δηλαδήmax119895=1 hellip 119899 |119910119895| le 1 από όπου συμπεραίνουμε ότι 119910 isin ℬ119899

infin Δείξαμε λοιπόν

ότι (ℬ1198991 )∘ sube ℬ119899

infin Αντιστρόφως αν 119910 isin ℬ119899infin τότε max119895=1 hellip 119899 |119910119895| le 1 όπου

119910119895 για 119895 = 1 hellip 119899 οι συντεταγμένες του 119910 Αν θεωρήσουμε οποιοδήποτε

119909 isin ℬ1198991 θα έχουμε

|⟨119909 119910⟩| = ∣119899

sum119895=1

119909119895119910119895∣ le119899

sum119895=1

|119909119895| |119910119895| le max119895=1 hellip 119899

|119910119895|119899

sum119895=1

|119909119895| le 1

Άρα ⟨119909 119910⟩ le 1 και συνεπώς 119910 isin (ℬ1198991 )∘

Σ Το πολικό σώμα του ℬ1198991 είναι το ℬ119899

infin

Π Στο προηγούμενο παράδειγμα παρατηρούμε ότι

το πολικό του ενός πολυτόπου έχει έδρα στη διεύθυνση που το αρχικό

πολύτοπο έχει κορυφή Είναι εύκολο να δει κανείς ότι αυτό είναι γενικό

χαρακτηριστικό των πολυτόπων και των πολικών τους και δεν ισχύει

μόνο για την περίπτωση του ℬ1198991 και του ℬ119899

infin

Η συνάρτηση στήριξης ℎ119870 ορίστηκε για διανύσματα στη μοναδιαία

ευκλείδεια σφαίρα Μπορούμε όμως να επεκτείνουμε τον ορισμό της σε

όλο το ℝ119899 αφού ο Ορισμός είναι καλός και για διανύσματα που

δεν έχουν μήκος ισο με 1

Ο Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 επεκτείνουμετον ορισμό της συνάρτησης στήριξης ℎ119870 του 119870 σε κάθε σημείο 119910 του ℝ119899θέτοντας

ℎ119870(119910) = sup⟨119909 119910⟩ ∶ 119909 isin 119870

Παρατηρούμε ότι για 119910 ne 0 ισχύει ℎ119870(119910) = 1199102ℎ119870(1199101199102)Από τον ορισμό του πολικού σώματος και τον ορισμό της συνάρτησης

στήριξης προκύπτει εύκολα ότι 119870∘ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ℎ119870(119909) le 1 Αν το 119870είναι κεντρικά συμμετρικό οπότε είναι και το 119870∘ γνωρίζουμε ήδη ότι

119870∘ = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119870∘ le 1 (Πρόταση ) Στο φυσιολογικό ερώτημα

ποια είναι η σχέση της ℎ119870 με την sdot 119870∘ για κεντρικά συμμετρικά κυρτά

σώματα απαντάει η παρακάτω πρόταση

Π Έστω 119870 κυρτό και συμμετρικό ως προς το 0 σώμαστον ℝ119899 Τότε

ℎ119870(119910) = 119910119870∘

Απόδειξη Ισχύει

ℎ119870(119910) = sup⟨119910 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 = 119910119870∘ sup ⟨119910

119910119870∘ 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870

()

Αρκεί να δείξουμε λοιπόν ότι το τελευταίο supremum ισούται με 1Επειδή το 119910119910119870∘ έχει sdot 119870∘ -νόρμα ίση με 1 ανήκει στο 119870∘ Συνεπώς

⟨119910119910119870∘ 119909⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870 οπότε το παραπάνω supremum είναι

μικρότερο ή ίσο του 1 Αν είναι γνήσια μικρότερο το 1 θεωρούμε 120582 gt 1ώστε

120582 sup ⟨119910

119910119870∘ 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 lt 1

Έτσι

sup ⟨120582119910

119910119870∘ 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 lt 1

οπότε 120582119910119910119870∘ isin 119870∘ Αλλά

∥120582119910

119910119870∘∥

119870∘

= 120582 gt 1

το οποίο είναι άτοπο (Πρόταση )

Άσκηση Αποδείξτε με άμεσο τρόπο (χωρίς τη χρήση της απόδειξης του

Παραδείγματος ) ότι (ℬ1198992)∘ = ℬ119899

2 και για κάθε 119903 gt 0 ισχύει (119903ℬ1198992)∘ =

119903minus1ℬ1198992

Άσκηση Αν 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 αντιστρέψιμος πίνακας και 119870 κυρτό σώμα

που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του αποδείξτε ότι και το 119879(119870) περιέχει το 0στο εσωτερικό του και (119879(119870))∘ = (119879119905)minus1(119870∘)

Άσκηση Αποδείξτε με τη χρήση παραγώγων ότι η παράσταση ⟨119909 119910⟩για 119909 isin ℝ119899 με sum

119899119895=1 1199092

119895 1198862119895 le 1 και 119910 ne 0 μεγιστοποιείται για το 119909 με

συντεταγμένες

119909119895 =1198862

119895 119910119895

radicsum119899119894=1 1198862

119895 1199102119895

119895 = 1 hellip 119899 όπου τα 119910119895 είναι οι συντεταγμένες του 119910 και τα 119886119895 είναι θετικοί

αριθμοί

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν τα 119860 και 119861 είναι κυρτά σώματα που περιέχουν

το 0 στο εσωτερικό τους τότε

(i) (119860 cap 119861)∘ = conv(119860∘ cup 119861∘)

(ii) (Α + Β)∘ sube 119860∘ cap 119861∘ Δώστε ένα παράδειγμα όπου δεν ισχύει η ισότητα

Άσκηση Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο εσωτερικό

του αποδείξτε ότι για κάθε 119905 gt 0 ισχύει (119905119870)cap(119905minus1119870∘) sube ℬ1198992 καιℬ119899

2 sube 119905119870+119905minus1119870

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 1 lt 119901 lt infin και 1 lt 119902 lt infin με 119901minus1+119902minus1 = 1ισχύει (ℬ119899

119901 )∘ = ℬ119899119902

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο

εσωτερικό του

(i) Αν 119909 isin bd(119870) αποδείξτε ότι το πολικό υπερεπίπεδο του 119909 όπως

ορίστηκε στην Παρατήρηση είναι επίπεδο στήριξης του πολικού

σώματος 119870∘ (Υπόδειξη παρατηρήστε ότι σύμφωνα με την () το

πολικό υπερεπίπεδο του 119909 είναι το 119911 isin ℝ119899 ∶ ⟨119911 119909⟩ = 1)

(ii) Αποδείξτε ότι κάθε υπερεπίπεδο στήριξης του 119870∘ έχει πόλο στο bd(119870)και έτσι το 119870∘ είναι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά

υπερεπίπεδα στοιχείων του bd(119870)

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο

εσωτερικό του

(i) Αν 119909 isin bd(119870∘) αποδείξτε ότι το πολικό υπερεπίπεδο του 119909 όπως

ορίστηκε στην Παρατήρηση είναι επίπεδο στήριξης του σώματος

119870

(ii) Αποδείξτε ότι κάθε υπερεπίπεδο στήριξης του 119870 έχει πόλο στο bd(119870∘)και έτσι το 119870 είναι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά

υπερεπίπεδα στοιχείων του bd(119870∘)

Η Άσκηση έχει ως συνέπεια το γεγονός ότι ((ℬ119899119901)∘)∘ = ℬ119899

119901για κάθε 0 lt 119901 lt 1 Στη συνέχεια θέλουμε να δείξουμε ότι αυτό ισχύει

γενικά για κάθε κυρτό σώμα 119870 που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του

δηλαδή ισχύει (119870∘)∘ = 119870

Ο Τα σύνολα 119870 και 119863 στον ℝ119899 διαχωρίζονται από το

υπερεπίπεδο Η119906120582 αν 119870 sube 119867minus119906120582 και 119863 sube 119867+

119906120582 ή 119870 sube 119867+119906120582 και 119863 sube 119867minus

119906120582

Έτσι στην περίπτωση που 119870 sube 119867minus119906120582 και 119863 sube 119867+

119906120582 ισχύει ⟨119909 119906⟩ le 120582 για

κάθε 119909 isin 119870 και ⟨119910 119906⟩ ge 120582 για κάθε 119910 isin 119863

Ο Τα 119870 119863 διαχωρίζονται γνήσια αν υπάρχει λωρίδα

Λ119906119886119887 με 119886 lt 119887 ώστε 119870 sube Λminus119906119886119887 και 119863 sube Λ+

119906119886119887 ή 119870 sube Λ+119906119886119887 και 119863 sube Λminus

119906119886119887

Στην περίπτωση λοιπόν που ισχύει 119870 sube Λminus119906119886119887 και 119863 sube Λ+

119906119886119887 θα έχουμε

⟨119909 119906⟩ le 119886 lt 119887 le ⟨119910 119906⟩

για κάθε 119909 isin 119870 και για κάθε 119910 isin 119863

Π Αν τα 119870 και 119863 είναι κυρτά υποσύνολα του ℝ119899 ταακόλουθα είναι ισοδύναμα

(i) Τα 119870 και 119863 διαχωρίζονται (αντίστοιχα διαχωρίζονται γνήσια)

(ii) Το κυρτό σύνολο 119870 minus 119863 = 119888 minus 119889 ∶ 119888 isin 119870 119889 isin 119863 και το 0διαχωρίζονται (αντίστοιχα διαχωρίζονται γνήσια)

Απόδειξη (i)rArr(ii) Το 119870minus119863 είναι κυρτό διότι αν 1198881 minus1198891 1198882 minus1198892 isin 119870minus119863και 120582 isin [0 1] έχουμε

(1minus120582)(1198881minus1198891)+120582(1198882minus1198892) = ((1minus120582)1198881+1205821198882)minus((1minus120582)1198891+1205821198892) isin 119870minus119863

Έστω ότι Λ119906120572120573 = 119909 ∶ 120572 le ⟨119906 119909⟩ le 120573 με 120572 lt 120573 είναι η λωρίδα που

διαχωρίζει γνήσια τα 119870 και 119863 Ας υποθέσουμε ότι 119870 sube 119909 ∶ ⟨119906 119909⟩ le 120572και 119863 sube 119910 ∶ ⟨119906 119910⟩ ge 120573 Τότε

119870 minus 119863 sube 119909 minus 119910 ∶ ⟨119906 119909 minus 119910⟩ le 120572 minus 120573

Συνεπώς αφού 120572 minus 120573 lt 0 τα 119870 minus 119863 και 0 διαχωρίζονται γνήσια από

τη λωρίδα

Λ119906120572minus1205730 = 119911 ∶ 120572 minus 120573 le ⟨119906 119911⟩ le 0

(ii)rArr(i) Έστω ότι η λωρίδα

Λ119906minus1205740 = 119911 ∶ minus120574 le ⟨119906 119911⟩ le 0

με 120574 gt 0 διαχωρίζει γνήσια το 119870 minus 119863 από το 0 Άρα αν 119909 isin 119870 και

119910 isin 119863 θα ισχύει ⟨119906 119909 minus 119910⟩ le minus120574 οπότε ⟨119906 119909⟩ + 120574 le ⟨119906 119910⟩ για κάθε

119909 isin 119870 και για κάθε 119910 isin 119863 Αν θέσουμε 120572 = sup⟨119906 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 ισχύει120572 + 120574 le ⟨119906 119910⟩ για κάθε 119910 isin 119863 Άρα τα 119870 και 119863 διαχωρίζονται γνήσια

από τη λωρίδα

Λ119906120572120572+120574 = 119911 ∶ 120572 le ⟨119906 119911⟩ le 120572 + 120574

Θ Έστω ότι τα 119870 119863 είναι κυρτά υποσύνολα του ℝ119899Αν το 119870 είναι συμπαγές το 119863 κλειστό και 119870 cap 119863 = τότε τα 119870 119863διαχωρίζονται γνήσια

Απόδειξη Από την Πρόταση υπάρχουν 1199090 isin 119870 1199100 isin 119863 ώστε

119889(119870 119863) = 1199090 minus 11991002 gt 0

Θέτουμε 119906 = 1199100 minus 1199090 το οποίο είναι διαφορετικό του μηδενός Ισχυρι-

ζόμαστε τώρα ότι η λωρίδα

119909 ∶ ⟨1199090 119906⟩ le ⟨119909 119906⟩ le ⟨1199100 119906⟩

διαχωρίζει το 119870 από το 119863 Πράγματι αν 119909 isin 119870 τότε

⟨119909 119906⟩ le ⟨1199090 119906⟩ hArr ⟨119909 minus 1199090 119906⟩ le 0 hArr ⟨119909 minus 1199090 1199100 minus 1199090⟩ le 0

Εάν υποθέσουμε ότι αυτό είναι λάθος τότε υπάρχει 1199091 isin 119870 ώστε

⟨1199091 minus 1199090 1199100 minus 1199090⟩ gt 0 Το [1199090 1199091] είναι υποσύνολο του 119870 αφού το 119870είναι κυρτό άρα

119911120582 = 1199090 + 120582(1199091 minus 1199090) isin 119870 για κάθε 120582 isin [0 1]

Έχουμε

1199100 minus 11991112058222 = (1199100 minus 1199090) minus (119911120582 minus 1199090)2

2

= ⟨(1199100 minus 1199090) minus (119911120582 minus 1199090) (1199100 minus 1199090) minus (119911120582 minus 1199090)⟩= 1199100 minus 11990902

2 + 119911120582 minus 119909022 minus 2⟨1199100 minus 1199090 119911120582 minus 1199090⟩

= 1199100 minus 119909022 + 12058221199091 minus 11990902

2 minus 2120582⟨1199100 minus 1199090 1199091 minus 1199090⟩= 1199100 minus 11990902

2 + 120582(1205821199091 minus 119909022 minus 2⟨1199100 minus 1199090 1199091 minus 1199090⟩)

lt 1199100 minus 119909022

το οποίο είναι άτοπο για 120582 gt 0 αρκετά κοντά στο μηδέν αφού η

παρένθεση είναι αρνητική καθώς το 120582 πηγαίνει στο μηδέν από δεξιά

Ομοίως

119863 sube 119909 ∶ ⟨119906 119909⟩ ge ⟨119906 1199100⟩

Δυο κυρτά σύνολα δεν διαχωρίζονται μόνο υπό τις προϋποθέσεις

του Θεωρήματος Αν είναι κυρτά και έχουν ξένα εσωτερικά τότε

και πάλι διαχωρίζονται Τα βήματα που απαιτούνται παρουσιάζονται

στην Άσκηση

Μια εφαρμογή του διαχωρισμού κυρτών συμπαγών συνόλων είναι

ότι το πολικό του 119870∘ είναι το 119870

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 με 0 isin int(119870) ισχύειότι (Κ∘)∘ = Κ

Απόδειξη Αν 119909 isin 119870 τότε ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119910 isin 119870∘ Αλλά αυτό

συνεπάγεται (από τον ορισμό του (119870∘)∘) ότι 119909 isin (119870∘)∘ Άρα 119870 sube (119870∘)∘

Αντίστροφα έστω ότι 119909 isin (119870∘)∘ Πρέπει να δείξουμε ότι 119909 isin 119870 Αν

όχι τότε τα 119909 και 119870 διαχωρίζονται γνησίως Άρα υπάρχει 119906 isin ℝ119899 ⧵0ώστε

⟨119911 119906⟩ le 1 lt ⟨119909 119906⟩

για κάθε 119911 isin 119870 Η ανισότητα στα αριστερά μας λέει ότι 119906 isin 119870∘ Ως εκ

τούτου η ανισότητα στα δεξιά τώρα μας λέει ότι 119909 notin (119870∘)∘ το οποίο

είναι άτοπο Συνεπώς (119870∘)∘ sube 119870

Π Αν τα 119870 και 119871 είναι κυρτά σώματα με 0 isin int(119870)0 isin int(119871) και 120582 gt 0 ισχύουν οι εξής ιδιότητες

(i) (120582119870)∘ =1120582

119870∘

(ii) 119870 sube 119871 αν και μόνο αν 119870∘ supe 119871∘

(iii) Για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ισχύει (119879(119870)∘) =(119879119905)minus1(119870∘)

Απόδειξη (i) 119910 isin (120582119870)∘ αν και μόνο αν ⟨119910 120582119909⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870Ισοδύναμα ⟨120582119910 119909⟩ le 1 και άρα 120582119910 isin 119870∘ ισοδύναμα 119910 isin (1120582)119870

(ii) Έστω ότι 119870 sube 119871 Αν 119910 isin 119871∘ τότε ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119871Αλλά 119870 sube 119871 άρα η ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870 Συνεπώς 119910 isin 119870∘ Δείξαμε

δηλαδή ότι 119871∘ sube 119870∘

Αντιστρόφως αν 119871∘ sube 119870∘ από το ευθύ συμπεραίνουμε ότι (119871∘)∘ supe(119870∘)∘ Η χρήση της Πρότασης ολοκληρώνει την απόδειξη

(iii) 119910 isin (119879(119870))∘ αν και μόνο αν ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119879(119870)Ισοδύναμα ⟨119879(119911) 119910⟩ le 1 για κάθε 119911 isin 119870 Αλλά

⟨119879(119911) 119910⟩ = (119879119911)119905119910 = (119911119905119879119905)119910 = 119911119905(119879119905119910) = ⟨119911 119879119905(119910)⟩

Άρα 119910 isin (119879(119870))∘ αν και μόνο αν 119879119905(119910) isin 119870∘ ισοδύναμα 119911 isin (119879119905)minus1(119870∘)

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 119871 είναι κεντρικά συμμετρικά κυρτά σώματα

στον ℝ119899 Αποδείξτε ότι 119909119870 le 119872119909119871 αν και μόνο αν 119870 supe 119872minus1119871 αν και μόνο

αν 119909119870∘ ge 119872minus1119909119871∘

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα στον ℝ119899

και 119865 υπόχωρος του ℝ119899 διάστασης 119896 όπου 119896 = 1 hellip 119899 Αποδείξτε ότι ισχύει(119870 cap 119865)∘ = 119875119865(119870∘) όπου το πολικό (119870 cap 119865)∘ εννοείται μέσα στον υπόχωρο 119865(Υπόδειξη Από την Πρόταση αρκεί να δειχθεί ότι 119870 cap 119865 = (119875119865(119870∘))∘)

Άσκηση Έστω ότι τα κυρτά σύνολα 119870 και 119863 έχουν ξένα εσωτερικά

Αποδείξτε ότι τα 119870 και 119863 διαχωρίζονται ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Αποδείξτε ότι αν το 119870 είναι κυρτό σύνολο και 119909 isin 120597119870 τότε υπάρχει

υπερεπίπεδο στήριξης του 119870 στο 119909 (Υπόδειξη Θεωρήστε ακολουθία

119910119898 notin 119870 ώστε 119910119898 rarr 119909 Διαχωρίστε τα 119910119898 και 119870 με υπερεπίπεδα

κάθετα στα μοναδιαία 119906119898 σύμφωνα με το Θεώρημα και περάστε

σε συγκλίνουσα υπακολουθία της 119906119898)

(ii) Θεωρήστε το σύνολο 119864 = int(119870) minus int(119863) Φανερά 0 notin 119864 Δείξτε ότι

το 119864 είναι ανοικτό σύνολο Έτσι είτε 0 notin 119864 είτε 0 isin 120597119864 Στην πρώτη

περίπτωση εφαρμόστε το Θεώρημα και την Πρόταση ενώ

στη δεύτερη περίπτωση χρησιμοποιήστε το (i)

Άσκηση Αποδείξτε ότι το σύνολο 119870 sube ℝ119899 είναι κυρτό αν και μόνο αν

119870 = ⋂119867minus ∶ 119867 υπερεπίπεδο στήριξης του 119870

όπου με 119867minus συμβολίζουμε τον ημίχωρο που σχηματίζει το υπερεπίπεδο 119867 ο

οποίος περιέχει το 119870

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν τα 119909 και 119910 δεν ανήκουν στο conv(119862) τότε

conv(119862 cup 119909)) = conv(119862 cup 119910)

αν και μόνο αν 119909 = 119910

Άσκηση Το 119910 λέγεται βαρύκεντρο του κυρτού σώματος 119870 και γράφουμε

119910 = bar(119870) αν 119910 = int119870119909 119889119909 δηλαδή αν 119910 = (1199101 hellip 119910119899) και

119910119895 = int119870

119909119895 119889119909 = int119870⟨119909 119890119895⟩ 119889119909

όπου (119890119895)119899119895=1 η συνήθης βάση του ℝ119899 Αποδείξτε ότι

(i) Το 119910 είναι το βαρύκεντρο του 119870 αν και μόνο αν

⟨119911 119910⟩ = int119870⟨119911 119909⟩ 119889119909

για κάθε 119911 isin ℝ119899

(ii) bar(119870 minus bar(119870)) = 0

(iii) Το βαρύκεντρο κυρτών συμάτων ανήκει στο εσωτερικό τους bar(119870) isinint(119870)

(iv) (119870 minus bar(119870))∘ ∘ = 119870 minus bar(119870)

Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΟΓΚΟΥ

Ο (Όγκος Παραλληλεπιπέδου) Ορίζουμε τον όγκο vol119899(119861)ενός παραλληλεπιπέδου 119861 στον ℝ119899 να είναι το γινόμενο 119899 laquoανεξάρτη-

τωνraquo ακμών δηλαδή αν 119861 = [1198861 1198871] times ⋯ times [119886119899 119887119899] (ως προς κατάλληλη

ορθοκανονική βάση) τότε

vol119899(119861) =119899

prod119895=1

(119887119895 minus 119886119895)

Όταν η διάσταση εννοείται τότε γράφουμε vol(119861) ή και |119861|Στη συνέχεια θα ορίσουμε τον όγκο ενός πολυπαραλληλεπιπέδου

δηλαδή ενός συνόλου που είναι ένωση πεπερασμένου πλήθους παραλ-

ληλεπιπέδων με παράλληλες μεταξύ τους ακμές και ξένα εσωτερικά να

είναι το άθροισμα των όγκων των παραλληλεπιπέδων

Ο Αν 119860 = 1198611 cup 1198612 cup ⋯ cup 119861119896 με 119861119895 παραλληλεπίπεδα και

int(119861119895) cap int(119861119894) =

για 119894 διαφορετικό του 119895 τότε ορίζουμε τον όγκο του 119860 να είναι

vol119899(119860) =119899

sum119895=1

vol119899(119861119895)

Π Ο ορισμός αυτός αποδεικνύεται εύκολα ότι είναι

καλός Δηλαδή αν ένα πολυπαραλληλεπίπεδο γράφεται ως πεπερασμένη

ένωση παραλληλεπιπέδων με ξένα εσωτερικά με δύο τρόπους τότε και

οι δύο τρόποι δίνουν το ίδιο αποτέλεσμα Για να γίνει σαφές αυτό που

περιγράφουμε εδώ σκεφτείτε ότι το [0 1] times [0 1] γράφεται και ως

([0 12] times [0 1]) cup ([12 1] times [0 1])

αλλά και ως

([0 12] times [0 12]) cup ([12 1] times [0 12]) cup ([0 1] times [12 1])

Το να είναι καλός ο παραπάνω ορισμός σημαίνει ότι και οι δύο γραφές

πρέπει να δίνουν το ίδιο εμβαδόν Και πράγματι αυτό συμβαίνει Τα

βήματα για την απόδειξη ότι ο ορισμός είναι καλός περιγράφονται στην

Άσκηση

Π Τόσο ο όγκος παραλληλεπιπέδου όσο και ο όγκος

πολυπαραλληλεπιπέδου ικανοποιούν προφανώς τις ιδιότητες

vol119899(119909 + 119861) = vol119899(119861) και vol119899(120582119861) = 120582119899vol119899(119861)

για κάθε παραλληλεπίπεδο ή πολυπαραλληλεπίπεδο 119861 για κάθε 119909 isin ℝ119899

και για κάθε 120582 gt 0

Τέλος σταθεροποιούμε ένα σύστημα αξόνων και ορίζουμε τον όγκο

ενός κυρτού σώματος 119870 ως εξής

Ο Το σύνολο 119870 υποσύνολο του ℝ119899 λέγεται Jordan με-

τρήσιμο αν

supvol119899(119860) ∶ 119860 sube 119870 = infvol119899(119861) ∶ 119861 supe 119870

όπου τα Α και 119861 είναι πολυπαραλληλεπίπεδα

Αν αυτό συμβαίνει τότε την κοινή τιμή την ονομάζουμε όγκο του

κυρτού σώματος 119870 και τη συμβολίζουμε με vol119899(119870) ή αν δεν υπάρχει

ασάφεια για τη διάσταση του χώρου με vol(119870) ή |119870|

Π Θα δούμε παρακάτω ότι ο ορισμός αυτός είναι

ανεξάρτητος του συστήματος αξόνων που σταθεροποιήσαμε (δείτε

Πρόταση (v))

Π Αν θέσουμε 120594119870 ∶ ℝ119899 rarr ℝ με 120594119870(119909) = 1 αν 119909 isin 119870και 120594119870(119909) = 0 αν 119909 notin 119870 τότε εύκολα βλέπουμε ότι το 119870 είναι Jordan

μετρήσιμο αν και μόνο αν η 120594119870 είναι Riemann ολοκληρώσιμη στο ℝ119899 και

σε αυτή την περίπτωση

vol(119870) = intℝ119899

120594119870(119909) 119889119909 = intinfin

minusinfin⋯ int

infin

minusinfin120594119870((1199091 hellip 119909119899)) 1198891199091 hellip 119889119909119899

Ο Ορισμός μπορεί να δοθεί για κάθε υποσύνολο 119870 του ℝ119899

Υπάρχουν όμως και σύνολα για τα οποία η παραπάνω ισότητα δεν

ισχύει Τότε λέμε ότι το 119870 δεν έχει όγκο Αλλά αν το 119870 είναι κυρτό σώμα

τότε είναι πάντα Jordan μετρήσιμο δηλαδή έχει όγκο

Θ Αν το 119870 είναι κυρτό σώμα στον ℝ119899 τότε το 119870 είναι119869119900119903119889119886119899 μετρήσιμο

Απόδειξη Αποδεικνύουμε πρώτα τον ακόλουθο ισχυρισμό

Ι Αν το 119870 είναι υποσύνολο του 119880 όπου 119880 είναι ανοιχτό σύνολο

τότε υπάρχει πολυπαραλληλεπίπεδο Α ώστε να ισχύει 119870 sube 119860 sube 119880

[Απόδειξη του ισχυρισμού Θέτουμε 120588 = 119889(119870 ℝ119899 ⧵ 119880) οπότε σύμφωνα

με την Πρόταση ισχύει 120588 gt 0 Επίσης θέτουμε

Β0 = [minus1205884radic119899

120588

4radic119899]

119899

Το 1198610 είναι ένας κύβος στον ℝ119899 με κέντρο το 0 και

diam1198610 = 2radic119899120588

4radic119899=

1205882

lt 120588

Αν το 119909 ανήκει στο 119870 τότε

() 119909 + 1198610 sube 119880

όπου το 119909 + 1198610 είναι κύβος με κέντρο το 119909 H () ισχύει διότι το Β0δεν επιτρέπει μεγάλες μεταβολές της νόρμας Οι μεταβολές της νόρμας

μέσα στο 119909 + 1198610 είναι πάντα μικρότερες του 120588 διότι η διάμετρος του

κύβου είναι μικρότερη του 120588 Το 119909 είναι το κέντρο του κύβου άρα το 119909ανήκει στο int(119909 + 1198610) Οπότε κάθε σημείο 119909 του 119870 καλύπτεται με έναν

κύβο κέντρου 119909 Έτσι

119870 sube ⋃119909isin119870

int(119909 + 1198610)

Το 119870 είναι συμπαγές άρα έχει πεπερασμένο υποκάλυμμα Δηλαδή

υπάρχουν 1199091 hellip 119909119899 στο 119870 ώστε

119870 sube119873

⋃119894=1

int(119909119894 + 1198610) sube119873

⋃119894=1

(119909119894 + 1198610) συνεπώς 119870 sube 119860 sube 119880

με 119860 = ⋃119873119894=1(119909119894 + 1198610) πολυπαραλληλεπίπεδο ]

Το 119870 είναι σώμα άρα το int(119870) δεν είναι κενό Αν 119909 isin int(119870) θέτουμε

119870 = 119870 minus 119909 οπότε 0 isin int(119870) Έστω ένα 120598 gt 0 Θα δείξουμε ότι

το 119870 είναι Jordan μετρήσιμο Θεωρούμε το σύνολο (1 minus 120598)119870 Από την

Πρόταση (iii) ισχύει (1 minus 120598)119870 sube int(119870) Άρα από τον ισχυρισμό

υπάρχει πολυπαραλληλεπίπεδο Α0 ώστε (1 minus 120598)119870 sube 1198600 sube int119870 sube 119870και άρα

1198600 sube 119870 sube1

1 minus 1205981198600

Συνεπώς

1198600 + 119909 sube 119870 sube 119909 +1

1 minus 1205981198600

Έχουμε

vol(119909 + 1198600) = vol(1198600) le supvol(119860) 119860 sube 119870 le infvol(119861) 119861 supe 119870

όπου τα Α Β είναι πολυπαραλληλεπίπεδα Το 119909 + (1 minus 120598)minus11198600 περιέχει

το 119870 Έτσι χρησιμοποιώντας την Παρατήρηση θα έχουμε

infvol(119861) 119861 supe 119870 le vol(119909 +1

1 minus 1205981198600) = vol(

11 minus 120598

1198600)

= (1

1 minus 120598)119899

vol(1198600)

Έτσι συμπεραίνουμε ότι

()

0 le infvol(119861) 119861 supe 119870minussupvol(119860) 119860 sube 119870 le ((1

1 minus 120598)119899

minus 1) vol(1198600)

Για να ολοκληρωθεί η απόδειξη πρέπει να αφήσουμε το 120598 να πάει στο

μηδέν Αλλά πρέπει να ξεπεράσουμε πρώτα το πρόβλημα ότι το 1198600εξαρτάται από το 120598 Για να το κάνουμε αυτό παρατηρούμε ότι 1198600 sube 119870και το 119870 ως κυρτό σώμα είναι φραγμένο Οπότε υπάρχει κύβος 119876 με

μήκος ακμής έστω 119872 gt 0 ώστε 119870 sube 119876 Άρα 1198600 sube 119876 και από τον ορισμό

του όγκου για τα πολυπαραλληλεπίπεδα vol(1198600) le vol(119876) = 119872119899 Έτσι

η () γίνεται

0 le infvol(119861) 119861 supe 119870 minus supvol(119860) 119860 sube 119870 le ((1

1 minus 120598)119899

minus 1) 119872119899

Αφήνοντας το 120598 να πάει στο μηδέν από δεξιά ολοκληρώνεται η απόδειξη

Άσκηση Αποδείξτε ότι ο Ορισμός είναι καλός ακολουθώντας τα

παρακάτω βήματα

(i) Υποθέστε ότι το πολυπαραλληλεπίπεδο 119860 γράφεται ως πεπερασμένη

ένωση των παραλληλεπιπέδων 119861119894 με ξένα εσωτερικά για 119894 = 1 hellip 119896 και

πεπερασμένη ένωση των παραλληλεπιπέδων 119862119895 με ξένα εσωτερικά για

119895 = 1 hellip 119896 για 119895 = 1 hellip 119898

(ii) Αποδείξτε ότι sum119896119894=1 vol(119861119894) = sum

119898119895=1 vol(119862119895) εξηγώντας πρώτα γιατί 119861119894 =

cup119898119895=1(119861119894 cap 119862119895) με τα 119861119894 cap 119862119895 να έχουν ξένα εσωτερικά

Ιδιότητες Όγκου

Οι ιδιότητες του όγκου που παρουσιάζονται στις παρακάτω προ-

τάσεις μπορούν να αποδειχθούν τόσο με τον ορισμό του όγκου μέσω

πολυπαραλληλεπιπέδων όσο και με τη βοήθεια του ολοκληρώματος

Riemann των χαρακτηριστικών συναρτήσεων (Παρατήρηση )

Π Για σύνολα που έχουν όγκο ισχύουν οι παρακάτωιδιότητες

(i) Αν 1198701 sube 1198702 τότε vol(1198701) le vol(1198702)

(ii) Αν 119870 sube ℝ119899minus1 τότε vol119899(119870) = 0

(iii) vol(120582119870) = 120582119899vol(119870)

(iv) vol(119870 + 119905) = vol(119870)

(v) Αν 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 πίνακας με Τ119905119879 = 119868 τότε vol(119879(119870)) = vol(119870)

Απόδειξη Αποδεικνύουμε μόνο το (v)

Το (v) ισχύει αν 119870 παραλληλεπίπεδο θεωρούμε το

119861 = [0 1205721] times ⋯ times [0 120572119899] = 119899

sum119895=1

120582119895119890119895 0 le 120582119895 le 120572119895

Έχουμε

119879(119861) = 119879 (119899

sum119895=1

120582119895119890119895) 0 le 120582119895 le 120572119895 = 119899

sum119895=1

120582119895(119879119890119895) 0 le 120582119895 le 120572119895

Αλλά

Τ11989011989522 = ⟨119879119890119895 119879119890119895⟩ = (119879119890119895)119905119879119890119895 = 119890119905

119895119879119905119879119890119895 = 119890119905119895119890119895 = ⟨119890119895 119890119895⟩ = 1

Άρα το μήκος του διανύσματος 119879119890119895 είναι 1

⟨119879119890119894 119879119890119895⟩ = (119879119890119894)119905119879119890119895 = 119890119905119894(119879119905119879)119890119895 = 119890119905

119894119890119895 = ⟨119890119894 119890119895⟩ = 0

διότι το 119894 είναι διαφορετικό του 119895 Άρα τα 119879119890119895 είναι ορθοκανονικά

διανύσματα Συνεπώς το Τ(Β) είναι παραλληλεπίπεδο με μήκη ακμών

πάλι τα 1205721 hellip 120572119899 Άρα

vol(119879(119861)) = 1205721 hellip 120572119899 = vol(119861)

Για πολυπαραλληλεπίπεδα ισχύει αφού αυτά είναι ένωση παραλληλε-

πιπέδων και για το γενικό σώμα παίρνουμε supremum ως προς όλα τα

πολυπαραλληλεπίπεδα μέσα σε αυτό

Η ακόλουθη πρόταση μάς λέει πώς συμπεριφέρεται ο όγκος όταν

εφαρμόζουμε στο σώμα Κ έναν αντιστρέψιμο πίνακα

Π Αν ο 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 είναι αντιστρέψιμος πίνακας τότεvol(119879(119870)) = | det 119879| vol(119870)

Απόδειξη Η απόδειξη θα γίνει εύκολα αν καταφύγουμε στο θεώρημα

αλλαγής μεταβλητών του απειροστικού λογισμού Αν για 119909 isin 119879(119870)θέσουμε 119910 = 119879minus1(119909) isin 119870 τότε η Ιακωβιανή αυτής της αλλαγής μετα-

βλητών είναι η det 119879 Επίσης 120594119879(119870) = 1 αν και μόνο αν 120594119870(119879minus1(119909)) = 1Έτσι έχουμε

vol(119879(119870)) = intℝ119899

120594119879(119870)(119909) 119889119909 = intℝ119899

120594119870(119879minus1(119909)) 119889119909

= intℝ119899

120594119870(119910)| det 119879| 119889119910 = | det 119879| vol(119870)

Άσκηση Αποδείξτε με τη βοήθεια του ολοκληρώματος Riemann ότι αν το

σύνολο 119870 sube ℝ119899 έχει όγκο τότε vol(120582119870) = 120582119899vol(119870) και vol(119870 + 119905) = vol(119870) για

κάθε 120582 gt 0 και για κάθε 119905 isin ℝ119899

Άσκηση Θέτουμε 119904(119870) = vol(119870)vol(119870∘) Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό

σώμα 119870 με το 0 στο εσωτερικό του και για κάθε για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα

119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ισχύει 119904(119879(119870)) = 119904(119870)

Άσκηση Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το θεώρημα αλλαγής μεταβλητών

του Απειροστικού Λογισμού ότι αν 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 πίνακας με 119879119905119879 = 119868 τότε

vol(119879(119870)) = intℝ119899

120594119879(119870)(119909) 119889119909 = intℝ119899

120594119870(119909) 119889119909 = vol(119870)

Άσκηση [Όγκος του simplex] Θεωρούμε 119899 γραμμικά ανεξάρτητα διανύσμα-

τα 1199091 1199092 hellip 119909119899 στον ℝ119899 θέτουμε 1199090 = 0 και για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 θέτουμε

119886119896 την απόσταση του 119909119896 από το span1199091 hellip 119909119896minus1 και 119878119899 = conv1199090 1199091 hellip 119909119899Αποδείξτε με επαγωγή στο 119899 ότι

vol(119878119899) =1119899

119899

prod119896=1

119886119896

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 και 119871 είναι δυο κυρτά σώματα στον ℝ119899 με το

119871 κεντρικά συμμετρικό Θεωρούμε ένα υποσύνολο 119977 του 119870 με την ιδιότητα

για κάθε 119909 119910 isin 119977 με 119909 ne 119910 ισχύει 119909 minus 119910119871 ge 1 Αποδείξτε ότι το 119977 είναι

αναγκαστικά πεπερασμένο και η πληθικότητά του είναι μικρότερη ή ίση του

πηλίκου

vol(119870 + 12119871)

vol( 12119871)

(Υπόδειξη Δείξτε ότι τα 119909 + 12119871 για 119909 isin 119977 έχουν ξένα εσωτερικά)

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 και 119871 είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 Ορίζουμε

τον αριθμό κάλυψης 119873(119870 119871) του 119870 από το 119871 να είναι ο

119873(119870 119871) = min119873 isin ℕ ∶ υπάρχουν 1199091 hellip 119909119899 isin ℝ119899 ώστε 119870 sube119873

⋃119895=1

(119909119895 + 119871)

Αποδείξτε τις ακόλουθες ιδιότητες

(i) vol(119870) le 119873(119870 119871)vol(119871) Επιπλέον για κάθε κυρτό σώμα 119879 ισχύει vol(119870+119879) le 119873(119870 119871)vol(119871 + 119879)

(ii)vol(119870 + 119871)

vol(119871)le 2119899119873(119870 119871)

(iii) Αν το 119871 είναι κεντρικά συμμετρικό τότε

119873(119870 119871) levol(119870 + 1

2119871)vol( 1

2119871)le 2119899 vol(119870 + 119871)

vol(119871)

(Υπόδειξη Εξηγήστε πρώτα με βάση την Άσκηση γιατί μπορείτε

να θεωρήσετε ένα μεγιστικής πληθικότητας υποσύνολο 119977 του 119870 με την

ιδιότητα που περιγράφεται σε εκείνη άσκηση)

(iv) Αν το 119871 είναι κεντρικά συμμετρικό και vol(119870) = vol(119871) τότε 119873(119870 119871)1119899 le4119873(119871 119870)1119899

ℬ119899119901 1 le 119901 le infin

Φανερά το σύνολο ℬ119899infin είναι ένα παραλληλεπίπεδο με μήκος κάθε

ακμής του ίσο με Συνεπώς ο όγκος του είναι 2119899

Θα υπολογίσουμε τώρα τον όγκο του ℬ119899119901 για 1 le 119901 lt infin Θεωρούμε

το ολοκλήρωμα

119868119901 = intℝ119899

exp(minus119909119901119901) 119889119909 = (int

ℝexp(minus|119905|119901) 119889119905)

119899

Ισχύει

119868119901 = intℝ119899

⎛⎝int

infin

119909119901

119889119889119905(

minus119890minus119905119901)⎞⎠ 119889119905 119889119909

= intℝ119899

(intinfin

0120594[119909119901infin)(119905)

119889119889119905(

minus119890minus119905119901)) 119889119905 119889119909

και αλλάζοντας τη σειρά ολοκλήρωσης

= intinfin

0(

119889119889119905(

minus119890minus119905119901) (intℝ119899

120594[119909119901infin)(119905) 119889119909)) 119889119905

Παρατηρούμε ότι 120594[119909119901infin)(119905) = 1 αν και μόνο αν 119909119901 le 119905 αν και μόνο

αν 119909 isin 119905ℬ119899119901 δηλαδή αν και μόνο αν 120594119905ℬ119899

119901(119909) = 1 Αλλιώς ταυτόχρονα και

119887119899119901 1 le 119901 le infin

οι δυο χαρακτηριστικές είναι μηδέν Άρα

119868119901 = intinfin

0(

119889119889119905(

minus119890minus119905119901)vol(119905ℬ119899119901 )) 119889119905 = vol(ℬ119899

119901 ) 119901 intinfin

0119905119899+119901minus1119890minus119905119901 119889119905

Έτσι έχουμε αποδείξει ότι

vol(ℬ119899119901 ) 119901 int

infin

0119905119899+119901minus1119890minus119905119901 119889119905 = (int

ℝexp(minus|119905|119901) 119889119905)

119899

από όπου προκύπτει ότι

vol(ℬ119899119901 ) =

(2 intinfin

0119890minus119905119901 119889119905)

119899

intinfin

0119901119905119899+119901minus1119890minus119905119901 119889119905

=(2Γ (1 +

1119901))

119899

Γ (1 +119899119901)

όπου

Γ(119909) = intinfin

0119905119909minus1119890minus119905 119889119905

Η συνάρτηση Γ είναι από τις ιδιαίτερα ενδιαφέρουσες συναρτήσεις στα

Μαθηματικά και μερικές ιδιότητές της παρουσιάζονται στο Παράρτημα Β

Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε μια ασυμπτωτική εκτίμηση της συνάρτησης

Γlim

119909rarr+infin

Γ(119909 + 1)radic2120587119909(119909119890)119909

= 1

Από αυτή τη σχέση εύκολα συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν σταθερές 1198881(119901)και 1198882(119901) ώστε

1198881(119901)1

1198991119901 le vol(ℬ119899119901 )1119899 le 1198882(119901)

11198991119901

Άσκηση Χρησιμοποιήστε τα παραπάνω καθώς και της ιδιότητες της

συνάρτησης Γ όπως αυτές παρουσιάζονται στο Παράρτημα Β για να αποδείξετε

ότι

(i) vol119899(ℬ1198991 ) = 2119899119899

(ii)

vol119899(ℬ1198992) =

⎧⎨⎩

radic120587 119899

(1198992)αν 119899 άρτιος

2119899radic120587 119899minus1 ((119899 minus 1)2)119899

αν 119899 περιττός

Στις παρακάτω ασκήσεις μελετάμε την κατανομή του όγκου μέσα στην

Ευκλείδεια μπάλα

Άσκηση Υπολογίστε τον 119899minus1-όγκο της τομής της ℬ1198992 με ένα υπερεπίπεδο

που απέχει 119905 από την αρχή των αξόνων

Άσκηση Εκτιμήστε το 119903119899 isin ℝ ώστε vol119899(119903119899ℬ1198992) = 1

Άσκηση Υπολογίστε τον όγκο του 119860 = convℬ1198992 119909 για κάθε 119909 isin ℝ119899

Στη συνέχεια αποδείξτε ότι αν ένα κυρτό σύνολο 119870 ικανοποιεί τις ℬ1198992 sube 119870 και

vol119899(119870) lt infin τότε το 119870 είναι φραγμένο

Άσκηση Αν 119903119899 isin ℝ ώστε vol119899(119903119899ℬ1198992) = 1 και 119867119905 υπερεπίπεδο που απέχει

απόσταση 119905 από την αρχή των αξόνων υπολογίστε τον όγκο vol119899minus1(119903119899ℬ1198992 cap119867119905)

και αποδείξτε ότι

lim119899rarrinfin

vol119899minus1(119903119899ℬ1198992 cap 119867119905) = radic119890 119890minus1205871198901199052

Άσκηση Θέτουμε 119871119899 = 119909 isin ℝ119899 ∶ |119909119899| le 1 Αποδείξτε ότι

vol119899(119903119899ℬ1198992) ge 1 minus

1120587radic119890

119890minus120587119890

Παρατηρήστε ότι το προηγούμενο μας λέει ότι το μεγαλύτερο μέρος του όγκου

της 119903119899ℬ1198992 βρίσκεται σε κάθε() λωρίδα πλάτους γύρω από την αρχή των

αξόνων Αποδείξτε όμως ότι ο περισσότερος όγκος δεν είναι στην τομή όλων

αυτών των λωρίδων αφού vol119899((1199031198992)ℬ1198992) = 12119899 rarr 0

Άσκηση Η προηγούμενη άσκηση μάς υποδεικνύει ότι ο όγκος σε μια

Ευκλείδεια μπάλα συγκεντρώνεται ισχυρά κοντά στην επιφάνειά της Επιβε-

βαιώστε αυτό το γεγονός αποδεικνύοντας ότι για κάθε 120598 gt 0 η ποσότητα

vol119899(119903119899ℬ1198992) minus vol119899((1 minus 120598)119903119899ℬ119899

2) τείνει στη μονάδα με εκθετικό ως προς τη

διάσταση ρυθμό

Η παρακάτω άσκηση έχει ως στόχο να απαντηθεί το ερώτημα των

Busemann-Petty το οποίο ρωτάει το εξής αν τα 119870 και 119879 είναι δυο κεντρικά

συμμετρικά κυρτά σώματα στον ℝ119899 με την ιδιότητα για κάθε υπερεπίπεδο 119867που περνάει από το μηδέν να ισχύει vol119899(119870 cap 119867) lt vol119899(119879 cap 119867) είναι σωστό

ότι vol119899(119870) lt vol119899(119879)

119887119899119901 1 le 119901 le infin

Άσκηση Θέτουμε 119876119899 για τον κύβο όγκου 1 στον ℝ119899 δηλαδή 119876119899 =[12 12]119899 Περί το ο Keith Ball απέδειξε (στο [Bal]) ότι για κάθε

υπερεπίπεδο 119867 που περνάει από το μηδέν ισχύει 1 le vol119899minus1(119876119899 cap 119867) le radic2Χρησιμοποιείστε αυτό το γεγονός και τους υπολογισμούς που έγιναν στις

προηγούμενες ασκήσεις για την 119903119899ℬ1198992 για να δείξετε ότι η απάντηση στο

πρόβλημα Busemann-Petty είναι αρνητική

Άσκηση Η τεχνική που χρησιμοποιήθηκε για τον υπολογισμό του

όγκου του ℬ119899119901 δηλαδή μέσω ενός ολοκληρώματος που υπολογίζεται με δύο

τρόπους είναι αρκετά συνηθισμένη Για ένα άλλο παράδειγμα (που απαιτεί

όμως γνώση θεωρίας μέτρου) αποδείξτε ότι για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 ισχύει

int120138119899minus1

|⟨119906 120579⟩|119902 119889120590(119906) =2Γ ( 1+119902

2 ) Γ (1 + 1198992)

radic120587119899Γ ( 119899+1199022 )

όπου 120590 το μέτρο Haar στην 120138119899minus1 Από το παραπάνω να συμπεράνεται ότι

(int120138119899minus1

|⟨119906 120579⟩|119902 119889120590(119906))1119902

≃ radic119902

119902 + 119899

(Υπόδειξη Ξεκινήστε με το ολοκλήρωμα

intℝ119899

|⟨119909 120579⟩|119902119890minus|119909|22

(radic2120587)119899119889119909

Ελέξτε ότι αν αλλάξετε σε πολικές συντεταγμένες αυτό γίνεται

vol119899minus1(120138119899minus1)(radic2120587)119899 (int

infin

0119903119899+119902minus1119890minus11990322 119889119903) (int

120138119899minus1|⟨119906 120579⟩|119902 119889120590(119906))

Για έναν δεύτερο τρόπο υπολογισμού παρατηρήστε ότι το αρχικό ολοκλή-

ρωμα είναι ανεξάρτητο του 120579 isin 120138119899minus1 και συνεπώς μπρορεί να υπολογι-

στεί αν θέσουμε 120579 = (1 0 0 hellip 0) στην οποία περίπτωση ισούται με το

intinfinminusinfin

|119909|119902119890minus11990922radic2120587 119889119909)

ΑΠΟΣΤΑΣΗ ΚΥΡΤΩΝ ΣΩΜΑΤΩΝ

Ο Για 119862 119863 κυρτά σώματα στον ℝ119899 ορίζουμε την από-

σταση 119867119886119906119904119889119900119903119891119891 120575(119862 119863) να είναι η ποσότητα

120575(119862 119863) = max max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102

z

NBYumlOz NJOcopyO 9uml Y copy9

NBYcopyO NJOumlOz 9uml Y copy9

Σ Η απόσταση Hausdorff μεταξύ του 119862 και του 119863 είναι η μεγα-

λύτερη από τις δύο αποστάσεις στο σχήμα

Ελέγχουμε τώρα ότι η 120575 είναι μετρική Φανερά λόγω συμμετρίας του

ορισμού 120575(119862 119863) = 120575(119863 119862) 120575(119862 119863) = 0 αν και μόνο αν

max max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102 = 0

Ισοδύναμα θα έχουμε

max119909isin119862 min119910isin119863 119909 minus 1199102 = 0max119910isin119863 min119909isin119862 119909 minus 1199102 = 0 hArr

forall119909 isin 119862 min119910isin119863 119909 minus 1199102 = 0forall119910 isin 119863 min119909isin119862 119909 minus 1199102 = 0

Οπότε

forall119909 isin 119862 119909 isin 119863forall119910 isin 119863 119910 isin 119862 hArr

119862 sube 119863119863 sube 119862

Συνεπώς 119862 = 119863

H τριγωνική ανισότητα ελέγχεται με στοιχειώδεις πράξεις αλλά θα

την δείξουμε γρηγορότερα με την βοήθεια της ακόλουθης πρότασης

Π Αν 119862 119863 κυρτά σώματα στον ℝ119899 τότε

(i) 120575(119862 119863) = inf120575 ge 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120575ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120575ℬ119899

2

(ii) 120575(119862 119863) = max|ℎ119862(119906) minus ℎ119863(119906)| ∶ 119906 isin 120138119899minus1

Απόδειξη της τριγωνικής ανισότητας Έστω ότι τα 119862 119863 119864 είναι κυρτά

σώματα στον ℝ119899 Από την (ii) θα έχουμε

120575(119862 119863) = max|ℎ119862(119906) minus ℎ119863(119906)| 119906 isin 120138119899minus1le max|ℎ119862(119906) minus ℎ119864(119906)| + |ℎ119864(119906) minus ℎ119863(119906)| 119906 isin 120138119899minus1le max|ℎ119862(119906) minus ℎ119864(119906)| 119906 isin 120138119899minus1 + max|ℎ119864(119906) minus ℎ119863(119906)| 119906 isin 120138119899minus1le 120575(119862 119864) + 120575(119864 119863)

Απόδειξη της Πρότασης

(i) Θέτουμε 1205721 = max119909isin119862 min119910isin119863 119909 minus 1199102 Έτσι για κάθε 119909 isin 119862ισχύει min119910isin119863 119909 minus 1199102 le 1205721 οπότε λόγω της συμπάγειας του

119863 υπάρχει 119910 στο 119863 ώστε 119909 minus 1199102 le 1205721 Άρα 119909 minus 119910 isin 1205721ℬ1198992

συνεπώς

119909 isin 119910 + 1205721ℬ1198992 sube 119863 + 1205721ℬ119899

2

Έτσι

119862 sube 119863 + 1205721ℬ1198992 sube 119863 + 120575(119862 119863)ℬ119899

2

Ομοίως αν 1205722 = max119910isin119863 min119909isin119862 119909 minus 1199102 τότε

119863 sube 119862 + 1205722ℬ1198992 sube 119862 + 120575(119862 119863)ℬ119899

2

Άρα

inf120582 gt 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2 le 120575(119862 119863)

Αντίστροφα έστω 120582 gt 0 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 και 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2 Τότε

για κάθε 119909 στο 119862 έχουμε ότι 119909 isin 119863 + 120582ℬ1198992 Άρα υπάρχει 119910 isin 119863

ώστε 119909 minus 1199102 le 120582 οπότε

max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 le 120582

Ομοίως max119910isin119863 min119909isin119862 119909minus1199102 le 120582 Συμπεραίνουμε ότι 120575(119862 119863) le120582 Δηλαδή

120575(119862 119863) le inf120582 gt 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2

Επομένως

120575(119862 119863) = inf120582 gt 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2

(ii) Για κάθε 120582 gt 0 ώστε 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 και 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2 έχουμε ότι

για κάθε 119906 isin 120138119899minus1

ℎ119862(119906) le ℎ119863+120582ℬ1198992(119906) = ℎ119863(119906) + ℎ120582ℬ119899

2(119906) = ℎ119863(119906) + 120582

άρα ℎ119862(119906) minus ℎ119863(119906) le 120582 Ομοίως για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 έχουμε

ότι ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906) le 120582 οπότε |ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| le 120582 και άρα

max119906isin120138119899minus1 |ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| le 120582 Παίρνοντας infimum ως προς το 120582προκύπτει ότι max119906isin120138119899minus1 |ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| le 120575(119862 119863)Αντίστροφα Χωρίς βλάβη της γενικότητας ας υποθέσουμε ότι

120575(119862 119863) = max max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102

= max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102

Λόγω της συμπάγειας των 119862 και 119863 υπάρχουν 1199090 isin 119862 και 1199100 isin 119863ώστε

120575(119862 119863) = 1199090 minus 11991002

Αν 120575(119862 119863) = 0 τότε 119862 = 119863 οπότε ℎ119862 = ℎ119863 και το ζητούμενο

ισχύει Αν 120575(119862 119863) ne 0 θέτουμε

1199060 =1199100 minus 1199090

1199100 minus 1199090isin 120138119899minus1

Ι Το υπερεπίπεδο Η που είναι κάθετο στο 1199060 και περνάει

από το 1199090 στηρίζει το 119862 στο 1199090

[Απόδειξη ισχυρισμού Αν ο ισχυρισμός δεν είναι αληθής τότε

υπάρχει 1199091 στο 119862 ώστε ⟨1199091 1199060⟩ gt ⟨1199090 1199060⟩ Οπότε ⟨1199091minus1199090 1199060⟩ gt 0Θέτουμε 119911120582 = (1minus120582)1199090+1205821199091 isin 119862 και καταλήγουμε σε άτοπο όπως

στην απόδειξη του Θεωρήματος δείχνοντας ότι υπάρχει

120582 gt 0 ώστε 1199100 minus 1199111205822 lt 1199100 minus 11990902 ]

Από τον παραπάνω ισχυρισμό συμπεραίνουμε ότι ℎ119862(1199060) =⟨1199090 1199060⟩ Φανερά αφού ℎ119863(1199060) = sup⟨119910 1199060⟩ ∶ 119910 isin 119863 ισχύει

ℎ119863(1199060) ge ⟨1199100 1199060⟩

Τώρα όμως

ℎ119863(1199060) minus ℎ119862(1199060) ge ⟨1199100 1199060⟩ minus ⟨1199090 1199060⟩ = ⟨1199100 minus 1199090 1199060⟩

=1199100 minus 11990902

2

1199100 minus 11990902= 1199100 minus 11990902

Συνεπώς

max119906isin119878119899minus1

|ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| ge ℎ119863(1199060) minus ℎ119862(1199060)

ge 1199100 minus 11990902 = 120575(119862 119863)

Π Έστω ότι τα 119870 1198701 1198702 hellip είναι κυρτά σώματα με0 isin int(119870) Τότε 119870119898 rarr 119870 ως προς τη μετρική Hausdorff για 119898 rarr infin ανκαι μόνο αν για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980ισχύει

(1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sube (1 + 120598)119870

Απόδειξη Αν 120575(119870119898 119870) rarr 0 για κάθε 120579 gt 0 υπάρχει 1198980 = 1198980(120579) isin ℕώστε για κάθε 119898 ge 1198980 να ισχύει 120575(119870119898 119870) lt 120579 Συνεπώς 119870119898 sube 119870 + 120579ℬ119899

2και 119870 sube 119870119898 + 120579ℬ119899

2 Αφού 0 isin int(119870) υπάρχει 120588 gt 0 ώστε 120588ℬ1198992 sube 119870

Έτσι συνεχίζοντας τους προηγούμενους εγκλεισμούς παίρνουμε

119870119898 sube 119870 + 120579ℬ1198992 = 119870 +

120579120588

120588ℬ1198992 sube 119870 +

120579120588

119870 = (1 +120579120588) 119870

Επίσης

(1 minus120579120588) 119870 +

120579120588

119870 = 119870 sube 119870119898 + 120579ℬ1198992 = 119870119898 +

120579120588

120588ℬ1198992 sube 119870119898 +

120579120588

119870

οπότε από τον κανόνα της διαγραφής (Λήμμα )

(1 minus120579120588) 119870 sube 119870119898

Έτσι αν επιλέξουμε 120579 gt 0 ώστε 120579 lt 120588120598 θα πάρουμε

(1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sube (1 + 120598)119870

για κάθε 119898 μεγαλύτερο του 1198980 που αντιστοιχεί σε αυτό το 120579Αντιστρόφως η (1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sube (1 + 120598)119870 συνεπάγεται την

ℎ(1minus120598)119870 le ℎ119870119898le ℎ(1+120598)119870 και από τις ιδιότητες της συνάρτησης στήριξης

(Πρόταση ) (1 minus 120598)ℎ119870 le ℎ119870119898le (1 + 120598)ℎ119870 από όπου προκύπτει

|ℎ119870119898minus ℎ119870| le 120598ℎ119870 Η τελευταία ποσότητα είναι οσοδήποτε μικρή επιθυ-

μούμε αφού το 119870 ως κυρτό σώμα είναι φραγμένο

Θ Ο όγκος vol(119862) ως συνάρτηση από τα κυρτά σώματαεφοδιασμένα με τη μετρική 119867119886119906119904119889119900119903119891119891 στο ℝ είναι συνεχής

Απόδειξη Έστω ότι τα 119862 1198621 1198622 hellip 119862119898 hellip είναι μια ακολουθία κυρτών

σωμάτων ώστε 120575(119862119898 119862) rarr 0 Θα δείξουμε ότι vol(119862119898) rarr vol(119862) Επειδήο όγκος και η απόσταση Hausdorff είναι αναλλοίωτα στις μεταφορές

υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι το 0 ανήκει στο εσωτερικό

του 119862 (το 119862 ως κυρτό σώμα έχει μη κενό εσωτερικό) Από το Πόρισμα

για κάθε 120579 gt 0 υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 να ισχύει

(1 minus 120579)119862 sube 119862119898 sube (1 + 120579)119862

Παίρνοντας όγκους στην παραπάνω προκύπτει ότι

(1 minus 120579)119899vol(119862) le vol(119862119898) le (1 + 120579)119899vol(119862)

από όπου συμπεραίνουμε ότι

∣vol(119862119898) minus vol(119862)∣ le max((1 + 120579)119899 minus 1) (1 minus (1 minus 120579)119899) vol(119862)

Επιλέγοντας κατάλληλο 120579 gt 0 ώστε η τελευταία ποσότητα να είναι

μικρότερη δοθέντος 120598 gt 0 καταλήγουμε στο συμπέρασμα

Άσκηση Χρησιμοποπιήστε τον Ισχυρισμό της απόδειξης του Θεωρήμα-

τος για να αποδείξετε ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 υπάρχει ακολου-

θία πολυπαραλληλεπιπέδων 119875119898 sube 119870 η οποία συγκλίνει στο 119870 ως προς τη

μετρική Hausdorff (Παρατηρήστε ότι για κάθε 120598 gt 0 αν 0 isin int(119870) τότε

(1 minus 120598)119870 sube int(119870))

Θ Κάθε φραγμένη ακολουθία κυρτών σωμάτων στον ℝ119899

έχει συγκλίνουσα υπακολουθία ως προς τη μετρική 119867119886119906119904119889119900119903119891119891

Απόδειξη Έστω ότι τα 1198621 1198622 hellip είναι μια ακολουθία κυρτών σωμάτων η

οποία είναι φραγμένη Δηλαδή περιέχεται στο 119861 ∶= 119877ℬ1198992 για κατάλληλο

119877 gt 0Ι Η 1198621 1198622 hellip περιέχει μια ακολουθία 1198631 1198632 hellip για την οποία

ισχύει

120575(119863119898 119863119896) le1

2min119898119896

[Απόδειξη του ισχυρισμού Θα δείξουμε ότι υπάρχουν ακολουθίες

11986211 11986212 hellip11986221 11986222 hellip⋮ ⋮ ⋱

όπου κάθε γραμμή στον παραπάνω πίνακα είναι υπακολουθία της

προηγούμενης ώστε

() 120575(119862119898119894 119862119898119895) le1

2119898

Αν αυτό γίνει τότε θα θέσουμε

1198631 = 11986211 1198632 = 11986222 hellip 119863119898 = 119862119898119898

οπότε τα 119863119898 119863119896 βρίσκονται και τα δύο στον παραπάνω πίνακα στη

γραμμή min119898 119896 Οπότε

120575(119863119898 119863119896) le1

2min119898119896

από την () Θα κατασκευάσουμε τώρα τον πίνακα των υπακολουθιών

Ας υποθέσουμε ότι έχει κατασκευαστεί η 119898 γραμμή δηλαδή η 1198621198981 1198621198982 hellipμε 120575(119862119898119894 119862119898119895) le 12119898 Θα κατασκευάσουμε την 119898 + 1 γραμμή ώστε

120575(119862119898+1119894 119862119898+1119895) le1

2119898+1

Το 119861 είναι συμπαγές άρα

Β = 1198771198611198992 sube ⋃

119909isin119861int(119861119899

2 (1199091

2119898+2 ))

Άρα υπάρχει πεπερασμένο πλήθος μπαλών της μορφής Β (119909 12119898+2)που καλύπτουν το Β

Σε κάθε ένα από τα 119862119898119894 για 119894 = 1 2 3 hellip αντιστοιχούμε εκείνες τις

μπάλες Β (119909 12119898+2) από το προηγούμενο βήμα που το τέμνουν οι

οποίες το καλύπτουν αφού όλες καλύπτουν το Β Όλες οι υποοικογένειες

των πεπερασμένου πλήθους Β (119909 12119898+2) είναι πεπερασμένο πλήθος και

σε αυτές απεικονίζουμε το απειροσύνολο 1198621198981 1198621198982 hellip Άρα υπάρχει μιαυποοικογένεια των Β (119909 12119898+2) στην οποία απεικονίζεται ένα άπειρο

πλήθος από τα 1198621198981 1198621198982 hellip την οποία ονομάζουμε 119862119898+11 119862119898+12 hellip Μένει

να δείξουμε ότι

120575(119862119898+1119894 119862119898+1119895) le1

2119898+1

Έστω ότι 119909 isin 119862119898+1119894 Αυτό βρίσκεται σε μια από τις μπάλες με ακτίνα

12119898+2 που τέμνουν το 119862119898+1119894 Αν 119888 είναι το κέντρο αυτής της μπάλας

τότε

119909 minus 1198882 le1

2119898+2

Όμως το 119862119898+1119895 καλύπτεται από τις ίδιες μπάλες ακτίνας 12119898+2 διότι

έτσι επιλέχθηκε Δηλαδή

119861 (1198881

2119898+2 ) cap 119862119898+1119895 ne

Συνεπώς υπάρχει 119910 στο 119862119898+1119895 ώστε 119888 minus 1199102 le 12119898+2 Αλλά τότε

119909 minus 1199102 = (119909 minus 119888) minus (119910 minus 119888)2

le 119909 minus 1198882 + 119888 minus 1199102

le1

2119898+2 +1

2119898+2 =1

2119898+1

Δείξαμε δηλαδή ότι για κάθε 119909 που ανήκει στο 119862119898+1119894 υπάρχει 119910 στο

119862119898+1119895 ώστε

119909 minus 1199102 le1

2119898+1

Ομοίως για κάθε 119910 που ανήκει στο 119862119898+1119895 υπάρχει 119909 στο 119862119898+1119894 ώστε

119909 minus 1199102 le1

2119898+1

Άρα

120575(119862119898+1119894 119862119898+1119895) le1

2119898+1 ]

Θα δείξουμε τώρα ότι

119863119898 rarr 119863 =infin

⋂119896=1

(119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992)

Τα 119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 είναι κλειστά και φραγμένα σύνολα Άρα και η τομή

τους είναι κλειστό και φραγμένο σύνολο Θα δείξουμε ότι η ακολουθία

119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 είναι φθίνουσα Έχουμε 120575(1198631 1198632) le 12 άρα

1198631 +12

ℬ1198992 supe 1198632

Ομοίως 120575(1198632 1198633) le 122 άρα

1198632 +1

22 ℬ1198992 supe 1198633 hellip

και γενικά έχουμε ότι

119863119896 +1

2119896 ℬ1198992 supe 119863119896+1

διότι 120575(119863119896 119863119896+1) le 12119896 Έτσι

1198631 + ℬ1198992 = 1198631 +

12

ℬ1198992 +

12

ℬ1198992 supe 1198632 +

12

ℬ1198992 = 1198632 +

122 ℬ119899

2 +1

22 ℬ1198992

supe 1198633 +1

22 ℬ1198992 = 1198633 +

123 ℬ119899

2 +1

23 ℬ1198992 supe hellip supe 119863119896 +

12119896minus1 ℬ

1198992

= 119863119896 +1

2119896 ℬ1198992 +

12119896 ℬ119899

2 supe 119863119896+1 +1

2119896 ℬ1198992

Άρα η 119863 είναι φθίνουσα τομή μη κενών συμπαγών συνόλων Οπότε

το 119863 θα είναι διαφορετικό του κενού συνόλου Έχουμε ότι το 119863 είναι

υποσύνολο του 119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 Επίσης ισχύει

119863 sube 119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992 sube 119863119896 + 120598ℬ119899

2

για 119896 αρκετά μεγάλο (119896 ge 1+log2(1120598)) Μένει να δείξουμε ότι 119863119896 sube 119863+

120598ℬ1198992 Έτσι θα καταλήξουμε στο 120575(119863 119863119896) le 120598 Θέτουμε 119866 = int(119863 + 120598ℬ119899

2)το οποίο είναι διαφορετικό του κενού συνόλου (αφού περιέχει μεταφορά

της ευκλείδειας μπάλας) Από το ότι η 119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 είναι φθίνουσα

έχουμε

(1198631 + ℬ1198992) ⧵ 119866 supe (1198632 +

12

ℬ1198992) ⧵ 119866 supe hellip

Η τομή αυτής της ακολουθίας είναι υποσύνολο του 119863 αφού

infin

⋂119896=1

((119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992) ⧵ 119866) sube

infin

⋂119896=1

(119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992) = 119863

Επίσης φανερά το 119863 είναι υποσύνολο του 119866 = int(119863 + 120598ℬ1198992) διότι

αν πάρουμε ένα 119909 στο 119863 τότε θα έχουμε 119909 + 120598ℬ1198992 sube 119863 + 120598ℬ119899

2 οπότε

ℬ1198992(119909 120598) sube 119863 + 120598ℬ119899

2 και άρα 119909 isin int(119863 + 120598ℬ1198992) Θέτουμε

119860 =infin

⋂119896=1

((119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992) ⧵ 119866) = (

infin

⋂119896=1

(119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992)) ⧵ 119866

Άρα το Α είναι υποσύνολο του ℝ119899 ⧵ 119866 το οποίο αφού 119863 sube 119866 είναιυποσύνολο του ℝ119899 ⧵ 119863 Συνεπώς το Α είναι το κενό σύνολο γιατί τα

στοιχεία του ανήκουν στο 119863 και στο συμπλήρωμα του 119863 Άρα υπάρχει

1198960 isin ℕ ώστε το σύνολο (1198631198960+ (121198960minus1)ℬ119899

2) ⧵ 119866 να είναι το κενό Άρα

1198631198960+

121198960minus1 ℬ

1198992 sube 119866 sube 119863 + 120598ℬ119899

2

Όμως για κάθε 119896 ge 1198960

119863119896 sube 1198631198960+

121198960minus1 ℬ

1198992

αφού

119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992 sube 1198631198960

+1

21198960minus1 ℬ1198992 sube 119863 + 120598ℬ119899

2

Οπότε

119863119896 sube 119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992 sube 119863 + 120598ℬ119899

2

Έτσι για αρκετά μεγάλο 119896 ισχύει 119863119896 sube 119863 + 120598ℬ1198992 και 119863 sube 119863119896 + 120598ℬ119899

2

Επομένως 120575(119863119896 119863) le 120598

ΟΙ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ PREKOPA-LEINDLER ΚΑΙ

BRUNN-MINKOWSKI

Η παρουσίαση των επόμενων θεμάτων με πλήρη αυστηρότητα

απαιτεί τη γνώση θεωρίας μέτρου κάτι που ξεφεύγει από τους σκοπούς

του παρόντος Οι αναγνώστες που δεν έχουν αυτές τις γνώσεις θα

πρέπει να αποδεχθούν τα ακόλουθα

(i) Οι συναρτήσεις που θα εμφανίζονται παρακάτω θα είναι πάντα

ολοκληρώσιμες

(ii) Σε οποιοδήποτε πολλαπλό ολοκλήρωμα που εμφανίζεται παρακά-

τω μπορούμε να αλλάζουμε τη σειρά της ολοκλήρωσης (Θεώρημα

Fubini)

(iii) Το συνολικό laquoμήκοςraquo ενός υποσυνόλου του ℝ είναι το supremum

των μηκών συμπαγών υποσυνόλων του (εσωτερική κανονικότητα

του μέτρου Lebesgue) Για παράδειγμα |(2 5)| = 5 minus 2 = 3 και

το [2 + 1119899 5 minus 1

119899] είναι συμπαγές υποσύνολο του (2 5) με

sup119899

∣[2 +1119899

5 minus1119899

]∣ = sup119899

(5 minus1119899

minus (2 +1119899)) = sup

119899(3 minus

2119899) = 3

-

Θ Έστω ότι οι 119891 119892 ℎ ge 0 είναι ολοκληρώσιμες συναρτή-σεις από το ℝ119899 στο ℝ και 0 lt 120582 lt 1 Αν ισχύει

() ℎ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge 119891(119909)1minus120582119892(119910)120582

για κάθε 119909 119910 στο ℝ119899 τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge (intℝ119899

119891(119909) 119889119909)1minus120582

(intℝ119899

119892(119910) 119889119910)120582

- -

Π Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση 119896(119909) = 119891(119909)1minus120582119892(119909)120582

τότε από την ανισότητα Houmllder για 119901 = 1(1 minus 120582) και 119902 = 1120582 (οπότε1119901

+ 1119902

= 1) προκύπτει

intℝ119899

119896(119909) 119889119909 le (intℝ119899

(119891(119909)1minus120582)119901)

1119901

(intℝ119899

(119892(119909)120582)119902)

1119902

= (intℝ119899

119891(119909) 119889119909)1minus120582

(intℝ119899

119892(119910) 119889119910)120582

Δηλαδή η αντίστροφη της παραπάνω ανισότητας Η διαφορά εδώ

είναι ότι η ℎ πρέπει να ικανοποιεί την (61) για κάθε 119909 και για κάθε 119910

οπότε θα είναι μεγαλύτερη από την 119896(119909) που ικανοποιεί την (61) (με

ισότητα) μόνο για 119909 = 119910 Με αυτή την έννοια η ανισότητα Prekopa-

Leindler ερμηνεύεται ως laquoαντίστροφη μορφήraquo της ανισότητας Houmllder

Για την απόδειξη του Θεωρήματος θα χρειαστούμε το ακόλουθο

λήμμα

Λ Αν η 119891 ∶ ℝ rarr [0 infin) είναι μετρήσιμη συνάρτηση τότε

intℝ

119891(119909) 119889119909 = intinfin

0∣119909 isin ℝ ∶ 119891(119909) ge 119905∣ 119889119905

Απόδειξη Θέτουμε 119860119905 = 119909 ∶ 119891(119909) ge 119905 για κάθε 119905 ge 0 Παρατηρούμετώρα ότι 120594[0119891(119909)](119905) = 1 αν και μόνο αν 0 le 119905 le 119891(119909) αν και μόνο

αν 120594119860119905(119909) = 1 για 119905 ge 0 Αλλιώς και οι δύο αυτές χαρακτηριστικές

συναρτήσεις είναι ίσες με μηδέν Έτσι αλλάζοντας την κατάλληλη στιγμή

τη σειρά ολοκλήρωσης έχουμε

intℝ

119891(119909) 119889119909 = intℝ

int119891(119909)

0119889119905 119889119909

= intℝ

intinfin

0120594[0119891(119909)](119905) 119889119905 119889119909

= intinfin

0int

ℝ120594119860119905

(119909) 119889119909 119889119905

= intinfin

0∣119909 ∶ 119891(119909) ge 119905∣ 119889119905

-

Απόδειξη του Θεωρήματος Θα κάνουμε επαγωγή στο 119899 Πριν

αποδείξουμε την περίπτωση 119899 = 1 αποδεικνύουμε το εξής

Ι Αν τα 119877 119878 119879 sube ℝ είναι μη κενά σύνολα που έχουν laquoμήκοςraquo

(δηλαδή είναι μετρήσιμα) και 0 lt 120582 lt 1 ώστε 119877 supe (1 minus 120582)119878 + 120582119879 τότε

|119877| ge (1 minus 120582)|119878| + 120582|119879| όπου | sdot | είναι το μήκος (μέτρο Lebesgue)

[Απόδειξη του ισχυρισμού Επειδή |(1 minus 120582)119878| = (1 minus 120582)|119878| και |120582119879| = 120582|119879|αρκεί να αποδείξουμε ότι |119878 + 119879| ge |119878| + |119879| Σύμφωνα με την ιδιότητα

του μήκους που περιγράψαμε στην αρχή του κεφαλαίου θα υποθέσουμε

χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι τα 119878 119879 είναι συμπαγή Άρα το 119878 έχει

μέγιστο στοιχείο έστω το 119904 και το 119879 έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το

119905 Έτσι 119878 minus 119904 sube (minusinfin 0] και 119879 minus 119905 sube [0 infin) Δηλαδή τα σύνολα αυτά

έχουν κοινό στοιχείο μόνο το 0 Οπότε αφού 0 isin 119879 minus 119905 συνεπάγεται

ότι 119878 minus 119904 sube (119878 minus 119904) + (119879 minus 119905) και αφού 0 isin 119878 minus 119904 συνεπάγεται ότι

119879 minus 119905 sube (119878 minus 119904) + (119879 minus 119905) Άρα αφού η μόνη τομή του 119878 minus 119904 με το

119879 minus 119905 είνα το 0 συμπεραίνουμε ότι

|119878 + 119879| = |119878 + 119879 minus (119904 + 119905)| = ∣(119878 minus 119904) + (119879 minus 119905)∣

ge ∣(119878 minus 119904) cup (119879 minus 119905)∣ ge |(119878 minus 119904)| + |(119879 minus 119905)|ge |119878| + |119879|

ολοκληρώνοντας την απόδειξη του ισχυρισμού ]

Ξεκινάμε την επαγωγική διαδικασία Έστω ότι 119899 = 1 Από την (61)εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει

119911 ∶ ℎ(119911) ge 119905 supe (1 minus 120582)119909 ∶ 119891(119909) ge 119905 + 120582119910 ∶ 119892(119910) ge 119905

διότι αν119891(119909) ge 119905 και 119892(119910) ge 119905 τότε από την υπόθεση ℎ ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge119905 άρα (1minus120582)119909+120582119910 isin 119911 ∶ ℎ(119911) ge 119905 Άρα από τον παραπάνω ισχυρισμό

ισχύει

∣119911 ∶ ℎ(119911) ge 119905∣ ge (1 minus 120582)∣119909 ∶ 119891(119909) ge 119905∣ + 120582∣119910 ∶ 119892(119910) ge 119905∣

Χρησιμοποιούμε τώρα το Λήμμα και ολοκληρώνοντας ως προς 119905παίρνουμε

intℝ

ℎ ge (1 minus 120582) intℝ

119891 + 120582 intℝ

119892 ge (intℝ

119891)1minus120582

(intℝ

119892)120582

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Αριθ-

- -

μητικού-Γεωμετρικού Μέσου (Θεώρημα ) Αυτό επιβεβαιώνει το

πρώτο βήμα της επαγωγής

Έστω ότι το αποτέλεσμα ισχύει για 119899 minus 1 και ότι 119891 119892 ℎ ∶ ℝ119899 rarr ℝόπως στην υπόθεση Επειδή ℝ119899 = ℝ times ℝ119899minus1 για κάθε 119905 isin ℝ θέτουμε

119891119905 ∶ ℝ119899minus1 rarr ℝ με 119891119905(119909) = 119891(119905 119909) και ομοίως ορίζουμε τις 119892119905 και ℎ119905

Έτσι αν 119905 = (1 minus 120582)1199051 + 1205821199052 για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899minus1 ισχύει

ℎ119905((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge (1198911199051(119909))1minus120582

(1198921199052(119909))120582

Εφαρμόζοντας την επαγωγική υπόθεση συμπεραίνουμε ότι

intℝ119899minus1

ℎ119905(119909) 119889119909 ge (intℝ119899minus1

1198911199051(119909)119889119909)1minus120582

(intℝ119899minus1

1198921199052(119909)119889119909)120582

()

Ορίζουμε τις συναρτήσεις 119865 119866119867 ∶ ℝ rarr ℝ θέτοντας 119865(119905) = intℝ119899minus1 119891119905(119909)119889119909και ομοίως για τις 119866 και 119867 Η () γράφεται ως 119867((1 minus 120582)1199051 + 1205821199052) ge119865(1199051)1minus120582119866(1199052)120582

Έτσι αναχθήκαμε στην περίπτωση 119899 = 1 που την έχουμε επιβεβαιώ-

σει Συνεπώς

intℝ

119867(119905) 119889119905 ge (intℝ

119865(119905) 119889119905)1minus120582

(intℝ

119866(119905) 119889119905)120582

οπότε

intℝ

intℝ119899minus1

ℎ(119905 119909) 119889119905119889119909 ge (intℝ

intℝ119899minus1

119891(119905 119909) 119889119905119889119909)1minus120582

(intℝ

intℝ119899minus1

119892(119905 119909) 119889119905119889119909)120582

που είναι η ζητούμενη

Άσκηση Επεκτείνετε το Λήμμα στον ℝ119899 δείχνοντας ότι αν 119891 ∶ ℝ119899 rarr[0 infin) μετρήσιμη συνάρτηση τότε

intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = intinfin

0vol119899119909 isin ℝ119899 ∶ 119891(119909) ge 119905 119889119905

Άσκηση Χρησιμοποιήστε την προηγούμενη άσκηση για να αποδείξετε

-

ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 ισχύει

intℝ119899

119890minus119909119870 119889119909 = 119899 vol119899(119870)

Με τον ίδιο τρόπο αποδείξτε ότι για κάθε 119901 gt 0 ισχύει

intℝ119899

119890minus119909119901119870 119889119909 = Γ (1 +

119899119901) vol119899(119870)

Άσκηση Έστω ότι η 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin) ικανοποιεί την 0 lt intℝ119899 119891 lt infinκαι η log 119891 είναι κοίλη συνάρτηση (δηλαδή η minus log 119891 είναι κυρτή) Αποδείξτε

ότι υπάρχει 119905 isin (0 1) ώστε το σύνολο 119870(119905) = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119891(119909) gt 119905 να έχει

θετικό μέτρο Lebesgue και είναι κυρτό φραγμένο και με μη κενό εσωτερικό

(Υποδειξη για το φραγμένο χρησιμοποιήστε την Άσκηση ενώ για το μη

κενό εσωτερικό αποδείξτε το ότι λόγω θετικού μέτρου περιέχει 119899 + 1 σημεία σε

γενική θέση)

-

Η ανισότητα Brunn-Minkowski παίζει κεντρικό ρόλο στη θεωρία

των κυρτών σωμάτων Υπάρχουν διάφοροι τρόποι να αποδειχθεί Εδώ

επιλέγουμε τη χρήση της ανισότητας Prekopa-Leindler

Θ (Πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Brunn-Minkowski)

Έστω ότι τα 119878 119879 είναι μη κενά συμπαγή υποσύνολα του ℝ119899 Τότε

vol ((1 minus 120582)119878 + 120582119879) ge vol(119878)1minus120582vol(119879)120582

για κάθε 120582 isin [0 1]

Απόδειξη Θέτουμε 119891 = 120594119878 ∶ ℝ119899 rarr ℝ και 119892 = 1119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ με

120594119878(119909) = 1 αν 119909 isin 1198780 αν 119909 notin 119878 και 120594119879(119909) =

1 αν 119909 isin 1198790 αν 119909 notin 119879

Οπότε int 119891 = vol(119878) και int 119892 = vol(119879) Θέτουμε 119877 = (1 minus 120582)119878 + 120582119879 και

ℎ = 120594119877 Οι ℎ 119891 119892 ικανοποιούν τις υποθέσεις της ανισότητας Prekopa-

Leindler αφού αν 119891(119909) = 0 ή 119892(119910) = 0 η υπόθεση της Prekopa-Leindler

ισχύει Ενώ αν 119891(119909) ne 0 και 119892(119910) ne 0 τότε 119909 isin 119878 και 119910 isin 119879 οπότε

(1 minus 120582)119909 + 120582119910 isin (1 minus 120582)119878 + 120582119879 και άρα ℎ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) = 1 Έτσι και

πάλι επαληθεύονται οι υποθέσεις της Prekopa-Leindler

- -

Συνεπώς

int ℎ ge (int 119891)1minus120582

(int 119892)120582

δηλαδή int 1119877 ge (int 1119878)1minus120582

(int 1119879)120582

άρα

vol(119877) ge vol(119878)1minus120582vol(119879)120582

οπότε

vol ((1 minus 120582)119878 + 120582119879) ge vol(119878)1minus120582vol(119879)120582

Θ (Αθροιστική μορφή της ανισότητας Brunn-Minkowski)

Έστω ότι τα 119878 119879 είναι μη κενά και συμπαγή υποσύνολα του ℝ119899 Τότε

vol(119878 + 119879)1119899 ge vol(119878)1119899 + vol(119879)1119899

Αν ισχύει η ισότητα για κάποιο τότε ένα από τα 119878 119879 είναι πολλαπλάσιοτου άλλου

Απόδειξη Η απόδειξη της περίπτωσης της ισότητας δεν θα γίνει σεπαραπομ-

πή αυτό το σημείο γιατί απαιτεί άλλου είδους απόδειξη η οποία είναι πιο

περίπλοκη Θα αποδείξουμε μόνο την ανισότητα

Γράφοντας |Α| αντί για vol(119860) θέτουμε

119870 =119878

|119878|1119899 119871 =119879

|119879|1119899 και 120582 =|119879|1119899

|119878|1119899 + |119879|1119899

(αν |119878| = 0 ή |119879| = 0 βλέπουμε εύκολα ότι η ζητούμενη ανισότητα

ισχύει οπότε υποθέτουμε ότι |119878| ne 0 και |119879| ne 0) Παρατηρούμε ότι

120582 isin [0 1] και ότι 1 minus 120582 = |119878|1119899(|119878|1119899 + |119879|1119899) Επίσης |119870| = 1 και

|119871| = 1 Εφαρμόζουμε την πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας

Brunn-Minkowski

∣(|119878|1119899

|119878|1119899 + |119879|1119899

119878|119878|1119899 +

|119879|1119899

|119878|1119899 + |119879|1119899

119879|119879|1119899 )∣ ge 11minus120582 sdot 1120582 = 1

Άρα

∣(119878

|119878|1119899 + |119879|1119899 +119879

|119878|1119899 + |119879|1119899 )∣ ge 1

από όπου προκύπτει

|119878 + 119879|1119899 ge |119878|1119899 + |119879|1119899

Π Ηπολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Brunn-Min-

kowski σε σχέση με την προσθετική της μορφή έχει το πλεονέκτημα ότι

είναι ανεξάρτητη της διάστασης 119899 Παρόλα αυτά εύκολα βλέπει κανείς

ότι οι δύο μορφές είναι ισοδύναμες

Στοι-

χειώδης

απόδειξη

της Brunn-

Minkowski

(να προ-

στεθείhellip)

Άσκηση Αποδείξτε ότι η πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας

Brunn-Minkowski ισχύει αν και μόνο αν ισχύει η προσθετική της μορφή

Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή ότι αν 120582119894 gt 0 και 119870119894 κυρτά σώματα για

119894 = 1 hellip 119898 τότε ισχύει

vol119899(120582119894119870119894) ge119898

prod119894=1

vol(119870119894)120582119894

Χρησιμοποιήστε αυτή την ανισότητα για να αποδείξετε ότι για θετικά ορισμέ-

νους 119899 times 119899 πίνακες 119860119894 ισχύει

det (119899

sum119894=1

120582119894119860119894) ge119898

prod119894=1

det(119860119894)120582119894

Ο Έστω ότι το Α είναι διαφορετικό του κενού και συμ-

παγές υποσύνολο του ℝ119899 που έχει όγκο Το εμβαδόν επιφανείας του Αορίζεται να είναι το όριο

120597119860 = lim119905rarr0+

vol(119860 + 119905ℬ1198992) minus vol(119860)119905

εφόσον το όριο αυτό υπάρχει

Λ Αν119860 υποσύνολο τουℝ119899 το οποίο έχει εμβαδόν επιφανείαςτότε για κάθε 119903 gt 0 το 119903119860 έχει εμβαδόν επιφανείας και ισχύει

120597(119903119860) = 119903119899minus1120597(119860)

- -

Απόδειξη Γράφοντας | sdot | αντί για vol119899 από τον ορισμό του εμβαδού

επιφανείας έχουμε

120597(119903119860) = lim119905rarr0+

|119903119860 + 119905ℬ1198992| minus |119903119860|119905

= lim119905rarr0+

119903119899 ∣119860 + (119905119903)ℬ1198992∣ minus 119903119899|119860|

119905

= 119903119899 lim119905rarr0+

∣119860 + (119905119903)ℬ1198992∣ minus |119860|

119905= 119903119899minus1 lim

119905rarr0+

∣119860 + (119905119903)ℬ1198992∣ minus |119860|

119905119903= 119903119899minus1120597(119860)

Για να αποδείξουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα θα αποδείξουμε

πρώτα ένα θεώρημα το οποίο μας λέει ότι από όλα τα σώματα με τον

ίδιο όγκο το ελάχιστο εμβαδόν επιφανείας το έχει η ευκλείδεια μπάλα

Θ Αν vol119899(ℬ1198992) = vol119899(119860) με το Α να είναι υποσύνολο

του ℝ119899 που έχει όγκο και εμβαδόν επιφανείας τότε

120597119860 ge 120597ℬ1198992

Απόδειξη Γράφοντας |sdot| αντί για vol119899 και χρησιμοποιώντας την ανισότητα

Brunn-Minkowski έχουμε

120597119860 = lim119905rarr0+

|119860 + 119905ℬ1198992| minus |119860|119905

ge lim119905rarr0+

(|119860|1119899 + |119905ℬ119899

2|1119899 )

119899minus |119860|

119905

= lim119905rarr0+

(|119860|1119899 + 119905|ℬ119899

2|1119899 )

119899minus |119860|

119905= lim

119905rarr0+

119899 (|119860|1119899 + 119905|ℬ119899

2|1119899 )

119899minus1|ℬ119899

2|1119899

1= 119899|119860|

119899minus1119899 |ℬ119899

2|1119899 = 119899|ℬ119899

2|119899minus1119899 |ℬ119899

2|1119899 = 119899|ℬ119899

2|

Όμως

120597(ℬ1198992) = lim

119905rarr0+

|ℬ1198992 + 119905ℬ119899

2| minus |ℬ1198992|

119905= lim

119905rarr0+

|(1 + 119905)ℬ1198992| minus |ℬ119899

2|119905

= lim119905rarr0+

(1 + 119905)119899|ℬ1198992| minus |ℬ119899

2|119905

= |ℬ1198992| lim

119905rarr0+

(1 + 119905)119899 minus 1119905

= |ℬ1198992| lim

119905rarr0+

119899(1 + 119905)119899minus1

1= 119899|ℬ119899

2|

Συνεπώς 120597119860 ge 120597(ℬ1198992)

Θ (Η Ισοπεριμετρική ανισότητα) Έστω ότι το 119860 είναιυποσύνολο του ℝ119899 το οποίο έχει όγκο και εμβαδόν επιφανείας Αν 120597119860 =120597(119903ℬ119899

2) τότεvol119899(119860) le vol119899(119903ℬ119899

2)

Απόδειξη Το σύνολο (|119903ℬ1198992|

1119899 |119860|

1119899 )119860 έχει όγκο ίσο με |119903ℬ119899

2| διότι

∣|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

119860∣ = (|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

)119899

|119860| = |119903ℬ1198992|

Οπότε θα έχουμε ότι

120597 (|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

119860) ge 120597(119903ℬ1198992)

Έτσι χρησιμοποιώντας το Λήμμα συμπεραίνουμε ότι

(|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

)119899minus1

120597119860 ge 120597(119903ℬ1198992)

οπότε |119903ℬ1198992||119860| ge 1 Επομένως |Α| le |119903ℬ119899

2|

Άσκηση Έστω ότι το 119860 είναι υποσύνολο του ℝ119899 το οποίο έχει όγκο και

εμβαδόν επιφανείας Αποδείξτε ότι

(|119860||ℬ119899

2|)

1119899

le (120597119860120597ℬ119899

2)

1119899minus1

Μια άλλη εφαρμογή της ανισότητας Brunn-Minkowski είναι η αρχή

του Brunn Μας περιγράφει μια ιδιότητα του όγκου των τομών ενός

σώματος 119870 με υπερεπίπεδο κάθετο σε συγκεκριμένη διεύθυνση

- -

Θ Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 και120579 isin 120138119899minus1 Θέτουμε 120579⟂ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 120579⟩ = 0 και θεωρούμε τησυνάρτηση 119891120579 ∶ ℝ rarr ℝ με

119891120579(119905) = vol119899minus1(119870 cap (120579⟂ + 119905120579))

Τότε η 1198911(119899minus1)120579 είναι κοίλη στον φορέα της

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι 120579 = 119890119899 Έτσι

119891120579(119905) = vol119899minus1(119870 cap 119909 ∶ 119909119899 = 119905) Θέτουμε 119870(119905) = 119909 isin ℝ119899minus1 ∶ (119909 119905) isin119870 οπότε 119891120579(119905) = vol119899minus1(119870(119905)) Αν τα 119905 119904 είναι στον φορέα της 119891120579 (δηλαδή

αν 119891120579(119905) ne 0 και 119891120579(119904) ne 0) και 120582 isin [0 1] ισχύει

119870((1 minus 120582)119905 + 120582119904) supe (1 minus 120582)119870(119905) + 120582119870(119904)

Πράγματι αν 119911 = (1 minus 120582)119909 + 120582119910 με 119909 isin 119870(119905) και 119910 isin 119870(119904) τότε(119909 119905) isin 119870 και (119909 119904) isin 119870 και από την κυρτότητα του 119870 συμπεραίνουμε

ότι (1 minus 120582)(119909 119905) + 120582(119910 119904) isin 119870 Οπότε ((1 minus 120582)119909 + 120582119910 (1 minus 120582)119905 + 120582119904) isin 119870

δηλαδή (1 minus 120582)119909 + 120582119910 isin 119870((1 minus 120582)119905 + 120582119904)Εφαρμόζουμε τώρα την ανισότητα Brunn-Minkowski στον ℝ119899minus1 και

(γράφοντας | sdot | για τον 119899 minus 1-όγκο) παίρνουμε

∣119870((1 minus 120582)119905 + 120582119904)∣1(119899minus1)

ge ∣(1 minus 120582)119870(119905) + 120582119870(119904)∣1(119899minus1)

ge (1 minus 120582)∣119870(119905)∣1(119899minus1) + 120582∣119870(119904)∣

1(119899minus1)

δηλαδή το ζητούμενο

Η αρχή του Brunn αποδείχθηκε ως συνέπεια της ανισότητας Brunn-

Minkowski Όμως για κυρτά σύνολα είναι ισοδύναμη με αυτήν Οι λε-

πτομέρειες δίνονται στην Άσκηση

Άσκηση Αποδείξτε ότι η αρχή του Brunn συνεπάγεται την ανισότητα

Brunn-Minkowski ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Για δυο κυρτά σύνολα 119870 και 119879 στον ℝ119899 θεωρήστε τα 1198701 = 119870 times 0 subeℝ119899+1 1198791 = 119879 times 1 sube ℝ119899+1 και

119871 = conv1198701 1198791 = (1minus120582)(119909 0)+120582(119910 1) ∶ 120582 isin [0 1] 119909 isin 119870 119910 isin 119879

Δείξτε ότι 119871(119905) = (1 minus 119905)119870 + 119905119879 για κάθε 119905 isin [0 1]

(ii) Εφαρμόστε την αρχή του Brunn για τα 119871(0) 119871(1) και 119871(12)

Το λήμμα του Borel μας λέει ότι ο όγκος μειώνεται πολύ γρήγορα

από τη στιγμή που αποκοπεί από ένα κυρτό σώμα ένα κυρτό τμήμα

του όγκου μεγαλύτερου του 12

Θ Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα όγκου 1 στον ℝ119899

και 119860 ένα κεντρικά συμμετρικό κλειστό και κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 πουικανοποιεί την vol119899(119870 cap 119860) =∶ 120575 gt 12 Τότε για κάθε 119905 gt 1 ισχύει

vol119899(119870 cap (119905119860)119888) le 120575 (1 minus 120575

120575 )(119905+1)2

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι

119860119888 supe2

119905 + 1(119905119860)119888 +

119905 minus 1119905 + 1

119860()

Πράγματι αν όχι τότε υπάρχει 119886 isin 119860 ώστε

119886 =2

119905 + 1119909 +

119905 minus 1119905 + 1

119910

όπου 119910 isin 119860 και 119909 isin (119905119860)119888 δηλαδή 119909 notin 119905119860 Κάνοντας στοιχειώδεις

πράξεις προκύπτει ότι

1119905119909 =

119905 + 12119905

119886 +119905 minus 12119905

(minus119910)

Το minus119910 ανήκει στο 119860 αφού το 119860 είναι κεντρικά συμμετρικό Άρα το

119909119905 γράφεται ως κυρτός συνδυασμός στοιχείων του 119860 Επειδή το 119860είναι κυρτό συμπεραίνουμε ότι 119909119905 isin 119860 δηλαδή 119909 isin 119905119860 το οποίο είναι

άτοπο

Επιστρέφοντας στην () και τέμνοντας με το 119870 παίρνουμε

119870 cap 119860119888 supe2

119905 + 1((119905119860)119888 cap 119870) +

119905 minus 1119905 + 1

(119860 cap 119870)

Η ανισότητα Brunn-Minkowski στην πολλαπλασιαστική της μορφή δίνει

1 minus 120575 = |119870 cap 119860119888| ge ∣(119905119860)119888 cap 119870∣2(119905+1)|119860 cap 119870|(119905minus1)(119905+1)

- -

από όπου με απλές πράξεις προκύπτει η ζητούμενη

Άσκηση Διερευνήστε και επιβεβαιώστε το λήμμα του Borel όταν 119870 =ℬ119899

2|ℬ1198992|1119899 και το 119860 είναι κατάλληλο πολλαπλάσιο του 119870

Άσκηση Ίδια άσκηση με την προηγούμενη όταν 119870 = ℬ119899infin|ℬ119899

infin|1119899 και

119870 = ℬ1198991 |ℬ119899

1 |1119899

Η ΣΥΜΜΕΤΡΙΚΟΠΟΙΗΣΗ STEINER

Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα και Η υπερεπίπεδο στον ℝ119899

με 0 isin 119867 Το συμμετρικό κατά Steiner του 119870 ως προς το Η ορίζεται ως

εξής Για κάθε ευθεία 119871 κάθετη στο Η με 119870 cap 119871 ne μετατοπίζουμε το

ευθύγραμμο τμήμα 119870 cap 119871 πάνω στην 119871 μέχρι το κέντρο του να βρεθεί

πάνω στο Η Η ένωση όλων αυτών των μετατοπισμένων ευθύγραμμων

τμημάτων συμβολίζεται με St119867(119870) (ή St(119870) αν εννοείται ποιο είναι το

υπερεπίπεδο ως προς το οποίο γίνεται η συμμετρικοποίηση) και λέγεται

Steiner συμμετρικό του 119870 ως προς το υπερεπίπεδο Η Θα ακολουθήσει

ο αυστηρός ορισμός της συμμετρικοποίησης

Αν το 119867 είναι υπερεπίπεδο που περνάει από την αρχή των αξόνων

θα γράφουμε Proj119867για την ορθογώνια προβολή πάνω το 119867 Αν για

παράδειγμα το 119906 είναι μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στο 119867 τότε Proj119867(119909) =

119909 minus ⟨119909 119906⟩119906

Ο Έστω ότι το Κ είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 και Ηυπερεπίπεδο στον ℝ119899 ώστε 0 isin Η Το συμμετρικό κατά Steiner του 119870ως προς το Η ορίζεται να είναι το σύνολο

St119867(119870) = 119910 + 120582119906 ∶ 119910 isin Proj119867(119870) και |120582| le

12

|119870 cap (119910 + ℝ119906)|

όπου το 119906 να είναι κάθετο στο Η 1199062 = 1 και ℝ119906 ∶= 119903119906 ∶ 119903 isin ℝ

Στα παρακάτω το Η θα είναι ένα υπερεπίπεδο με 0 isin Η και 119871 η κάθετη

ευθεία στο Η που περνάει από το 0 όπως στο Σχήμα (σελίδα )

Αν το υπερεπίπεδο εννοείται ποιο είναι ή ισχύει κάτι οποιοδήποτε και

αν είναι το 119867 τότε θα γράφουμε και St(119870) παραλείποντας το 119867 από

τον συμβολισμό

Ακολουθεί μια σειρά προτάσεων που περιγράφουν διάφορες από

τις ιδιότητες της συμμετρικοποίησης Steiner

Λ Αν το Τ sube ℝ2 είναι ένα τραπέζιο με τις παράλληλες πλευ-ρές του κάθετες στο υπερεπίπεδο (εδώ ευθεία) 119867 τότε η συμμετρικοποίησηSteiner του 119879 ως προς το 119867 είναι και πάλι τραπέζιο

Πριν δώσουμε την αυστηρή απόδειξη και για να γίνει αυτή ευκολότερα

κατανοητή κοιτάξτε στο Σχήμα Στα αριστερά βλέπουμε το τραπέζιο

119879 το οποίο είναι να συμμετρικοποιηθεί Στα δεξιά έχουμε το τραπέζιο

που σχηματίζεται με την κυρτή θήκη των συμμετρικοποιημένων βάσεων

του αρχικού τραπεζίου Δηλαδή το σχήμα που εικονίζεται στα δεξιά δεν

d

Z [

[

[

copy [ Y Z

uml Z

copy [

uml

x

y

z

|

Z

YZ

[

Y[d

~

Σ Τραπέζιο και η κυρτή θήκη των συμμετρικοποιημένων πλευρών

πάνω στις ευθείες 1198711 και 1198712

είναι a priori το συμμετρικοποιημένο τραπέζιο του δεξιού σχήματος αλλά

το τραπέζιο που σχηματίζεται αν συμμετρικοποιήσουμε τις βάσεις (και

μόνο) του αρχικού τραπεζίου και στη συνέχεια πάρουμε την κυρτή τους

θήκη Αυτό που θέλουμε να δείξουμε για να αποδειχθεί το παραπάνω

λήμμα είναι ότι St(119879) = 119862119863119864119865 Αυτό θα είναι σωστό αν αποδείξουμε ότι

η τομή του 119879 με την ευθεία 119871 δηλαδή το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ έχειτο ίδιο μήκος με την τομή του 119862119863119864119865 με την 119871 δηλαδή το τμήμα 119866119867

Απόδειξη του λήμματος Θεωρούμε τραπέζιο 119879 με τις βάσεις του κάθετες

στον άξονα των 119909 και υποθέτουμε επίσης ότι η μία κορυφή του είναι στην

αρχή των αξόνων με τη μία βάση του μήκους 120572 πάνω τον άξονα των 119910

ενώ η άλλη βάση του με μήκος 120573 έχει τετμημένη 120574 (δείτε Σχήμα ) Έστω

ότι 120582 isin (0 1) Αρκεί να αποδείξουμε ότι το μήκος της τομής του 119879 με

την ευθεία 119871 παράλληλη στις βάσεις του τραπεζίου και με τετμημένη 120582120574έχει μήκος (1minus120582)119886+120582119887 Αν αποδειχθεί αυτό θα ολοκληρωθεί η απόδειξη

αφού τα στοιχεία που συνιστούν αυτή την έκφραση παραμένουν τα

ίδια και στο τραπέζιο

conv0 times [minus1205722 1205722] 120574 times [minus1205732 1205732]

που είναι σχεδιασμένο στα δεξιά του Σχήματος Αυτό τώρα είναι

εύκολο αν τα άκρα της βάσης 120574 times [minus1205732 1205732] έχουν τεταγμένες 1205731και 1205732 ώστε 120573 = 1205732 minus 1205731 τότε οι μη παράλληλες πλευρές του τραπεζίου

119879 ανήκουν στις ευθείες με εξισώσεις

119910 =1205732 minus 120572

120574119909 + 120572 και 119910 =

1205731

120574119909

Έτσι

|119860119861| =1205732 minus 120572

120574120582120574 + 120572 minus

1205731

120574120582120574

Εύκολα βλέπουμε ότι η τελευταία παράσταση ισούται με (1 minus 120582)120572 + 120582120573δηλαδή το ζητούμενο

Λ Για κάθε (μετρήσιμο) σύνολο 119870 sube ℝ119899 και για κάθε119909 isin ℝ119899 ισχύει St119867(119870 + 119909) = St119867(119870) + Proj

119867(119909)

Απόδειξη Έστω ότι 119867 = ℝ119899minus1 και 119906 ένα κάθετο στον 119867 μοναδιαίο

διάνυσμα Αν πάρουμε ένα στοιχείο (119911 120582) isin ℝ119899 όπου 119911 isin ℝ119899minus1 και

120582 isin ℝ τότε αυτό ανήκει στο St119867(119870+119909) αν και μόνο αν γράφεται ως (119911 120582)όπου 119911 isin Proj

119867(119870+119909) και |120582| le (12)|(119870+119909)cap(119911+ℝ119906)| Αλλά από τη

γραμμικότητα της προβολής ισχύει Proj119867(119870 + 119909) = Proj

119867(119870) + Proj

119867(119909)

Επίσης

∣(119870 + 119909) cap (119911 + ℝ119906)∣ = ∣119870 cap ((119911 minus 119909) + ℝ119906)∣

αφού το μήκος είναι αναλλοίωτο στις μεταφορές Εύκολα βλέπουμε (επειδή

119906 ⟂ 119867) ότι (119911minus119909)+ℝ119906 = 119911minusProj119867(119909)+ℝ119906 Οπότε (119911 120582) isin St119867(119870+119909)

αν και μόνο αν 119911 minus Proj119867(119909) isin Proj

119867(119870) και

|120582| le12∣119870 cap ((119911 minus Proj

119867(119909)) + ℝ119906)∣

Αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν (119911 minus Proj119867(119909) 120582) isin St119867(119870) δηλαδή αν

και μόνο αν (119911 120582) isin St119867(119870) + Proj119867(119909)

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 το St(119870) είναι κυρτό σώμα

Απόδειξη Το 119870 ως συμπαγές είναι φραγμένο Άρα υπάρχει 119877 gt 0 ώστε

119870 sube ℬ1198992(0 119877) Συνεπώς St(119870) sube ℬ119899

2(0 119877) οπότε το St(119870) φραγμένο

Επίσης εύκολα βλέπουμε ότι είναι κλειστό Πράγματι

St(119870) = (119910 120582) ∶ 119910 isin Proj119867(119870) και |120582| le

12

|119870 cap (119910 + ℝ119906)|

όπου το 119906 είναι κάθετο μοναδιαίο διάνυσμα στον υπερεπίπεδο 119867 και τα

119910 θεωρούνται ως σημεία του ℝ119899minus1 Έτσι αν θεωρήσουμε μια ακολουθία

σημείων (119910119898 120582119898) μέσα στο St(119870) που συγκλίνει έστω στο (119910 120582) (ως προς

την ευκλείδεια νόρμα) τότε από τις ιδιότητες της απόστασης 119910119898 rarr 119910και 120582119898 rarr 120582 Αλλά η προβολή Proj

119867(119870) είναι κλειστό σύνολο αφού το 119870

είναι συμπαγές η απεικόνιση Proj119867είναι συνεχής όπως είδαμε στο τέλος

της Ενότητας σελίδα (δείτε και Πρόταση ) Άρα 119910 isin Proj119867(119870)

Επίσης |120582119898| le 12|119870 cap (119910 + ℝ119906)| και περνώντας στο όριο συμπεραίνουμε

|120582| le 12|119870 cap (119910 + ℝ119906)| Συνεπώς (119910 120582) isin St(119870) οπότε το St(119870) είναι

κλειστό Αφού είναι και φραγμένο είναι συμπαγές υποσύνολο του ℝ119899

Επειδή το 119870 έχει μη κενό εσωτερικό θεωρούμε μια ευκλείδεια μπάλα

ℬ1198992(119909 120598) sube 119870 για κατάλληλα 119909 isin 119870 και 120598 gt 0 Οπότε ℬ119899

2(0 120598) sube 119870 minus 119909Επειδή η συμμετρικοποίηση Steiner αφήνει αναλλοίωτες τις ευκλείδειες

μπάλες συμπεραίνουμε ότι ℬ1198992(0 120598) sube St(119870 minus 119909) Από το Λήμμα

έχουμε ότι St(119870 minus 119909) = St(119870) minus Proj119867(119909) οπότε ℬ119899

2(Proj119867(119909) 120598) sube St(119870)

δηλαδή το συμμετρικοποιημένο 119870 έχει μη κενό εσωτερικό

Μένει να δειχθεί ότι το St(119870) είναι κυρτό Αν τα 119909 119910 ανήκουν στο

St(119870) θεωρούμε το τραπέζιο

Τ = conv ((119870 cap (119871 + 119909)) cup (119870 cap (119871 + 119910))) sube 119870

(δείτε Σχήμα ) Αφού τα 119909 119910 ανήκουν στο St(Τ) και από το Λήμμα

το St(119879) είναι τραπέζιο οπότε κυρτό συνεπάγεται ότι [119909 119910] sube St(119879) subeSt(119870) δηλαδή το St(119870) είναι κυρτό ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Για κάθε 119870 κυρτό σώμα στον ℝ119899 και 119888 ge 0 ισχύει

St(119888119870) = 119888St(119870)

Απόδειξη Έστω ότι 119888 isin ℝ μεγαλύτερο του 0 Από τον ορισμό της

z

uml

copy

TU

TUz

Σ Η συμμετρικοποίηση Steiner Το συμμετρικοποιημένο σώμα

είναι κυρτό

συμμετρικοποίησης θα έχουμε

St(119888119870) = 119910 + 120582119906 ∶ 119910 isin Proj119867(119888119870) και |120582| le

12

|119888119870 cap (119910 + ℝ119906)|

= 119910 + 120582119906 ∶ 119910 isin 119888Proj119867(119870) και |120582| le

12 ∣119888119870 cap 119888 (

119910119888

+ ℝ119906)∣

= 119910 + 120582119906 ∶119910119888

isin Proj119867(119870) και

|120582|119888

le12 ∣119870 cap (

119910119888

+ ℝ119906)∣

Θέτουμε 119909 = 119910119888 και 120583 = 120582119888 Οπότε θα έχουμε

St(119888119870) = 119888119909 + 119888120583119906 ∶ 119909 isin Proj119867(119870) και |120583| le

12

|119870 cap (119909 + ℝ119906)|

= 119888 119909 + 120583119906 ∶ 119909 isin Proj119867(119870) και |120583| le

12

|119870 cap (119909 + ℝ119906)|

= 119888St(119870)

Π Για οποιαδήποτε κυρτά σώματα 119870 119863 στον ℝ119899 ισχύει

St(119870 + 119863) supe St(119870) + St(119863)

Απόδειξη Έστω ότι 119909 isin St(119870) και 119910 isin St(119863) Ισοδύναμα θα έχουμε

ότι 119909 = ℎ + 119897 και 119910 = 119896 + 119898 όπου τα ℎ 119896 ανήκουν στο Η και τα 119897 119898ανήκουν στην 119871 και ισχύει

|119897| le12 ∣(119870 cap (119871 + 119909))∣ και |119898| le

12 ∣(119863 cap (119871 + 119910))∣

Έτσι 119909 + 119910 = (ℎ + 119896) + (119897 + 119898) Φανερά ℎ + 119896 isin 119867 119897 + 119898 isin 119871 και

() |119897 + 119898| le |119897| + |119898| le12 (∣(119870 cap (119871 + 119909))∣ + ∣(119863 cap (119871 + 119910))∣)

Όμως

119870 cap (119871 + 119909) + 119863 cap (119871 + 119910) sube (119870 + 119863) cap (119871 + 119909 + 119910)

και από την Brunn-Minkowski παίρνουμε ότι

∣119870 cap (119871 + 119909) + 119863 cap (119871 + 119910)∣ ge ∣(119870 cap (119871 + 119909))∣ + ∣(119863 cap (119871 + 119910))∣

Έτσι συνεχίζοντας την () οδηγούμαστε στην

|119897 + 119898| le |119897| + |119898| le12 ∣(119870 + 119863) cap (119871 + 119909 + 119910)∣

Συνεπώς το 119909 + 119910 ανήκει στο St(119870 + 119863)

Π Για οποιαδήποτε κυρτά σώματα 119870 119863 στον ℝ119899 αν119870 sube 119863 τότε St(119870) sube St(119863)

Απόδειξη Αφού 119870 sube 119863 ισχύει 119870cap(119871+119909) sube 119863cap(119871+119909) οπότε θα έχουμε

ότι

() |119870 cap (119871 + 119909)| le |119863 cap (119871 + 119909)|

Έστω ότι 119911 isin St(119870) Τότε

119911 = (Proj119867119911) + 120582119906 με |120582| le |119870 cap (119871 + 119911)|

Από την () συνεπάγεται ότι

119911 = (Proj119867119911) + 120582119906 με |120582| le |119863 cap (119871 + 119911)|

Άρα 119911 isin St(119863) Επομένως St(119870) sube St(119863)

Π Για κάθε υπερεπίπεδο 119867 η St119867 ως απεικόνιση από τακυρτά σώματα στα κυρτά σώματα είναι συνεχής

Απόδειξη Αν τα 119870 1198701 1198702 hellip είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 και 119870119898 rarr 119870

θα δείξουμε ότι

St(119870119898) rarr St(119870)

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι 0 isin int(119870) Από το

Πόρισμα το 119870119898 συγκλίνει στο 119870 αν και μόνον αν για κάθε 120598 gt 0υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 να ισχύει

(1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sub (1 minus 120598)119870

Άρα

(1 minus 120598)St(119870) sube St(119870119898) sube St(119870)(1 + 120598)

δηλαδή το ζητούμενο

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει

vol(St(119870)) = vol(119870)

Απόδειξη Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι η συμμετρικο-

ποίηση είναι ως προς το υπερεπίπεδο των πρώτων 119899minus1 συντεταγμένων

Έχουμε ότι

vol(119870) = intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin120594119870((1199091 1199092 hellip 119909119899)) 1198891199091198991198891199091 hellip 119889119909119899minus1

= intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin∣119870 cap (119871 + (1199091 hellip 119909119899minus1))∣ 11988911990911198891199092 hellip 119889119909119899minus1

= intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin∣St(119870) cap (119871 + (1199091 hellip 119909119899minus1))∣ 11988911990911198891199092 hellip 119889119909119899

= intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin120594St(119870)((1199091 1199092 hellip 119909119899)) 1198891199091198991198891199091 hellip 119889119909119899minus1

= vol(St(119870))

αφού από τον ορισμό της συμμετρικοποίησης ισχύει |119870 cap (119871 + 119909)| =|St(119870) cap (119871 + 119909)|

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει

120597(St(119870)) le 120597(119870)

Απόδειξη Έχουμε

St(119870 + 120598ℬ1198992) supe St(119870) + St(120598ℬ119899

2) = St(119870) + 120598ℬ1198992

οπότε

vol(St(119870) + 120598ℬ1198992) minus vol(St(119870))120598

levol(St(119870 + 120598ℬ119899

2)) minus vol(St(119870))120598

=vol(119870 + 120598ℬ119899

2) minus vol(119870)120598

Από τον ορισμό του εμβαδού επιφανείας προκύπτει ότι 120597(St(119870)) le 120597(119870)

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει diam(St(119870)) lediam(119870)

Απόδειξη Αν 119909 119910 isin St(119870) και 119879 St(119879) τα τραπέζια όπως στο Λήμ-

μα τότε τουλάχιστον μια από τις διαγώνιες του Τ έχει μήκος

μεγαλύτερο ή ίσο από 119909 minus 1199102 Άρα diam(St(119870)) le diam(119870)

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 αν 119903(119870) = max120588 gt0 ∶ 120588ℬ119899

2 sube 119870 και 119877(119870) = min120588 gt 0 ∶ 119870 sube 120588ℬ1198992 τότε

119903(St(119870)) ge 119903(119870) και 119877(St(119870)) le 119877(119870)

Απόδειξη Αν 120588ℬ1198992 sube 119870 τότε 120588ℬ119899

2 sube St(119870) οπότε

120588 gt 0 ∶ 120588ℬ1198992 sube 119870 sube 120588 gt 0 ∶ 120588ℬ119899

2 sube St(119870)

και άρα 119903(119870) le 119903(St(119870)) Ομοίως για τα 119877(St(119870)) και 119877(119870)

Π Έστω ότι το Κ είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρι-κό σώμα στον ℝ119899 Η συμμετρικοποίηση Steiner ως προς οποιοδήποτευπερεπίπεδο ικανοποιεί την

vol((St(119870))∘) ge vol (119870∘)

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας θα υποθέσουμε ότι η συμμετρι-

κοποίηση γίνεται ως προς το διάνυσμα 119890119899 = (0 0 hellip 0 1) δηλαδή το

υπερεπίπεδο ℝ119899minus1 (αλλιώς αλλάζουμε κατάλληλα το σύστημα συντε-

ταγμένων του ℝ119899) Επειδή κάθε διάνυσμα στον ℝ119899 γράφεται ως (119909 119903)με 119909 isin ℝ119899minus1 και 119903 isin ℝ μπορούμε να γράψουμε

St(119870) = (11990912

(119904 minus 119903)) ∶ (119909 119904) (119909 119903) isin 119870

Έχουμε

() 119870∘ = (119910 119905) isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119910⟩ + 119904119905 le 1 (119909 119904) isin 119870

όπου 119909 119910 isin ℝ119899minus1 και 119904 119905 isin ℝ Ομοίως

()

(St(119870))∘ = (119908 119905) isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119908⟩ +12

(119904 minus 119903)119905 le 1 (119909 119904) (119909 119903) isin 119870

όπου 119909 119908 isin ℝ119899minus1 και 119903 119904 119905 isin ℝ Για κάθε σύνολο Α sube ℝ119899 και για κάθε

119905 isin ℝ γράφουμε 119860(119905) = 119907 isin ℝ119899minus1 ∶ (119907 119905) isin 119860 Δηλαδή το 119860(119905) times 119905

είναι η τομή του Α σε ύψος 119905 με επίπεδο παράλληλο στον ℝ119899minus1 Έχουμε

12(119870∘(119905) + 119870∘(minus119905))

=12 119907 isin ℝ119899minus1 ∶ (119907 119905) isin 119870∘ +

12 119906 isin ℝ119899minus1 ∶ (119906 minus119905) isin 119870∘

= 12

119906 +12

119907 ∶ (119907 119905) isin 119870∘ (119906 minus119905) isin 119870∘

= 12

119906 +12

119907 ∶ ⟨119909 119907⟩ + 119904119905 le 1 (119909 119904) isin 119870

⟨119909 119906⟩ + 119903(minus119905) le 1 (119909 119903) isin 119870

(προσθέτοντας κατά μέλη τις ⟨119909 119906⟩ + 119904119905 le 1 και ⟨119909 119906⟩ + 119903(minus119905) le 1)

sube 12

119906 +12

119907 ∶ ⟨11990912

(119906 + 119907)⟩ +12

(119904 minus 119903)119905 le 1 (119909 119904) (119909 119903) isin 119870

Θέτουμε 119908 = (12)119906 + (12)119907 και έχουμε

12(119870∘(119905) + 119870∘(minus119905)) sube 119908 ∶ ⟨119909 119908⟩ +

12

(119904 minus 119903)119905 le 1 (119909 119904) (119909 119903) ∊ 119870

sube (St(119870))∘(119905)

από την () Εφαρμόζοντας τώρα την ανισότητα Brunn-Minkowski

στον ℝ119899minus1 παίρνουμε ότι

vol119899minus1((St(119870))∘(119905))

1119899minus1 ge vol119899minus1 (

12

119870∘(119905))1

119899minus1

+ vol119899minus1 (12

119870∘(minus119905))1

119899minus1

= 2vol119899minus1 (12

119870∘(119905))1

119899minus1

αφού το Κ∘ είναι κεντρικά συμμετρικό Άρα

vol119899minus1((St(119870))∘(119905)) ge 2119899minus1vol119899minus1 (

12

119870∘(119905)) = 2119899minus1 (12)

119899minus1

vol119899minus1(119870∘(119905))

οπότε

vol119899minus1((St(119870))∘(119905)) ge vol119899minus1(119870∘(119905))

για κάθε 119905 isin ℝ άρα

intinfin

minusinfinvol119899minus1((St(119870))

∘(119905)) 119889119905 ge intinfin

minusinfinvol119899minus1(119870∘(119905)) 119889119905

από την οποία προκύπτει

vol119899((St(119870))∘) ge vol119899(119870∘)

Το θεώρημα σφαιρικότητας του Gross μάς λέει ότι οποιοδήποτε

κυρτό σώμα μπορεί να συμμετρικοποιηθεί με μια ακολουθία κατάλληλων

υπερεπιπέδων ώστε τα σώματα που προκύπτουν να συγκλίνουν σε

κατάλληλο πολλαπλάσιο της ευκλείδειας μπάλας Το θεώρημα αυτό

χρησιμοποιείται συχνά για να λυθούν προβλήματα βελτιστοποίησης

όπως η ισοπεριμετρική ανισότητα ή η ανισότητα Blaschke-Santaloacute που

θα δούμε παρακάτω

Θ Έστω Κ κυρτό σώμα στον ℝ119899 με vol119899(119870) = vol119899(ℬ1198992)

Θέτουμε 119964 να είναι η οικογένεια όλων των κυρτών σωμάτων που προ-κύπτουν από το Κ μέσω πεπερασμένου πλήθους διαδοχικών συμμετρι-κοποιήσεων Steiner ως προς υπερεπίπεδα που περνούν από το 0 Τότευπάρχει ακολουθία Κ119898 isin 119964 ώστε

Κ119898 rarr ℬ1198992

ως προς τη μετρική Hausdorff

Απόδειξη Θέτουμε 120588 = inf119877(119871) ∶ 119871 isin 119964 Δηλαδή η 120588 είναι η ελάχιστη

ακτίνα ευκλείδειας μπάλας κέντρου 0 που περιέχει στοιχείο του 119964

Χρησιμοποιώντας τον ορισμό του infimum θεωρούμε ακολουθία Κ119898 isin 119964με

() 119877(119870119898) rarr 120588

Άρα υπάρχει Μ gt 0 ώστε 119877(119870119898) le 119872 για κάθε 119898 isin ℕ αφού η 119877(119870119898)ως συγκλίνουσα (στο 120588) είναι φραγμένη Οπότε από το θεώρημα επιλο-

γής του 119861119897119886119904119888ℎ119896119890 η 119870119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία Μετονομάζουμε

αυτή την υπακολουθία σε 119870119898 οπότε υποθέτουμε ότι η 119870119898 συγκλίνει

έστω στο 1198700

Ι 119877(1198700) = 120588

[Απόδειξη του Ισχυρισμού Αφού Κ119898 rarr 1198700 δηλαδή 120575(119870119898 1198700) rarr 0για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 ισχύει

120575(119870119898 1198700) lt 120598 Οπότε Κ119898 sube 1198700 + 120598ℬ1198992 και Κ0 sube 119870119898 + 120598ℬ119899

2 Επειδή

1198700 sube 119877(1198700)ℬ1198992 έχουμε

1198700 + 120598ℬ1198992 sube (119877(1198700) + 120598)ℬ119899

2 άρα 119877(1198700 + 120598ℬ1198992) le 119877(1198700) + 120598

Όμοια για τα 119870119898 ισχύει

119877(119870119898 + 120598ℬ1198992) le 119877(119870119898) + 120598

Οπότε θα έχουμε

119877(119870119898) le 119877(1198700 + 120598ℬ1198992) le 119877(1198700) + 120598

και

119877(1198700) le 119877(119870119898 + 120598ℬ1198992) le 119877(119870119898) + 120598

Δηλαδή 119877(119870119898) minus 119877(1198700) le 120598 και 119877(1198700) minus 119877(119870119898) le 120598 Έτσι |119877(119870119898) minus119877(1198700)| le 120598 για κάθε 119898 ge 1198980 Επομένως

() 119877(119870119898) rarr 119877(1198700)

Από τις () () και από τη μοναδικότητα του ορίου έχουμε ότι

119877(1198700) = 120588 ]

Αφού δείξαμε ότι 120588 = 119877(1198700) συνεπάγεται ότι Κ0 sube 120588ℬ1198992 Θα απο-

δείξουμε ότι Κ0 = 120588ℬ1198992 Αν αυτό δεν είναι σωστό αν δηλαδή 1198700 ⫋ 120588ℬ119899

2

τότε 120588120138119899minus1 ⊈ 1198700 πράγματι αν 120588120138119899minus1 sube 1198700 αφού το 1198700 είναι κυρτό θα

παίρναμε 120588ℬ1198992 = conv(120588120138119899minus1) sube 1198700 το οποίο είναι άτοπο Άρα υπάρχει

1199090 isin 120588120138119899minus1 ⧵ 1198700 Επειδή το ℝ119899 ⧵ Κ0 είναι ανοικτό υπάρχει ανοικτή

μπάλα με κέντρο το 1199090 που δεν τέμνει το 1198700 Τέμνοντας αυτή τη μπάλα

με το 120588120138119899minus1 βρίσκουμε μια ανοικτή περιοχή του 1199090 έστω 1198621199090 πάνω

στη σφαίρα 120588120138119899minus1 ώστε 1198621199090cap 1198700 = Κάνοντας τώρα ανακλάσεις της

περιοχής με κέντρο το 1199090 ως προς υπερεπίπεδα που περνάνε από το

0 μπορούμε να καλύψουμε τη σφαίρα πράγματι για κάθε 119909 isin 120588120138119899minus1

η ανάκλαση της 1198621199090ως προς το υπερεπίπεδο που περνάει από το 0

και είναι κάθετο στη χορδή [119909 1199090] είναι μια ανοικτή περιοχή 119862119909 του 119909(δείτε Σχήμα ) Φανερά

120588119878119899minus1 sube ⋃119909isin120588119878119899minus1

119862119909

uml

Σ Η περιοχή 1198621199090του 1199090 πάνω στη σφαίρα 120588120138119899minus1

uml

uml

zuml

Σ Η ανάκλαση της 1198621199090δίνει ανοικτή περιοχή του 119909

και από τη συμπάγεια της 120588120138119899minus1 υπάρχει πεπερασμένο υποκάλυμμα

Άρα υπάρχει 119873 isin ℕ και 1199091 hellip 119909119873 isin 120138119899minus1 ώστε

120588120138119899minus1 sube119873

⋃119895=1

119862119909119895

όπου τα 119862119909119895είναι ανακλάσεις της 1198621199090

που περιγράψαμε παραπάνω

Ας υποθέσουμε πως για το σκοπό αυτό χρησιμοποιούνται τα υπε-

ρεπίπεδα Η1 Η2 hellip Η119896 Θέτουμε

1198630 = St119867119896(St119867119896minus1

(hellip St1198672(St1198671

(1198700)) hellip))

Παρατηρούμε ότι 1198630 sube int(120588ℬ1198992) διότι κάθε χορδή του 119870 που συμμετρι-

κοποιείται ως προς οποιοδήποτε από τα 119867119895 έχει μικρότερο μήκος από

τη αντίστοιχη χορδή της 120588ℬ1198992 αφού το 119870 δεν τέμνει το 1198621199090

(δείτε το

Σχήμα )

uml

uml

zuml

jyacuteY

Σ Η συμμετρικοποίηση ως προς το 119867 δίνει σώμα που δεν τέμνει

ούτε την 1198621199090ούτε την 119862119909

Άρα αφού 1198630 sube int(120588ℬ1198992) τότε 119877(1198630) lt 120588 Από τη συνέχεια της

συμμετρικοποίησης ως προς τη μετρική Hausdorff αφού 119870119898 rarr 1198700συνεπάγεται ότι

119863119898 ∶= St119867119896(St119867119896minus1

(hellip St1198672(St1198671

(119870119898)) hellip))rarr St119867119896

(St119867119896minus1(hellip St1198672

(St1198671(1198700)) hellip)) = 1198630

Όμως119863119898 isin 119964 και από τη συνέχεια της119877 θα ισχύει119877(119863119898) rarr 119877(1198630) lt 120588Άρα υπάρχει 1198980 ώστε 119877(1198631198980

) lt 120588 και 1198631198980isin 119964 Αυτό είναι άτοπο

διότι το 120588 είναι η ελάχιστη ακτίνα περιγεγραμμένης μπάλας στοιχείου

της 119964

Τέλος επειδή η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον όγκο και ο όγκος είναι

συνεχής συνάρτηση στα κυρτά σώματα ως προς τη μετρική Hausdorff

έχουμε ότι

vol119899(ℬ1198992) = vol119899(119870) = vol119899(1198700) = vol119899(120588ℬ119899

2)

Άρα 120588 = 1 Συνεπώς Κ0 = Β1198992 Οπότε Κ119898 rarr ℬ119899

2

( )

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει ακολουθία

υπερεπιπέδων 1198671 1198672 hellip ώστε η ακολουθία κυρτών σωμάτων

119870119898 = St119867119898(St119867119898minus1

(hellip St1198671(119870)))

να συγκλίνει στο 119903ℬ1198992 για κατάλληλο 119903 gt 0 (Υπόδειξη Εφαρμόστε το Θεώρημα

του Gross για να βρείτε Κ1 που προκύπτει από το 119870 με πεπερασμένο πλήθος

συμμετρικοποιήσεων που να απέχει από το 119903ℬ1198992 λιγότερο από 1 Στη συνέχεια

εφαρμόστε το Θεώρημα του Gross όχι για το 119870 αλλά για το 1198701)

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 και 119879 είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 Αποδείξτε

ότι υπάρχει ακολουθία υπερεπιπέδων 1198671 1198672 hellip που περνάνε από την αρχή

των αξόνων ώστε η ακολουθία

119870119898 = St119867119898(hellip (St1198672

(St1198671(119870))) hellip)

και η

119879119898 = St119867119898(hellip (St1198672

(St1198671(119879))) hellip)

να συγκλίνουν στα vol(119870)1119899ℬ1198992 και vol(119879)1119899ℬ119899

2 αντίστοιχα (Υπόδειξη χρη-

σιμοποιήστε την Άσκηση το γεγονός ότι αν για ένα σύνολο 119860 ισχύει

119903ℬ1198992 sube 119860 sube 119877ℬ119899

2 οποιαδήποτε συμμετρικοποίησή του θα συνεχίσει να ικανο-

ποιεί τους προηγούμενους εγκλεισμούς)

Άσκηση Αποδείξτε (χωρίς τη χρήση της ανισότητας Brunn-Minkowski)

ότι αν 119870 = 119903ℬ1198992 και 119879 = 119877ℬ119899

2 τότε

vol(119870 + 119879)1119899 ge vol(119870)1119899 + vol(119879)1119899

Στη συνέχεια χρησιμοποιήστε αυτό και την Άσκηση για να παραγάγετε

μια άλλη απόδειξη της ανισότητας Brunn-Minkowski (χωρίς τη χρήση της

ανισότητας Prekopa-Leindler)

( )

Σε αυτή την ενότητα αποδεικνύουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα

με τη βοήθεια της συμμετρικοποίησης Steiner

Θεωρούμε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 με |Κ| = |Β1198992| Από το θεώρημα

σφαιρικότητας του Gross υπάρχει ακολουθία κυρτών σωμάτων έστω ότι

είναι η Κ1 1198702 hellip 119870119898 hellip που προκύπτει από το Κ μέσω πεπερασμένου

πλήθους διαδοχικών συμμετρικοποιήσεων Steiner ως προς υπερεπίπεδα

που περνούν από το 0 ώστε 119870119898 rarr ℬ1198992 ως προς τη μετρική 119867119886119906119904119889119900119903119891119891

Γνωρίζουμε ότι 120597119870 ge 120597(119870119898) διότι η 119870119898 προέρχεται από το Κ μέσω της

συμμετρικοποίησης Steiner και η συμμετρικοποίηση μειώνει το εμβαδόν

επιφανείας Σταθεροποιούμε ένα 120598 θετικό Τότε από την Πρόταση

και το γεγονός ότι St(ℬ1198992) = ℬ119899

2 θα έχουμε ότι

|Κ + 120598ℬ1198992| = |St(119870 + 120598ℬ119899

2)| ge |St(119870) + St(120598ℬ1198992)| = |St(119870) + 120598ℬ119899

2|

Επαναλαμβάνοντας πεπερασμένο πλήθος συμμετρικοποιήσεων Steiner

ως προς κατάλληλα υπερεπίπεδα ώστε να προκύψει η 119870119898 θα έχουμε

ότι |Κ + 120598ℬ1198992| ge |119870119898 + 120598ℬ119899

2| Επειδή η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον

όγκο ισχύει ότι |Κ| = |Κ119898| Άρα

|119870 + 120598ℬ1198992| minus |119870|120598

ge|119870119898 + 120598ℬ119899

2| minus |119870119898|120598

Παίρνουμε πρώτα όρια ως προς 119898 και αφού 119870119898 rarr ℬ1198992 και ο όγκος είναι

συνεχής ως προς τη μετρική Hausdorff παίρνουμε

|119870 + 120598ℬ1198992| minus |119870|120598

ge|Β119899

2 + 120598ℬ1198992| minus |ℬ119899

2|120598

Τέλος παίρνουμε όρια για 120598 rarr 0+ ολοκληρώνοντας έτσι την απόδειξη

Επομένως 120597119870 ge 120597(ℬ1198992)

-

Μια άλλη εφαρμογή του Θεωρήματος σφαιρικότητας του Gross είναι

η ακόλουθη ανισότητα

Θ Για κάθε συρτό σώμα 119870 με 0 isin int(119870) ισχύει

vol(119870)vol(119870∘) le vol(ℬ1198992)2

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν το 119870 είναι ελλειψοειδές

Απόδειξη Εδώ θα αποδείξουμε μόνο την γενική περίπτωση της ανισό-

τητας και όχι την περίπτωση της ισότητας

Όπως δείξαμε στην Πρόταση η συμμετρικοποίηση αυξάνει τον

όγκο του πολικού σώματος δηλαδή vol((St(119870))∘) ge vol(119870∘) Αν τα 1198671

1198672 hellip είναι υπερεπίπεδα που η συμμετρικοποίηση ως προς αυτά δίνει

ακολουθία 119870119898 που συγκλίνει στην 120582ℬ1198992 (120582 = (vol(119870)vol(ℬ119899

2))1119899 αφού

η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον όγκο) ισχύει

() vol(119870∘119898) ge vol(119870∘)

-

Πράγματι

vol((St1198672(St1198671

(119870)))∘) ge vol((St1198671

(119870))∘) ge vol(119870∘)

και συνεχίζουμε με επαγωγή

Όμως 119870119898 rarr 120582ℬ1198992 άρα από το Πόρισμα για κάθε 0 lt 120579 lt 1

υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 ισχύει

(1 minus 120579)120582ℬ1198992 sube 119870119898 sube (1 + 120579)120582ℬ119899

2

Περνώντας στα πολικά σώματα με τη βοήθεια της Πρότασης

συμπεραίνουμε ότι

11 + 120579

1120582

ℬ1198992 sube 119870∘

119898 sube1

1 minus 1205791120582

ℬ1198992

Επιλέγοντας 0 lt 120579 lt 1 ώστε (1 minus 120579)minus1 le 1 + 120598 και 1 minus 120598 le (1 + 120579)minus1

(εύκολα ελέγχουμε ότι αυτό ισχύει για 120579 = 2minus1120598(1 + 120598)minus1) προκύπτει

ότι για κάθε 119898 ge 1198980

(1 minus 120598)1120582

ℬ1198992 sube 119870∘

119898 sube (1 + 120598)1120582

ℬ1198992

Δηλαδή 119870∘119898 rarr 120582minus1ℬ119899

2

Παίρνοντας όρια στην () και χρησιμοποιώντας ότι ο όγκος είναι

συνεχής συνάρτηση προκύπτει ότι

vol(1120582

ℬ1198992) ge vol(119870∘)

Πολλαπλασιάζοντας και τα δυο μέλη με vol(119870) το οποίο ισούται με

vol(120582ℬ1198992) (από την τιμή που έχει το 120582) προκύπτει το αποτέλεσμα

Η ποσότητα vol(119870)vol(119870∘) είναι αναλλοίωτη στους γραμμικούς με-

τασχηματισμούς δηλαδή για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899

ισχύει

vol(119879(119870))vol((119879(119870))∘) = vol(119870)vol(119870∘)

Πράγματι σύμφωνα με τις Προτάσεις και για κάθε αντι-

στρέψιμο πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ισχύει

vol(119879(119870)) = | det 119879|vol(119870) και vol((119879(119870))∘) = | det 119879|minus1vol(119870)

οι οποίες αποδεικνύουν το ζητούμενο Γεννάται λοιπόν το ερώτημα για

ποιο ή ποια σώματα 119870 η παράσταση vol(119870)vol(119870∘) έχει ελάχιστη τιμή

και ποια είναι η ελάχιστη τιμή Το ερώτημα αυτό έτσι όπως διατυπώθηκε

δεν έχει γνωστή απάντηση Εικάζεται ότι η ελάχιστη τιμή του είναι

(4 119899)119899 που είναι η τιμή της παράστασης όταν το 119870 είναι ένα simplex

Αυτή η εικασία είναι γνωστή ως εικασία του MahlerΜια απάν-

τηση σε ένα

ελαφρώς

τροπο-

ποιημένο

ερώτημα

δόθηκε από

τους Jean

Bourgain

και Vitali

Milman την

οποία θα

δούμε στο

επόμενο

μέρος

Άσκηση Αποδείξτε ότι στην ανισότητα Blaschke-Santaloacute αν το 119870 είναι

ελειψοειδές τότε ισχύει η ισότητα Δηλαδή αν το ℰ είναι ένα ελλειψοειδές τότε

ισχύει

vol(ℰ)vol(ℰ∘) = vol(ℬ1198992)2

Άσκηση Έστω ότι το ℰ είναι ένα ελλειψοειδές και για ένα κυρτό σώμα

119870 με το 0 να ανήκει στο εσωτερικό του ισχύει vol(119870) = vol(ℰ) Αποδείξτε ότι

vol(119870∘) le vol(ℰ∘)

Μέρος II

Κλασικές θέσεις κυρτών σωμάτων

Για το υπόλοιπο του βιβλίου είναι

απαραίτητη η γνώση στοιχειώδους

θεωρίας μέτρου Για αυτό παραπέμ-

πουμε είτε στο [ΠρΑναλ] είτε στο

[ΘΜ]

ΠΡΟΑΠΑΙΤΟΥΜΕΝΑhellip

hellip

Θα συμβολίζουμε με 119872119899times119899 το σύνολο όλων των 119899 times 119899 πινάκων με

στοιχεία από το ℝ

Με GL(119899) συμβολίζουμε τη γενική γραμμική ομάδα δηλαδή τους

αντιστρέψιμους 119899times119899 πίνακες με στοιχεία από το ℝ119899 Φανερά 119879 isin GL(119899)αν και μόνο αν det 119879 ne 0

Με 119874(119899) συμβολίζουμε την ορθογώνια ομάδα δηλαδή τους 119899 times 119899πίνακες 119880 με στοιχεία από το ℝ για τους οποίους ισχύει 119880119905119880 = IdΤα στοιχεία της 119874(119899) ονομάζονται ορθογώνιοι πίνακες και από την

πολλαπλασιαστικότητα της ορίζουσας αν ο 119880 είναι ορθογώνιος τότε έχει

ορίζουσα +1 ή minus1 Φανερά αν 119880 isin 119874(119899) τότε 119880minus1 = 119880119905 και διατηρεί

τις γωνίες και τα μήκη διανυσμάτων

(i) ⟨119880119909 119880119910⟩ = ⟨119880119905119880119909 119910⟩ = ⟨119909 119910⟩

(ii) 1198801199092 = radic⟨119880119909 119880119909⟩ = radic⟨119909 119909⟩ = 1199092

Θα συμβολίζουμε με SL(119899) την ειδική γραμμική ομάδα δηλαδή τους

πίνακες στο 119872119899times119899 οι οποίοι έχουν ορίζουσα 1Εύκολα ελέγχουμε ότι οι GL(119899) 119874(119899) και SL(119899) είναι πράγματι

ομάδες με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων και είναι μεταξύ τους

διαφορετικές

Ο (Ίχνος πίνακα) Το ίχνος tr(119879) ενός 119899 times 119899 πίνακα 119879ορίζεται ως το άθροισμα των στοιχείων της κύριας διαγωνίου του

Δηλαδή αν 119879 = (119905119894119895)119894119895 τότε

tr(119879) =119899

sum119894=1

119905119894119894 =119899

sum119894=1

⟨119879119890119894 119890119894⟩

όπου τα (119890119894)119899119894=1 αποτελούν την ορθοκανονική βάση ως προς την οποία

είναι γραμμένος ο πίνακας (119905119894119895)119894119895

Εύκολα ελέγχουμε ότι το ίχνος έχει τις ακόλουθες ιδιότητες για οποιουσ-

δήποτε 119899 times 119899 πίνακες 119879 = (119905119894119895)119894119895 119878 = (119904119894119895)119894119895 και κάθε 120582 isin ℝ

hellip

(i) tr(119879) + tr(119878) = tr(119879 + 119878)

(ii) tr(120582119879) = 120582tr(119879)

(iii) tr(119879119905) = tr(119879)

(iv) tr(119879119878) = tr(119879119878) = sum119894119895

119905119895119894119904119894119895 (δείτε Άσκηση )

Από την (iv) προκύπτει άμεσα ότι το ίχνος δεν εξαρτάται από τη

βάση του χώρου αφού tr(119875minus1119879119875) = tr(119879119875119875minus1) = tr119879 Έτσι αν ο 119879είναι διαγωνοποιήσιμος αλλάζοντας κατάλληλα τη βάση του χώρου

συμπεραίνουμε ότι το ίχνος του 119879 είναι το άθροισμα των ιδιοτιμών του

Ο Ένας συμμετρικός 119899 times 119899 πίνακας λέγεται θετικά ορι-σμένος αν για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει ⟨119879119909 119909⟩ gt 0

Ο Ένας συμμετρικός 119899 times 119899 πίνακας λέγεται θετικά ημιο-ρισμένος αν για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει ⟨119879119909 119909⟩ ge 0

Φανερά κάθε θετικά ορισμένος πίνακας είναι και θετικά ημιορισμένος

Για ένα θετικά ημιορισμένο πίνακα 119879 από το φασματικό θεώρημα

(δείτε [ΓρΑλγ]) υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198911 hellip 119891119899 του ℝ119899 που

αποτελείται από ιδιοδιανύσματα του 119879 και αντίστοιχες ιδιοτιμές 1205821 hellip 120582119899οι οποίες είναι μη αρνητικοί αριθμοί Συγκεκριμένα ισχύει 119879119891119895 = 120582119895119891119895και 120582119895 ge 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 Αν ο 119879 είναι θετικά ορισμένος τότε οι

ιδιοτιμές 120582119895 είναι όλες θετικές

Π Το ℰ υποσύνολο του ℝ119899 είναι ελλειψοειδές με κέντροτην αρχή των αξόνων αν και μόνο αν υπάρχει πίνακας 119879 θετικά ορισμένοςώστε ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119879119909 119909⟩ le 1

Απόδειξη Αν το ℰ είναι ελλειψοειδές έστω ότι τα 1198901 hellip 119890119899 και 1198861 hellip 119886119899είναι όπως στον Ορισμό Θέτουμε

119879 =⎛⎜⎜⎜⎜⎝

119886minus21 0 hellip 00 119886minus2

2 hellip 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 0 hellip 119886minus2

119899

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

Τέτοιους πίνακες στο εξής για εξοικονόμηση χώρου θα τους γράφουμε

ως εξής 119879 = diag(119886minus21 hellip 119886minus2

119899 ) Εύκολα τώρα ελέγχει κανείς ότι ο 119879

hellip

είναι θετικά ορισμένος και

⟨119879119909 119909⟩ =119899

sum119895=1

⟨119909 119890119895⟩2

1198862119895

Συνεπώς ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119879119909 119909⟩ le 1Αντιστρόφως έστω ότι ο 119879 είναι ένας θετικά ορισμένος 119899times119899 πίνακας

και 119870 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119879119909 119909⟩ le 1 Θα αποδείξουμε ότι το 119870 είναι

ελλειψοειδές Έστω ότι τα 1198911 hellip 119891119899 και 1205821 hellip 120582119899 είναι όπως παραπάνω

η ορθοκανονική βάση ιδιοδιανυσμάτων του 119879 και οι αντίστοιχες θετικές

ιδιοτιμές του Ένα διάνυσμα 119909 είναι στοιχείο του 119870 αν και μόνο αν

⟨119879119909 119909⟩ le 1 Όμως αφού τα 1198911 hellip 119891119899 συνιστούν ορθοκανονική βάση του

ℝ119899 μπορούμε να γράψουμε 119909 = sum119899119895=1⟨119909 119891119895⟩119891119895 οπότε η προηγούμενη

γίνεται

⟨119879(119899

sum119895=1

⟨119909 119891119895⟩119891119895)119899

sum119895=1

⟨119909 119891119895⟩119891119895⟩ le 1

Απλές πράξεις δείχνουν ότι η τελευταία είναι ισοδύναμη με την

119899

sum119895=1

⟨119909 119891119895⟩2

(1radic120582119895)2le 1

ολοκληρώνοντας την απόδειξη σύμφωνα με τον Ορισμό

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν οι 119879 = (119905119894119895)119894119895 και 119878 = (119904119894119895)119894119895 είναι δυο 119899 times 119899πίνακες τότε tr(119879119905119878) = sum119894119895 119905119894119895119904119894119895 (Υπόδειξη Χρησιμοποιήστε τον Ορισμό

και το ότι αν η (119890119895)119899119895=1 είναι ορθοκανονική βάση στον ℝ119899 τότε για κάθε 119909 isin ℝ119899

ισχύει 119879119909 = sum119899119895=1⟨119879119909 119890119895⟩119890119895)

Άσκηση Αποδείξτε ότι το ίχνος ενός πίνακα είναι ανεξάρτητο από την

βάση του χώρου ακολουθώντας την εξής διαδικασία Αποδείξτε με επαγωγή

στη διάσταση του χώρου 119899 ge 2 ότι

det(Id +ℎ119860) = 1 + ℎtr(119860) + 119874(ℎ2)()

όπου η ποσότητα 119874(ℎ2) ικανοποιεί την limℎrarr0 119874(ℎ2)ℎ = 0 Στη συνέχεια

χρησιμοποιήστε την () για να αποδείξετε ότι το ίχνος tr119860 είναι η κατευθυ-

νόμενη παράγωγος της ορίζουσας στη διεύθυνση του πίνακα 119860 στο σημείο Id

hellip

δηλαδή

tr(119860) = limℎrarr0

det(Id +ℎ119860) minus det Idℎ

()

Τέλος χρησιμοποιήστε την () για να αποδείξετε ότι για κάθε αντιστρέψιμο

πίνακα 119875 ισχύει tr(119875minus1119860119875) = tr119860

Άσκηση [Singular Value Decomposition] Αποδείξτε ότι για κάθε αντιστρέ-

ψιμο πίνακα 119879 υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες 119880 119881 και διαγώνιος πίνακας

119863 με θετικά στοιχεία διαγωνίου ώστε να ισχύει 119879 = 119880119863119881 ακολουθώντας τα

παρακάτω βήματαμη αντρι-

στρέψιμοι

και θετικά

ημιορισμέ-

νοι

(i) Αποδείξτε ότι υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899 του ℝ119899 και θετικοί

αριθμοί 1205821 hellip 120582119899 ώστε να ισχύει 119879119905119879119890119895 = 120582119895119890119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899

(ii) Θέστε 119907119895 = radic120582119895minus1119879119890119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 και αποδείξτε ότι ta 1199071 hellip 119907119899

συνιστούν ορθοκανονική βάση του ℝ119899

(iii) Αν 119875 ο πίνακας με στήλες τα διανύσματα 119907119895 και 119876 o πίνακας με στήλες

τα διανύσματα 119890119895 αποδείξτε ότι ισχύει

119875 = 119879119876diag(radic1205821minus1

hellip radic120582119899minus1

)

Άσκηση Χρησιμοποιήστε την Άσκηση για να δείξετε ότι για κάθε

119899 times 119899 πίνακα 119879 υπάρχει ορθογώνιος 119899 times 119899 πίνακας 119880 και θετικά ημιορισμένος

119899 times 119899 πίνακας 119875 ώστε 119879 = 119880119875 Η αναπαράσταση αυτή είναι γνωστή με το

όνομα πολική αναπαράσταση του 119879 (Υπόδειξη 119880119863119881 = (119880119881)(119881lowast119863119881) για κάθε

119881 ορθογώνιο 119899 times 119899 πίνακα)

hellip

Συμβολίζουμε με 119872119899times119899 το σύνολο των 119899times119899 πινάκων με στοιχεία από

το ℝ Τα στοιχεία Τ του 119872119899times119899 τα βλέπουμε και ως γραμμικές απεικονίσεις

από τον ℝ119899 στον ℝ119899 όπου το για κάθε 119909 isin ℝ119899 το 119879119909 είναι το διάνυσμα

στον ℝ119899 που προκύπτει με πολλαπλασιασμό του 119899 times 119899 πίνακα 119879 με το

119899 times 1 διάνυσμα 119909 Στο 119872119899times119899 ορίζουμε μια νόρμα θέτοντας

119879 = sup1198791199092 ∶ 119909 isin ℬ1198992()

Φανερά ο ορισμός είναι καλός αφού το σύνολο ℬ1198992 είναι συμπαγές και η

απεικόνιση 119879 συνεχής Πράγματι η () ορίζει μια νόρμα στο 119872119899times119899

hellip

(i) Φανερά 119879 ge 0 και αν 119879 = 0 τότε 119879119909 = 0 για κάθε 119909 isin ℬ1198992

οπότε για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει

119879119909 = 1199092 119879 (119909

1199092) = 0

Έτσι 119879 = 0

(ii) Για κάθε 120582 isin ℝ ισχύει

120582119879 = sup119909isinℬ119899

2

1205821198791199092 = |120582| sup119909isinℬ119899

2

1198791199092 = |120582| 119879

(iii) Τέλος αν 119879 119878 isin 119872119899times119899 τότε

119879 + 119878 = sup119909isinℬ119899

2

(119879 + 119878)1199092 le sup119909isinℬ119899

2

(1198791199092 + 1198781199092)

le sup119909isinℬ119899

2

1198791199092 + sup119909isinℬ119899

2

1198781199092 = 119879 + 119878

Π Οι ορθογώνιοι πίνακες έχουν νόρμα ίση με 1 Πράγ-ματι αν 119880 ορθογώνιος τότε (εξrdquo ορισμού) 119880lowast119880 = Id Έτσι για κάθε

119909 isin ℝ119899 έχουμε

11988011990922 = ⟨119880119909 119880119909⟩ = ⟨119880lowast119880119909 119909⟩ = ⟨119909 119909⟩ = 1199092

Άρα 1198801199092 = 1199092 και η () συνεπάγεται αμέσως ότι 119880 = 1

Π Αν υπάρχει 119862 gt 0 ώστε 1198791199092 le 1198621199092 για κάθε

119909 isin ℝ119899 τότε 119879 le 119862 Αυτό προκύπτει αμέσως από την ()

Επίσης για κάθε 119909 isin ℝ119899 ισχύει 1198791199092 le 119879 1199092 Πράγματι αυτό

είναι προφανές αν 119909 = 0 και αν 119909 ne 0 τότε

1198791199092 = 119879(1199091199092)1199092 le 119879 1199092

Π Αν 119879 119878 isin 119872119899times119899 τότε 119879119878 le 119879 119878 Πράγματιαπό την () και την Παρατήρηση για κάθε 119909 isin ℬ119899

2 έχουμε

(119879119878)1199092 = 119879(119878119909)2 le 119879 1198781199092 le 119879 119878 1199092

άρα 119879119878 le 119879 119878

hellip

Π Η απεικόνιση 119983 ∶ 119872119899times119899 rarr ℝ1198992 όπου

119983(119886119894119895)119899119894119895=1 = (11988611 11988612 hellip 1198861119899 11988621 hellip 1198862119899 hellip 1198861198991 hellip 119886119899119899)

είναι γραμμική 1-1 επί συνεχής και η αντίστροφή της είναι συνεχής

Απόδειξη Φανερά η 119983 είναι γραμμική - και επί Μένει να δείξουμε τη

συνέχεια της 119983 και της 119983minus1 Αλλά ο 119872119899times119899 είναι ο ℝ1198992με διαφορετική

νόρμα (την sdot όπως ορίστηκε πριν) Συνεπώς η συνέχεια της 119983 είναι

απλώς η ισοδυναμία δύο νορμών στον ℝ1198992 η οποία ισχύει από την

Πρόταση

Π Ένα σύνολο ℳ sube 119872119899times119899 είναι φραγμένο αν και μόνοαν είναι φραγμένο ως υποσύνολο του (ℝ1198992

sdot 2) (μέσω της 119983 τηςΠρότασης )

Ομοίως ένα ℳ sube 119872119899times119899 είναι συμπαγές αν και μόνο αν είναι συμπαγές(δηλαδή κλειστό και φραγμένο) ως υποσύνολο του (ℝ1198992

sdot 2)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ο 119863 = diag(1205821 1205822 hellip 120582119899) είναι διαγώνιος πίνακας

τότε

119863 = max|120582119895| ∶ 119895 = 1 2 hellip 119899

Άσκηση Αν η 119863119898 είναι μια ακολουθία διαγώνιων πινάκων με det(119863119898) = 1για κάθε 119898 isin ℕ τότε η ακολουθία 119863119898 είναι φραγμένη αν και μόνο αν η

ακολουθία 119863minus1119898 είναι φραγμένη

Άσκηση Χρησιμοποιήστε την Άσκηση για να αποδείξετε ότι η

Άσκηση δεν ισχύει μόνο για διαγώνιους πίνακες αλλά και για οποιαδήποτε

ακολουθία 119879119898 119899 times 119899-πινάκων με det(119879119898) = 1 για κάθε 119898 isin ℕ

Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΘΕΣΗΣ ΕΝΟΣ ΚΥΡΤΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ

Ας θεωρήσουμε ένα κυρτό σώμα 119870 στο ℝ119899 Οποιαδήποτε μεταφορά

του 1199090 + 119870 στο χώρο δεν αλλάζει τα γεωμετρικά χαρακτηριστικά του

σώματος και για αυτό δεν θεωρούμε ότι πρόκειται για ουσιαστικά

διαφορετικό σώμα Λέμε απλώς ότι το σώμα βρίσκεται σε άλλη θέση

Αυτό όμως δεν συμβαίνει μόνο με τις μεταφορές Προφανώς συμβαίνει και

με τις στροφές και τις ανακλάσεις Γενικότερα θεωρούμε ότι ένα κυρτό

σώμα δεν αλλάζει κατά ουσιαστικό τρόπο όταν αλλάζει η βάση του

χώρου Από τη Γραμμική Άλγεβρα γνωρίζουμε ότι η αλλαγή της βάσης

του ℝ119899 γίνεται με έναν πίνακα ο οποίος έχει μη μηδενική ορίζουσα Το

αποτέλεσμα οποιουδήποτε από τους παραπάνω μετασχηματισμούς σε

ένα κυρτό σώμα ή συνδυασμού τους ονομάζεται θέση του σώματος

Για να δώσουμε τον αυστηρό ορισμό υπενθυμίζουμε από την γραμμική

άλγεβρα ότι γράφουμε GL(119899) για τη γενική γραμμική ομάδα στον ℝ119899 το

GL(119899) αποτελείται από όλους τους 119899 times 119899 πίνακες που έχουν μη μηδενικήορίζουσα

Ο Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 ονομάζουμεθέση του 119870 οποιοδήποτε σύνολο της μορφής 1199090 + 119879(119870) όπου 1199090 isin ℝ119899

και 119879 isin GL(119899)

Πολλές φορές ταυτίζουμε το κυρτό σώμα με την κλάση όλων των θέσεών

του (θεωρώντας ότι όλες οι θέσεις αναφέρονται στο ίδιο σώμα) Στο

επόμενο αποδεικνύουμε ότι οποιοδήποτε ελλειψοειδές είναι μια θέση της

ευκλείδειας μπάλας ℬ1198992

Π Το σύνολο των θέσεων της ευκλείδειας μπάλας ℬ1198992 είναι

το σύνολο των ελλειψοειδών στον ℝ119899

Απόδειξη Το ℰ είναι ελλειψοειδές στον ℝ119899 με κέντρο την αρχή των

αξόνων αν και μόνο αν υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899 του ℝ119899 και

θετικοί αριθμοί 1198861 hellip 119886119899 ώστε

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

⟨119909 119890119895⟩2

1198862119895

le 1

(δείτε Ορισμό ) Ο διαγώνιος πίνακας 119879 = diag(1198861 hellip 119886119899) είναι αντι-

στρέψιμος (αφού τα 1198861 hellip 119886119899 είναι θετικοί αριθμοί) και εύκολα ελέγχουμε

ότι ισχύει 119879(ℬ1198992) = ℰ Οποιοδήποτε άλλο ελλειψοειδές στον ℝ119899 είναι

μεταφορά ελλειψοειδούς με κέντρο την αρχή των αξόνων

Αντίστροφα πρέπει να αποδείξουμε ότι για κάθε 119879 isin GL(119899) το

119879(ℬ1198992) είναι ελλειψοειδές Όμως 119909 isin 119879(ℬ119899

2) αν και μόνο αν 119879minus1119909 isin ℬ1198992

δηλαδή αν και μόνο αν ⟨119879minus1119909 119879minus1119909⟩ le 1 Αυτό είναι ισοδύναμο με το

⟨(119879minus1)119905119879minus1119909 119909⟩ le 1 Έτσι από την Πρόταση μένει να δείξουμε ότι

ο πίνακας (119879minus1)119905119879minus1 είναι θετικά ορισμένος Όμως προφανώς για κάθε

μη μηδενικό 119911 isin ℝ119899 ισχύει

⟨(119879minus1)119905119879minus1119911 119911⟩ = ⟨119879minus1119911 119879minus1119911⟩ = 119879minus11199112 ge 0

Μένει να δειχθεί ότι αν 119911 isin ℝ119899 ⧵ 0 τότε 119879minus1119911 ne 0 Αν υποθέσουμε

ότι υπάρχει μη μηδενικό 119911 isin ℝ119899 ώστε 119879minus1119911 = 0 τότε θέτουμε 1198901 =1199111199112 και συμπληρώνουμε σε μια ορθοκανονική βάση με τα διανύσματα

1198902 hellip 119890119899 επιλέγοντάς τα ώστε αυτά να είναι ορθοκανονική βάση του

υποχώρου κάθετου στο 1198901 Τότε ο πίνακας 119879minus1 γραμμένος ως προς

τη βάση 1198901 hellip 119890119899 έχει στην πρώτη στήλη του μηδενικά αφού λόγω

του ότι 119879minus11198901 = 0 ισχύει ⟨119879minus11198901 119890119895⟩ = 0 για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899 Άραdet 119879minus1 = 0 το οποίο είναι άτοπο αφού ο 119879 είναι αντιστρέψιμος

Π Αυτό που πραγματικά κρύβεται πίσω από την

απόδειξη είναι η πολική αναπαράσταση ενός τετραγωνικού πίνακα κάθε

(πραγματικός) τετραγωνικός 119879 παραγοντοποιείται στη μορφή 119879 = 119880119860όπου ο 119880 είναι ορθογώνιος (δηλαδή 119880119905 = 119880minus1) και ο 119860 διαγώνιος

(δείτε [ΓρΑλγ]) Έτσι ο 119860 απεικονίζει την ℬ1198992 σε ένα ελλειψοειδές

με άξονες τους βασικούς άξονες και στη συνέχεια ο 119880 laquoστρέφειraquo το

ελλειψοειδές στο χώρο (ο 119880 ως ορθογώνιος είναι συνδυασμός ανακλάσεων

και στροφών)

Π Παρατηρήστε ότι αν επιλέξουμε ένα ελλειψοειδές

ℰ στο ℝ119899 τότε

(i) το ελλειψοειδές ℰ καθορίζει ένα πίνακα Τ isin GL(119899) από την

ℰ = 119879(ℬ1198992)

(ii) Ο 119879 καθορίζει μια αλλαγή βάσης

(iii) Ο 119879 και η αλλαγή βάσης θέτουν το 119870 σε μια άλλη θέση τη θέση

Τ(Κ)

Έτσι πολλές φορές λέμε ότι η θέση ενός σώματος 119870 καθορίζεται από

την laquoεπιλογή της ευκλείδειας δομής του ℝ119899raquo Δηλαδή την επιλογή του

ελλειψοειδούς ℰ Η χρήση της λέξης laquoδομήraquo στην παραπάνω φράση

προέρχεται από το ότι ένα ελλειψοειδές καθορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο

Πράγματι αν ως προς την κατάλληλη ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899

ℰ = 119909 = (119909119896)119899119896=1 isin ℝ119899 ∶

119899

sum119896=1

1199092119896

1198862119896

le 1

όπου 119886119896 gt 0 για 119896 = 1 hellip 119899 τότε ελέγχουμε εύκολα ότι το

⟨119909 119908⟩ℰ ∶=119899

sum119896=1

119911119896119908119896

1198862119896

()

είναι ένα εσωτερικό γινόμενο και το σύνολο 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119909⟩ℰ le 1 είναι

ακριβώς το ℰ

Άσκηση Αποδείξτε ότι οποιοδήποτε παραλληλόγραμμο στον ℝ2 είναι

μια θέση του τετραγώνου 119862 = [minus1 1]2 Ομοίως αποδείξτε ότι οποιοδήποτε

παραλληλεπίπεδο στον ℝ119899 είναι μια θέση του κύβου 119862 = [minus1 1]119899

Άσκηση Δείξτε ότι η σχέση () ορίζει πράγματι ένα εσωτερικό γινόμενο

στον ℝ119899

Άσκηση Δείξτε ότι αν sdot ℰ είναι η νόρμα που ορίζει ένα ελλειψοειδές ℰστον ℝ119899 τότε ισχύει ⟨119909 119909⟩ℰ = 1199092

ℰ

Άσκηση Εξηγήστε γιατί η επιλογή ενός εσωτερικού γινομένου στον ℝ119899

καθορίζει τη θέση ενός κυρτού σώματος 119870

Η ΙΣΟΤΡΟΠΙΚΗ ΘΕΣΗ

Η ισοτροπική θέση ενός κυρτού σώματος είναι μια πολύ ιδιαίτερη

θέση η οποία προέρχεται από την Κλασική Μηχανική Ο συνήθης ορισμός

της ισοτροπίας είναι ο ακόλουθος

Ο (Ισοτροπικό σώμα) Ένα κυρτό σώμα 119870 sube ℝ119899 λέμε

ότι είναι ισοτροπικό αν έχει όγκο ίσο με 1 κέντρο μάζας στο 0 και το

ολοκλήρωμα int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 είναι σταθερό δηλαδή ανεξάρτητο του 120579 isin

120138119899minus1 Η τετραγωνική ρίζα αυτής της κοινής τιμής των ολοκληρωμάτων

ονομάζεται σταθερά ισοτροπίας του 119870 και συμβολίζεται με 119871119870

Θα δούμε παρακάτω ότι κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 έχει ισοτροπική

θέση δηλαδή υπάρχει 119879 isin GL(119899) ώστε το 119879(119870) να είναι ισοτροπικό

Στην επόμενη υποενότητα θα προσπαθήσουμε να εξηγήσουμε αυτόν

τον ορισμό Αυτό δεν θα συμβάλει μόνο στην αιτιολόγηση του όρου

laquoισοτροπικόraquo αλλά θα συμβάλει στο να κατανοήσουμε ότι από φυσικής

πλευράς η ισοτροπική θέση είναι η απλούστερη θέση στην οποία μπορεί

να βρεθεί ένα σώμα

Ροπή δύναμης και ροπή αδράνειας

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε ένα αντικείμενο που μπορεί να περιστραφεί

γύρω από έναν άξονα Μπορούμε να φανταστούμε μια σφαίρα και έναν

άξονα που περνάει από το κέντρο της ή μια πόρτα που στρέφεται

γύρω από τον άξονα που διέρχεται από τα σημεία στήριξής της Αν

εφαρμόσουμε μια δύναμη 119865 στο αντικείμενο κάθετα στο επίπεδο που

ορίζει ο άξονας περιστροφής και το διάνυσμα θέσης του σημείου στο

οποίο εφαρμόζεται η δύναμη αυτό θα αρχίσει να περιστρέφεται Ας

θεωρήσουμε ότι η δύναμη εφαρμόζεται στο σημείο 119903 το οποίο ανήκει

στο αντικείμενό μας Ονομάζουμε ροπή της δύναμης 119865 το διάνυσμα

120591 = 119903times 119865 όπου με times συμβολίζουμε το εξωτερικό γινόμενο Παρατηρούμε

ότι όσο πιο κοντά στον άξονα περιστροφής εφαρμόσουμε τη δύναμη

(για παράδειγμα όσο πιο κοντά στον άξονα περιστροφής της πόρτας)

τόσο πιο μικρό είναι σε μήκος το διάνυσμα 119903 οπότε είναι και μικρότερο

το μέγεθος της ροπής (η πόρτα θα στραφεί με μικρότερη ταχύτητα)

Η ροπή μιας δύναμης που εφαρμόζεται σε ένα σώμα που μπορεί ναστραφεί γύρω από έναν άξονα εκφράζει το μέγεθος της ικανότητας τηςδύναμης να στρέψει το σώμα

Άρα το πόσο εύκολα θα στραφεί το σώμα εξαρτάται από τη δύναμη119865 και το σημείο εφαρμογής της δύναμης 119903 Όμως το τι τελικά ακριβώς

θα συμβεί στο σώμα δεν εξαρτάται μόνο από τη δύναμη και το σημείο

εφαρμογής Διότι για παράδειγμα μια μπάλα του μπάσκετ στρέφεται

πολύ πιο εύκολα με την ίδια δύναμη από ότι ο πλανήτης Γη Άρα το τι

ακριβώς θα συμβεί με την ίδια δύναμη 119865 και το ίδιο 119903 σχετίζεται και με

χαρακτηριστικά του σώματος και της διεύθυνσης περιστροφής Αυτά

τα χαρακτηριστικά εκφράζονται στην έννοια της ροπής αδράνειας του

σώματος ως προς τη διεύθυνση του άξονα περιστροφής

Η ροπή αδράνειας ενός σώματος εκφράζει το πόσο εύκολα αυτόστρέφεται γύρω από δοθέντα άξονα Εξαρτάται δηλαδή τόσο από το σώμαόσο και από τον άξονα περιστροφής Το ότι η ροπή αδράνειας εξαρτάται

και από τον άξονα περιστροφής φαίνεται εύκολα με το παράδειγμα του

ακροβάτη που περπατάει σε σχοινί κρατώντας κάθετα στο σχοινί μια

πολύ μεγάλη ράβδο (δείτε την Εικόνα ) Για να πέσει από το σχοινί

ο ακροβάτης θα πρέπει η ράβδος που κρατάει να στραφεί με άξονα

περιστροφής παράλληλο στο σχοινί στο οποίο βαδίζει Επειδή ακριβώς

η ράβδος είναι μεγάλη στην κάθετη στο σχοινί διεύθυνση αυτή έχει

πολύ μεγάλη ροπή αδράνειας (δεν laquoθέλειraquo δηλαδή να στραφεί) και για

αυτό ο ακροβάτης δεν πέφτει εύκολα (Το ότι ο ακροβάτης συγκρατεί τη

ράβδο είναι μάλλoν ψευδαίσθηση Η ράβδος συγκρατεί τον ακροβάτη)

Μιλώντας πιο αυστηρά η ροπή αδράνειας ενός σώματος εκφράζει τηροπή που απαιτείται για να αποκτήσει το σώμα μια καθορισμένη γωνιακήεπιτάχυνση Μια σημειακή μάζα 119898 σε θέση 119903 όπου το 119903 είναι κάθετο στον

άξονα περιστροφής της έχει ροπή αδράνειας την ποσότητα 119868 = 119898 11990322

(Βεβαίως η επιλογή αυτού του τύπου δεν είναι αυθαίρετη αλλά βασίζεται

σε πειραματικά δεδομένα Για παράδειγμα διπλασιάζουμε την απόσταση

από τον άξονα περιστροφής και μετράμε τετραπλάσια ροπή για την

απόκτηση της ίδιας γωνιακής επιτάχυνσης)

Αν τώρα μιλάμε για ένα κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 η συνολική του

ροπή αδράνειας υπολογίζεται αν laquoπροσθέσουμε όλες τις ροπές αδράνειας

των σημείων τουraquo δηλαδή αν ολοκληρώσουμε πάνω στο 119870 Για να

απλοποιηθεί η περιγραφή μας ας υποθέσουμε ότι οι laquoσημειακές μάζεςraquo

στο 119870 είναι ίσες με 1 Με άλλα λόγια θεωρούμε ότι η πυκνότητα του

υλικού του 119870 είναι σταθερά ίση με 1 Έτσι αν το διάνυσμα 120579 isin 120138119899minus1

καθορίζει τον άξονα περιστροφής τότε η (συνολική) ροπή αδράνειας

Ε Ο Samuel Dixon διασχίζει τον Νιαγάρα πάνω σε ένα σχοινί

της ίντσας χρησιμοποιώντας τη ροπή αδράνειας μιας μεγάλης ράβδου

(φωτογραφία George Barker Νιαγάρας )

του 119870 είναι η ποσότητα

int119870

11990311990922 119889119909

όπου το 119903119909 είναι το διάνυσμα κάθετο στον άξονα περιστροφής από τον

άξονα στο 119909 isin 119870 Χρησιμοποιώντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα η ροπή

αδράνειας του 119870 ως προς τον άξονα που καθορίζει το 120579 είναι ίση με το

int119870(1199092

2 minus ⟨119909 120579⟩2) 119889119909()

Φανερά η ροπή αδράνειας εξαρτάται λοιπόν από τον άξονα τη διεύθυνση

120579 Αν αυτό δεν συμβαίνει αν δηλαδή η ροπή αδράνειας είναι ίδια για

το 119870 ως προς οποιοδήποτε άξονα περιστροφής τότε το σώμα λέγεται

ισοτροπικό Η συνθήκη που μόλις περιγράψαμε είναι φανερά ισοδύναμη

με την συνθήκη η ποσότητα int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 να είναι σταθερή και ανεξάρτητη

από την επιλογή του 120579 isin 120138119899minus1

Έτσι λοιπόν ένα σώμα είναι ισοτροπικό όταν η ροπή που χρειάζεταιγια να αποκτήσει συγκεκριμμένη γωνιακή επιτάχυνση είναι ίδια ως προςοποιοδήποτε άξονα και αν είναι να περιστραφεί

Προσθέτουμε μόνο εδώ ότι η οι επιπλέον απαιτήσεις του Ορι-

σμού δηλαδή να έχει το σώμα κέντρο μάζας στο 0 και να έχει

συνολικό όγκο 1 είναι κανονικοποιήσεις που απλά διευκολύνουν διάφο-

ρους υπολογισμούς και δεν έχουν σχέση με την ισοτροπία ως φυσική

έννοια

Πίνακας αδράνειας και ροπή αδράνειας

Όπως είδαμε παραπάνω η ροπή αδράνειας εξαρτάται τόσο από

το σώμα το οποίο στρέφεται όσο και από τη διεύθυνση του άξονα

περιστροφής Είναι δυνατόν αυτά τα δύο να laquoδιαχωριστούνraquo Μπο-

ρούν δηλαδή κατά μία έννοια να απομονωθούν τα χαρακτηριστικά

του σώματος που καθορίζουν ή επηρεάζουν την περιστροφή από τη

διεύθυνση περιστροφής Η απάντηση είναι θετική και αυτό γίνεται με

τον πίνακα αδράνειας του σώματος

Θα συμβολίσουμε με Id τον ταυτοτικό πίνακα στον ℝ119899 Αν γράψουμε

το τυχόν 119909 isin 119870 ως sum119899119894=1 119909119894119890119894 ως προς την συνήθη ορθοκανονική βάση

του ℝ119899 και ομοίως και για το 120579 από τη σχέση () εύκολα βλέπουμε

με απλές πράξεις ότι

int119870(1199092

2 minus ⟨119909 120579⟩2) 119889119909 = ⟨119868119870120579 120579⟩

όπου 119868119870 είναι ο πίνακας

(int119870

11990922 119889119909) Id minus (int

119870119909119894119909119895 119889119909)

119894119895

=⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

int119870(11990922 minus 1199092

1 ) 119889119909 minus int11987011990911199092 119889119909 hellip minus int119870

1199091119909119899 119889119909minus int119870

11990921199091 119889119909 int119870(1199092 minus 11990922) 119889119909 hellip minus int119870

1199092119909119899 119889119909⋮ ⋮ ⋱ ⋮

minus int1198701199091198991199091 119889119909 minus int119870

1199091198991199092 119889119909 hellip int119870(11990922 minus 1199092

119899) 119889119909

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

Ο πίνακας 119868119870 ονομάζεται πίνακας αδράνειας του σώματος 119870 (Inertiamatrix) Όταν εργαζόμαστε με ένα σώμα και δεν υπάρχει κίνδυνος

σύγχυσης μπορεί να παραλείπουμε τον δείκτη 119870 και να γράφουμε απλά

119868 Ο 119868 εξαρτάται μόνο από το σώμα 119870 (και το σύστημα συντεταγμένων)

και για κάθε 120579 isin 120138119899minus1 το εσωτερικό γινόμενο ⟨119868120579 120579⟩ υπολογίζει τη ροπή

αδράνειας του σώματος 119870 με άξονα περιστροφής τη διεύθυνση του 120579Για τη Φυσική όπως η μάζα είναι το μέτρο της αδράνειας του 119870 για

την ευθύγραμμη κίνηση έτσι και ο πίνακας αδράνειας είναι το laquoμέτροraquo

της αδράνειας στην περιστροφική κίνηση

Εύκολα βλέπει κανείς ότι αυτός ο συμμετρικός πίνακας είναι θετικά

ορισμένος Αλλά από την πλευρά της Φυσικής αυτό είναι άμεσα αντι-

ληπτό αν κανείς γνωρίζει ότι αν το 119870 στρέφεται με οποιαδήποτε (μη

μηδενική) σταθερή γωνιακή ταχύτητα τότε η κινητική του ενέργεια

είναι ακριβώς η ποσότητα 12⟨119868 ⟩ και ως ενέργεια η ποσότητα αυτή

είναι αναγκαστικά θετική Έτσι ο 119868 είναι διαγωνοποιήσιμος δηλαδή

υπάρχει κατάλληλος ορθομοναδιαίος πίνακας αλλαγής βάσης 119876 ώστε ο

119868 = 119876119905Λ119876 όπου Λ διαγώνιος πίνακας έστω με στοιχεία διαγωνίου τα

1198681 hellip 119868119899 Οι διευθύνσεις των ιδιοδιανυσμάτων του 119868 ονομάζονται κύριοι(ή πρωτεύοντες) άξονες του σώματος 119870 Οι ποσότητες 1198681 hellip 119868119899 (οι οποίες

είναι θετικές αφού ο 119868 είναι θετικά ορισμένος) ονομάζονται κύριες (ή

πρωτεύουσες) ροπές αδράνειας του 119870 Τα υπερεπίπεδα που παράγονται

από οποιαδήποτε 119899minus1 από τα ιδιοδιανύσματα του 119868 ονομάζονται κύρια(ή πρωτεύοντα) υπερεπίπεδα του 119870

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι αν επιλέξουμε κατάλληλα την ορθοκανονι-

κή βάση του ℝ119899 ο πίνακας αδράνειας του 119870 είναι διαγώνιος ο διαγώνιος

πίνακας Λ Συνεπώς αν εφαρμόσουμε στο σώμα 119870 κατάλληλο διαγώνιο

πίνακα (ως προς κατάλληλη βάση) ο πίνακας αδράνειας της νέας θέσης

του 119870 έστω 119870prime θα είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού δηλαδή τα

int119870prime 1199092119894 119889119909 θα είναι ανεξάρτητα του 119894 και int119870prime 119909119894119909119895 119889119909 = 0 για κάθε 119894 ne 119895

Εύκολα ελέγχουμε ότι αυτές οι συνθήκες συνεπάγονται ότι στη νέα αυτή

θέση του το 119870 δηλαδή το 119870prime είναι ισοτροπικό

Αποδείξαμε έτσι ότι κάθε κυρτό σώμα 119870 μπορεί να αλλάξει θέση ώστεη νέα θέση που προκύπτει να είναι ισοτροπική

Παρατηρούμε εδώ ότι πολύ συχνά στη βιβλιογραφία η ισοτροπική

θέση περιγράφεται λέγοντας ότι ο πίνακας αδράνειας του σώματος 119870είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού συν τις συνθήκες κανονικοποίησης

του Ορισμού δηλαδή ότι πρέπει να έχει όγκο ίσο με 1 και κέντρομάζας στο 0

Αν ονομάσουμε 119862 = 119862119870 = Cov(119870) τον πίνακα (int119870119909119894119909119895 119889119909)119894119895 τότε

ισχύει

119868(119870) =tr(119862)119899 minus 1

Id minus119862

Αυτό ελέγχεται εύκολα αφού

tr(119862) =119899

sum119894=1

(int119870

11990922 119889119909 minus int

1198701199092

119894 119889119909) = (119899 minus 1) int119870

11990922 119889119909

Ο πίνακας 119862 = 119862119870 ονομάζεται πίνακας συνδιακύμανσης (Covariance

matrix) του 119870 Συνήθως μελετάμε τον πίνακα 119862 αντί για τον 119868 αφού

ο 119862 είναι απλούστερος και οι ιδιότητες του 119868 που μας ενδιαφέρουν

προκύπτουν άμεσα από τις ιδιότητες του 119862 Για παράδειγμα ο 119868 είναιπολλαπλάσιος του ταυτοτικού Id (και το σώμα 119870 είναι ισοτροπικό) αν

και μόνο αν ο 119862 είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού Με βάση αυτή

την παρατήρηση μπορούμε να δώσουμε τον εξής εναλλακτικό ορισμό

του ισοτροπικού σώματος

Ο (Ισοτροπικό σώμα (εναλλακτικός ορισμός)) Ένα κυρ-

τό σώμα 119870 sube ℝ119899 λέγεται ισοτροπικό αν έχει όγκο ίσο με 1 κέντρο μάζας

στο 0 και ισχύουν οι σχέσεις

(i) int1198701199092

119894 119889119909 = int1198701199092

119895 119889119909 για κάθε 119894 119895 = 1 hellip 119899 και

(ii) int119870119909119894119909119895 119889119909 = 0 για κάθε 119894 119895 = 1 hellip 119899 με 119894 ne 119895

Ο αριθμός 119871119870 = (int1198701199092

119894 119889119909)12 (που είναι ανεξάρτητος του 119894) ονομάζεται

σταθερά ισοτροπίας του 119870

Πρέπει βεβαίως κανείς να ελέγξει ότι η 119871119870 όπως ορίστηκε εδώ ισούται

με την 119871119870 όπως ορίστηκε στον Ορισμό Αυτό είναι απλό και το

διατυπώνουμε στην Άσκηση

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ισχύουν οι σχέσεις (i) και (ii) του Ορισμού

τότε το int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 είναι ανεξάρτητο του 120579 isin 120138119899minus1

Πολική ροπή αδρανείας

Ας υποθέσουμε ότι το αντικείμενο που μελετάμε είναι δισδιάστα-

το (για παράδειγμα ένα τμήμα ενός λεπτού φύλου κάποιου υλικού)

Μπορούμε να θεωρήσουμε τώρα ότι το σώμα αυτό θα περιστραφεί στο

επίπεδο στο οποίο περιέχεται Ο μόνος τρόπος να γίνει αυτό είναι να

περιστραφεί γύρω από κάποιο σημείο 1199090 αυτού του επιπέδου Αυτό

είναι ισοδύναμο με το να θεωρήσουμε το σώμα στον τρισδιάστατο χώρο

και να θεωρήσουμε ότι θα περιστραφεί γύρω από τον άξονα που περ-

νάει κάθετα στο επίπεδο στο οποίο περιέχεται από το 1199090 Η αδράνεια

που επιδεικνύει αυτό το σώμα σε μια τέτοια περιστροφή δίνεται όπως

και πριν από το ολοκλήρωμα πάνω στο σώμα του τετραγώνου της

απόστασης των σημείων του από τον άξονα περιστροφής που σε αυτή

την περίπτωση είναι το σημείο 1199090 Αυτή η ροπή αδρανείας ονομάζεται

πολική και εφόσον η μάζα του σώματος έχει πυκνότητα ίση με 1 και

1199090 = 0 δίνεται από τον τύπο

PI119870 = int119870

1199092 119889119909

Η γενίκευση σε μεγαλύτερες διαστάσεις είναι όμοια Το παραπάνω

ολοκλήρωμα στον ℝ119899 ονομάζεται πολική ροπή αδρανείας όπου τώρα η

περιστροφή είναι γύρω από τον άξονα του ℝ119899+1 που περνάει κάθετα

στον ℝ119899 από το 0Παρατηρούμε εδώ ότι η πολική ροπή αδρανείας σχετίζεται με τα

ίχνη των πινάκων 119868119870 και 119862119870 ως εξής

PI119870 = int119870

11990922 119889119909 = tr(119862119870) =

tr(119868119870)119899 minus 1

()

Διαφορά μεταξύ ισοτροπικού και μη ισοτροπικού σώματος

Είδαμε ήδη ότι για τα ισοτροπικά σώματα η ίδια ροπή προκαλεί

την ίδια γωνιακή επιτάχυνση ως προς οποιοδήποτε άξονα Εδώ θα

εμβαθύνουμε λίγο παραπάνω σε αυτή την κατεύθυνση

Ας υποθέσουμε ότι σε ένα σώμα 119870 στον χώρο τού ασκείται μια ροπή

ώστε να αρχίσει να κινείται και στη συνέχεια αφήνεται ελεύθερο χωρίς να

του ασκήται καμία εξωτερική δύναμη (ή η συνισταμένη των εξωτερικών

δυνάμεων ισούται με μηδέν) Σε αυτή την ενότητα θα μελετήσουμε τη

διαφορά στην κίνηση αν το σώμα είναι ισοτροπικό ή όχι

Αν θεωρήσουμε δύο σημεία 119909 119910 isin 119870 με 119909 ne 119910 αφού το σώμα

υποτίθεται στερεό η απόστασή τους παραμένει σταθερή Δηλαδή η

ποσότητα

119909 minus 11991022 =

119899

sum119895=1

(119909119895 minus 119910119895)2

είναι σταθερή ως προς τον χρόνο Συνεπώς η παράγωγός της είναι

μηδέν Υπολογίζοντας την παράγωγο με τον κανόνα της αλυσίδας

παίρνουμε 2⟨119909 minus 119910 119907119909 minus 119907119910⟩ = 0 όπου με 119907119909 και 119907119910 συμβολίζουμε τις

ταχύτητες των σημείων 119909 και 119910 αντίστοιχα Έτσι για να ισχύει αυτό

είτε 119907119909 minus 119907119910 = 0 οπότε 119907119909 = 119907119910 και το σώμα κινείται ευθύγραμμα ομαλά

είτε 119907119909 minus 119907119910 ⟂ 119909 minus 119910 και το σώμα εκτελεί περιστροφική κίνηση Επειδή

εδώ ασκήθηκε ροπή στο σώμα συμβαίνει το δεύτερο Έτσι υπάρχει

διάνυσμα 120596119909119910 ώστε 119907119909 minus 119907119910 = 120596119909119910 times (119909 minus 119910) Μπορούμε να δούμε τώρα

ότι το 120596119909119910 είναι ανεξάρτητο των σημείων 119909 και 119910 Πράγματι αν πάρουμε

τρία σημεία 119909 119910 119911 στο 119870 θα ισχύει

120596119909119911 times (119909 minus 119910) minus 120596119909119911 times (119911 minus 119910) = 120596119909119911 times (119909 minus 119911) = 119907119909 minus 119907119911

= (119907119909 minus 119907119910) minus (119907119911 minus 119907119910)= 120596119909119910 times (119909 minus 119910) minus 120596119911119910 times (119911 minus 119910)

Αλλά η τελευταία μπορεί να ισχύει για κάθε 119909 119910 119911 isin 119870 μόνο αν

120596119909119911 = 120596119909119910 = 120596119911119910 Το κοινό αυτό διάνυσμα 120596 λοιπόν είναι χαρα-

κτηριστικό της κίνησης του σώματος και ονομάζεται γωνιακή ταχύτητα

του σώματος Μπορούμε να ελέγξουμε ότι το μέτρο του μας δείχνει την

γωνιακή μεταβολή των σημείων του 119870 ως προς τον άξονα περιστροφής

προς τον απαιτούμενο χρόνο Η περιστροφική αυτή κίνηση ονομάζεται

ομαλή (αφού υποθέσαμε ότι δεν ασκούνται πλέον δυνάμεις στο σώμα

ή ασκούνται αλλά έχουν συνισταμένη μηδέν) αλλά αυτό δεν σημαίνει

ότι το διάνυσμα 120596 είναι σταθερό Αυτό που γνωρίζουμε σίγουρα είναι

ότι το σώμα διατηρεί την κινητική του ενέργεια (αρχή διατήρησης της

ενέργειας) και τη στροφορμή του (αρχή διατήρησης της στροφορμής)

Η κινητική ενέργεια ενός σημείου του 119909 είναι 119864119909 = 121198981199091199071199092 όπου

119898119909 η σημειακή μάζα στο 119909 και 119907119909 η ταχύτητά του Έτσι αν το σώμα 119870έχει πυκνότητα 1 η κινητική του ενέργεια είναι 119864 = 1

2 int1198701199071199092 119889119909

Η στροφορμή ενός σημείου 119909 isin 119870 ορίζεται ως το διάνυσμα 119871119909 =119898119909119909 times 119907119909 και άρα για το σώμα 119870 με πυκνότητα 1 η στροφορμή του είναι

119871 = int119870119909 times 119907119909 119889119909 Αντικαθιστώντας το 119907119909 με 120596 times 119909 παίρνουμε

119871119909 = 119898119909(11990922120596 minus ⟨120596 119909⟩119909) = 119898119909119868119909120596

όπου 119868119909 ο πίνακας αδράνειας του 119909 δηλαδή

119868119909 =⎛⎜⎜⎜⎜⎝

11990922 minus 1199092

1 minus11990911199092 hellip minus1199091119909119899minus11990921199091 1199092

2 minus 11990922 hellip minus1199092119909119899

⋮ ⋮ ⋱ ⋮minus1199091198991199091 minus1199091198991199092 hellip 1199092

2 minus 1199092119899

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

Ολοκληρώνοντας ως προς 119909 isin 119870 παίρνουμε ότι η συνολική στροφορμή

του 119870 είναι 119871 = 119868120596 όπου 119868 ο πίνακας αδράνειας του 119870 Χρησιμοποιώντας

τις ιδιότητες του εξωτερικού γινομένου ελέγχουμε εύκολα ότι ισχύει

119864 = 12⟨119871 120596⟩

Με αυτές τις εξισώσεις μπορούμε να βγάλουμε τα παρακάτω συμ-

περάσματα

Αν ο ροπή που ασκήσαμε για την έναρξη της κίνησης του 119870 ήταν

κάθετη σε κύριο άξονα του 119870 τότε η στροφορμή 119871 είναι στη διεύθυνση

του κύριου άξονα Αλλά τότε το 119871 είναι ιδιοδιάνυσμα του 119868 και συνεπώς

120596 = 119868minus1119871 = 120582minus1119871 όπου 120582 η ιδιοτιμή του 119868 που αντιστοιχεί στον κύριο

άξονα Δηλαδή η γωνιακή ταχύτητα είναι παράλληλη με τη στροφορμή

Αυτό σημαίνει ότι το σώμα θα κάνει μια απλή ομαλή περιστροφική

κίνηση γύρω από αυτόν τον κύριο άξονα

Αν η ροπή δίνει στροφορμή που δεν είναι στη διεύθυνση κύριου

άξονα τότε αυτή η γωνιακή ταχύτητα δεν είναι απαραίτητα παράλληλη

με τη στροφορμή 119871 Παραμένει όμως σταθερή η συνιστώσα της στη

διεύθυνση της στροφορμής 119871 αφού 119864 = 12⟨119871 120596⟩ και τόσο η κινητική

ενέργεια όσο και η στροφορμή είναι σταθερές

Έτσι ένα ελλειψοειδές με άνισους ημιάξονες στο οποίο ασκείται ροπή

ώστε να αποκτήσει στροφορμή 119871 η οποία δεν είναι στη διεύθυνση κύριου

άξονα θα κάνει μια σύνθετη κίνηση στον χώρο η οποία περιλαμβάνει

τόσο περιστροφή γύρω από τον άξονα της στροφορμής όσο και περι-

στροφική κίνηση γύρω από τον εαυτό του Τέτοια είναι η κίνηση που

εκτελεί ο πλανήτης μας περιστρέφεται γύρω από τον εαυτό του αλλά

και ο άξονας περιστροφής δεν είναι σταθερός αλλά εκτελεί και αυτός

περιστροφική κίνηση γύρω από τη διεύθυνση της στροφορμής της

Αν τώρα το ελλειψοειδές έχει για παράδειγμα κύριους άξονες με

ίσες ιδιοτιμές τότε αν ο άξονας περιστροφής βρίσκεται στο επίπεδο που

παράγουν αυτοί οι δύο άξονες η κίνηση είναι απλή περιστροφική μια

και όπως πριν η στροφορμή είναι ιδιοδιάνυσμα του πίνακα αδράνειας

οπότε προκύπτει γωνιακή ταχύτητα στη διεύθυνση της στροφορμής

Τέλος αν το 119870 είναι στην ισοτροπική του θέση κάθε άξονας περι-στροφής οδηγεί σε απλή περιστροφική κίνηση με τη γωνιακή ταχύτηταστη διεύθυνση της στροφορμής Αυτό είναι προφανές από τα παρα-

πάνω αφού στην ισοτροπική θέση ο πίνακας αδράνειας 119868 του 119870 είναι

πολλαπλάσιο του ταυτοτικού

Π Να σημειώσουμε εδώ μια και αναφέρθηκε ότι ο

πλανήτης μας δεν είναι στερεό σώμα αφού έχει ατμόσφαιρα νερό υγρό

πυρήνα κλπ Άρα η κίνηση του δεν είναι και τόσο προβλέψιμη όπως

θα ήταν αν επρόκειτο για στερεό σώμα Οι στρατιωτικοί οργανισμοί

καταγράφουν συνεχώς την τροχιά του άξονα του πλανήτη χρησιμο-

ποιώντας αστρονομικά δεδομένα ώστε να ενοπίζουν τη μεταβολή της

θέσης του Αυτό γίνεται βεβαίως με σκοπό να στοχεύουν με ακρίβεια οι

πύραυλοί τους τις πόλεις μαςhellip

Το ελλειψοειδές αδράνειας και το ελλειψοειδές κινητικής ενέργειας

Ας υποθέσουμε για λόγους απλοποίησης αλλά χωρίς βλάβη της

γενικότητας ότι η κινητική ενέργεια 119864119870 του Κ ισούται με 12 Εφόσονλοιπόν η κινητική ενέργεια 119864119870 = 1

2⟨119868120596 120596⟩ είναι σταθερή η γωνιακή

ταχύτητα 120596 ανήκει στο ελλειψοειδές με εξίσωση ⟨119868120596 120596⟩ = 1 Το ελλειψο-

ειδές αυτό ονομάζεται ελλειψοειδές αδρανείας ή ελλειψοειδές Poinsot καιείναι σταθερό (ακίνητο) ως προς το σώμα 119870 καθώς αυτό περιστρέφεται

Το ότι δεν κινείται σε σχέση με το 119870 προκύπτει εύκολα αφού αν αλλά-

ξουμε στο σύστημα συντεταγμένων των ιδιοδιανυσμάτων του πίνακα

αδρανείας 119868 τότε η εξίσωσή του παραμένει αναλλοίωτη στον χρόνο και

είναι η119899

sum119895=1

1198681198951205962119895 = 1

όπου τα 119868119895 είναι οι κύριες ροπές αδρανείας και 120596119895 οι συντεταγμένες

της γωνιακής ταχύτητας 120596 O Poinsot παρατήρησε ότι η 119864119870 = 12⟨119871 120596⟩

συνεπάγεται ότι 119871 = 2grad120596119864119870 Δηλαδή η στροφορμή 119871 είναι κάθετη

στο εφαπτόμενο επίπεδο του ελλειψοειδούς 119864119870 = σταθερά δηλαδή

στο εφαπτόμενο επίπεδο του ελλειψοειδούς αδρανείας στο 120596 Αυτή

η κατασκευή είναι γνωστή ως κατασκευή Poinsot και περιγράφει με

ακρίβεια την περιστροφική κίνηση του 119870 Πράγματι αφού η στροφορμή

119871 είναι σταθερή για να μπορεί να είναι πάντα κάθετη στο παραπάνω

εφαπτόμενο επίπεδο θα πρέπει το ελλειψοειδές αδρανείας να περιστρέ-

φεται κατάλληλα και μαζί του και το σώμα 119870 Πάλι από το γεγονός ότι

η κινητική ενέργεια 119864119870 είναι σταθερή και το ότι 119864119870 = 12⟨119871 120596⟩ προκύπτει

ότι η προβολή του 120596 στη διεύθυνση του 119871 είναι σταθερή δηλαδή είναι

σταθερή η απόσταση του κέντρου του ελλειψοειδούς αδρανείας από

το εφαπτόμενο επίπεδο στο 120596 Συνεπώς το εφαπτόμενο επίπεδο είναι

αναλλοίωτο στον χρόνο και για αυτό ονομάζεται αναλλοίωτο επίπεδο(invariable plane) Το 120596 είναι το σημείο επαφής του ελλειψοειδούς αδρα-

νείας καθώς αυτό περιστρέφεται και του αναλλοίωτου επιπέδου Κατά

την κίνηση αυτή το 120596 διαγράφει μια καμπύλη πάνω στο ελλειψοειδές

αδρανείας η οποία ονομάζεται πολική καμπύλη (στα αγγλικά ονομάζεται

laquopolhoderaquo από τις λέξεις πόλος+οδός) Αντίστοιχα το σημείο επαφής

διαγράφει μια καμπύλη πάνω στο αναλλοίωτο επίπεδο που ονομά-

ζεται αντιπολική καμπύλη (στα αγγλικά laquoherpolhoderaquo από τις λέξεις

έρπω+πόλος+οδός)

Ενδιαφέρον όμως παρουσιάζει και η κίνηση του διανύσματος της

στροφορμής 119871 ως προς έναν παρατηρητή που βρίσκεται μέσα στο σώμα

και κινείται μαζί του Για αυτόν προφανώς το 120596 είναι τώρα σταθερό

r

Σ Το ελλειψοειδές Poinsot το σταθερό διάνυσμα στροφορμής 119871η μεταβαλλόμενη γωνιακή ταχύτητα 120596 και το αναλλοίωτο επίπεδο Το 120596παραμένει σταθερά στο σημείο επαφής του ελλειψοειδούς με το επίπεδο

Καθώς το ελλειψοειδές στρέφεται γύρω από τον ευατό του το σημείο

επαφής με το επίπεδο (ισοδύναμα το 120596) διαγράφει πάνω στο ελλειψοειδές

την πολική καμπύλη ενώ καθώς το ελλειψοειδές περιστρέφεται και γύρωαπό τον άξονα του 119871 το σημείο επαφής με το επίπεδο (ισοδύναμα το

120596) διαγράφει την αντιπολική καμπύλη πάνω στο επίπεδο

και αλλάζει το 119871 Μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε ότι ως προς το σύστη-

μα συντεταγμένων των ιδιοδιανυσμάτων του πίνακα αδρανείας το 119871βρίσκεται πάντα στο ελλειψοειδές sum

119899119894=1 119868minus1

119894 1198712119894 = 1 Αυτό το ελλειψοειδές

ονομάζεται ελλειψοειδές της κινητικής ενέργειας ή ελλειψοειδές Binet του119870 Επειδή επιπλέον ισχύει sum

119899119894=1 1198712

119894 = 11987122 το οποίο είναι σταθερό συμ-

περαίνουμε ότι το διάνυσμα της στροφορμής 119871 παραμένει στην τομή της

σφαίρας ακτίνας 1198712 και του ελλειψοειδούς Binet Παρατηρούμε τέλοςότι το ελλειψοειδές κινητικής ενέργειας Binet είναι το πολικό ελλειψοειδέςτου ελλειψοειδούς αδρανείας Poinsot

Π Στη βιβλιογραφία της κυρτότητας ως ελλειψοειδές

αδρανείας δεν ορίζεται το ελλειψοειδές Poinsot αλλά κατά παράβαση των

φυσικών εννοιών που περιγράψαμε παραπάνω ένα ελλειψοειδές που

φέρει το όνομα του Legendre και είναι διαφορετικό από το προηγούμενο

αν και έχει τους ίδιους κύριους άξονες Θα περιγράψουμε αυτό το

ελλειψοειδές στην υποενότητα Ομοίως το ελλειψοειδές Binet δεν

ορίζεται σύμφωνα με τις παραπάνω φυσικές έννοιες αλλά ως δυϊκό του

ελλειψοειδούς Legendre Σε κάθε περίπτωση δεν κατέστη εφικτό να

βρω στη βιβλιογραφία από που προκύπτει η απόδοση στον Legendre

Πιθανώς να είναι αποτέλεσμα του γεγονότος ότι η πολικότητα μπορεί

να περιγραφεί μέσω του μετασχηματισμού του Legendre Δηλαδή από

τη μία το ελλειψοειδές Binet δεν ορίζεται ως το ελλειψοειδές κινητικής

ενέργειας όπως παραπάνω και από την άλλη το δυϊκό του ονομάζεται

ελλειψοειδές Legendre (δείτε και Άσκηση )

Π Οι όροι polhode και herpolhode προέρχονται από

τον ο αιώνα και βρίσκονται στο Πόρισμα της Πρότασης της

Ενότητας στο πρώτο βιβλίο του Principia του Isaac Newton Με το

πρόβλημα της περιστροφής ενός στερεού σώματος ασχολήθηκε τόσο ο

Newton όσο και ο Leonhard Euler αργότερα ο οποίος παρήγαγε ένα

σύνολο εξισώσεων που περιγράφουν την κίνηση Αφορμή για αυτές τις

μελέτες ήταν η παρατήρηση των Jean drsquo Alembert και Louis Lagrange και

άλλων ότι υπήρχαν μετατοπίσεις του γεωγραφικού πλάτους της Γης

λόγω ταλάντευσής της γύρω από τον πολικό άξονα περιστροφής της

Στα μέσα του ου αιώνα ο Louis Poinsot περιέγραψε γεωμετρικά την

περιστροφική κίνηση ενός στερεού σώματος με τη βοήθεια της laquoκατα-

σκευής Poinsotraquo που περιγράψαμε παραπάνω δίνοντας μια γεωμετρική

ερμηνεία των αλγεβρικών εξισώσεων του Euler Περισσότερα για αυτά

τα θέματα μπορεί να βρει κανείς στα [GPS] και [KO]

Άσκηση Για κάθε κυρτή συνάρτηση 119891 ∶ 119883 sube ℝ119899 rarr ℝ όπου το 119883είναι κυρτό σύνολο ορίζουμε τον μετασχηματισμό Legendre της 119891 να είναι η

συνάρτηση ℒ(119891) ∶ 119883lowast rarr ℝ όπου

119883lowast = 119909lowast isin ℝ119899 ∶ sup119909isin119883

(⟨119909lowast 119909⟩ minus 119891(119909)) lt infin

με

ℒ(119891)(119909lowast) = sup119909isin119883

(⟨119909lowast 119909⟩ minus 119891(119909))

Αποδείξτε (χρησιμοποιώντας τεχνικές απειροστικού λογισμού εύρεσης μεγί-

στου) ότι αν το ℰ είναι οποιοδήποτε ελλειψοειδές στον ℝ119899 και ℰ∘ το πολικό

του τότε ισχύει

ℒ (12

sdot 2ℰ) =

12

sdot 2ℰ∘

Συμπεράνεται ότι το ελλειψοειδές Poinsot είναι το Legendre δυϊκό ελλειψοειδές

του ελλειψοειδούς Binet με την έννοια ότι

ℒ (12

sdot 2Binet) =

12

sdot 2Poinsot

Άσκηση Στην άσκηση αυτή γενικεύουμε την Άσκηση για κάθε

σώμα 119870 και το πολικό του 119870∘ Το ζητούμενο δηλαδή είναι να αποδειχθεί ότι

ισχύει

ℒ (12

sdot 2119870) =

12

sdot 2119870∘

για κάθε κυρτό σώμα 119870 με το 0 στο εσωτερικό του (ώστε να ορίζεται το πολικό

σώμα) ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Δείξτε ότι υπάρχει 119877 gt 0 ώστε για κάθε 119909 isin ℝ119899 με 1199092 gt 119877 η

ποσότητα ⟨119906 119909⟩ minus 121199092

119870 είναι αρνητική Συμπεράνετε από αυτό ότι η

προηγούμενη ποσότητα έχει μέγιστη τιμή έστω στο 1199090

(ii) Αποδείξτε ότι

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) le

12

ℎ119870(119906)

παρατηρώντας ότι

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) = ⟨119906 1199090⟩ minus

12

11990902119870 le max

119903ge0(119903⟨119906

11990901199090119870

⟩ minus12

1199032)

(iii) Για την αντίστροφη ανισότητα

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) ge

12

ℎ119870(119906)

δείξτε ότι υπάρχει 1199090 isin bd(119870) ώστε ℎ119870(119906) = ⟨119906 1199090⟩ και παρατηρήστε

ότι για κάθε 119903 ge 0 θέτοντας 119909 = 1199031199090 ισχύει

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) ge max

119903ge0(119903⟨119906 1199090⟩ minus

12

1199032)

Παρατήρηση Είναι δυνατόν να αποδείξει κανείς ότι ισχύει και η ℒ( sdot 119870)(119906) =119906119870∘ αλλά η απόδειξη είναι αρκετά πιο περίπλοκη και απαιτεί επιπλέον

υποθέσεις (να είναι η sdot 119870 κλάσης 1198622 στο ℝ119899 ⧵ 0 καθώς και το 119870 να είναι

γνήσια κυρτό (δείτε [GH] Κεφάλαιο Πρόταση ))

Αν και εξηγήσαμε παραπάνω ότι κάθε συμμετρικό κυρτό σώμα έχει

ισοτροπική θέση θα γράψουμε μια σύντομη και τυπικότερη απόδειξη

Π Για κάθε κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα 119870 sube ℝ119899

υπάρχει 119879 isin GL(119899) ώστε το 119879(119870) να είναι ισοτροπικό

Απόδειξη Θεωρούμε την απεικόνιση 119872 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 όπου

119872(119910) = int119870⟨119909 119910⟩119909 119889119909 = (int

119870⟨119909 119910⟩119909119895 1198891199091 hellip 119889119909119899)

119899

119895=1

Η Μ είναι μια γραμμική απεικόνιση με πίνακα τον 119872 = (int119870119909119894119909119895 119889119909)119894119895 Ο

119872 είναι φανερά συμμετρικός αλλά και θετικά ορισμένος αφού αν 119910 ne 0ισχύει

⟨119872(119910) 119910⟩ = int119870⟨119909 119910⟩2 119889119909 gt 0

Οπότε υπάρχει συμμετρικός και θετικά ορισμένος 119899 times 119899 πίνακας 119878 ώστε

1198782 = 119872 Θέτουμε 119870 = 119878minus1(119870) Παρατηρούμε ότι ο 119878minus1 είναι και αυτός

συμμετρικός οπότε ισούται με τον ανάστροφό του (119878minus1)lowast Για κάθε

120579 isin 120138119899minus1 θέτουμε 119910 = 119878119909 και χρησιμοποιώντας τον τύπο αλλαγής

μετβλητής στον ℝ119899 έχουμε

int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 = | det 119878|minus1 int

119870⟨119878minus1119910 120579⟩2 119889119910

= | det 119878|minus1 int119870⟨119910 (119878minus1)lowast120579⟩2 119889119910

= | det 119878|minus1 int119870⟨119910 119878minus1120579⟩2 119889119910

= | det 119878|minus1⟨int119870⟨119910 119878minus1120579⟩119910 119889119910 119878minus1120579⟩

= | det 119878|minus1⟨119872(119878minus1120579) 119878minus1120579⟩= | det 119878|minus1

δηλαδή είναι ανεξάρτητο του 120579 Μένει να κανονικοποιήσουμε τον όγκο

θέτουμε 119879 = vol119899(119878minus1(119870))minus1119899119878minus1(119870)

Το επόμενο που θέλουμε να δείξουμε είναι ότι η ισοτροπική θέση

για ένα συμμετρικό κυρτό σώμα είναι μοναδική εκτός από ορθογώνιους

μετασχηματισμούς (στροφές-ανακλάσεις και συνδυασμούς τους) Για

αυτό θα χρειαστούμε το παρακάτω πόρισμα του Θεωρήματος και

ένα ακόμα λήμμα

Π Αν ο 119879 είναι ένας συμμετρικός θετικά ημιορισμένος 119899times119899πίνακας τότε

tr(119879)119899

ge (det 119879)1119899

με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν ο 119879 είναι πολλαπλάσιο τουταυτοτικού

Απόδειξη Ένας συμμετρικός θετικά ημιορισμένος πίνακας είναι διαγωνο-

ποιήσιμος Αν 1205821 hellip 120582119899 οι (μη αρνητικές) ιδιοτιμές του τότε

tr(119879)119899

=1205821 + ⋯ + 120582119899

119899ge (1205821 hellip 120582119899)1119899 = (det 119879)1119899

Αν ισχύει ισότητα τότε όλες οι ιδιοτιμές είναι μεταξύ τους ίσες οπότε ο

119879 είναι πολλαπλάσιο του ταυτοτικού

Λ Η ισοτροπική θέση ελαχιστοποιεί την πολική ροπήαδρανείας PI119870 το ίχνος του πίνακα αδρανείας 119868119870 και το ίχνος του πίνακασυνδιακύμανσης 119862119870 Ισοδύναμα αν το 119870 βρίσκεται σε ισοτροπική θέσηκαι 119879 isin GL(119899) με det(119879) = 1 ισχύει

int119870

11990922 119889119909 le int

1198791198701199092

2 119889119909()

Απόδειξη Από τη σχέση () αρκεί να αποδείξουμε την () Παρα-

τηρούμε πρώτα ότι για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119878 ισχύει

int119870⟨119909 119878119909⟩ 119889119909 = sum

119894119895(int

119870119909119894119909119895 119889119909) 119904119894119895 = tr(119862119870119878)()

Εφαρμόζουμε την () για 119878 = Id και 119870 ισοτροπικό (οπότε 119862119870 = 1198712119870 Id)

int119870

11990922 119889119909 = int

119870⟨119909 119909⟩ 119889119909 = tr(1198712

119870 Id) = 1198991198712119870()

Εφαρμόζουμε ξανά την () για το σώμα 119879(119870) και αλλάζοντας μετα-βλητή (θέτοντας 119910 = 119879minus1119909) παίρνουμε

int119879(119870)

11990922 119889119909 = int

119879(119870)⟨119909 119909⟩ 119889119909 = int

119870⟨119910 119879lowast119879119910⟩ 119889119910 = tr(119862119870119879lowast119879)

()

Αλλά το 119870 είναι ισοτροπικό οπότε 119862119870 = 1198712119870 Id και από την ανισό-

τητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου tr(119879lowast119879)119899 ge det(119879lowast119879)1119899 = 1(Πόρισμα ) και την () παίρνουμε

int119879(119870)

11990922 119889119909 = 1198712

119870tr(119879lowast119879) ge 1198712119870119899 det(119879lowast119879)1119899 = int

1198701199092

2 119889119909()

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Από το παραπάνω λήμμα προκύπτει άμεσα ότι

αν ένα εξάρτημα μιας μηχανής θα περιστρέφεται στο επίπεδο στο οποίο

ανήκει τότε η ενεργειακά συμφέρουσα επιλογή είναι το εξάρτημα να

βρίσκεται στην ισοτροπική του θέση Διότι τότε θα έχει την ελάχιστη

πολική ροπή αδρανείας δηλαδή απαιτείται μικρότερη ροπή για την

απόκτηση της ίδιας γωνιακής ταχύτητας από οποιαδήποτε άλλη θέση

Π Η σχέση () και το Λήμμα μας δίνουν

άλλους δύο τύπους για τη σταθερά ισοτροπίας 119871119870 Από την () αν

το 119870 είναι ισοτροπικό τότε

119871119870 = (1119899

int119870

11990922 119889119909)

12

Από την () και το Λήμμα

119871119870 = inf⎧⎨⎩

(1119899

int119879(119870)

11990922 119889119909)

12

∶ det 119879 = 1⎫⎬⎭

= inf⎧⎨⎩

⎛⎜⎝

1

vol119899(119879(119870))1+ 2

119899

1119899

int119879(119870)

11990922 119889119909⎞⎟

⎠

12

∶ 119879 isin GL(119899)⎫⎬⎭

Π Η ισοτροπική θέση είναι μοναδική εκτός από ορθογώ-νιους μετασχηματισμούς

Απόδειξη Αν το Κ είναι ισοτροπικό και ο 119879 είναι ένας 119899 times 119899 πίνακας

ώστε το 119879(119870) να είναι και αυτό ισοτροπικό τότε θα δείξουμε ότι ο 119879είναι ορθογώνιος Πράγματι από το Λήμμα τόσο το 119870 όσο και το

119879(119870) ελαχιστοποιούν το ολοκλήρωμα του τετραγώνου της Ευκλείδειας

νόρμας ανάμεσα σε όλες τις θέσεις του 119870 Συνεπώς ισχύει ισότητα

στη σχέση () Άρα ισχύει ισότητα στην ανισότητα αριθμητικού-

γεωμετρικού μέσου tr(119879lowast119879)119899 ge det(119879lowast119879) και συνεπώς ο 119879lowast119879 είναι

πολλαπλάσιος του ταυτοτικού (Πόρισμα ) Αλλά επειδή πρέπει να

έχει και ορίζουσα ίση με 1 είναι ο ταυτοτικός Έτσι 119879lowast119879 = Id δηλαδή ο

119879 είναι ορθογώνιος

Εύκολα βλέπει κανείς ότι το 119870 είναι ισοτροπικό αν και μόνο αν ισχύει

η ()

Π Αν ισχύει

int119870

11990922 119889119909 le int

1198791198701199092

2 119889119909()

για κάθε 119899 times 119899 πίνακα ορίζουσας 1 τότε το 119870 είναι ισοτροπικό

Απόδειξη Πράγματι όπως και στην απόδειξη της Πρότασης έτσι

και εδώ αν το Τ(119870) είναι ισοτροπικό για κατάλληλο 119879 τότε πάλι θα

ισχύει ισότητα στην () οπότε όπως και πριν ο 119879 είναι ορθογώνιος

δηλαδή το 119870 είναι ισοτροπικό

Ελλειψοειδές Binet και ελλειψοειδές Legendre

Στο κλασικό τους άρθρο [MP] οι V Milman και A Pajor δίνουν

τους ορισμούς του ελλειψοειδούς Binet και του Legendre-δυϊκού του

Όμως αντί να χρησιμοποιήσουν τον πίνακα αδρανείας 119868(119870) χρησιμο-

ποιούν τον πίνακα συνδιακύμανσης 119862119870 Έτσι ορίζουν το ελλειψοειδές

Binet με τη σχέση

() 1205792Binet = int

119870∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909

Αυτό το ελλειψοειδές είναι διαφορετικό από το ελλειψοειδές Binet όπως

ορίζεται στην Κλασική Μηχανική και παρουσιάσαμε νωρίτερα Έχει

βέβαια τους άξονές του στις ίδιες διευθύνσεις με το ελλειψοειδές Binet της

Κλασσικής Μηχανικής αφού οι πίνακες συνδιακύμανσης 119862119870 και αδρανείας

119868(119870) έχουν τα ίδια ιδιοδιανύσματα λόγω της σχέσης

119868(119870) = (int119870

11990922119889119909) Id minus119862119870

αλλά διαφορετικά μήκη ημιαξόνων Για παράδειγμα ας υποθέσουμε ότι

η βάση του χώρου 1198901 1198902 hellip 119890119899 έχει επιλεχθεί να είναι τα ιδιοδιανύσματα

του πίνακα αδρανείας οπότε Ι(Κ) = diag(119868119895)119899119895=1 και 119862119870 = diag(119862119895)119899

119895=1

δηλαδή οι πίνακες αδρανείας και συνδιακύμανσης είναι διαγώνιοι Επίσης

ισχύει 119868119895 + 119862119895 = int1198701199092

2119889119909 Σύμφωνα με την () ισχύει

1198901198952Binet = int

119870∣⟨119909 1198901⟩∣

2119889119909 = int119870

1199092119895 119889119909 = 119862119895 = int

1198701199092

2119889119909 minus 119868119895

Όμως ο ορισμός του ελλειψοειδούς Binet και του ελλειψοειδούς Poinsot

στην Κλασική Μηχανική όπως τον παρουσιάσαμε στην υποενότη-

τα εrsquo δίνει

1198901198952Binet =

1119868119895

και 1198901198952Poinsot = 119868119895

Επίσης ορίζουν το ελλειψοειδές laquoLegendreraquo ℰLegendre θέτοντας

() intℰLegendre

∣⟨119909 120579⟩∣2119889119909 = int

119870∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909

για κάθε 120579 isin ℝ119899 Με αυτούς τους ορισμούς αποδεικνύουν ότι

ΕBinet =radic

119899 + 2vol(ℰLegendre)

ℰ∘Legendre

ταυτότητα που θα αποδείξουμε παρακάτω Από αυτήν εύκολα προκύ-

πτει ότι

1198901198952ℰLegendre

=119899 + 2

vol(ℰLegendre)1119862119895

Συνεπώς βλέπουμε ότι ενώ οι δύο διαφορετικοί ορισμοί δεν συμπίπτουν

εν τούτοις γνωρίζοντας τα ελλειψοειδή από την Κλασική Μηχανική μπο-

ρούμε να υπολογίσουμε και τα αντίστοιχα ελλειψοειδή όπως ορίζονται

στο [MP] και αντίστροφα Επίσης αν το σώμα 119870 είναι ισοτροπικό

τότε τόσο ο πίνακας αδρανείας 119868(119870) όσο και ο πίνακας συνδιακύμανσης

119862119870 είναι πολλαπλάσιοι του ταυτοτικού και όλα αυτά τα ελλειψοειδή

είναι πολλαπλάσια της Ευκλείδειας μπάλας ℬ1198992 Οπότε με τις κατάλληλες

κανονικοποιήσεις τα ελλειψοειδή των δύο ορισμών ταυτίζονται

Π Με τους ορισμούς του [MP] ισχύει

ΕBinet =radic

119899 + 2vol(ℰLegendre)

ℰ∘Legendre

Απόδειξη Για κάθε ελλειψοειδές ℰ και119879 isin GL(119899)ώστε ℰ = 119879(ℬ1198992) εύκολα

ελέγχουμε ότι ισχύει 120579ℰ∘ = 119879lowast(120579)2 για κάθε 120579 isin ℝ119899 Επιπλέον

αλλάζοντας μεταβλητές παίρνουμε εύκολα τον τύπο

1vol(ℰ)

intℰ∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909 =1

vol(ℬ1198992)

intℬ119899

2

∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣2119889119909

Το δεύτερο όμως ολοκλήρωμα μπορεί να υπολογιστεί με αλλαγή σε

πολικές συντεταγμένες ως εξής

1vol(ℬ119899

2)int

ℬ1198992

∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣2119889119909 = 119899 int

120138119899minus1∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣

2(int

1

0119903119899+1119889119903) 119889120590(119909)

=119899

119899 + 2int

120138119899minus1∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣

2119889120590(119909)

=1

119899 + 2119879lowast(120579)2

2 =1

119899 + 21205792

ℰ∘

Δείξαμε έτσι ότι

120579ℰ∘ = radic119899 + 2vol(ℰ) (int

ℰ∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909)12

Αντικαθιστώντας το ℰ με το ελλειψοειδές Legendre και χρησιμοποιώντας

την () και την () καταλήγουμε στο ζητούμενο

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 119879 isin GL(119899) αν θέσουμε ℰ = 119879(ℬ1198992) τότε

ισχύει1

vol(ℰ)int

ℰ∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909 =1

vol(ℬ1198992)

intℬ119899

2

∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣2119889119909

για κάθε 120579 isin ℝ119899 Συμπληρώστε όλες τις λεπτομέρειες της απόδειξης της

Πρότασης

Άσκηση Ας συμβολίσουμε με ℰ119875(119870) το ελλειψοειδές αδρανείαςPoinsot

του κυρτού σώματος 119870 Αποδείξτε ότι για την πολική ροπή αδρανείας του

ℰ119875(119870) ισχύει ότι

PI(ℰ119875(119870)) = 119888119899vol119899(ℬ119899minus1

2 )vol119899(ℬ119899

2)vol119899(ℰ119875(119870))

119899

sum119894=1

1119868119894

όπου (119868119894)119899119894=1 οι πρωτεύουσες ροπές αδρανείας του 119870 και

119888119899 =Γ(32)Γ ( 119899+1

2 )

Γ ( 119899+44 )

≃2radic612058711989032

111989932

Επιπλέον ο πίνακας αδρανείας του ℰ119875(119870) είναι διαγώνιος όπου το 119894στοιχείο της διαγωνίου του είναι το

119868(ℰ119875(119871))119894119894= 119888119899

vol119899(ℬ119899minus12 )

vol119899(ℬ1198992)

vol119899(ℰ119875(119870)) sum119895ne119894

1119868119895

όπου 119888119899 η προηγούμενη σταθερά

Συμπεράνετε ότι το ελλειψοειδές αδρανείαςPoinsot δεν είναι πολλαπλάσιο

του ελλειψοειδούς Legendre

(Υπόδειξη Ξεκινήστε από τον υπολογισμό του 119868(ℰ119875(119871))119894119894 ολοκληρώνοντας

ως προς 120596119894 και παρατηρώντας ότι το ℰ119875(119870) cap (120596119894119890119894 + [119890119894]⟂) είναι ελλειψοειδές

με μήκη ημιαξόνων 119868minus12119895 (1 minus 1198681198941205962

119894 )12 όπου τα 119890119894 είναι η ορθοκανονική βάση

που ορίζεται από τους πρωτεύοντες άξονες αδρανείας Για την εκτίμηση για

το 119888119899 χρησιμοποιείστε την Άσκηση Β)

Η γεωμετρία ενός κυρτού συμμετρικού σώματος 119870 στην ουσία

καθορίζει μια κατανομή μάζας στον ℝ119899 όπου η πυκνότητα είναι η

χαρακτηριστική συνάρτηση 120594119870 Κάθε ολοκλήρωμα που χρησιμοποιείται

για τον ορισμό της έννοιας της ισοτροπίας θα μπορούσε αντί να γραφτεί

ως ολοκλήρωμα πάνω στο 119870 να γραφτεί πάνω σε όλο το ℝ119899 με τη

βοήθεια της χαρακτηριστικής συνάρτησης του 119870 Για παράδειγμα το

int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 μπορεί να γραφτεί ως intℝ119899⟨119909 120579⟩2120594119870(119909) 119889119909 Συνεπώς η έννοια

της ισοτροπίας μπορεί να οριστεί και για άλλες συναρτήσεις εκτός

των χαρακτηριστικών συναρτήσεων κυρτών συμμετρικών σωμάτων

Πράγματι αυτό είναι εφικτό για οποιοδήποτε laquoτρόποraquo διαθέτει κανείς

να περιγράψει την κατανομή μιας μάζας στον ℝ119899 Δύο πολύ συνήθεις

τέτοιοι τρόποι παρέχονται από τις λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις και

κατrsquo επέκταση από λογαριθμικά κοίλα μέτρα

Ο Μια συνάρτηση 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin) λέγεται λογαριθμικάκοίλη αν για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 και για κάθε 120582 isin [0 1] ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge 119891(119909)1minus120582119891(119910)120582()

Ο Ένα μέτρο 120583 στο ℝ119899 λέγεται λογαριθμικά κοίλο ανγια οποιαδήποτε Lebesgue μετρήσιμα σύνολα 119860 119861 στον ℝ119899 και για κάθε120582 isin [0 1] για το οποίο το (1 minus 120582)119860 + 120582119861 είναι μετρήσιμο ισχύει

120583((1 minus 120582)119860 + 120582119861) ge 120583(119860)1minus120582120583(119861)120582()

Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση 119891 ορίζει ένα μέτρο 120583119891 μέσω

του τύπου 120583119891(119860) = int119860119891(119909) 119889119909 για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο

119860 sube ℝ119899 Το μέτρο αυτό είναι λογαριθμικά κοίλο σύμφωνα με την

ακόλουθη πρόταση

Π Αν η 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin) είναι μια λογαριθμικά κοίλησυνάρτηση τότε το 120583119891 είναι λογαριθμικά κοίλο μέτρο

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Prekopa-

Leindler (Θεώρημα ) Πράγματι αν τα σύνολα 119860 119861 είναι Lebesque

μετρήσιμα στον ℝ119899 και για 120582 isin [0 1] το σύνολο (1 minus 120582)119860 + 120582119861 είναι

Lebesque μετρήσιμο τότε εύκολα ελέγχουμε ότι για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899

ισχύει

(119891120594(1minus120582)119860+120582119861)((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge (119891120594119860)(119909)1minus120582(119891120594119861)(119910)120582

Συνεπώς ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θεωρήματος οπότε

παίρνουμε

int 119891120594(1minus120582)119860+120582119861 ge (int 119891120594119860)1minus120582

(int 119891120594119861)120582

δηλαδή

int(1minus120582)119860+120582119861

119891 ge (int119860

119891)1minus120582

(int119861

119891)120582

Άρα

120583119891((1 minus 120582)119860 + 120582119861) ge 120583119891(119860)1minus120582120583119891(119861)120582

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Η παραπάνω πρόταση ισχύει και αντίστροφα (η απόδειξη παραλεί-

πεται δείτε [Borel])

Π (Borel) Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 στον ℝ119899 πουδεν φέρεται από κανένα υπερεπίπεδο είναι απολύτως συνεχές ως προςτο μέτρο Lebesque και υπάρχει λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση 119891 ∶ ℝ119899 rarr[0 infin) ώστε 120583 = 120583119891

Η επιλογή αυτών των δύο κατηγοριών γίνεται για τουλάχιστον

δύο λόγους

ndash Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση με πεπερασμένο ολοκλήρωμα

έχει πεπερασμένες ροπές οποιασδήποτε τάξης (Πρόταση

παρακάτω)

ndash Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο αποτελεί ευθεία γενίκευση της έννοιας

του όγκου αφού η () βρίσκεται σε πλήρη αντιστοιχία με

την πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Brunn-Minkowski

(Θεώρημα )

Π Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin)με πεπερασμένο ολοκλήρωμα έχει πεπερασμένες ροπές οποιασδήποτετάξης

Απόδειξη Η πρόταση προφανώς ισχύει αν 119891 = 0 Ας υποθέσουμε ότιυπάρχει 1199090 isin ℝ119899 ώστε 119891(1199090) gt 0 Θα αποδείξουμε ότι για κάθε 119898 isin ℕτόσο το ολοκλήρωμα intinfin

1199090119891(119909)119909119898 119889119909 όσο και το int1199090

minusinfin119891(119909)119909119898 119889119909 είναι

πεπερασμένα

Πράγματι υπάρχει 1199091 gt 1199090 ώστε 119891(1199091) le 119890minus1119891(1199090) διότι αλλιώς

το ολοκλήρωμα intinfin1199090

119891(119909) 119889119909 δεν είναι πεπερασμένο άρα ούτε και το

int 119891 το οποίο αντιφάσκει με την υπόθεση Έτσι για κάθε 119909 gt 1199091 ισχύει

1199091 = (1 minus 120582)1199090 + 120582119909 για 120582 = (1199091 minus 1199090)(119909 minus 1199090) Οπότε αφού η 119891 είναι

λογαριθμικά κοίλη θα ισχύει

119891(1199091) ge 119891(1199090)1minus120582119891(119909)120582

Ισοδύναμα

119891(119909) le 119891(1199090) (119891(1199091)119891(1199090))

1120582

le 119891(1199090)119890minus1120582 le 119891(1199090)119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)

Έτσι

intinfin

1199090

119891(119909)119909119898 119889119909 = int1199091

1199090

119891(119909)119909119898 119889119909 + intinfin

1199091

119891(119909)119909119898 119889119909

le int1199091

1199090

119891(119909)1199091198981 119889119909 + 119891(1199090) int

infin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

le 1199091198981 int

1199091

1199090

119891(119909) 119889119909 + 119891(1199090) intinfin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

le 1199091198981 int

ℝ119891(119909) 119889119909 + 119891(1199090) int

infin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

Εύκολα ελέγχουμε ότι η τελευταία παράσταση είναι πεπερασμένη

Ομοίως αποδεικνύουμε ότι και το int1199090

minusinfin119891(119909) 119889119909 είναι και αυτό πεπε-

ρασμένο

Π Η Προτάση μας επιτρέπει να συμπεράνου-

με ότι η τυπική κατάσταση για τα λογαριθμικά κοίλα μέτρα είναι να

προκύπτουν από λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις που τις έχουν ως

πυκνότητες Επιπλέον η Πρόταση προσθέτει την πληροφορία

ότι αν το μέτρο είναι πεπερασμένο (δηλαδή η πυκνότητά του έχει πε-

περασμένο ολοκλήρωμα) τότε θα έχει και οποιασδήποτε τάξης ροπή

πεπερασμένη Για αυτούς τους λόγους στη συνέχεια θα περιοριστούμε σεπεπερασμένα (και μη μηδενικά) λογαριθμικά κοίλα μέτρα με λογαριθμικάκοίλη συνάρτηση πυκνότητας

Οι κανονικοποιήσεις που θέσαμε στον ορισμό της ισοτροπίας για

ένα κυρτό συμμετρικό σώμα 119870 ήταν ότι αυτό πρέπει να έχει όγκο ίσο

με 1 και κέντρο μάζας στο μηδέν Δηλαδή

1 = int119870

119889119909 = intℝ119899

120594119870(119909) 119889119909

και

0 = int119870

119909 119889119909 = intℝ119899

119909 120594119870(119909) 119889119909

όπου 120594119870 η χαρακτηριστική συνάρτηση του 119870 Οι αντίστοιχες κανονικο-

ποιήσεις τώρα θα είναι

intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = 1

δηλαδή η 119891 είναι πυκνότητα πιθανότητας και το μέτρο που ορίζει είναι

μέτρο πιθανότητας και

intℝ119899

119909 119891(119909) 119889119909 = 0

δηλαδή το μέτρο με πυκνότητα την 119891 έχει κέντρο μάζας στο μηδέν Θα

δούμε παρακάτω ότι για την ισοτροπική θέση των λογαριθμικά κοίλων

μέτρων με πυκνότητα 119891 θα χρειαστούμε άλλη μια κανονικοποίηση (που

δεν φαινόταν στην περίπτωση των κυρτών σωμάτων) και αυτή είναι η

sup119909isinℝ119899

119891(119909) = 1

Για τον ορισμό της ισοτροπίας μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε είτε τον

Ορισμό είτε τον εναλλακτικό Ορισμό

Ο Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με πυκνότητα 119891 ∶ℝ119899 rarr ℝ λέγεται ισοτροπικό όταν

supℝ119899

119891(119909) = 1 intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = 1 intℝ119899

119909 119891(119909) 119889119909 = 0

και τα ολοκληρώματα

intℝ119899

⟨119909 120579⟩2119891(119909) 119889119909

είναι ανεξάρτητα του 120579 isin 120138119899minus1

Ισοδύναμα

Ο Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με πυκνότητα 119891 ∶ℝ119899 rarr ℝ λέγεται ισοτροπικό όταν

sup119909isinℝ119899

119891(119909) = 1 intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = 1 intℝ119899

119909 119891(119909) 119889119909 = 0

intℝ119899

119909119894119909119895119891(119909) 119889119909 = 0 αν 119894 ne 119895

και τα ολοκληρώματα

intℝ119899

1199092119894 119891(119909) 119889119909

είναι ανεξάρτητα του 119894 = 1 hellip 119899

Αν ισχύουν τα παραπάνω για την 119891 τότε ο πίνακας συνδιακύμανσης

Cov(119891) = (intℝ119899 119909119894119909119895119891(119909) 119889119909)119894119895 είναι φανερά πολλαπλάσιος του ταυτοτι-

κού Id Ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας 119871120583

Ο Αν το λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με πυκνότητα 119891είναι ισοτροπικό τότε ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας 119871120583 να είναι ο

αριθμός

119871120583 = (intℝ119899

1199092119894 119891(119909) 119889119909)

12

Παρατηρούμε ότι

119871120583 = (det Cov(119891))12119899()

Επίσης αν η 119891 είναι η πυκνότητα ενός ισοτροπικού μέτρου 120583 τότε για

κάθε 120582 gt 0 και 119886 gt 0 η συνάρτηση 119892(119909) = 119886120582119899119891(120582119909) δεν αλλάζει

ουσιαστικά τον τρόπο με τον οποία κατανέμεται η μάζα στον ℝ119899 Και

πράγματι εύκολα ελέγχουμε ότι ο πίνακας συνδιακύμανσης της 119892 είναι

και πάλι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού για 119894 ne 119895 και αντικαθιστώντας

με 119910 το 120582119909 ισχύει

intℝ119899

119909119894119909119895119892(119909) 119889119909 = 119886 intℝ119899

1120582

1199101198941120582

119910119895119891(119910) 119889119909 = 0()

και αν 119894 = 119895

intℝ119899

1199092119894 119892(119909) 119889119909 =

1198861205822 int

ℝ1198991199102

119894 119891(119910) 119889119910()

το οποίο είναι ανεξάρτητο το 119894 αφού η 119891 ορίζει ισοτροπικό μέτρο Αλλά

και διαισθητικά το γράφημα της 119892 δεν είναι παρά το γράφημα της 119891όπου κάθε ισοϋψής της 119891 μεγεθύνθηκε κατά 120582minus1 και ανυψώθηκε κατά

119886120582119899 Είναι λογικό λοιπόν να θέλουμε το μέτρο που ορίζει η 119892 να έχει την

ίδια σταθερά ισοτροπίας με το μέτρο που ορίζει η 119891 Από τις () και

() τον ορισμό του πίνακα συνδιακύμανσης και το ότι intℝ119899 119892 = 119886παίρνουμε ότι

det Cov(119892) =1

1205822119899 det Cov(119891)

οπότε

120582(det Cov(119892))12119899 = (det Cov(119891))

12119899 = 119871120583

Όμως supℝ119899 119892 = 119886120582119899 άρα

120582 = (sup

ℝ119899 119892119886 )

1119899

= (sup

ℝ119899 119892

intℝ119899 119892 )1119899

Αντικαθιστώντας στην προηγούμενη καταλήγουμε στην

(sup

ℝ119899 119892

intℝ119899 119892 )1119899

(det Cov(119892))12119899 = (det Cov(119891))

12119899 = 119871120583

Από αυτή τη σχέση λοιπόν καταλήγουμε στο να επιλέξουμε τον ακόλουθο

ορισμό για τη σταθερά ισοτροπίας οποιουδήποτε λογαριθμικά κοίλου

μέτρου 120583 με συνάρτηση πυκνότητας 119891

Ο Για κάθε λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με συνάρτηση

πυκνότητας 119891 ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας να είναι η ποσότητα

119871120583 = (sup

ℝ119899 119891

intℝ119899 119891 )1119899

(det Cov(119891))12119899

Θα ολοκληρώσουμε αυτή την ενότητα δείχνοντας ότι κάθε λογα-

ριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με συνάρτηση πυκνότητας 119891 έχει ισοτροπική

θέση

Θ Για κάθε λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 ne 0 με συνάρ-τηση πυκνότητας 119891 και κέντρο μάζας στο 0 υπάρχει 119899 times 119899 πίνακας 119879 μεdet 119879 ne 0 και σταθερά 119886 gt 0 ώστε το μέτρο 119886120583 ∘ 119879 να είναι ισοτροπικό

Απόδειξη Αφού το κέντρο μάζας είναι στο 0 ισχύει intℝ119899 119909119891(119909) 119889119909 = 0Επίσης μπορούμε να υποθέσουμε ότι το 120583 είναι μέτρο πιθανότητας δη-

λαδή intℝ119899 119891(119909) 119889119909 = 1 επιλέγοντας 119886 = 120583(ℝ119899)minus1 Θεωρούμε την γραμμική

απεικόνηση 119877 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 με

119877(119910) ∶= int ⟨119909 119910⟩119909 119889120583(119909) = intℝ119899

⟨119909 119910⟩119909119891(119909) 119889119909

και παρατηρούμε ότι είναι θετικά ορισμένη και συμμετρική Συνεπώς

υπάρχει πίνακας 119878 που είναι η τετραγωνική ρίζα του 119877 δηλαδή 119877 = 1198782

Θεωρούμε το μέτρο 120584 = 120583 ∘ 119879 όπου

119879 =119878

(sup 119891)1119899(det 119878)1119899

Ελέγχουμε εύκολα υπολογίζοντας το 120584(119860) για κάθε μετρήσιμο σύνολο

119860 ότι το 120584 έχει πυκνότητα τη συνάρτηση 119892 = (119891 ∘ 119879) supℝ119899 119891 οπότε

φανερά supℝ119899 119892 = 1 Το 120584 είναι βεβαίως μέτρο πιθανότητας αφού

120584(ℝ119899) = 120583(119879(ℝ119899)) = 120583(ℝ119899) = 1

και έχει κέντρο μάζας στο 0 διότι λόγω της γραμμικότητας του 119879 και

με την αντικατάσταση 119910 = 119879119909 ισχύει

intℝ119899

119909119892(119909) 119889119909 =1

supℝ119899 119891

intℝ119899

119909119891(119879119909) 119889119909 =1

supℝ119899 119891

119879minus1 (intℝ119899

119910119891(119910) 119889119910) = 0

Τέλος ελέγχουμε το ότι το ολοκλήρωμα intℝ119899⟨119909 120579⟩2119892(119909) 119889119909 είναι ανεξάρ-

τητο του 120579 isin 120138119899minus1 όπως και στην απόδειξη της Πρότασης

intℝ119899

⟨119909 120579⟩2119892(119909) 119889119909 =1

supℝ119899 119891

intℝ119899

⟨119909 120579⟩2119891(119879119909) 119889119909 = intℝ119899

⟨119879minus1119910 120579⟩2119891(119910) 119889119910

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899 intℝ119899

⟨119910 119877minus1120579⟩2119891(119910) 119889119910

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899 ⟨intℝ119899

⟨119910 119877minus1120579⟩119910119891(119910) 119877minus1120579⟩ 119889119910

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899⟨119878119877minus1120579 119877minus1120579⟩

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Άσκηση Αποδείξτε ότι το ολοκλήρωμα

intinfin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

στην απόδειξη της Πρότασης είναι πεπερασμένο ανάγοντας τον υπολο-

γισμό του στον υπολογισμό ενός ολοκληρώματος της μορφής intinfin1199091

119890minus119909119909119898 119889119909

Η ΘΕΣΗ ΤΟΥ JOHN

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει ελλειψοειδέςμεγίστου όγκου μέσα στο 119870

Απόδειξη Κατrsquo αρχάς αφού το 119870 είναι κυρτό σώμα έχει μη κενό εσωτερικό

άρα περιέχει ελλειψοειδή Συνεπώς ο αριθμός

120572 = supvol(ℰ) ∶ exist 119909 isin 119870 με 119909 + ℰ sube 119870

είναι θετικός όπου τα ℰ στον παραπάνω ορισμό του 120572 είναι ελλειψοειδή

με κέντρο το μηδέν Επιπλέον αφού το 119870 είναι φραγμένο σύνολο το 120572 είναι

πεπερασμένο Δηλαδή 0 lt 120572 lt infin Θεωρούμε ακολουθία (119909119898)119898isinℕ με

119909119898 isin 119870 και ελλειψοειδή ℰ119898 με μήκη ημιαξόνων (119886119896119898)119899119896=1 ώστε 119909119898 +ℰ sube 119870

για κάθε 119898 isin ℕ και vol(ℰ119898) rarr 120572 Από τη συμπάγεια του 119870 περνώντας

σε υπακολουθία μπορούμε να υποθέσουμε ότι η 119909119898 συγκλίνει έστω στο

1199090 isin 119870 Μεταφέροντας το 119870 κατά minus1199090 μπορούμε να υποθέσουμε ότι η

119909119898 συγκλίνει στο μηδέν Επίσης τα ελλειψοειδή ℰ119898 έχουν συγκλίνουσα

υπακολουθία από το θεώρημα επιλογής του Blaschke (Θεώρημα )

Ας υποθέσουμε ότι ℰ119898 rarr 119864 Από τη συνέχεια του όγκου ως προς

τη μετρική Hausdorff ισχύει vol(119864) = 120572 Μένει να δείξουμε ότι το 119864είναι ελλειψοειδές Παρατηρούμε ότι οι ακολουθίες (119886119896119898)infin

119898=1 είναι άνω

φραγμένες για κάθε 119896 = 1 hellip 119899 (αφού το 119909119898 + ℰ119898 περιέχεται στο Κκαι η 119909119898 είναι φραγμένη ως συγκλίνουσα) Οπότε υπάρχει θετικός 119872ώστε 119886119896119898 le 119872 για κάθε 119896 = 1 hellip 119899 και για κάθε 119898 isin ℕ Επιπλέον είναι

και κάτω φραγμένες από κάποιον θετικό αριθμό 119888 gt 0 αφού αλλιώς

τα ℰ119898 θα είχαν υπακολουθία με όγκο που να συγκλίνει στο μηδέν το

οποίο είναι άτοπο Άρα υπάρχει 119888 gt 0 ώστε 119888 le 119886119896119898 le 119872 για κάθε

119896 = 1 hellip 119899 και για κάθε 119898 isin ℕ

Ας υποθέσουμε ότι

ℰ119898 = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119896=1

⟨119909 119907119896119898⟩2

1198862119896119898

le 1

όπου τα (119907119896119898)119899119896=1 είναι ορθοκανονική βάση του ℝ119899 Η ακολουθία των

διανυσμάτων (1199071119898 hellip 119907119899119898 1198861119898 hellip 119886119899119898) για 119898 isin ℕ ανήκει στο συμπαγές

σύνολο (120138119899minus1)119899 times[119888 119872]119899 Άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία Επιλέγον-

τας την αντίστοιχη υπακολουθία των ℰ119898 μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς

βλάβη της γενικότητας ότι η ίδια η ακολουθία (1199071119898 hellip 119907119899119898 1198861119898 hellip 119886119899119898)συγκλίνει για119898 rarr infin έστω στο (1199071 hellip 119907119899 1198861 hellip 119886119899) Επειδή lim119898rarrinfin 119907119896119898 =119907119896 για κάθε 119896 = 1 hellip 119899 εύκολα ελέγχουμε ότι τα 1199071 hellip 119907119899 ικανοποιούν

τις ⟨119907119896 119907ℓ⟩ = 1 αν 119896 = ℓ και ⟨119907119896 119907ℓ⟩ = 0 αλλιώς οπότε συνιστούν

ορθοκανονική βάση του ℝ119899 Θεωρούμε τώρα το ελλειψοειδές

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119896=1

⟨119909 119907119896⟩2

1198862119896

le 1

Θα δείξουμε ότι 119864 = ℰ και έτσι το 119864 θα είναι ελλειψοειδές

Αν 119909 isin int(119864) τότε 119909119864 lt 1 Αλλά 119909ℰ119898rarr 119909119864 συνεπώς υπάρχει

1198980 isin ℕ ώστε 119898 ge 1198980 τότε 119909ℰ119898lt 1 Άρα sum

119899119896=1⟨119909 119907119896119898⟩21198862

119896119898 lt 1 γιακάθε 119898 ge 1198980 Αφήνοντας το 119898 να πάει στο άπειρο οδηγούμαστε στην

sum119899119896=1⟨119909 119907119896⟩21198862

119896 le 1 δηλαδή 119909 isin ℰ Δείξαμε ότι int(119864) sube ℰ Άρα 119864 sube ℰΑντίστροφα αν 119909 isin int(ℰ) τότε sum

119899119896=1⟨119909 119907119896⟩21198862

119896 lt 1 Συνεπώς αφού

lim119898rarrinfin 119907119896119898 = 119907119896 και lim119898rarrinfin 119886119896119898 = 119886119896 για κάθε 119896 = 1 hellip 119898 υπάρχει

1198980 isin ℕ ώστε αν 119898 ge 1198980 να ισχύει sum119899119896=1 ⟨119909 119907119896119898⟩21198862

119896119898 lt 1 για κάθε

119898 ge 1198980 Άρα 119909 isin ℰ119898 και περνώντας στο όριο ως προς 119898 συμπεραίνουμε

ότι 119909 isin 119864 Δείξαμε int(ℰ) sube 119864 άρα ℰ sube 119864 ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 το ελλειψοειδές μεγί-στου όγκου μέσα στο 119870 είναι μοναδικό

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι τα 1199091 +ℰ1 και 1199092 +ℰ2 είναι δύο διαφορετικά

ελλειψοειδή μέγιστου όγκου μέσα στο κυρτό σώμα 119870 και έστω ότι

vol(ℰ1) = vol(ℰ2) = 120572 Θεωρούμε τους πίνακες 1198791 1198792 isin 119866119871(119899) ώστε να

ισχύει ℰ1 = 1198791(ℬ1198992) και ℰ2 = 1198792(ℬ119899

2) Θέτουμε 119871 = 12(1199091 + 1199092) + 1

2(1198791 +

1198792)(ℬ1198992) Φανερά το 119871 είναι ελλειψοειδές και 119871 sube 119870 διότι το 119870 είναι κυρτό

και

119871 =12(1199091 + 1198791(ℬ119899

2)) +12(1199092 + 1198792(ℬ119899

2))

Άρα θα ισχύει vol(119871) le 120572 Αλλά από την ανισότητα Brunn-Minkowski

βλέπουμε εύκολα ότι

120572 ge vol(119871) ge (12vol(1199091 + 1198791(ℬ119899

2))1119899 +

12vol(1199091 + 1198791(ℬ119899

2))1119899

)119899

ge 120572

Συνεπώς επειδή ο όγκος είναι αναλλοίωτος στις μεταθέσεις

vol (1198791(ℬ1198992) + 1198792(ℬ119899

2))1119899 = vol(1198791(ℬ119899

2))1119899 + vol(1198792(ℬ119899

2))1119899

Δηλαδή ισχύει η ισότητα στην ανισότητα Brunn-Minkowski Έτσι από

το Θεώρημα το 1198791(ℬ1198992) είναι πολλαπλάσιο του 1198792(ℬ119899

2) Αλλά

επειδή και τα δύο έχουν ίδιο όγκο 120572 συμπεραίνουμε ότι είναι ίσα Άρα

1198791(ℬ1198992) = 1198792(ℬ119899

2) και συνεπώς 119879minus12 1198791(ℬ119899

2) = ℬ1198992

Γνωρίζουμε ότι 1199092 + 1198792(ℬ1198992) sube 119870 άρα 119879minus1

2 1199092 + ℬ1198992 sube 119879minus1

2 (119870) Επίσης1199091 + 1198791(ℬ119899

2) sube 119870 οπότε 119879minus12 1199091 + 119879minus1

2 1198791(ℬ1198992) sube 119879minus1

2 (119870) Επειδή όμως

είδαμε ότι 119879minus12 1198791(ℬ119899

2) = ℬ1198992 συμπεραίνουμε ότι 119879minus1

2 1199091 + ℬ1198992 sube 119879minus1

2 (119870)Αν θέσουμε λοιπόν 1199101 = 119879minus1

2 1199091 και 1199102 = 119879minus12 1199092 τότε και το 1199101 + ℬ119899

2και το 1199102 + ℬ119899

2 είναι υποσύνολα του 119879minus12 (119870) Το τελευταίο όμως δεν

μπορεί να περιέχει ελλειψοειδές 1199090 + ℰprime με vol(ℰprime) gt vol(ℬ1198992) διότι αν

αυτό μπορούσε να συμβεί τότε το 11987921199090 + 1198792(ℰprime) θα περιεχόταν στο 119870και θα είχε όγκο γνησίως μεγαλύτερο από τον όγκο του ℰ2 το οποίο

είνα άτοπο

Συνεπώς τα 1199101 + ℬ1198992 και 1199102 + ℬ119899

2 είναι ελλειψοειδή μεγίστου όγκου

στο Τminus12 (119870) Μένει να δείξουμε ότι 1199101 = 1199102 Ας υποθέσουμε ότι αυτό

δεν είναι σωστό Μετατοπίζουμε το Τminus12 (119870) ώστε το μηδέν να βρίσκεται

στο κέντρο του ευθύγραμμου τμήματος [1199101 1199102] Επιπλέον στρέφουμε το

Τminus12 (119870) ώστε το ευθύγραμμο τμήμα [1199101 1199102] να είναι στη διεύθυνση του

πρώτου άξονα του ℝ119899 Έτσι το ευθύγραμμο τμήμα [1199101 1199102] γράφεται

στη μορφή [minus119910 119910] για κατάλληλο 119910 και υπάρχει 120583 gt 0 ώστε 119910 = 1205831198901

Θεωρούμε το ελλειψοειδές

ℰ0 =⎧⎨⎩

119909 isin ℝ119899 ∶⟨119909 1198901⟩2

(1 + 1205832)

2 +119899

sum119896=2

⟨119909 119890119896⟩2 le 1⎫⎬⎭

Φανερά vol(ℰ0) = (1+1205832)vol(ℬ1198992) gt vol(ℬ119899

2) οπότε θα έχουμε καταλήξει

σε άτοπο αν δείξουμε ότι ℰ0 sube Τminus12 (119870) Αφού 1199101 +ℬ119899

2 1199102 +ℬ1198992 sube 119879minus1

2 (119870)αρκεί να δείξουμε ότι

bd(ℰ0) sube conv ((1199101 + ℬ1198992) cup (1199102 + ℬ119899

2))

Έστω ότι 1199090 isin bd(ℰ0) Αν ⟨1199090 1198901⟩1198901 isin [minus119910 119910] τότε υπάρχει 119905 isin [0 1]ώστε ⟨1199090 1198901⟩1198901 = (1 minus 119905)(minus119910) + 119905119910 οπότε

1199090 = ⟨1199090 1198901⟩1198901 +119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896

= (1 minus 119905) (minus119910 +119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896) + 119905 (119910 +119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896)

το οποίο είναι φανερά στοιχείο του conv((1199101 + ℬ1198992) cup (1199102 + ℬ119899

2)) αφού

∥119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896∥2

2

=119899

sum119896=2

∣⟨1199090 119890119896⟩∣2 le 11990902

2 = 1

Μένει να εξετάσουμε την περίπτωση ⟨1199090 1198901⟩1198901 notin [minus119910 119910] Ας υποθέ-σουμε ότι ⟨1199090 1198901⟩ gt 120583 gt 0 Θα δείξουμε ότι τότε 1199090 isin 119910 + ℬ119899

2 (Ομοίως

εργαζόμαστε και στην περίπτωση όπου ⟨1199090 1198901⟩ lt minus120583 lt 0 για να

δείξουμε ότι τότε 1199090 isin minus119910 + ℬ1198992)

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι 1199090 minus1199102 le 1 Επειδή 1199090 isin bdℰ ισχύει

119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119897⟩2 = 1 minus⟨1199090 1198901⟩2

(1 + 1205832)2

και έχουμε

1199090 minus 11991022 = (⟨1199090 1198901⟩ minus 120583)

2 + 1 minus⟨1199090 1198901⟩2

(1 + 1205832)2

Εφόσον θέλουμε η τελευταία ποσότητα να είναι μικρότερη ή ίση του 1αρκεί να ισχύει

(⟨1199090 1198901⟩ minus 120583)2 minus

⟨1199090 1198901⟩2

(1 + 1205832)2 le 0

Αυτό θα ισχύει αν το ⟨1199090 1198901⟩ βρίσκεται ανάμεσα στις ρίζες του πολυω-

νύμου (119905 minus 120583)2 minus 1199052(1 + 1205832)2 Εύκολα ελέγχουμε ότι οι ρίζες αυτού

του πολυωνούμου είναι εκατέρωθεν του διαστήματος [120583 1 + 1205832] στο

οποίο βρίσκεται το ⟨1199090 1198901⟩ ολοκληρώνοντας έτσι την απόδειξη

Ο Λέμε ότι ένα κυρτό σώμα βρίσκεται στη θέση του Johnαν το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου στο 119870 είναι η μοναδιαία Ευκλείδειαμπάλα ℬ119899

2

Παρατηρούμε κάθε σώμα 119870 μπορεί να τεθεί στη θέση του John αν

του εφαρμόσουμε τον μετασχηματισμό που απεικονίζει το ελλειψοειδές

μεγίστου όγκου του 119870 στο ℬ1198992 Επίσης η θέση αυτή είναι μοναδική εκτός

από ορθογώνιους μετασχηματισμούς (δηλαδή στροφές ανακλάσεις και

συνδυασμούς τους) Πράγματι αυτό προκύπτει εύκολα από το ότι το

ελλειψοειδές μεγίστου όγκου μέσα στο 119870 είναι μοναδικό

Θ (John) Έστω ότι το 119870 είναι ένα κεντρικά συμμετρικόκυρτό σώμα στη θέση του John Τότε ισχύει

ℬ1198992 sube 119870 sube radic119899ℬ119899

2

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι 119870 ⊈ radic119899ℬ1198992 Τότε υπάρχει 1199090radic119899ℬ119899

2 ⧵ 119870δηλαδή 1199090 isin 119870 και 11990902 gt radic119899 Επειδή το 119870 είναι συμμετρικό ως προς

το 0 συμπεραίνουμε ότι plusmn1199090 isin 119870 και συνεπώς

conv(plusmn1199090 ℬ1198992) sube 119870

Θα δείξουμε ότι το 119885 = conv(plusmn1199090 ℬ1198992) περιέχει ελλειψοειδές με όγκο

μεγαλύτερο από το vol119899(ℬ1198992) αντιφάσκωντας με το ότι το ℬ119899

2 είναι το

ελλειψοειδές μεγίστου όγκου του 119870

Με κατάλληλη στροφή υποθέτουμε ότι 1199090 = 1205831198901 όπου 120583 gt radic119899Θεωρούμε το ελλειψοειδές

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶1199092

1

1198862 +119899

sum119896=2

1199092119896

1198872 le 1

όπου τα 119886 gt 1 και 0 lt 119887 lt 1 θα επιλεγούν κατάλληλα ώστε vol119899(ℰ) gtvol119899(ℬ119899

2) και ℰ sube 119870 Το κυρτό σώμα 119885 είναι στερεό που προκύπτει από

περιστροφή του Σχήματος ως προς τον άξονα του 1199090 Η ευθεία που

περνάει από το 1199090 και εφάπτεται στον κύκλο ℬ22 του σχήματος στο

άνω ημιεπίπεδο έχει εξίσωση

119910 =1

radic1 minus 11205832

minus 1199051

120583radic1 minus 11205832

()

eeY

x Y eYy

Y

Σ Το κυρτό σώμα 119885 = conv(plusmn1199090 ℬ1198992) sube 119870 προκύπτει από

περιστροφή του παραπάνω σχήματος στον ℝ119899 ως προς τον πρώτο

άξονα

Θεωρούμε ένα σημείο 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin bd(ℰ) Θα βρούμε συνθήκες για

τα 119886 gt 0 και 0 lt 119887 lt 1 ώστε να ισχύει 119909 isin 119885

1η Περίπτωση Αν 1199091 gt 1120583 τότε για να ανήκει το 119909 στο 119885 αρκεί το

σημείο του (δισδιάστατου) επιπέδου (1199091 (sum119899119896=2 1199092

119896)12) να είναι laquoκάτωraquo

από την ευθεία με εξίσωση την () δηλαδή να ικανοποιεί την

(119899

sum119896=2

1199092119896)

12

le1

radic1 minus 11205832

minus 11990911

120583radic1 minus 11205832

Ισοδύναμα επειδή 119909 isin bd(ℰ) και συνεπώς (sum119899119896=2 1199092

119896)12 = 119887radic1 minus 11990921 1198862

119887radic1 minus1199092

1

1198862 le1

radic1 minus 11205832

(1 minus1199091

120583 )

Από αυτή καταλήγουμε ισοδύναμα με απλές πράξεις ότι το σημείο 119909βρίσκεται κάτω από την ευθεία () αν και μόνο αν ισχύει

1198862

1205832 + 1198872 (1 minus1

1205832 ) le 1()

2η Περίπτωση Αν 0 le 1199091 le 1120583 θέλουμε να ισχύει 119909 isin ℬ1198992 Εύκολα

ελέγχουμε ότι η απαίτηση 1199092 le 1 οδηγεί στην ανισότητα

11205832 (1 minus

1198872

1198862 ) + 1198872 le 1()

Αν θέσουμε

119886 =120583

radic119899gt 1 και 0 lt 119887 = radic1 minus 1119899

radic1 minus 11205832lt 1()

ελέγχουμε με απλές πράξεις ότι ικανοποιείται και η () και η ()

Συνεπώς με αυτές τις τιμές για τα 119886 και 119887 ισχύει ℰ sube 119885 sube 119870 Επιπλέον

όμως ισχύει 119886119887119899minus1 gt 1 που σημαίνει ότι το ℰ έχει όγκο μεγαλύτερο από

τον όγκο του ℬ1198992 που είναι το ελλειψοειδές μέγιστου όγκου μέσα στο 119870

καταλήγοντας έτσι σε άτοπο

Άσκηση Ελέγξτε ότι οι επιλογές γις τις παραμέτρους 119886 και 119887 στην ()

ικανοποιούν πράγματι τις () και ()

Η ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ

Για απλοποίηση του συμβολισμού στα επόμενα όλες οι συναρτήσεις

που εμφανίζονται θα θεωρούνται μη αρνητικές

-

Η ανισότητα Houmllder μπορεί να γενικευτεί ως προς το πλήθος των

συναρτήσεων που συμμετέχουν σε αυτή εύκολα ελέγχει κανείς με ε-

παγωγή ότι αν 119892119896 isin 119871119901119896(ℝ119899) για 119896 = 1 hellip 119898 με sum

119898119896=1 1119901119896 = 1 τότε

prod119898119896=1 119892119896 isin 1198711(ℝ119899) και ισχύει

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119892119896(119909)) 119889119909 le119898

prod119896=1

119892119896119901119896

Αν θέσουμε 119888119896 = 1119901119896 και 119891119896 = 119892119901119896119896 = 1198921119888119896

119896 τότε οι 119891119896 είναι απλώς

ολοκληρώσιμες (στον 1198711(ℝ119899)) και η ανισότητα γράφεται ως εξής

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(119909)119888119896) 119889119909 le119898

prod119896=1

(intℝ119899

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

(Άσκηση ) Αυτή η ανισότητα μπορεί να επεκταθεί περαιτέρω με

τις εξής αλλαγές

ndash οι συναρτήσεις μπορούν να ανήκουν στον 1198711(ℝ119899119896) δηλαδή οι 119891119896να είναι συναρτήσεις 119899119896 μεταβλητών αλλά για να έχει νόημα το

αριστερό ολοκλήρωμα στον ℝ119899

ndash να χρησιμοποιηθούν 119899119896 times119899 πίνακες 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896 στα ορίσματα

των 119891119896

Αυτές οι αλλαγές οδηγούν σε μια νέα ανισότητα όπου τώρα εμφανίζεται

μια σταθερά στο δεξιό μέλος που εξαρτάται από τους πίνακες 119861119896 Η

ανισότητα αυτή είναι η ανισότητα Brascamp-Lieb όπως εμφανίζεται στο

παρακάτω θεώρημα

Θ (Brascamp-Lieb Εκδοχή Α) Έστω ότι 119898 isin ℕ 119888119896 gt 0119899119896 isin ℕ για 119896 = 1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 119888119896119899119896 = 119899 και 119891119896 isin 1198711(ℝ119899119896) με 119891119896 ge 0

Αν 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896 γραμμική απεικόνιση (δηλαδή 119899119896 times119899 πίνακας) η οποίαείναι επί για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119898 τότε

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(119861119896119909)119888119896) 119889119909 le 119863minus12119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

με

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119861119905

119896119860119896119861119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899119896 times 119899119896 πίνακες⎫⎬⎭

όπου 119861119905119896 ο ανάστροφος του 119861119896 (και 119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)

Π Εύκολα βλέπει κανείς ότι στην περίπτωση της

ανισότητας Houmllder ο παραπάνω τύπος για τη σταθερά 119863 δίνει 1Πράγματι σε αυτή την περίπτωση 119899119896 = 119899 και 119861119896 = Id για κάθε

119896 = 1 hellip 119898 Οπότε

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119860119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899 times 119899 πίνακες

⎫⎬⎭

ge 1

από την Άσκηση Αλλά ισχύει η ισότητα αν επιλέξουμε 119860119896 = Idδιότι sum

119898119896=1 119888119896 = 1 Οπότε το 119863 ως infimum ισούται με 1 Συμπεραίνουμε

ότι η ανισότητα Brascamp-Lieb πράγματι γενικεύει την ανισότητα Houmllder

Θα δούμε τώρα πώς η ανισότητα Prekopa-Leindler ως ένα είδος

αντίστροφης της ανισότητας Houmllder (δείτε Παρατήρηση ) με τις

ανάλογες όπως πριν γενικεύσεις θα οδηγήσει σε μια επέκτασή της

γνωστή ως ανισότητα Barthe αντίστροφη της Brascamp-Lieb

Η ανισότητα Prekopa-Leindler λέει ότι αν οι 119891 119892 ℎ ge 0 είναι ολο-

κληρώσιμες συναρτήσεις στον ℝ119899 και 0 lt 120582 lt 1 αν

ℎ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge 119891(119909)1minus120582119892(119910)120582

για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge (intℝ119899

119891(119909) 119889119909)1minus120582

(intℝ119899

119892(119910) 119889119910)120582

-

(δείτε Θεώρημα σελίδα ) Η ανισότητα αυτή μπορεί να γενικευθεί

σε περισσότερες συναρτήσεις με επαγωγή (δείτε Άσκηση ) στην

εξής εκδοχή

Θ (Prekopa-Leindler Εκδοχή Β) Έστω ότι οι ℎ1198911 hellip 119891119898είναι ολοκληρώσιμες συναρτήσεις από το ℝ119899 στο [0 infin) και 1205821 hellip 120582119898 gt 0με sum

119898119896=1 120582119896 = 1 Αν για κάθε 1199111 hellip 119911119898 isin ℝ119899 ισχύει

ℎ (119898

sum119896=1

120582119896119911119896) ge119898

prod119896=1

(119891119896(119911119896))120582119896()

τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge119898

prod119896=1

(intℝ119899

119891119896(119909) 119889119909)120582119896

Η περαιτέρω επέκτασή της για συναρτήσεις 119891119896 ∶ ℝ119899119896 rarr ℝ με

119891119896 ge 0 απαιτεί τη χρήση 119899 times 119899119896 πινάκων 119861119905119896 όπου 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896 στη

σχέση () (παρατηρούμε ότι αν ένας πίνακας 119899119896 times119899 είναι μια γραμμική

απεικόνιση από τον ℝ119899 στον ℝ119899119896 ο ανάστροφός του είναι ένας πίνακας

119899 times 119899119896 άρα μια γραμμική απεικόνιση από τον ℝ119899119896 στον ℝ119899) Αυτή η

επέκταση θα μας αναγκάσει να έχουμε μια επιπλέον σταθερά στο δεξιό

μέλος της ανισότητας που εξαρτάται από τους πίνακες 119861119896 όπως και πριν

(στην περίπτωση της ανισότητας Brascamp-Lieb) Η ανισότητα που

προκύπτει ονομάζεται ανισότητα Barthe και την αντιλαμβανόμαστε ως

αντίστροφη της ανισότητας Brascamp-Lieb Για λόγους άμεσης σύγκρισης

των δύο ανισοτήτων επαναδιατυπώνουμε την ανισότητα Brascamp-Lieb

μαζί με την ανισότητα Barthe

Θ Έστω ότι 119898 isin ℕ 119888119896 gt 0 119899119896 isin ℕ για 119896 = 1 2 hellip 119898με sum

119898119896=1 119888119896119899119896 = 119899 και 119891119896 isin 1198711(ℝ119899119896) με 119891119896 ge 0 Αν 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896

γραμμική απεικόνιση (δηλαδή 119899119896 times 119899 πίνακας) η οποία είναι επί για κάθε119896 = 1 2 hellip 119898 τότε(Brascamp-Lieb)

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(119861119896119909)119888119896) 119889119909 le 119863minus12119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb) Αν επιπλέον ℎ isin 1198711(ℝ119899) με ℎ ge 0

και

ℎ (119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896) ge

119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ()

για κάθε 119911119896 isin ℝ119899119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge 11986312119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

όπου 119861119905119896 ο ανάστροφος του 119861119896 119899 times 119899119896 πίνακας και

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119861119905

119896119860119896119861119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899119896 times 119899119896 πίνακες⎫⎬⎭

(119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)Π Όπως και στην Παρατήρηση η σταθερά 119863

είναι ίση με 1 αν 119899119896 = 119899 και 119861119896 = Id Δηλαδή η ανισότητα Barthe

πράγματι γενικεύει την ανισότητα Prekopa-Leindler

Αν αντικαταστήσουμε τις 119891119888119896119896 με 119892119896 και τα 119888119896 με 1119901119896 τότε μπορούμε να

γράψουμε λίγο πιο συνοπτικά τις ανισότητες

Θ Έστω ότι 119898 isin ℕ 119901119896 gt 0 119899119896 isin ℕ για 119896 = 1 2 hellip 119898με sum

119898119896=1 119899119896119901119896 = 119899 και 119892119896 isin 119871119901119896

(ℝ119899119896) με 119892119896 ge 0 Αν 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896

γραμμική απεικόνιση (δηλαδή 119899119896 times 119899 πίνακας) η οποία είναι επί για κάθε119896 = 1 2 hellip 119898 τότε (Brascamp-Lieb)

∥119898

prod119896=1

119892119896(119861119896119909)∥1198711(ℝ119899)

le 119863minus12119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ119899119896)

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb) Αν επιπλέον ℎ isin 1198711(ℝ119899) με ℎ ge 0και

ℎ (119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896) ge

119898

prod119896=1

119892119896(119911119896)

για κάθε 119911119896 isin ℝ119899119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 τότε

ℎ1198711(ℝ119899) ge 11986312119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ119899119896)

-

όπου 119861119905119896 ο ανάστροφος του 119861119896 119899 times 119899119896 πίνακας και

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119861119905

119896119860119896119861119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899119896 times 119899119896 πίνακες⎫⎬⎭

με 119888119896 = 1119901119896 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 (119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)

Για την απόδειξη της ανισότητας Barthe διευκολύνει να χρησιμοποι-

ήσουμε την μικρότερη συνάρτηση ℎ που ικανοποιεί την () Άμεσα

βλέπουμε ότι η μικρότερη τέτοια συνάρτηση δεν είναι άλλη από την

ℎ0(119909) = sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899119896 ()

Όμως μια τέτοια συνάρτηση δεν είναι απαραίτητα μετρήσιμη Για αυτό

τον λόγο η ανισότητα Barthe αποδεικνύεται στη μορφή

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899119896 119889119909

ge 11986312119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

υπό τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος όπου το ⨛ είναι το άνω

ολοκλήρωμα

Δεν θα αποδείξουμε αυτές τις ανισότητες σε αυτή τη γενικότητα

Όμως θα αποδείξουμε μια ειδική περίπτωση που χρειαζόμαστε για την

απόδειξη της αντίστροφης ισοπεριμετρικής ανισότητας Συγκεκριμμένα

ενδιαφερόμαστε για την περίπτωση όπου 119899119896 = 1 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899

Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή στο πλήθος των συναρτήσεων 119892119896 την

ανισότητα Houmllder δηλαδή ότι για οποιεσδήποτε μη αρνητικές συναρτήσεις

119892119896 isin 119871119901119896(ℝ119899) για 119896 = 1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 1119901119896 = 1 η συνάρτηση prod

119898119896=1 119892119896 είναι

στον 1198711(ℝ119899) και ισχύει

intℝ119899

119898

prod119896=1

119892119896 le119899

prod119896=1

119892119896119901119896

Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή στο πλήθος των συναρτήσεων 119891119896 την

ανισότητα Prekopa-Leindler στην Εκδοχή Βrsquo (Θεώρημα ) χρησιμοποιώντας

την βέλτιστη συνάρτηση ℎ0 της σχέσης () δηλαδή ότι για οποιεσδήποτε

μη αρνητικές ολοκληρώσιμες συναρτήσεις 119891119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 αν 119888119896 gt 0 ώστε

sum119898119896=1 119888119896 = 1 τότε

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899 119889119909 ge119898

prod119896=1

(intℝ119899

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

Υπόδειξη για το επαγωγικό βήμα παρατηρήστε ότι η ποσότητα

sup 119898+1

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898+1

sum119896=1

119888119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899

είναι τετριμμένα μεγαλύτερη ή ίση από την ποσότητα

sup⎧⎨⎩

(sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896

1minus119888119898+1 ∶ 119911 =119898

sum119896=1

1198881198961 minus 119888119898+1

119911119896 119911119896 isin ℝ119899)1minus119888119898+1

sdot 119891119898+1(119911119898+1)119888119898+1

∶ 119909 = (1 minus 119888119898+1)119911 + 119888119898+1119911119898+1 119911 119911119898+1 isin ℝ119899

-

Αν στις παραπάνω ανισότητες θέσουμε 119899119896 = 1 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899τότε οι θετικά ορισμένοι πίνακες 119860119896 στη διατύπωση των ανισοτήτων

είναι 1 times 1 δηλαδή θετικοί αριθμοί Θα τους μετονομάσουμε λοιπόν σε

120582119896 gt 0 Έτσι ο παρονομαστής στον ορισμό της σταθεράς 119863 ισούται με

prod119898119896=1 120582119888119896

119896 Επιπλέον οι πίνακες 119861119896 είναι 1 times 119899 οπότε οι 119861119905119896 θα είναι τώρα

πίνακες 119899 times 1 δηλαδή διανύσματα στον ℝ119899 Έτσι θα αντικαταστήσουμε

τους 119861119905119896 με 119906119896 isin ℝ119899 θεωρώντας τους όμως ως απεικονίσεις από το ℝ

στο ℝ119899 Δηλαδή 119861119905119896(120579) = 120579119906119896 για κάθε 120579 isin ℝ Οι ανάστροφοι των 119861119905

119896

δηλαδή οι 119861119896 θα ισούνται με 119906119905119896 Έτσι το άθροισμα στον αριθμητή του

ορισμού του 119863 γίνεται sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896119906119905

119896 Αλλά (εύκολα ελέγχει κανείς ότι)

119906119896119906119905119896 = 119906119896 otimes 119906119896 (δείτε Άσκηση ) Οπότε η σταθερά 119863 αλλάζει στην

-

εξής έκφραση

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

Τέλος επειδή το 119861119896119909 θα γίνει τώρα 119906119905119896 sdot 119909 = ⟨119906119896 119909⟩ και αλλάζοντας τα

119911119896 σε 120579119896 αφού τώρα ανήκουν στο ℝ (αφού 119899119896 = 1) άρα είναι αριθμοί τα

παραπάνω πολυδιάστατα θεωρήματα μετατρέπονται στα εξής

Θ (Εκδοχή Α) Έστω ότι 119898 isin ℕ 119888119896 gt 0 για 119896 =1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 119888119896 = 119899 και 119891119896 isin 1198711(ℝ) με 119891119896 ge 0 Αν 119906119896 isin ℝ119899 για

119896 = 1 2 hellip 119898 τότε(Brascamp-Lieb)

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 le 119863minus12119898

prod119896=1

(intℝ

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb)

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119896(120579119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ge 11986312119898

prod119896=1

(intℝ

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

όπου

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

(119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)

Θ (Εκδοχή Β) Έστω ότι 119898 isin ℕ 119901119896 gt 0 για 119896 =1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 1119901119896 = 119899 και 119892119896 isin 1198711(ℝ) με 119892119896 ge 0 Αν 119906119896 isin ℝ119899 για

119896 = 1 2 hellip 119898 τότε(Brascamp-Lieb)

∥119898

prod119896=1

119892119896(⟨119906119896 119909⟩)∥1198711(ℝ119899)

le 119863minus12119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ)

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb)

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119892119896(120579119896) ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ge 11986312119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ)

όπου

() 119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

με 119888119896 = 1119901119896 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 (119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)Π Η τετριμμένη περίπτωση 119863 = 0 και άρα 119863minus12 =

infin δεν μπορεί να αποκλειστεί Για παράδειγμα αν τα 119906119896 δεν παράγουν

όλον τον ℝ119899 τότε οι συναρτήσεις 119891(⟨119906119896 119909⟩) είναι σταθερές για όλα τα

119909 isin (span1199061 hellip 119906119898)⟂ και συνεπώς το αριστερό σκέλος της Brascamp-

Lieb απειρίζεται Έτσι σε αυτή την περίπτωση το 119863minus12 δεν μπορεί να

είναι πεπερασμένο Ισοδύναμα το supremum στο αριστερό σκέλος της ανι-

σότητας Barthe υπολογίζεται σε ένα κενό σύνολο αν 119909 notin span1199061 hellip 119906119898δηλαδή είναι 0 Έτσι η ανισότητα Barthe δεν μπορεί να ισχύει για θετικό

119863 Άρα 119863 = 0 Και πράγματι αυτό το επιβεβαιώνει και ο ορισμός

() της 119863 διότι ο πίνακας sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896 μηδενίζεται σε όλον τον

μη τετριμένο υπόχωρο span1199061 hellip 119906119898⟂ άρα δεν είναι αντιστρέψιμος

και συνεπώς η ορίζουσά του είναι μηδέν για οποιαδήποτε θετικά 120582119896

Συμπεραίνουμε ότι η συνθήκη span1199061 hellip 119906119898 = ℝ119899 είναι απαραίτητη

για να έχουμε μη τετριμμένες ανισότητες Για αυτό τον λόγο στο εξήςθα θεωρούμε ότι τα 1199061 hellip 119906119898 παράγουν τον ℝ119899

Π Αν υποθέσουμε ότι οι ανισότητες ισχύουν με 119863 gt0 η συνθήκη sum

119898119896=1 119888119896 = 119899 δεν μπορεί να παρακαμφθεί Πράγματι αν

αλλάξουμε κάθε 119891119896(sdot) σε 119891119896(120582 sdot) το αριστερό σκέλος κάνοντας την

αλλαγή μεταβλητής 120582119909 = 119910 θα αλλάξει κατά τον παράγοντα 120582minus119899 ενώ

το δεξιό σκέλος κατά τον παράγοντα 120582minus(1198881+⋯+119888119898) Έτσι για να ισχύει η

ανισότητα με 119863 gt 0 είναι απαραίτητη η υπόθεση sum119898119896=1 119888119896 = 119899 (αλλιώς

θα οδηγηθούμε σε άτοπο αφήνοντας το 120582 να πάει στο 0+ ή στο infin)

-

Ξεκινάμε με την παρατήρηση ότι στην Εκδοχή Α των ανισοτήτων

μπορούμε να διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με το prod119898119896=1 (intℝ

119891119896)119888119896

οπότε

-

μπορούμε να αναχθούμε έτσι σε συναρτήσεις 119891119896 που έχουν ολοκλήρωμα

ίσο με 1 Έτσι αρκεί να δείξουμε ότι

sup intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1 le 119863minus12

και

inf ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1 ge 11986312

Θα αποδείξουμε ότι τα παραπάνω sup και inf επιτυγχάνονται όταν οι

119891119896 είναι Γκαουσιανές της μορφής radic120582119896120587sdot119890minus1205821198961199052 ώστε να ισχύει intℝ119891119896 = 1

Δηλαδή θα δείξουμε ότι

sup intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1

= sup intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1 119891119896(119905) = radic120582119896

120587sdot 119890minus1205821198961199052 =∶ 119860

και

inf ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1

= inf ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ∶

intℝ

119891119896 = 1 119891119896(119905) = radic120582119896

120587sdot 119890minus1205821198961199052 =∶ 119861

Η απόδειξη θα ολοκληρωθεί δείχνοντας ότι 119860 = 119861minus1 = 119863minus12

Το ακόλουθο λήμμα είναι το κύριο τεχνικό βήμα για την απόδειξη

των παραπάνω ανισοτήτων Το βασικό εργαλείο της απόδειξής του

είναι η laquoμεταφορά του μέτρουraquo

Λ (Barthe) Έστω ότι 119898 ge 119899 1199011 hellip 119901119898 ge 1 με sum119898119896=1 119901minus1

119896 =119899 119888119896 = 119901minus1

119896 1199061 hellip 119906119898 isin ℝ119899 διανύσματα που παράγουν τον ℝ119899 και οι

1198911hellip 119891119898 ℎ1hellip ℎ119898 ∶ ℝ rarr [0 infin) είναι ολοκληρώσιμες συναρτήσεις με

intℝ

119891119896(119905) 119889119905 = intℝ

ℎ119896(119905) 119889119905 = 1

για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119898 Θέτουμε

119868(1198911 hellip 119891119898) ∶= intℝ119899

119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (⟨119906119896 119909⟩) 119889119909

και

119870(ℎ1 hellip ℎ119898) ∶= ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (120579119896) ∶ 120579119896 isin ℝ 119909 =

119898

sum119896=1

120579119896119888119896119906119896 119889119909

Τότε119863 sdot 119868(1198911 hellip 119891119898) le 119870(ℎ1 hellip ℎ119898)

όπου

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι οι συναρτήσεις

119891119896 και ℎ119896 είναι συνεχείς και θετικές και ότι 0 lt 119863 lt infin (αν 119863 = 0η ανισότητα είναι προφανής) laquoΜεταφέρουμε το μέτροraquo με την εξής

έννοια αφού intℝ119891119896(119905) 119889119905 = intℝ

ℎ119896(119905) 119889119905 = 1 και οι 119891119896 και ℎ119896 είναι συνεχείς

και θετικές για κάθε 119905 isin ℝ υπάρχει μοναδικό 119879119896(119905) isin ℝ ώστε

int119879119896(119905)

minusinfinℎ119896(119904) 119889119904 = int

119905

minusinfin119891119896(119904) 119889119904

Από το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λογισμού συνεπάγεται

ότι

ℎ119896(119879119896(119905))119879prime119896(119905) = 119891119896(119905)()

για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119898 Για εξοικονόμηση χώρου ας γράφουμε ℎ0(119909)για την υπό ολοκλήρωση ποσότητα στον ορισμό του 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) Για

-

τον υπολογισμό του 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) αλλάζουμε τις μεταβλητές θέτοντας

119909 = 119882(119910) ∶=119898

sum119896=1

119888119896119879119896(⟨119910 119906119896⟩)119906119896()

Φανερά 119909119896 = ⟨119882(119910) 119890119896⟩ όπου 1198901 hellip 119890119899 η συνήθης βάση του ℝ119899 άρα η

Ιακωβιανή του μετασχηματισμού έχει στοιχεία τα

119908119894119895 = 119889119909119894119889119910119895 =119889

119889119910119895

119898

sum119896=1

119888119896119879119896(⟨119910 119906119896⟩) ⟨119906119896 119890119894⟩

=119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) ⟨119906119896 119890119895⟩ ⟨119906119896 119890119894⟩

= ⟨(119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) sdot 119906119896 otimes 119906119896) 119890119895 119890119894⟩

Αυτό δείχνει ότι η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού είναι ο πίνακας

119869119882 =119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) sdot 119906119896 otimes 119906119896

Επειδή η 119879119896 είναι γνησίως αύξουσα ισχύει 119879prime119896 gt 0 Επίσης 119888119896 gt 0

και κάθε 119906119896 otimes 119906119896 είναι φανερά θετικά ημιορισμένος Επειδή για κάθε

119907 isin ℝ119899 δεν μπορεί να συμβαίνει ⟨119906119896 otimes 119906119896(119907) 119907⟩ = ⟨119907 119906119896⟩2 = 0 αφού τα

119906119896 παράγουν τον ℝ119899 συμπεραίνουμε ότι ο 119869119882 είναι θετικά ορισμένος

και συνεπώς η 119882 είναι - (δείτε Άσκηση ) και έτσι μπορούμε

να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο αλλαγής μεταβλητών στα παρακάτω

ολοκληρώματα

⨛ℝ119899

ℎ0(119909) 119889119909 ge ⨛119882(ℝ119899)

ℎ0(119909) 119889119909 = ⨛ℝ119899

ℎ0(119882(119910))| det 119869119882(119910)| 119889119910

ge intℝ119899

119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (119879119896(⟨119910 119906119896⟩)) det (

119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) 119906119896 otimes 119906119896) 119889119910

()

διότι

ℎ0(119882(119910)) = sup 119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (120579119896) ∶ 119882(119910) =

119898

sum119896=1

120579119896119888119896119906119896

και η ανασύσταση του 119882(119910) στην προηγούμενη ισχύει για 120579119896 =119879119896(⟨119910 119906119896⟩) από τον ορισμό της 119882 (σχέση ()) Συνεχίζοντας από

την () και χρησιμοποιώντας τον ορισμό της ποσότητας 119863 παίρνουμε

⨛ℝ119899

ℎ0(119909) 119889119909 ge intℝ119899

(119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (119879119896(⟨119910 119906119896⟩)) sdot 119863 sdot

119898

prod119896=1

(119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩))

119888119896

) 119889119910

και με τη βοήθεια της ()

⨛ℝ119899

ℎ0(119909) 119889119909 ge 119863 intℝ119899

119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (⟨119910 119906119896⟩) 119889119910

που είναι η ζητούμενη

Έχοντας αποδείξει λοιπόν ότι

119863 sdot 119868(1198911 hellip 119891119898) le 119870(ℎ1 hellip ℎ119898)

αν πάρουμε supremum ως προς τις 119891119896 και infimum ως προς τις ℎ119896 θα

συμπεράνουμε ότι

119863 sdot 119860 le 119863 sdot sup 119868(1198911 hellip 119891119898) le inf 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) le 119861()

όπου 119860 και 119861 οι ποσότητες που ορίστηκαν στη αρχή της Ενότητας

και τα sup και inf είναι ως προς όλες τις 119891119896 και ℎ119896 με ολοκλήρωμα 1 (όπως

στη διατύπωση του Λήμματος ) Συνεπώς για να ολοκληρωθεί η

απόδειξη της ανισότητας Brascamp-Lieb και της ανισότητας Barthe αρκεί

να αποδείξουμε ότι

(i) 119861 = 11986312 οπότε η () συνεπάγεται

119868(1198911 hellip 119891119898) le sup 119868(1198911 hellip 119891119898) le 119863minus12

δηλαδή την ανισότητα Brascamp-Lieb και

(ii) 119860 = 119863minus12 οπότε η () συνεπάγεται

11986312 le inf 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) le 119870(ℎ1 hellip ℎ119898)

δηλαδή την ανισότητα Barthe

Οι ποσότητες 119860 και 119861 όμως είναι ποσότητες που υπολογίζονται σε

γκαουσιανές συναρτήσεις και αυτό κάνει τον υπολογισμό τους εφικτό

-

Θα χρειαστούμε τον τύπο

intℝ

119890minus1205821199052 119889119905 =radic120587radic120582

()

ο οποίος ισχύει για κάθε 120582 gt 0 και αποδυκνύεται εύκολα με την αλλαγή

μεταβλητής 119904 = radic2120582 sdot 119905 και το γεγονός ότι intℝ119890minus11990422 = radic2120587

Απόδειξη του (ii) Έστω ότι οι 119892119896 είναι Γκαουσιανές συναρτήσεις της

μορφής 119892119896(119905) = 119890minus1205821198961199052 για 120582119896 gt 0 119896 = 1 hellip 119898 Θέτουμε 119880 να είναι η

γραμμική απεικόνιση

119880 =119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896

και έχουμε

intℝ119899

119898

prod119896=1

119892119888119896119896 ⟨119909 119906119896⟩) 119889119909 = int

ℝ119899exp (minus

119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2) 119889119909

= intℝ119899

exp (minus⟨(119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896) (119909) 119909⟩) 119889119909

= intℝ119899

exp(minus⟨119880119909 119909⟩) 119889119909

= intℝ119899

exp(minus1198801211990922) 119889119909

όπου 11988012 η τετραγωνική ρίζα του 119880 η οποία υπάρχει μια και ο 119880είναι φανερά θετικά ορισμένος αφού 119888119896 gt 0 120582119896 gt 0 119906119896 otimes 119906119896 θετικά

ημιορισμένος για κάθε 119896 = 1 hellip 119898 και τα 119906119896 παράγουν τον ℝ119899 (δείτε

Παρατήρηση ) Αλλάζοντας μεταβλητές και συγκεκριμμένα θέτοντας

119910 = radic211988012(119909) και χρησιμοποιώντας το ότι η ιακωβιανή αυτού του

μετασχηματισμού είναι (radic2119899 det 11988012)minus1 = 1(radic2119899radicdet 119880) η τελευταία

ποσότητα παραπάνω ισούται με 1205871198992radicdet 119880 Καταλήξαμε δήλαδή

στην

intℝ119899

119898

prod119896=1

119892119888119896119896 ⟨119909 119906119896⟩) 119889119909 =

1205871198992

radicdet 119880()

Για να προκύψει το ζητούμενο πρέπει να διαιρέσουμε κάθε 119892119896 με το ολο-

κλήρωμά της ή ισοδύναμα να διαιρέσουμε την () με την ποσότητα

prod119898119896=1(intℝ

119892119896(119905))119888119896 Αλλά χρησιμοποιώντας την () βλέπουμε ότι

119898

prod119896=1

(intℝ

119892119896(119905))119888119896

=119898

prod119896=1

(radic120587radic120582119896

)119888119896

=1205871198992

radicprod119898119896=1 120582119888119896

119896

()

Διαιρώντας την () με την () παίρνουμε ότι

119860 = sup⎧⎨⎩

radicprod119898119896=1 120582119888119896

119896

radicdet 119880∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

=1

inf det 119880

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

12 = 119863minus12

ολοκληρώνοντας την απόδειξη του (ii)

Απόδειξη του (i) Για τον υπολογισμό του 119861 παρατηρούμε ότι αν

119891119896(119905) = 1radic120582119896120587 sdot 119890minus1199052120582119896 (ώστε intℝ119891119896 = 1) τότε

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ

= sup⎧⎨⎩

1

radic120587119899 prod119898119896=1 120582119888119896

119896

sdot exp (minus119898

sum119896=1

1198881198961205792119896120582119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896

⎫⎬⎭

=1

1205871198992radicprod

119898119896=1 120582119888119896

119896

sdot exp (minus inf 119898

sum119896=1

1198881198961205792119896120582119896 ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896)

Για 119880 = sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896 όπως και πριν επειδή ο 119880 είναι θετικά

ορισμένος η ποσότητα

119909 = ⟨119880119909 119909⟩12 = (119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2)12

ορίζει μια νόρμα στον ℝ119899 Για να συνεχίσουμε την απόδειξη χρειαζόμαστε

ένα ακόμα τεχνικό λήμμα

-

Λ Η δυϊκή νόρμα της sdot είναι η sdot lowast με

1199102lowast = ⟨119880minus1119910 119910⟩ = inf

119898

sum119896=1

1198881198961205792119896120582119896 ∶ 120579119894 isin ℝ ώστε 119910 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896

Αναβάλουμε την απόδειξη του προηγούμενου λήμματος και συνεχί-

ζουμε τον υπολογισμό του 119870(1198911 hellip 119891119898) Από τα προηγούμενα προκύ-

πτει ότι

119870(1198911 hellip 119891119898) =1

1205871198992radicprod

119898119896=1 120582119888119896

119896

intℝ119899

119890minus⟨119880minus1119909119909⟩ 119889119909

Αν συμβολίσουμε με 119880minus12 την τετραγωνική ρίζα του θετικά ορισμένου

119880minus1 και αλλάξουμε μεταβλητές στο τελευταίο ολοκλήρωμα θέτοντας

119910 = radic2119880minus12119909 με ορίζουσα Ιακωβιανής radic(det 119880)2119899 θα πάρουμε

119870(1198911 hellip 119891119898) =1

1205871198992radicprod

119898119896=1 120582119888119896

119896radic

det 1198802119899 int

ℝ119899119890minus1199102

22 119889119910

=radic

det 119880

prod119898119896=1 120582119888119896

119896

= ⎛⎜⎜⎝

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896

⎞⎟⎟⎠

12

Παίρνοντας infimum ως προς όλες τις Γκαουσιανές με ολοκλήρωμα ίσο

με 1 δηλαδή ως προς όλα τα 120582119896 gt 0 καταλήγουμε στο ότι

119861 = ⎛⎜⎜⎝

inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

⎞⎟⎟⎠

12

= 11986312

που είναι η ζητούμενη

Απόδειξη του Λήμματος

Κατrdquo αρχάς έχουμε ότι

119910lowast = sup119909ne0

⟨119909 119910⟩119909

= sup119909ne0

⟨119909 119910⟩radic⟨119880119909 119909⟩

= sup119909ne0

⟨11988012119909 119880minus12119910⟩

radic⟨11988012119909 11988012119909⟩= sup

119909ne0⟨

11988012119909119880121199092

119880minus12119910⟩

= 119880minus121199102 = radic⟨119880minus12119910 119880minus12119910⟩ = radic⟨119880minus1119910 119910⟩()

Επειδή τα 119906119896 παράγουν τον ℝ119899 για κάθε 119910 isin ℝ119899 υπάρχουν 120579119896 ώστε

119910 = sum119898119896=1 119888119896120579119896119906119896 Έτσι από την ανισότητα Cauchy-Schwartz έχουμε ότι

για κάθε 119909 isin ℝ119899

⟨119909 119910⟩ = ⟨119909119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896⟩ =119898

sum119896=1

119888119896120579119896⟨119909 119906119896⟩ =119898

sum119896=1

radic119888119896

120582119896sdot 120579119896 sdot radic119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩

le (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

(119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2)12

= (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

⟨119880119909 119909⟩12

= (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

119909

Άρα

119910lowast = sup119909ne0

⟨119909 119910⟩119909

le inf⎧⎨⎩

(119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

∶ 119910 =119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ⎫⎬⎭

Όμως ισχύει η ισότητα αν επιλέξουμε 119909 = 119880minus1119910 και 120579119896 = 120582119896⟨119909 119906119896⟩Πράγματι για αυτά τα 120579119896 ισχύει

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 =119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩119906119896 = 119880119909 = 119880119880minus1119910 = 119910

και

(119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

= (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205822

119896⟨119909 119906119896⟩2)12

= (119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2)12

= radic⟨119880119909 119909⟩ = radic⟨119910 119880minus1119910⟩

= 119910lowast

από την () ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Άσκηση Ελέγξτε ότι για κάθε 119906 isin ℝ119899 ισχύει 119906 otimes 119906 = 119906119906119905 όπου το 119906νοείται ως πίνακας 119899 times 1 (στήλη) και η 119906 otimes 119906 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 είναι η γραμμική

απεικόνιση 119906 otimes 119906(119909) = ⟨119906 119909⟩119906Άσκηση Έστω ότι η 119891 ∶ Ω rarr ℝ119899 έχει πεδίο ορισμού το κυρτό υποσύνολο

Ω του ℝ119899 Αποδείξτε ότι αν ο Ιακωβιανός πίνακας της 119891 είναι θετικά ορισμένος

τότε η 119891 είναι - ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Αν 119909 119886 isin Ω με 119909 ne 119886 θέτουμε ℎ = 119909 minus 119886 ne 0 και θεωρούμε την

119909(119905) = 119886 + 119905ℎ ∶ [0 1] rarr Ω

(ii) Ορίζουμε Φ ∶ [0 1] rarr ℝ με

Φ(119905) = ⟨ℎ 119891(119909(119905)) minus 119891(119886)⟩ =119899

sum119896=1

ℎ119896(119891119896(119909(119905)) minus 119891119896(119886))

όπου 119891119896 οι συντεταγμένες συναρτήσεις της 119891 δηλαδή 119891119896 ∶ Ω rarr ℝ με

119891 = (1198911 hellip 119891119899)

(iii) Χρησιμοποιήστε τον κανόνα της αλυσίδας για να δείξετε ότι Φprime(119905) =⟨119869119891ℎ ℎ⟩ gt 0 όπου 119869119891 ο Ιακωβιανός πίνακας της 119891

(iv) Συμπεράνετε από το Θεώρημα Rolle ότι αφού Φ(0) = 0 δεν μπορεί να

ισχύει Φ(1) = 0 οπότε 119891(119909) ne 119891(119886)

Έστω ότι το κυρτό συμμετρικό σώμα 119870 είναι στη θέση του John

Τότε τα σημεία επαφής του συνόρου του 119870 με την ευκλείδεια μπάλα

είναι αρκετά ώστε να αναπαριστούν την ταυτοτική απεικόνιση με την

εξής έννοια

Θ (F John) Αν το κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα119870 βρίσκεται στη θέση του John τότε υπάρχουν 119898 σημεία επαφής 1199061 hellip 119906119898του συνόρου του 119870 με την εγγεγραμμένη 120138119899minus1 ώστε να ισχύει

Id =119898

sum119896=1

119888119896119906119896 otimes 119906119896()

για κατάλληλους αριθμούς 119888119896 gt 0 Το 119898 μπορεί να επιλεγεί μικρότερο ήίσο του 1 + 119899(119899 + 1)2

Π Παρατηρούμε ότι τα διανύσματα 119906119896 ικανοποιούν

την 119906119896119870 = 1199061198962 = 1 αφού είναι στο σύνορο τόσο του 119870 όσο και της

ℬ1198992

Π Παίρνοντας το ίχνος στη σχέση () και χρη-

σιμοποιώντας και την Άσκηση βλέπουμε ότι

119899 = tr Id = tr(119898

sum119896=1

119888119896119906119896 otimes 119906119896) =119898

sum119896=1

119888119896tr(119906119896otimes119906119896) =119898

sum119896=1

11988811989611990611989622 =

119898

sum119896=1

119888119896

Δηλαδή ισχύει sum119898119896=1 119888119896 = 119899 και άρα sum

119898119896=1 119888119896119899 = 1 Αυτό σημαίνει ότι η

ζητούμενη σχέση () μας λέει ότι αρκεί να αποδείξουμε ότι ο πίνακας

119899minus1 Id ανήκει στην κυρτή θήκη των πινάκων 119906 otimes 119906 για 119906 σημείο του

bd(119870) cap 120138119899minus1

Π Οι πίνακες 119906 otimes 119906 επειδή είναι συμμετρικοί έχουν

τόσα ανεξάρτητα στοιχεία όσα τα στοιχεία στη διαγώνιο και κάτω από

αυτή Δηλαδή συνολικά 1+2+hellip+119899 = 119899(119899+1)2 Άρα αν δειχθεί ότι ο

119899minus1 Id είναι στην κυρτή θήκη των 119906 otimes 119906 με 119906 isin ℝ119899 τότε από το Θεώρημα

Καραθεοδωρή (Θεώρημα ) αρκούν 1 + 119899(119899 + 1)2 στοιχεία της

μορφής 119906 otimes 119906 (αντιλαμβανόμενοι τα 119906 otimes 119906 ως στοιχεία του ℝ1198992) Αυτό

αποδεικνύει ότι 119898 le 1 + 119899(119899 + 1)2

Απόδειξη του Θεωρήματος Σύμφωνα με τις παραπάνω πα-

ρατηρήσεις αρκεί να αποδείξουμε ότι ο πίνακας 119899minus1 Id βρίσκεται στην

κυρτή θήκη των πινάκων 119906otimes119906 όπου 119906 σημείο επαφής του bd(119870) και του

120138119899minus1 Θέτουμε 119880 = 119906 isin 120138119899minus1 ∶ 119906119870 = 1 και θέλουμε να δείξουμε ότι

119899minus1 Id isin conv119906 otimes 119906 ∶ 119906 isin 119880 Υποθέτουμε ότι αυτό δεν συμβαίνει και

επειδή το τελευταίο σύνολο είναι φανερά συμπαγές εργαζόμενοι στον

ℝ1198992και εφαρμόζοντας το Θεώρημα υπάρχει στοιχείο 119860 του ℝ1198992

που διαχωρίζει το 119899minus1 Id από το conv119906 otimes 119906 ∶ 119906 isin 119880 (Παρατηρούμεότι τα στοιχεία του ℝ1198992

τα μεταχειριζόμαστε και ως διανύσματα και ως

πίνακες 119899 times 119899) Έτσι υπάρχει 120598 gt 0 ώστε να ισχύει

⟨119860 119899minus1 Id⟩ lt minus120598 lt 0 le ⟨119860 119906 otimes 119906⟩()

για κάθε 119906 isin 119880 Επειδή οι πίνακες 119899minus1 Id και 119906 otimes 119906 είναι συμμετρικοί

ελέγχουμε εύκολα ότι ⟨119860119905 119899minus1 Id⟩ = ⟨119860 119899minus1 Id⟩ και ⟨119860119905 119906otimes119906⟩ = ⟨119860 119906otimes119906⟩Συνεπώς η () συνεχίζει να ισχύει αν στη θέση του 119860 βάλουμε τον

συμμετρικό πίνακα (119860 + 119860119905)2 Άρα μπορούμε να υποθέσουμε εξrdquo αρχής

ότι ισχύει η () με 119860 συμμετρικό

Θέτουμε 119861 = 119860 minus (tr119860119899) Id και παρατηρούμε ότι ⟨119861 119899minus1 Id⟩ =tr119861119899 = 0 Έτσι έχουμε

0 = ⟨119861 119899minus1 Id⟩ = ⟨119860 119899minus1 Id⟩ minustr119860119899

lt minus120598 minustr119860119899

lt minustr119860119899

le ⟨119860 119906 otimes 119906⟩ minustr119860119899

⟨Id 119906 otimes 119906⟩

= ⟨119861 119906 otimes 119906⟩

όπου χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι ⟨Id 119906 otimes 119906⟩ = 11990622 = 1

Υποθέτοντας λοιπόν ότι ο 119899minus1 Id δεν ανήκει στην κυρτή θήκη των

119906 otimes 119906 για 119906 isin 119880 καταλήξαμε να βρούμε ένα πίνακα 119861 isin ℝ1198992και θετικό

αριθμό 119904 ∶= minus120598 minus tr119860119899 ώστε να ισχύουν τα εξής

(i) 119861 = 119861119905 και 119861 ne 0

(ii) tr119861 = ⟨119861 119899minus1 Id⟩ = 0 lt 119904 le ⟨119861 119906 otimes 119906⟩ για κάθε 119906 isin 119880

Για 120575 gt 0 αρκετά κοντά στο μηδέν ο πίνακας Id +120575119861 είναι θετικά

ορισμένος συνεπώς έχει τετραγωνική ρίζα έστω τον πίνακα 119879120575 Θεωρούμε

τα ελλειψοειδή

ℰ120575 = 119879minus1120575 (119861119899

2) = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨(Id +120575119861)119909 119909⟩ le 1

Ο όγκος του ℰ120575 ισούται με det 119879minus1120575 |ℬ119899

2| Αλλά εύκολα ελέγχουμε ότι

o Id +120575119861 δεν είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού Συνεπώς από την

Πρόταση η ακόλουθη ανισότητα είναι γνήσια

(det 119879120575)2119899 = det(Id +120575119861)1119899 lttr(Id +120575119861)

119899= 1

Άρα |ℰ120575| gt |ℬ1198992| με μόνο περιορισμό το 120575 gt 0 να είναι αρκετά μικρό

ώστε ο Id +120575119861 να είναι θετικά ορισμένος

Θα καταλήξουμε λοιπόν σε άτοπο αν δείξουμε ότι υπάρχουν κατάλ-

ληλα μικρά 120575 gt 0 ώστε να ισχύει ℰ120575 sube 119870 (διότι αυτό θα σημαίνει ότι το

ℬ1198992 δεν είναι το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου μέσα στο 119870 αντιφάσκοντας

με την υπόθεση)

Για να το επιτύχουμε αυτό θέτουμε 119881 = 119907 isin 120138119899minus1 ∶ dist(119907 119880) ge1199042119861 όπου 119861 η νόρμα του119861ως πίνακας δηλαδή 119861 = sup

1199062=11198611199062

Αν 119870 = ℬ1198992 το 119881 είναι μεν κενό αλλά δεν έχουμε τίποτα να απο-

δείξουμε αφού μπορούμε να θέσουμε 119888119896 = 1 και 119906119896 = 119890119896 τα βασικά

διανύσματα του ℝ119899 και η () προφανώς ισχύει

Υποθέτουμε ότι 119870 ne ℬ1198992 οπότε μικραίνοντας αν χρειαστεί το 119904 gt 0

το σύνολο 119881 είναι μη κενό και φανερά συμπαγές υποσύνολο του 120138119899minus1

Αν 119907 isin 120138119899minus1 ⧵ 119881 έστω ότι 119906 isin 119880 με 119907 minus 1199062 lt 1199042119861 Έχουμε

∣⟨(Id +120575119861)119907 119907⟩ minus ⟨(Id +120575119861)119906 119906⟩∣ = 120575∣⟨119861119907 119907⟩ minus ⟨119861119906 119906⟩∣

= 120575∣⟨119861119907 119907⟩ minus ⟨119861119907 119906⟩ + ⟨119861119907 119906⟩ minus ⟨119861119906 119906⟩∣

le 120575(∣⟨119861119907 119907 minus 119906⟩∣ + ∣⟨119861(119907 minus 119906) 119906⟩∣)

le 1205752119861 1199072119907 minus 1199062 lt 120575119904

Άρα

⟨(Id +120575119861)119907 119907⟩ gt ⟨(Id +120575119861)119906 119906⟩ minus 120575119904 = 1 + 120575⟨119861119906 119906⟩ ge 1 + 120575119904 minus 120575119904 = 1

Δηλαδή

1 lt ⟨(Id +120575119861)119907 119907⟩ le ⟨(Id +120575119861)119907

119907119870

119907119907119870

⟩

διότι 119907119870 le 1199072 = 1 αφού ℬ1198992 sube 119870 Συμπεραίνουμε ότι 119907119907119870 isin

bd(119870) ⧵ ℰ120575

Δείξαμε λοιπόν ότι για κάθε διεύθυνση 119907 isin 120138119899minus1 ⧵ 119881 η ημιευθεία

με αρχή το 0 που περνάει από το 119907 αναγκαστικά τέμνει πρώτα το

bd(ℰ120575) και μετά το bd(119870) Αν δείξουμε ότι το ίδιο ισχύει και για τις

διευθύνσεις 119907 isin 119881 θα έχουμε δείξει ότι ℰ120575 sube 119870 καταλήγοντας σε άτοπο

και ολοκληρώνοντας την απόδειξη Αυτό όμως προκύπτει ως εξής λόγω

της συμπάγειας του 119881 και κατά συνέπεια της θετικής του απόστασης

από το bd(119870) (αφού δεν το τέμνει) υπάρχει 120598 gt 0 ώστε

(1 + 120598)119881 cap bd(119870) = ()

Αλλά τα ℰ120575 συγκλίνουν (με τη μετρική Hausdorff (δείτε Άσκηση ))

στο ℬ1198992 Οπότε υπάρχει 1205750 gt 0 ώστε για κάθε 0 lt 120575 lt 1205750 να ισχύει

ℰ120575 sube (1 + 120598)1198611198992 Έτσι για κάθε 119907 isin 119881 χρησιμοποιώντας την ()

ισχύει

(ℝ+119907) cap ℰ120575 sube (ℝ+119907) cap (1 + 120598)ℬ1198992 sube (ℝ+119907) cap 119870

Σκοπός μας στη συνέχεια είναι να δείξουμε ότι αν χρησιμοποιηθούν

στην ανισότητα Brascamp-Lieb τα 119906119896 που αναπαριστούν τον ταυτοτικό

πίνακα όπως παραπάνω τότε η σταθερά 119863 της ανισότητας ισούται με 1Για να το καταφέρουμε αυτό χρειαζόμαστε μια επέκταση της ανισότητας

Hadamard Η ανισότητα Hadamard λέει ότι για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119860ισχύει

det 119860 le119899

prod119896=1

1198601198901198962

όπου τα 1198901 hellip 119890119899 είναι η συνήθης βάση του ℝ119899 Δεν χρειάζεται να

αποδείξουμε αυτή την ανισότητα αφού θα αποδείξουμε την ακόλουθη

επέκτασή της

Π (Ανισότητα Hadamard) Αν τα 119906119896 και 119888119896 αναπαριστούντον ταυτοτικό πίνακα όπως παραπάνω τότε για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119860ισχύει

det 119860 le119898

prod119896=1

1198601199061198961198881198962

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι η ζητούμενη ανισότητα είναι αναλλοίωτη

στους ορθογώνιους πίνακες οπότε αντικαθιστώντας τον 119860 με τον 119876119860όπου ο 119876 ανήκει στην ορθογώνια ομάδα μπορούμε να υποθέσουμε ότι

ο 119860 είναι συμμετρικός και θετικά ημιορισμένος (δείτε Άσκηση )

Επειδή αν η ορίζουσα του 119860 ισούται με μηδέν τότε η ανισότητα είναι

προφανής υποθέτουμε ότι ο 119860 είναι θετικά ορισμένος Συνεπώς είναι

διαγωνοποιήσιμος με θετικές ιδιοτιμές δηλαδή ισχύει

119860 =119899

sum119896=1

120572119896119890119896 otimes 119890119896

με 119886119896 gt 0 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 Επειδή sum119899119896=1⟨119906119896 119890119896⟩2 = 1199061198962

2 = 1

εφαρμόζοντας την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου παίρνουμε

ότι

11986011990611989622 =

119899

sum119896=1

1205722119896⟨119906119896 119890119896⟩2 ge

119899

prod119896=1

1205722⟨119906119896119890119896⟩2

119896

Πολλαπλασιάζοντας για όλα τα 119894 έχουμε119898

prod119896=1

1198601199061198961198881198962 ge

119898

prod119896=1

119899

prod119896=1

120572119888119896⟨119906119896119890119896⟩2

119896

=119899

prod119896=1

120572sum119898119896=1 119888119896⟨119906119896119890119896⟩2

119896

=119899

prod119896=1

120572⟨(sum

119898119896=1 119888119896119906119896otimes119906119896)119890119896 119890119896⟩

119896

=119899

prod119896=1

120572⟨Id 119890119896119890119896⟩119896 =

119899

prod119896=1

120572119896 = det 119860

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Αν τα διανύσματα 119906119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 με 1199061198962 = 1ικανοποιούν την Id = sum

119898119896=1 119888119896119906119896 otimes 119906119896 για κατάλληλες σταθερές 119888119896 isin ℝ

τότε η σταθερά 119863 στην ανισότητα Brascamp-Lieb ισούται με 1

Απόδειξη Η σταθερά 119863 είναι η ποσότητα

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

Αν επιλέξουμε 120582119896 = 1 για κάθε 119896 = 1 hellip 119898 θα έχουμε φανερά ότι

119863 ledet (sum

119898119896=1 119888119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 1119888119896

= det Id = 1

Για την αντίστροφη ανισότητα αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε 120582119896 gt 0ισχύει

det (119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896) ge119898

prod119896=1

120582119888119896119896

Ας θέσουμε 119860 = sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896 Εύκολα ελέγχουμε ότι ο 119860 είναι

συμμετρικός και θετικά ορισμένος συνεπώς είναι αντιστρέψιμος και ο

αντίστροφος ως θετικά ορισμένος έχει τετραγωνική ρίζα την οποία θα

συμβολίσουμε με 119860minus12 Ολοκληρώνουμε την απόδειξη δείχνοντας ότι

det 119860 ge prod119898119896=1 120582119888119896

119896

1 =1119899tr(119860minus1119860) =

1119899tr(119860minus1

119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

=1119899tr(

119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes (119860minus1119906119896)) =1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896tr(119906119896 otimes (119860minus1119906119896))

=1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119906119896 119860minus1119906119896⟩ =1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119860minus12119906119896 119860minus12119906119896⟩

=1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896119860minus1211990611989622 =

119898

sum119896=1

119888119896

119899 (120582119896119860minus1211990611989622)

(χρησιμοποιούμε την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου αφού

sum119898119896=1 119888119896119899 = 1)

ge119898

prod119896=1

(120582119896119860minus1211990611989622)

119888119896119899

= (119898

prod119896=1

120582119888119896119899119896 ) sdot (

119898

prod119896=1

119860minus121199061198961198881198962 )

2119899

ge (119898

prod119896=1

120582119888119896119899119896 ) sdot (det 119860minus12)2119899

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότηταHadamard

(Πρόταση ) ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Τo επόμενο θεώρημα θα μας δώσει αμέσως την αντίστροφη ισοπερι-

μετρική ανισότητα

Θ (K Ball) Ανάμεσα σε όλα τα κυρτά συμμετρικά σώμα-τα στη θέση του John ο κύβος έχει μέγιστο όγκο Δηλαδή αν 119876119899 = [minus1 1]119899

ο μοναδιαίος κύβος στον ℝ119899και 119870 κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα στονℝ119899 στη θέση του John τότε vol119899(119870) le 2119899 = vol119899(119876119899)

Απόδειξη Έστω ότι τα 119906119896 είναι σημεία επαφής του συνόρου του 119870 με

την Ευκλείδεια σφαίρα και 119888119896 isin ℝ ώστε να ισχύει Id = sum119898119896=1 119888119896119906119896 otimes 119906119896

Από την προηγούμενη πρόταση η ανισότητα Brascamp-Lieb ισχύει με

119863 = 1 Φανερά

119870 sube 119872 ∶= 119909 ∶ ∣⟨119909 119906119896⟩∣ le 1 119896 = 1 hellip 119898

Άρα εφαρμόζοντας την ανισότητα Brascamp-Lieb παίρνουμε

vol119899(119870) le vol119899(119872) = intℝ119899

(119898

prod119896=1

1119888119896[minus11](⟨119909 119906119896⟩)) 119889119909

le 1 sdot119898

prod119896=1

(intℝ

1[minus11])119888119896

=119898

prod119896=1

2119888119896 = 2119899 = vol119899(119876119899)

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Η ισοπεριμετρική ανισότητα (δείτε Άσκηση ) λέει ότι για κάθε

κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει

(|119870||ℬ119899

2|)1119899

le (120597119870120597119861119899

2)

1(119899minus1)

(όπου υπενθυμίζουμε ότι με | sdot | συμβολίζουμε τον 119899-διάστατο όγκο vol119899)

η οποία με απλές πράξεις συνεπάγεται ότι

120597119870 ge (119899 sdot |ℬ1198992|1119899) sdot |119870|(119899minus1)119899 ≃ radic119899 sdot |119870|(119899minus1)119899

Η αντίστροφη ανισότητα γενικώς δεν ισχύει όπως εύκολα βλέπει κανείς

θέτοντας 119870 ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο με όλες τις ακμές του

μεγάλες και μία πολύ μικρή (ώστε να διατηρείται ο όγκος ίσος με 1 αλλάνα μπορεί να μεγαλώσει ανεγξέλεκτα το εμβαδόν επιφανείας) Όμως από

τα προηγούμενα προκύπτει ότι θα ισχύει μια αντίστροφη ανισότητα

αν το 119870 βρίσκεται σε κατάλληλη θέση

Θ (Αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα) Για κάθε κυρ-τό κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870 υπάρχει θέση 119870 ώστε

120597119870 le 2119899 |119870|(119899minus1)119899

και η ποσότητα 2119899 στην προηγούμενη ανισότητα είναι βέλτιστη

Απόδειξη Θεωρούμε ότι το 119870 είναι στη θέση του John Έτσι ℬ1198992 sube 119870

και από το προηγούμενο θεώρημα έχουμε |119870| le 2119899 Οπότε

120597119870 = lim119905rarr0+

|119870 + 119905ℬ1198992| minus |119870|119905

le lim119905rarr0+

|119870 + 119905119870| minus |119870|119905

= |119870| sdot 119899 = |119870|(119899minus1)119899|119870|1119899 sdot 119899 le 2119899 sdot |119870|(119899minus1)119899

Επειδή ισχύει η ισότητα όταν το 119870 είναι ο κύβος 119876119899 = [minus1 1]119899 συμπαι-

ρένουμε ότι η ποσότητα 2119899 είναι βέλτιστη

Π (Αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα) Από όλα τακυρτά κεντρικά συμμετρικά σώματα 119870 που βρίσκονται στη θέση του Johnκαι έχουν ίδιο εμβαδόν επιφανείας με τον κύβο 119876119899 τον ελάχιστο όγκο τονέχει ο κύβος

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό και κυρτό

σώμα στη θέση του John και επιπλέον ότι

120597119870 = 120597119876119899 = |119876119899| sdot 119899

Αφού 120597119870 le 2119899|119870|(119899minus1)119899 έχουμε

|119870| ge (1

2119899120597119870)

119899119899minus1

= (1

21198992119899119899)

119899119899minus1

= 2119899 = |119876119899|

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Ανάλογο αποτέλεσμα υπάρχει και για κυρτά

σώματα που δεν είναι απαραίτητα κεντρικά συμμετρικά Εκεί η σύγκριση

γίνεται με το simplex Δεν θα ασχοληθούμε με αυτή την περίπτωση

Άσκηση Αποδείξτε ότι τα ελλειψοειδή ℰ120575 που ορίστηκαν στην απόδειξη

του Θεωρήματος συγκλίνουν ως προς τη μετρική Hausdorff στην Ευκλείδεια

μπάλα ℬ1198992 Αυτό μπορείτε να το κάνετε αποδεικνύοντας ότι

1radic1 + 120575119861

ℬ1198992 sube ℰ120575 sube

1radic1 minus 120575119861

ℬ1198992

για κάθε 0 lt 120575 lt 1119861 Για να το επιτύχετε αυτό θα πρέπει πρώτα με τη

βοήθεια του φασματικού θεωρήματος για τον πίνακα 119879120575 να αποδείξετε ότι

119879minus2120575 = 119879minus1

120575 2 και ότι (Id +120575119861)minus1 = suminfin119896=0(minus120575)119896119861119896

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870στον ℝ119899 υπάρχει θέση 119870 ώστε να ισχύει

(120597119870120597119876119899

)1(119899minus1)

le (|119870||119876119899|)

1119899

Συγκρίνετε με την Άσκηση

Η ΘΕΣΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ ΜΕΣΟΥ ΠΛΑΤΟΥΣ

Θ Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει θέση ελα-χίστου μέσου πλάτους Δηλαδή υπάρχει 1198790 isin SL(119899) ώστε το 1198790(119870) ναέχει ελάχιστο πλάτος

119908(1198790(119870)) = inf119908(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι

για κατάλληλο 119886 gt 0 ισχύει 119886ℬ1198992 sube 119870 sube ℬ119899

2 πολλαπλασιάζοντας με

κατάλληλο συντελεστή το 119870 και χρησιμοποιώντας το ότι για κάθε 120582 gt 0ισχύει 119908(120582119870) = 120582 119908(119870) Θέτουμε 1199080 = inf119908(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)Έστω ότι η (119879119898)119898isinℕ ακολουθία γραμμικών απεικονίσεων στο SL(119899)ώστε lim119898rarrinfin 119908(119879119898(119870)) = 1199080 Θα δείξουμε με απαγωγή στο άτοπο ότι

η (119879119898)119898isinℕ είναι φραγμένη στον 119872119899times119899 με την νόρμα sdot Πράγματι ανδεν είναι φραγμένη τότε υπάρχει ακολουθία (119906119898)119898isinℕ στη σφαίρα 120138119899minus1

ώστε 1198791198981199061198982 rarr infin για 119898 rarr infin Έτσι το ελλειψοειδές ℰ119898 ∶= 119879119898(ℬ1198992)

με μήκη ημιαξόνων 1198861119898 hellip 119886119899119898 gt 0 έχει τουλάχιστον ένα ημιάξονα

μεγαλύτερο του 1198791198981199061198982 έστω τον 119886119895119898119898 Δηλαδή lim119898rarrinfin 119886119895119898119898 = infin

Από την Άσκηση ισχύει

119908(119879119898(ℬ1198992)) = 119908(ℰ119898) = int

120138119899minus1ℎℰ119898

(119906) 119889119906 = int120138119899minus1

(119899

sum119895=1

11988621198951198981199062

119895 )12

119889119906

ge 119886119895119898119898 int120138119899minus1

|119906119895119898| 119889119906 = 119886119895119898119898 int

120138119899minus1|1199061| 119889119906 rarr infin

όπου 119906119895 οι συντεταγμένες του 119906 ως προς ορθοκανονική βάση του ℝ119899

στη διεύθυνση των κύριων αξόνων του ελλειψοειδούς ℰ119898 Αλλά από την

άλλη μεριά η ακολουθία 119908(119879119898(ℬ1198992)) είναι φραγμένη αφού

119908(119879119898(ℬ1198992)) le 119886minus1119908(119879119898(119870)) rarr 119886minus11199080

καταλήγοντας σε άτοπο

Άρα η (119879119898)119898isinℕ είναι φραγμένη και από την Πρόταση και το

Πόρισμα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία Ας συμβολίσουμε πάλι με

(119879119898)119898isinℕ αυτή την υπακολουθία και έστω ότι συγκλίνει στο 1198790 Δηλαδή

119879119898 minus 1198790 rarr 0 Παρατηρούμε ότι για κάθε 119906 isin 120138119899minus1

∣ℎ119879119898119870(119906) minus ℎ1198790119870(119906)∣ = ∣ℎ119870(119879119905119898119906) minus ℎ119870(119879119905

0119906)∣()

le ℎ119870((119879119905119898 minus 119879119905

0)(119906)) = sup119910isin119870

⟨(119879119905119898 minus 119879119905

0)(119906) 119910⟩()

le sup119910isinℬ119899

2

⟨119906 (119879119898 minus 1198790)(119910)⟩

le sup119910isinℬ119899

2

1199062119879119898 minus 1198790 1199102 le 119879119898 minus 1198790

όπου στην () χρησιμοποιήσαμε την Άσκηση και στην ()

χρησιμοποιήσαμε την κάτω τριγωνική ανισότητα αφού κάθε συνάρτηση

στήριξης είναι νόρμα (του πολικού σώματος) από την Πρόταση

Συνεπώς η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη πάνω στο 120138119899minus1 οπότε

119908(119879119898(119870)) = int120138119899minus1

ℎ119879119898(119870)(119906) 119889119906 rarr int120138119899minus1

ℎ1198790(119870)(119906) 119889119906 = 119908(1198790(119870))

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Στη συνέχεια θέλουμε να αποδείξουμε ότι η θέση του ελαχίστου

μέσου πλάτους είναι στην ουσία μοναδική Για αυτό θα χρειαστούμε

δύο λήμματα

Λ Θεωρούμε ένα γνήσια κυρτό σώμα 119870 του οποίου ησυνάρτηση στήριξης ℎ119870 είναι διαφορίσιμη Έστω ότι το 119909 είναι το μοναδικόσημείο τομής του επιπέδου στήριξης του 119870 στη διεύθυνση 119906 isin 120138119899minus1 με το119870 Τότε nablaℎ119870(119906) = 119909

Απόδειξη Αφού η ℎ119870 είναι διαφορίσιμη συμπεραίνουμε ότι για κάθε 119907 isinℝ119899 ⧵ 0 και για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 υπάρχει η κατευθυνόμενη παράγωγος

120597119907ℎ119870(119906) στη διεύθυνση 119907 Παρατηρούμε πρώτα ότι

120597minus119907ℎ119870(119906) = lim120582rarr0

ℎ119870(119906 + 120582(minus119907)) minus ℎ119870(119906)120582

= minus lim120582rarr0

ℎ119870(119906 + (minus120582)119907) minus ℎ119870(119906)minus120582

= minus120597119907ℎ119870(119906)()

Επιπλέον από τον ορισμό της συνάρτησης στήριξης το ότι ℎ119870(119906) = ⟨119909 119906⟩και 119909 isin 119870 παίρνουμε

120597119907ℎ119870(119906) = lim sup120582rarr0

ℎ119870(119906 + 120582119907) minus ℎ119870(119906)120582

= lim sup120582rarr0

ℎ119870(119906 + 120582119907) minus ⟨119909 119906⟩120582

ge lim sup120582rarr0

⟨119909 119906 + 120582119907⟩ minus ⟨119909 119906⟩120582

= ⟨119909 119907⟩()

Άρα αν 119890119894 119894 = 1 hellip 119899 τα διανύσματα της συνήθους βάσης του ℝ119899 θα

έχουμε 120597119890119894ℎ119870(119906) ge ⟨119909 119890119894⟩ για κάθε 119894 = 1 hellip 119899 Αλλά από την () και

την () συνεπάγεται ότι

120597119890119894ℎ119870(119906) = minus120597minus119890119894

ℎ119870(119906) le minus⟨119909 minus119890119894⟩ = ⟨119909 119890119894⟩

Άρα 120597119890119894ℎ119870(119906) = ⟨119909 119890119894⟩ για κάθε 119894 = 1 2 hellip 119899 οπότε nablaℎ119870(119906) = 119909

Λ Ένα κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 με διαφορίσιμη συνάρτησηστήριξης ℎ119870 έχει ελάχιστο μέσο πλάτος αν και μόνο αν

int120138119899minus1

⟨nablaℎ119870(119906) 119879119906⟩ 119889119906 =tr(119879)

119899119908(119870)()

για κάθε γραμμική απεικόνιση 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899

Απόδειξη Αν το 119870 έχει ελάχιστο μέσο πλάτος τότε για 120598 gt 0 αρκετά

μικρό η απεικόνιση 119878 = (Id +120598119879)119905(det(Id +120598119879))1119899 είναι καλά ορισμένη

και έχει ορίζουσα 1 Συνεπώς 119908(119878(119870)) ge 119908(119870) οπότε

int120138119899minus1

ℎ119878(119870)(119906)119889119906 ge int120138119899minus1

ℎ119870(119906)119889119906

Απλές πράξεις οδηγούν στην

int120138119899minus1

ℎ119870(119906 + 120598119879119906) 119889119906 ge det((Id +120598119879))1119899 int

120138119899minus1ℎ119870(119906)119889119906

Αντικαθιστώντας τις ℎ119870(119906 + 120598119879119906) και (det(Id +120598119879))1119899 με τα Taylor ανα-

πτύγματά τους πρώτης τάξης οδηγούμαστε στην

int120138119899minus1

(ℎ119870(119906) + 120598⟨nablaℎ119870(119906) 119879119906⟩ + 119900(120598)) 119889119906 ge (1 + 120598tr(119879)

119899+ 119900(120598)) 119908(119870)

όπου γράψαμε με 119900(120598) τα υπόλοιπα του αναπτύγματος Taylor τα οποία

ικανοποιούν την lim120598rarr0+ 119900(120598)120598 = 0 Αφήνοντας το 120598 να πάει στο 0 από

δεξιά οδηγούμαστε στην

int120138119899minus1

⟨nablaℎ119870(119906) 119879119906⟩ 119889119906 getr(119879)

119899119908(119870)

Αλλά η τελευταία ισχύει για κάθε 119879 οπότε αν την ξαναγράψουμε για

τον minus119879 στη θέση του 119879 παίρνουμε την αντίστροφη ανισότητα δηλαδή

το ζητούμενο

Αντίστροφα έστω ότι ισχύει η () και ο 119879 έχει ορίζουσα 1Από την Άσκηση υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες 119880 και 119881 και

διαγώνιος πίνακας 119863 = diag(1205821 hellip 120582119899) με 120582119895 gt 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899ώστε να ισχύει 119879 = 119880119863119881 Οπότε (119880119881)119905119879 = 119881119905119863119881 Επειδή ο πίνακας

(119880119881)119905 είναι ορθογώνιος ισχύει 119908((119880119881)119905119879(119870)) = 119908(119879(119870)) συνεπώς

αρκεί να αποδείξουμε ότι το σώμα 119878(Κ) για 119878 ∶= (119880119881)119905119879 = 119881119905119863119881ικανοποιεί την 119908(119878(119870)) ge 119908(119870) Αλλά ο πίνακας 119878 είναι συμμετρικός

και θετικά ορισμένος οπότε από το Πόρισμα ισχύει η ανισότητα

tr(119878)119899 ge det(119878)1119899 = 1 Από αυτό και το ότι nablaℎ119870(119906) isin 119870 (Λήμμα )

έχουμε ότι

119908(119878(119870)) = int120138119899minus1

ℎ119878(119870)(119906) 119889119906 = int120138119899minus1

ℎ119870(119878119905119906) 119889119906

ge int120138119899minus1

⟨nablaℎ119870(119906) 119878119905119906⟩ 119889119906 =tr(119878)

119899119908(119870) ge 119908(119870)()

Δηλαδή το 119870 βρίσκεται στη θέση ελάχιστου μέσου πλάτους

Τώρα είμαστε έτοιμοι να αποδείξουμε τη μοναδικότητα της θέσης

ελάχιστου μέσου πλάτους

Π Αν το κυρτό σώμα 119870 βρίσκεται στη θέση ελάχιστουμέσου πλάτος και το ίδιο συμβαίνει και για το 119879(119870) όπου 119879 isin SL(119899)τότε o 119879 είναι ορθογώνιος

Απόδειξη Μπορούμε να υποθέσουμε ότι η ℎ119870 είναι διαφορίσιμη συνάρ-

τηση αλλιώς προσεγγίζουμε το 119870 με μια ακολουθία σωμάτων που έχουν

διαφορίσιμες συναρτήσεις στήριξηςmdashπαραλείπουμε τις λεπτομέρειες

Αν 119908(119879(119870)) = 119908(119870) τότε 119908(119878(119870)) = 119908(119870) όπου 119878 ο πίνακας που

προκύπτει από τον 119879 όπως στην απόδειξη του Λήμματος Από

τη σχέση () θα ισχύει tr(119878)119899 = (det 119878)1119899 Οπότεmdashσύμφωνα με το

Πόρισμα mdashο 119878 είναι ορθογώνιος άρα και ο 119879

Η ΘΕΣΗ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΕΠΙΦΑΝΕΙΑΣ

Σε αυτό το κεφάλαιο θα αποδείξουμε ότι κάθε κυρτό σώμα 119870 στον

ℝ119899 έχει μια στην ουσία μοναδική θέση ελάχιστου εμβαδού επιφανείας Η

απόδειξη χρειάζεται το γεγονός ότι το εμβαδό επιφανείας ως συνάρτηση

από τα κυρτά σώματα στο ℝ είναι συνεχής Η κυρτότητα δεν είναι

απαραίτητη μόνο για την ύπαρξη του εμβαδού επιφανείας διότι εύκολα

μπορεί να δει κανείς ότι η συνάρτηση αυτή δεν είναι συνεχής σε μη

κυρτά σύνολα όπως βλέπουμε στο Σχήμα Η συνέχεια του εμβαδού

Uuml c

a

4

Σ Η περιφέρεια του 119870119898 είναι 4 για κάθε 119898 isin ℕ τα 119870119898 συγκλί-

νουν με τη μετρική Hausdorff στο 119870 το οποίο έχει περίμετρο 2+radic2 ne 4

επιφανείας στα κυρτά σώματα έχει αρκετή δουλειά για να αποδειχθεί

και την αποδεικνύουμε στην Ενότητα Για τα επόμενα υποθέτουμε

ότι η συνέχεια είναι δεδομένη

Θ Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει θέση ελάχι-στου εμβαδού επιφανείας Δηλαδή υπάρχει 1198790 isin SL(119899) ώστε το 1198790(119870)να έχει το ελάχιστο εμβαδό επιφανείας

120597(1198790(119870)) = inf120597(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)

Απόδειξη Χρησιμοποιώντας το ότι 120597(120582119870) = 120582119899minus1120597(119870) μπορούμε να

υποθέσουμε πολλαπλασιάζοντας με κατάλληλο 120582 gt 0 ότι 119870 sube ℬ1198992

Θέτουμε

1205970 = inf120597(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)

και θεωρούμε ακολουθία 119879119898 isin SL(119899) ώστε lim119898rarrinfin 120597(119879119898(119870)) = 1205970 Αρκεί

να δείξουμε ότι η 119879119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία διότι αν αυτή

η υπακολουθία συγκλίνει έστω στον 1198790 τότε από τη συνέχεια του

εμβαδού επιφανείας θα πάρουμε ότι 1205970 = 120597(1198790(119870)) ολοκληρώνοντας

την απόδειξη

Από την Άσκηση υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες 119880119898 119881119898 και

διαγώνιος πίνακας 119863119898 = diag(1205821198981 hellip 120582119898119899) με 120582119898119895 gt 0 για κάθε 119898 isin ℕκαι για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899 ώστε 119879119898 = 119880119898119863119898119881119898 Επιπλέον εύκολα

ελέγχουμε με τον ορισμό ότι το εμβαδό επιφανείας είναι ανεξάρτητο

από ορθογώνιους μετασχηματισμούς δηλαδή

120597(119879119898(119870)) = 120597(119880119898119863119898119881119898(119870)) = 120597(119863119898119881119898(119870)) = 120597(119863119898(119871119898))()

όπου θέσαμε 119871119898 = 119881119898(119870)

Για να αποδείξουμε ότι η 119879119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία αρκεί να

δείξουμε ότι είναι φραγμένη Για αυτό αρκεί να δείξουμε ότι η ακολουθία

των 119863119898 είναι φραγμένη διότι οι ακολουθίες 119880119898 και 119881119898 είναι φραγμένες ως

ακολουθίες ορθογώνιων πινάκων (Παράδειγμα Παρατήρηση

και Πόρισμα ) Ισοδύναμα αρκεί να δείξουμε ότι η ακολουθία 119863minus1119898

είναι φραγμένη (Άσκηση )

Αν η 119863minus1119898 = diag(11205821198981 hellip 1120582119898119899) δεν είναι φραγμένη εύκολα ε-

λέγχουμε ότι υπάρχουν δείκτες 119895119898 ώστε 0 lt 120582119898119895119898rarr 0 Αλλά τότε

έχουμε

120597(119863119898(119871119898)) = lim119905rarr0+

|119863119898(119871119898) + 119905ℬ1198992| minus |119863119898(119871119898)|119905

ge lim119905rarr0+

|119863119898(119871119898) + 119905ℒ119898| minus |119863119898(119871119898)|119905

ge |119871119898| lim119905rarr0+

det(119863119898 + 119905 Id) minus det(119863119898)119905

ge |119870| det(119863119898) lim119905rarr0+

det(Id +119905119863minus1119898 ) minus 1

119905ge |119870| sdot 1 sdot tr(119863minus1

119898 ) ge |119870|120582119898119895119898rarr infin (Άσκηση )

το οποίο είναι άτοπο αφού από την () ισχύει

120597(119863119898(119871119898)) = 120597(119879119898(119870)) rarr 1205970

καθώς 119898 rarr infin ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Για να αποδείξουμε τη μοναδικότητα της θέσης (εκτός από ορθογώ-

νιους μετασχηματισμούς) χρειαζόμαστε ένα τύπο για το πώς μεταβάλεται

το εμβαδό επιφανείας αν εφαρμοστεί ένας μετασχηματισμός 119879 isin SL(119899)Η απόδειξη αυτού του τύπου απαιτεί πολύ ισχυρά μετροθεωρητικά

εργαλεία και για αυτό θα την παραλείψουμε Οι σχετικές λεπτομέρειες

υπάρχουν στις Ενότητες και του [Gru] Όμως επειδή δεν

υπάρχει αυτούσιος ο τύπος που χρειαζόμαστε στο παραπάνω θα

δείξουμε πώς προκύπτει παραπέμποντας σε διάφορες προτάσεις στο

παραπάνω βιβλίο

Πρώτα ορίζουμε την απεικόνιση Gauss ΝΚ από το bd(119870) στα υπο-

σύνολα του 120138119899minus1 όπου απεικονίζει κάθε σημείο 119909 isin bd(119870) στο σύνολο

119906 isin 120138119899minus1 ∶ το 119909 + 119906⟂ είναι επίπεδο στήριξης του 119870 στο 119909

Η απεικόνιση 119873119870 αντιστρέφει υποσύνολα Borel της 120138119899minus1 σε υποσύνολα

Borel του bd(119870) ([Gru] Πρόταση )

Στη συνέχεια για κάθε κυρτό σώμα 119870 ορίζουμε ένα μέτρο 120590119870 πάνω

στην Ευκλείδεια σφαίρα 120138119899minus1 με τη βοήθεια της αντίστροφης εικόνας

μέσω της απεικόνισης του Gauss για κάθε Borel υποσύνολο 119860 της 120138119899minus1

θέτουμε

120590119870(119860) = 120583119899minus1(119873minus1119870 (119860))

όπου το 120583119899minus1 είναι το διάστασης 119899 minus 1 μέτρο Hausdorff πάνω στο bd(119870)(διαισθητικά το εμβαδόν επιφανείας του 119873minus1

119870 (119860) ως υποσύνολο του

bd(119870)) Φανερά 120590119870(120138119899minus1) = 120583119899minus1(119870) το οποίο μπορεί να δειχθεί ότι

ταυτίζεται με το 120597(119870)

Λ Για κάθε 119879 isin SL(119899) και για κάθε κυρτό σώμα 119870 ισχύει

() 120597(119879(119870)) = int120138119899minus1

(119879minus1)119905(119906)2 119889120590119870(119906)

laquoΑπόδειξηraquoΌλες οι αναφορές σε αυτή την απόδειξη είναι στο [Gru]

Από το Πόρισμα η ποσότητα 119899119881(119871 119870 hellip 119870) ισούται με

int120138119899minus1

ℎ119871(119906) 119889120590119870(119906)

Η ποσότητα 119899119881(119871 119870 hellip 119870) είναι ίση με την 119899119881(119870 hellip 119870 119871) (Θεώρη-

μα ) η οποία ισούται με το εμβαδόν επιφανείας του 119870 όταν 119871 = ℬ1198992

(ορισμός του εμβαδού επιφανείας και Θεώρημα ) Τέλος επειδή για

κάθε 119879 isin SL(119899) ισχύει 119881(Τ(Κ1) hellip 119879(119870119899)) = 119881(Κ1 hellip 119870119899) (Πρότα-

ση (ii) και η επόμενη Παρατήρηση) θα έχουμε

120597(119879(119870)) = 119899119881(119879(119870) hellip 119879(119870) ℬ1198992) = 119899119881(119870 hellip 119870 119879minus1(ℬ119899

2))

= int120138119899minus1

ℎ119879minus1(ℬ1198992)(119906) 119889120590119870(119906) = int

120138119899minus1ℎℬ119899

2((119879minus1)119905(119906)) 119889120590119870(119906)

= int120138119899minus1

(119879minus1)119905(119906)2 119889120590119870(119906)

Για την απόδειξη της επόμενης πρότασης ακολουθούμε το [AMG]

Π (Petty) Ένα κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 έχει ελάχιστοεμβαδόν επιφανείας αν και μόνο αν ισχύει

() int120138119899minus1

⟨119906 120579⟩ 119889120590119870(119906) =120597(119870)

119899

για κάθε 120579 isin 120138119899minus1

Απόδειξη Υποθέτουμε πρώτα ότι το 119870 έχει ελάχιστο εμβαδόν επιφανείας

Για κάθε γραμμική απεικόνιση 119879 στο ℝ119899 εφαρμόζουμε το Λήμμα

για τον (119860minus1)119905 όπου 119860 = (Id +119903119879)(det(Id +119903119879))1119899 ο οποίος για 119903 σε

μια περιοχή του μηδενός είναι καλά ορισμένος και ανήκει το SL(119899) Έτσι

από την () και επειδή 120597((119860minus1)119905(119870)) ge 120597(119870) παίρνουμε ότι

() int120138119899minus1

(Id +119903119879)(119906)2 119889120590119870(119906) ge (det(Id +119903119879))1119899120597(119870)

Εύκολα ελέγχουμε ότι η συνάρτηση

120593(119903) = (Id +119903119879)(119906)2 = radic1 + 2119903⟨119906 119879(119906)⟩ + 1205982⟨119879(119906) 119879(119906)⟩

είναι παραγωγίσιμη στο 119903 = 0 με παράγωγο ⟨119906 119879(119906)⟩ Έτσι από το

Θεώρημα Taylor υπάρχει συνάρτηση 1205931 με lim119903rarr0 1205931(119903) = 0 ώστε

() 120593(119903) = 1 + 119903⟨119906 119879(119906)⟩ + 1199031205931(119903)

Ομοίως η συνάρτηση 120595(119903) = (det(Id +119903119879))1119899 είναιmdashσύμφωνα με την

Άσκηση mdashπαραγωγίσιμη στο 119903 = 0 με παράγωγο tr(119879)119899 Άρα και

πάλι από το Θεώρημα Taylor υπάρχει συνάρτηση 1205951 με lim119903rarr0 1205951(119903) = 0ώστε

() 120595(119903) = 1 + 119903tr(119879)

119899+ 1199031205951(119903)

Αντικαθιστώντας τις () και () στην () και παίρνοντας όρια

μια φορά για 119903 rarr 0+ και μια φορά για 119903 rarr 0minus προκύπτουν οι

int120138119899minus1

⟨119906 119879(119906)⟩ 119889120590119870(119906) getr(119879)

119899120597(119870)

και

int120138119899minus1

⟨119906 119879(119906)⟩ 119889120590119870(119906) letr(119879)

119899120597(119870)

αντίστοιχα δηλαδή

int120138119899minus1

⟨119906 119879(119906)⟩ 119889120590119870(119906) =tr(119879)

119899120597(119870)

Αντιστρόφως αν ισχύει η () και 119879 isin SL(119899) τότε επειδή από

την ανισότητα Cauchy-Schwartz ισχύει (119879minus1)119905(119906)2 ge ⟨(119879minus1)119905(119906) 119906⟩ =⟨119906 119879minus1(119906)⟩ για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 θα έχουμε

120597(119879(119870)) = int120138119899minus1

(119879minus1)119905(119906)2 119889120590119870(119906)

ge int120138119899minus1

⟨119906 119879minus1(119906)⟩ 119889120590119870(119906) =tr(119879minus1)

119899120597(119870)

ge (det 119879minus1)1119899120597(119870) = 120597(119870)()

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα αριθ-

μητικού-γεωμετρικού μέσου Άρα το 119870 βρίσκεται σε θέση ελάχιστης

επιφάνειας

Θ Η θέση ελάχιστης επιφάνειας είναι μοναδική εκτός απόορθογώνιους μετασχηματισμούς

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι το 119870 βρίσκεται σε θέση ελάχιστης επιφάνειας

και το ίδιο συμβαίνει και με το 119879(119870) για κάποιον 119879 isin SL(119899) οπότε120597(119879(119870)) = 120597(119870) Εφαρμόζοντας έναν ορθογώνιο μετασχηματισμό στο

119879(119870) και στο 119870 μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο 119879 είναι θετικά ορισμένος

(Άσκηση ) Έτσι η () δίνει ότι tr(119879minus1)119899 = det(119879minus1)1119899 και από

το Πόρισμα ο 119879minus1 οπότε και ο 119879 είναι ορθογώνιος

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει ακολουθίαπολυτόπων 119875119898 η οποία συγκλίνει στο σώμα 119870 ως προς τη μετρικήHausdorff

Απόδειξη Θέτουμε 119875119898 να είναι οι κυρτές θήκες των κορυφών των πολυ-

παραλληλεπιπέδων της Άσκησης

Π Έστω ότι τα 1198751 και 1198752 είναι πολύτοπα Τότε για κάθε119905 119904 gt 0 το 119875 = 1199051198751 + 1199041198752 είναι πολύτοπο Επιπλέον υπάρχει πεπερασμένοσύνολο 119880 sube 120138119899minus1 ώστε για κάθε 119905 119904 ge 0 για τα οποία το 119875 = 1199051198752 + 1199041198752είναι κυρτό σώμα τα εξωτερικά μοναδιαία κάθετα διανύσματα των εδρώντου 119875 ανήκουν στο 119880

Απόδειξη Αν το 119911 isin 119875 είναι ακραίο σημείο και 119911 = 1199051199111 + 1199041199112 όπου

1199111 isin 1198751 και 1199112 isin 1198752 τότε τα 1199111 και 1199112 είναι ακραία σημεία των 1198751 και

1198752 αντίστοιχα διότι αν για παράδειγμα το 1199111 είναι γνήσιος κυρτός

συνδυασμός δύο σημείων του 1198751 τότε εύκολα βλέπουμε ότι το 119911 είναι

γνήσιος κυρτός συνδυασμός δύο σημείων του 119875 οπότε δεν είναι ακραίο

σημείο Επειδή καθένα από τα 1198751 και 1198752 έχουν πεπερασμένος πλήθος

ακραίων σημείων (τις κορυφές τους) συμπαιρένουμε ότι το ίδιο ισχύει

και για το 119875 συνεπώς το 119875 είναι πολύτοπο

Για το δεύτερο σκέλος αποδεικνύουμε πρώτα τον ισχυρισμό

Ι Για κάθε 119906 isin 120138119899minus1

119875 cap 119867119875119906 = 119905(1198751 cap 1198671198751119906) + 119904(1198752 cap 1198671198752119906)

[Πράγματι αν 119911 isin 119875 cap 119867119875119906 υπάρχουν 1199111 isin 1198751 και 1199112 isin 1198752 ώστε

119911 = 1199051199111 + 1199041199112 Θα δείξουμε ότι 119911119894 isin 119875119894 cap 119867119875119894119906 για 119894 = 1 2 Αν αυτό δεν

συμβαίνει για παράδειγμα για το 1199111 τότε ⟨119911 119906⟩ lt ℎ1198751(119906) Αλλά τότε

ℎ119875(119906) = ⟨119911 119906⟩ = ⟨1199051199111 + 1199041199112 119906⟩ lt 119905ℎ1198751(119906) + 119904ℎ1198752

(119906) = ℎ1199051198751+1199041198752(119906) = ℎ119875(119906)

το οποίο είναι άτοπο Συνεπώς

119875 cap 119867119875119906 sube 119905(1198751 cap 1198671198751119906) + 119904(1198752 cap 1198671198752119906)

Αντιστρόφως αν 1199111 isin 1198751 cap 1198671198751119906 και 1199112 isin 1198752 cap 1198671198752119906 έχουμε

⟨1199051199111+1199041199112 119906⟩ = 119905⟨1199111 119906⟩+119904⟨1199112 119906⟩ = 119905ℎ1198751(119906)+119904ℎ1198752

(119906) = ℎ1199051198751+1199041198752(119906) = ℎ119875(119906)

οπότε 119911 = 1199051199111 + 1199041199112 isin 119867119875119906]

Από τον παραπάνω ισχυρισμό αν τα 1198651 και 1198652 είναι έδρες των 1198751και 1198752 αντίστοιχα αν υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι το

μηδέν ανήκει στα σχετικά εσωτερικά των 1198651 και 1198652 και το 1199051198651 + 1199041198652 είναι

έδρα του 119875 διάστασης 119899 minus 1 τότε το 1198651 + 1198652 είναι διάστασης 119899 minus 1 αφούέχει την ίδια γραμμική θήκη με το 1199051198651 + 1199041198652 Άρα ανεξάρτητα των 119905 και

119904 gt 0 το 119875 έχει το πολύ τόσες έδρες διάστασης 119899 minus 1 όσοι το πλήθος

των ζευγών εδρών του 1198751 και 1198752 δηλαδή πεπερασμένο πλήθος

Από το γεγονός ότι η σχετική διάσταση του 1198651 + 1198652 είναι πάντα

μεγαλύτερη ή ίση με τη σχετική διάσταση του 1198651 όπου 119865119894 έδρα του 119875119894(119894 = 1 2) άμεσα προύπτει το ακόλουθο

Π Αν 1198651 έδρα (όψη διάστασης 119899 minus 1) ενός πολυτόπου 1198751και 1198652 όψη ενός πολυτόπου 1198752 με 1198651 = 1198751 cap 1198671198751

(119906) και 1198652 = 1198752 cap 1198671198752(119906)

για κατάλληλο 119906 isin 120138119899minus1 τότε το 1198651 + 1198652 είναι έδρα (όψη διάστασης 119899 minus 1)του 1198751 + 1198752

Π Έστω ότι τα 1198751 και 1198752 είναι πολύτοπα στον ℝ119899 με το1198752 να έχει μη κενό εσωτερικό Τότε για κάθε 119905 gt 0 ο όγκος vol119899(1198751 + 1199051198752)είναι πολυώνυμο ως προς 119905 βαθμού 119899

Απόδειξη Για την απόδειξη θα χρησιμοποιήσουμε πλήρη επαγωγή στο 119899Για 119899 = 1 αν 1198751 = [1198861 1198871] και 1198752 = [1198862 1198872] τότε 1198751+1199051198752 = [1198861+1199051198862 1198871+1198872]οπότε vol1(1198751 + 1198752) = (1198871 minus 1198861) + 119905(1198872 minus 1198862) δηλαδή πολυώνυμο του 119905πρώτου βαθμού Έστω ότι το ζητούμενο ισχύει για πολύτοπα στον

ℝ119896 για κάθε 119896 le 119899 minus 1 και 119875 = 1198751 + 1199051198752 για πολύτοπα 1198751 1198752 στον ℝ119899

Χρησιμοποιώντας την Πρόταση έχουμε ότι

vol119899(119875) = vol119899(1198751 + 1199051198752) =1119899 sum

119906isin119880ℎ119875(119906)vol119899minus1(119875 cap 119867119875119906)

=1119899 sum

119906isin119880ℎ1198751+1199051198752

(119906)vol119899minus1(1198651 + 1199051198652)

όπου 119865119894 = 119875119894 cap 119867119875119894119906 για 119894 = 1 2

=1119899 sum

119906isin119880(ℎ1198751

(119906) + 119905ℎ1198752(119906))120601(119906 119905)

όπου τα 120601(119906 119905) είναι πολυώνυμα βαθμού το πολύ 119899 minus 1 ως προς 119905 από

την υπόθεση της πλήρους επαγωγής Έτσι το vol119899(119875) είναι πολυώνυμο

του 119905 το πολύ βαθμού 119899 Αλλά αφού υποθέσαμε ότι το 1198752 δεν έχει κενό

εσωτερικό αν υποθέσουμε ότι το vol119899(1198751 + 1199051198752) έχει βαθμό μικρότερο ή

ίσο το 119899 minus 1 τότε από τη συνέχεια του όγκου έχουμε

0 lt vol119899(1199051198752) = lim119904rarr0+

vol119899(1199041198751 + 1199051198752)

= lim119904rarr0+

119904119899vol119899 (1198751 +1199051199041198752) = lim

119904rarr0+119904119899

119899minus1

sum119895=0

119886119895 (119905119904)

119896

= 0

(όπου 119886119895 κατάλληλοι συντελεστές) το οποίο είναι άτοπο

Λ Έστω ότι τα 119901119898(119905) είναι ακολουθία πολυωνύμων βαθμού119899 που συγκλίνει στην 119891(119905) για κάθε 119905 ge 0 Τότε και η 119891 για 119905 ge 0 είναιπολυώνυμο βαθμού το πολύ 119899

Απόδειξη Απο τη μοναδικότητα του ορίου αρκεί να αποδείξουμε ότι η

ακολουθία

119901119898(119905) = 1198860119898 + 1198861119898119905 + 11988621198981199052 + ⋯ + 119886119899119898119905119899

συγκλίνει σε πολυώνυμο για 119905 ge 0 Για αυτό όμως αρκεί να αποδείξουμε

ότι οι συντελεστές 119886119895119898 συγκλίνουν σε κάποιον αριθμό 119886119895 για κάθε

119895 = 1 2 hellip 119899 καθώς 119898 rarr infin Παρατηρούμε ότι

1198860119898 = 119901119898(0)1198860119898 + 1198861119898 + 1198862119898 + ⋯ + 119886119899119898 = 119901119898(1)1198860119898 + 21198861119898 + 221198862119898 + ⋯ + 2119899119886119899119898 = 119901119898(2)1198860119898 + 31198861119898 + 321198863119898 + ⋯ + 3119899119886119899119898 = 119901119898(3)

⋮1198860119898 + 1198991198861119898 + 11989921198863119898 + ⋯ + 119899119899119886119899119898 = 119901119898(119899)

Λύνοντας το παραπάνω σύστημα από τους τύπους του Cramer κάθε

συντελεστής 119886119895119898 είναι γραμμικός συνδυασμός των 119901119898(0) 119901119898(1) hellip 119901119898(119899)τα οποία συγκλίνουν στα 119891(0) 119891(1) hellip 119891(119899) αντίστοιχα υπό την

προϋπόθεση ότι η ορίζουσα του συστήματος είναι φραγμένη laquoμακριάraquo

από το μηδέν καθώς 119898 rarr infin Αλλά η ορίζουσα αυτή είναι ορίζουσα

Vandermonde

∣∣∣∣∣

1 0 0 hellip 01 1 1 hellip 11 2 22 hellip 2119899

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮1 119899 1198992 hellip 119899119899

∣∣∣∣∣

η οποία είναι ανεξάρτητη του 119898 και θετική (Άσκηση για 119886119896 = 119896με 119896 = 1 hellip 119899) ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Για κάθε 119870 κυρτό σώμα στον ℝ119899 και για κάθε 119905 gt 0ο όγκος vol119899(119870 + 119905ℬ119899

2) είναι πολυώνυμο βαθμού 119899

Απόδειξη Προκύπτει άμεσα από την Προτάση το Λήμμα

προσεγγίζοντας τα 119870 και ℬ1198992 με πολύτοπα σύμφωνα με την Πρότα-

ση

Θ Το εμβαδό επιφανείας είναι συνεχής συνάρτηση στακυρτά σώματα

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι τα 119870119898 είναι κυρτά σώματα που συγκλίνουν

με την μετρική Hausdorff στο 119870 Σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση

τα vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) και vol119899(119870 + 119905ℬ119899

2) είναι πολυώνυμα του 119905 βαθμού 119899Έστω ότι

vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) = 1198860119898 + 1198861119898119905 + 11988621198981199052 + ⋯ + 119886119899119898119905119899

και

vol119899(119870 + 119905ℬ1198992) = 1198860 + 1198861119905 + 11988621199052 + ⋯ + 119886119899119905119899

για κατάλληλους συντελεστές 119886119895119898 και 119886119895 1198951 hellip 119899 Από τη συνέχεια του

όγκου η ακολουθία των πολυωνύμων vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) συγκλίνει στο

πολυώνυμο vol119899(119870 + 119905ℬ1198992) συνεπώς 119886119895119898 rarr 119886119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 καθώς

119898 rarr infin Αλλά επειδή 1198860119898 = vol119899(119870119898) και 1198860 = vol119899(119870) έχουμε

120597119870119898 = lim119905rarr0+

vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) minus vol119899(119870119898)119905

= 1198861119898 rarr 1198861 = lim119905rarr0+

vol119899(119870 + 119905ℬ1198992) minus vol119899(119870)119905

= 120597119870

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Άσκηση Αποδείξτε ότι

119863119899 =

∣∣∣∣∣

1198861 11988621 hellip 119886119899

11198862 1198862

2 hellip 1198861198992

1198863 11988623 hellip 119886119899

3⋮ ⋮ ⋱ ⋮

119886119899 1198862119899 hellip 119886119899

119899

∣∣∣∣∣

= (119899

prod119894=1

119886119894) prod1le119894lt119895le119899

(119886119895 minus 119886119894)

(Υπόδειξη Παρατηρούμε ότι 119863119899 = 119865119899(119886119899) prod119899119894=1 119886119894 όπου

119865119899(119909) =

∣∣∣∣∣∣

1 1198861 11988621 hellip 119886119899minus1

11 1198862 1198862

2 hellip 119886119899minus12

1 1198863 11988623 hellip 119886119899minus1

3⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮1 119886119899minus1 1198862

119899minus1 hellip 119886119899minus1119899minus1

1 119909 1199092 hellip 119909119899minus1

∣∣∣∣∣∣

και έτσι αρκεί να δείξουμε ότι 119865119899(119886119899) = prod1le119894lt119895le119899(119886119895 minus 119886119894) Η απόδειξη αυτή

μπορεί να γίνει επαγωγικά στο 119899 Για το επαγωγικό βήμα παρατηρούμε ότι το

πολυώνυμο 119865119899(119909) έχει ρίζες τα 1198861 hellip 119886119899minus1 Άρα από το θεώρημα παραγοντοποί-

ησης ισχύει 119865119899(119909) = 119862 prod119899minus1119894=1 (119909 minus 119886119894) για κατάλληλη σταθερά 119862 Όμως από την

τελευταία έκφραση το 119862 είναι ο συντελεστής του 119909119899minus1 αλλά από τον ορισμό του

119865119899(119909) ο συντελεστής του 119909119899minus1 είναι το 119865119899minus1(119886119899minus1) Εναλλακτικά αν ονομάσουμε

με 119863119899(1198861 hellip 119886119899) την ζητούμενη ορίζουσα μπορούμε να πολλαπλασιάσουμε

τη 119899 minus 1 στήλη με 1198861 και να την αφαιρέσουμε από τη 119899-στη στήλη ώστε να

μηδενιστεί το στοιχείο στη θέση του 1198861198991 Στη συνέχεια πολλαπλασιάζουμε με

1198861 τη 119899 minus 2 στήλη και την αφαιρούμε από τη 119899 minus 1 στήλη ώστε να μηδενιστεί

το στοιχείο στη θέση του 119886119899minus11 Συνεχίζουμε μέχρι να μηδενιστεί όλη η πρώτη

γραμμή εκτός από το στοιχείο στη θέση του 1198861 Τότε βλέπουμε άμεσα ότι η

ορίζουσα ισούται με 1198861 prod119899119895=2(119886119895 minus 1198861) sdot 119863119899minus1(1198862 hellip 119886119899))

Μέρος III

Το φαινόμενο της συγκέντρωσης τουμέτρου

Όταν σε ένα μετρικό χώρο έχουμε τη δυνατότητα να έχουμε και

ένα μέτρο (συχνά πιθανότητας) τότε η αλληλεπίδραση της μετρικής

και του μέτρου αποδεικνύεται πολύ παραγωγική κυρίως διότι είναι

διαφορετική η έννοια του laquoμεγάλουraquo και του laquoμικρούraquo ως προς τη

μετρική και ως προς το μέτρο Ένα laquoμικρόraquo ως προς τη μετρική σύνολο

(για παράδειγμα με μικρή διάμετρο σε σχέση με τη διάμετρο του

χώρου) μπορεί να έχει laquoσχεδόνraquo πλήρες μέτρο (πολύ laquoκοντάraquo στο

μέτρο όλου του χώρου) Το απλούστερο ίσως παράδειγμα είναι ο

χώρος ℝ εφοδιασμένος με τη συνήθη απόσταση 119889(119909 119910) = |119909 minus 119910| και τοκανονικό (γκαουσιανό) μέτρο πιθανότητας 1205741 με πυκνότητα ως προς

το μέτρο Lebesgue την 119891(119909) = 119890minus11990922radic2120587 Δηλαδή

1205741(119860) = int119860

1radic2120587

119890minus11990922 119889119909

για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο 119860 sube ℝ Η διάμετρος του χώρου

είναι άπειρη συνεπώς κάθε σύνολο της μορφής [minus119886 119886] ως υποσύνολο

του μετρικού χώρου (ℝ | sdot |) έχει laquoμικρόraquo μέγεθος (το ποσοστό της

διαμέτρου του ως προς τη διάμετρο του χώρου είναι μηδέν) αλλά ως

υποσύνολο του χώρου μέτρου (ℝ 1205741) έχει σχεδόν πλήρες μέτρο αφού

εύκολα βλέπουμε ότι

1205741([minus119886 119886]) = 1 minus2

radic2120587int

infin

119886119890minus11990922 119889119909 ge 1 minus 119890minus11988622

όπως προκύπτει εύκολα μετά από την αλλαγή μεταβλητής 119905 = 119909minus119886 στο

τελευταίο ολοκλήρωμα Αυτό το φαινόμενο γίνεται πολύ πιο ενδιαφέρον

όταν ο χώρος στον οποίο εργαζόμαστε βρίσκεται μέσα σε ένα γραμμικό

χώρο διάστασης 119899 Τότε στις εκτιμήσεις επεισέρχεται και η παράμετρος

119899 η διάσταση του χώρου Ας δούμε το παράδειγμα του ℝ119899 εφοδιασμένο

με την ευκλείδεια μετρική sdot 2 και το κανονικό (γκαουσιανό) μέτρο

δηλαδή το μέτρο 120574119899 με

120574119899(119860) =1

radic2120587int

119860119890minus1199092

22 119889119909

για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο 119860 Θα δούμε στη συνέχεια ότι για

κάθε 0 lt 120598 lt 1 ισχύει

120574119899 (radic119899

1 minus 120598ℬ119899

2) ge 1 minus 119890minus12059821198994

Έτσι όταν η διάσταση 119899 είναι μεγάλη σχεδόν όλο το μέτρο 120574119899 βρίσκεται

μέσα στην ευκλείδεια μπάλα ακτίνας περίπου radic119899 Αυτό είναι ένα είδος

συγκέντρωσης του μέτρου (μέσα στην ευκλείδεια μπάλα κατάλληλης

ακτίνας) αλλά στην πραγματικότητα ισχύει κάτι ακόμα πιο εντυπωσια-

κό Το μέτρο της μπάλας radic(1 minus 120598)119899ℬ1198992 είναι laquoαμελητέοraquo Συγκεκριμένα

ισχύει

120574119899 (radic(1 minus 120598)119899ℬ1198992) le 119890minus12059821198994

Άρα η μεγάλη μάζα του μέτρου 120574119899 βρίσκεται στο σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ radic(1 minus 120598)119899 le 1199092 le radic119899

1 minus 120598

δηλαδή σε μια laquoμικρή ζώνηraquo γύρω από την ευκλείδεια σφαίρα ακτίνας

radic119899

ΣΥΓΚΕΝΤΡΩΣΗ ΤΟΥ ΜΕΤΡΟΥ ΣΤΗΝ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ

ΣΦΑΙΡΑ

ΤΟ ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ ΣΤΟΝ ΧΩΡΟ GAUSS

ΑΤΡΙΣΔΙΑΣΤΑΤΕΣ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΩΝ

ΣΩΜΑΤΩΝ

Παρακάτω βλέπουμε μερικά βασικά κυρτά σώματα του ℝ3 μέσα

στον κύβο [minus1 1]3

Σ Α Τα σύνολα 119909 isin ℝ119899 ∶ (sum119899119895=1 |119909119895|119901)

1119901 le 1 για 119901 = 06 και

119901 = 08 δεν είναι κυρτά

Σ Α Τα σύνολα 119909 isin ℝ119899 ∶ (sum119899119895=1 |119909119895|119901)

1119901 le 1 για 119901 = 1 και

119901 = 2

Σ Α Τα σύνολα ℬ119899119901 για 119901 = 4 και 119901 = 10 Όσο το 119901 μεγαλώνει

το σώμα προσεγγίζει τον κύβο

Σ Α Για 119901 = 20 το ℬ119899119901 είναι ήδη laquoπολύ κοντάraquo στον κύβο

ΒΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Γ

Σε αυτό το παράρτημα θα παρουσιάσουμε τις βασικές ιδιότητες της

συνάρτησης Γ η οποία ορίζεται με το ολοκλήρωμα

Γ(119909) = intinfin

0119905119909minus1119890minus119905 119889119905

για 119909 isin ℝ ⧵ 0 minus1 minus2 minus3 hellip Το γράφημα της συνάρτησης Γ(119909 + 1)δίνεται στο Σχήμα Β

YY

Y

Y Y Y

ΣΒ Το γράφημα της συνάρτησης Γ(119909+1) ∶ ℝ⧵minus1 minus2 minus3 hellip rarrℝ

Η συνάρτηση Γ ορίστηκε από το Euler το ως το απειρογινόμενο

Γ(119909 + 1) =1 sdot 2119909

1 + 119909sdot

21minus1199093119909

2 + 119909sdot

31minus1199094119909

3 + 119909⋯

=infin

prod119899=1

(1 +1119899)

119909

(1 +119909119899)

minus1

και μελετήθηκε στη μορφή του ολοκληρώματος int10(minus log 119905)119909 119889119905 στην

προσπάθειά του να ορίσει μια έννοια παραγοντικού για πραγματικούς

αριθμούς Επίσης και ο Gauss από το μελέτησε τη συνάρτηση Γ στη

μορφή

Π119909 = lim119896rarrinfin

1 sdot 2 sdot 3 ⋯ 119896 sdot 119896119909

(119909 + 1)(119909 + 2) ⋯ (119909 + 119896)δεδομένου του ότι Π119899 = 119899 (Άσκηση Β)

Β

Πριν προχωρήσουμε στη μελέτη της συνάρτησης Γ υπενθυμίζουμε

ότι το ολοκλήρωμα της γκαουσιανής συνάρτησης είναι ίσο με 1

1radic2120587

intinfin

minusinfin119890minus11990922 119889119909 = 1

Π Β Η συνάρτηση Γ ικανοποιεί τις παρακάτω ιδιότητες

(i) Γ(119909 + 1) = 119909Γ(119909)

(ii) Για κάθε φυσικό αριθμό 119899 ισχύει Γ(119899 + 1) = 119899

(iii) Γ(12) = radic120587

Απόδειξη (i) Προκύπτει άμεσα με ολοκλήρωση κατά παράγοντες

(ii) Αποδεικνύεται εύκολα από το (i) με επαγωγή

(iii) Γ(12) = intinfin0

119905minus12119890minus119905 119889119905 Αλλάζουμε μεταβλητές θέτοντας 119905 =11990922 οπότε παίρνουμε

Γ(12) = intinfin

0

radic2119909minus1119890minus11990922119909 119889119909 = radic2 intinfin

0119890minus11990922 119889119909 = radic2

12

radic2120587 = radic120587

Ο υπολογισμός τιμών της συνάρτησης Γ είναι πολύ δυσχερής Ό-

μως αυτό που συχνά είναι χρήσιμο να ξέρουμε είναι η ασυμπτωτική

συμπεριφορά των τιμών της Γ Συγκεκριμένα ισχύει ο ακόλουθος τύπος

lim119909rarr+infin

Γ(1 + 119909)radic2120587119909(119909119890)119909

= 1

Μια άμεση συνέπεια του τύπου αυτού είναι ο τύπος του Stirling ο οποίος

μας λέει πόσο είναι περίπου το 119899 για μεγάλα 119899 isin ℕ Αυτός προκύπτει

από το γεγονός ότι Γ(119899 + 1) = 119899 Οπότε

lim119899rarr+infin

119899radic2120587119899(119899119890)119899

= 1

Δηλαδή για μεγάλα 119899

119899 ≃ radic2120587119899 (119899119890)

119899

Αυτό συνεπάγεται και την (119899 )1119899 ≃ 119899119890Το υπόλοιπο αυτού του παραρτήματος θα αφιερωθεί στην παρουσί-

αση μια απόδειξης για την ασυμπτωτική συμπεριφορά της συνάρτησης

Γ (υπάρχουν διάφορες στη βιβλιογραφία)

Β

Το ο Laplace παρουσίασε μια μέθοδο για τον υπολογισμό

του ορίου ολοκληρωμάτων της μορφής int119887119886

119890119899119891(119909) 119889119909 καθώς 119899 rarr infin(δείτε [Lap]) την οποία θα παρουσιάσουμε εδώ και θα την χρησι-

μοποιήσουμε για την εκτίμιση της συνάρτησης Γ Η μέθοδος αφορά σε

συναρτήσεις 119891 οι οποίες έχουν μέγιστη τιμή σε ένα και μόνο σημείο 1199090στο διάστημα [119886 119887] και επιπλέον 119886 lt 1199090 lt 119887 και η 119891 έχει συνεχή η

παράγωγο στο σημείο αυτό

Η ιδέα του Laplace είναι η εξής Αν η 119891 έχει μέγιστο σε ένα μόνο σημείο

1199090 τότε ενώ ο πολλαπλασιασμός 119899 επί 119891(119909) θα μεγαλώσει ανάλογα όλες

τις τιμές της 119891 στο διάστημα [119886 119887] κατά τον παράγοντα 119899 (συμπε-

ριλαμβανομένης της 119891(1199090)) δηλαδή 119899119891(1199090)119899119891(119909) = 119891(1199090)119891(119909) Ανόμως υψώσουμε σε εκθέτη μετά τον πολλαπλασιασμό συγκεκριμμένα

αν θεωρήσουμε την 119890119899119891(119909) οι αντίστοιχοι λόγοι μεγενθύνονται εκθετικά

119890119899119891(1199090)119890119899119891(119909) = 119890119899(119891(1199090)minus119891(119909)) Αυτή η μεγέθυνση κάνει το ολοκλήρωμα

της 119890119899119891(119909) να εξαρτάται πολύ περισσότερο από τις τιμές κοντά στο 1199090παρά από αυτές που είναι πιο μακριά Αλλά για τις τιμές κοντά στο

1199090 μπορούμε να προσεγγίσουμε την 119891 από μια κατάλληλη γκαουσιανή

καμπύλη (καμπύλη της μορφής 119890minus119886(119909minus1199090)2) Αυτό είναι πράγματι εφικτό

διότι έχοντας η 119891 μέγιστο στο 1199090 έχει πρώτη παράγωγο στο 1199090 ίση

με το μηδέν Οπότε στο ανάπτυγμα Taylor της 119891 με κέντρο στο 1199090 δεν

υπάρχει γραμμικός όρος Δηλαδή μετά τον σταθερό όρο του αναπτύγ-

ματος ο επόμενος είναι ο 119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)22 όρος ο οποίος θα δώσει

την κατάλληλη γκαουσιανή

Το φαινόμενο αυτό το βλέπουμε στο Σχήμα Β όπου έχουμε σχεδιάσει

τη συνάρτηση exp(05((sin 119909)119909)) και στη συνέχεια την exp(3((sin 119909)119909))(μαύρη καμπύλη) σε σμίκρυνση ώστε να χωράει στη σελίδα Στη δεύτερη

περίπτωση η καμπύλη προσεγγίζεται πολύ καλά από την γκαουσιανή

(γκρι καμπύλη) Η προσέγγιση αυτή αιτιολογεί τόσο την εμφάνιση του

αριθμού 119890 όσο και την εμφάνιση του αριθμού 120587 στο αποτέλεσμα

13

Σ Β Η ιδέα της μεθόδου Laplace

Θα ξεκινήσουμε με την υπενθύμιση του Θεωρήματος Taylor από τον

απειροστικό λογισμό με το υπόλοιπο στη μορφή Peano

Θ Β (Taylor) Αν μια συνάρτηση 119891 ∶ ℝ rarr ℝ έχει συνεχήδεύτερη παράγωγο στο 1199090 isin ℝ τότε υπάρχει συνάρτηση ℎ2 ∶ ℝ rarr ℝώστε

119891(119909) = 119891(1199090) + 119891prime(1199090)(119909 minus 1199090) +12

119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)2 + ℎ2(119909)(119909 minus 1199090)2

και lim119909rarr1199090ℎ2(119909) = 0

Απόδειξη Η απόδειξη είναι απλή θέτουμε

ℎ2(119909) =119891(119909) minus 119891(1199090) minus 119891prime(1199090)(119909 minus 1199090) minus 1

2119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)2

(119909 minus 1199090)2

και υπολογίζουμε το όριο για 119909 rarr 1199090 με τον κανόνα Lrsquo Hospital

Λ Β1

radic2120587int

infin

minusinfin119890minus11991022 119889119910 = 1

Απόδειξη Θέτουμε 119868 = intinfinminusinfin

119890minus11991022 119889119910 και παρατηρούμε ότι

1198682 = (intinfin

minusinfin119890minus11990922 119889119909) (int

infin

minusinfin119890minus11991022 119889119910) = int

infin

minusinfinint

infin

minusinfin119890minus(1199092+1199102)2 119889119909 119889119910

Αλλάζουμε σε πολικές συντεταγμένες και παίρνουμε

1198682 = int2120587

0int

infin

0119890minus11990322119903 119889119903 119889120579

= 2120587(minus119890minus11990322) ∣infin

0

= 2120587

Έτσι 119868 = radic2120587 ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Λ Β

lim119905rarrinfin

1radic2120587

int119905

minus119905119890minus11991022 119889119910 = 1

Απόδειξη Επειδή η 119890minus11991022 είναι άρτια συνάρτηση καιradic2120587minus1intinfin

minusinfin119890minus11991022 119889119910 =

1 αρκεί να αποδείξουμε ότι

lim119905rarrinfin

intinfin

119905119890minus11991022 119889119910 = 0

Αλλά η αλλαγή μεταβλητής 119911 = 119910 minus 119905 δίνει

intinfin

119905119890minus11991022 119889119910 = 119890minus11990522 int

infin

0119890minus11991122119890minus1199111199052 119889119911 le 119890minus11990522 int

infin

0119890minus11991122 119889119911 =

radic21205872

119890minus11990522

η οποία έχει όριο το 0 για 119905 rarr infin

Τώρα είμαστε έτοιμοι να αποδείξουμε το γενικό θεώρημα

Θ Β (Μέθοδος Laplace) Έστω ότι η 119891 ∶ [119886 119887] rarr ℝ είναιδύο φορές παραγωγίσιμη στο 1199090 με την 119891Prime συνεχή στο 1199090 το οποίο είναιτο μοναδικό σημείο στο [119886 119887] στο οποίο έχει μέγιστο Υποθέτουμε επίσηςότι 119891Prime(1199090) lt 0 και 1199090 isin (119886 119887) Τότε

(Β) lim119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

= 1

Απόδειξη (Κάτω φράγμα) Από το Θεώρημα Taylor όπως διατυπώθηκε

στο Θεώρημα Β για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 120575 gt 0 ώστε αν |119909 minus 1199090| lt 120575τότε |ℎ2(119909)| lt 1205982 δηλαδή minus1205982 lt ℎ2(119909) lt 1205982 Επιλέγουμε 120575 gt 0ώστε να ικανοποιούνται τα προηγούμενα και επιπλέον (1199090 minus120575 1199090 +120575) sube[119886 119887] Άρα από το Θεώρημα Taylor και το ότι 119891prime(1199090) = 0 αφού στο 1199090η 119891 έχει μέγιστο θα έχουμε

119891(119909) = 119891(1199090) +12

119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)2 + ℎ2(119909)(119909 minus 1199090)2

ge 119891(1199090) +12

(119891Prime(1199090) minus 120598)(119909 minus 1199090)2

Άρα

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909 ge int

1199090+120575

1199090minus120575119890119905119891(119909) 119889119909

ge 119890119905119891(1199090) int1199090+120575

1199090minus120575119890119905(119891Prime(1199090)minus120598)(119909minus1199090)22 119889119909

(αλλάζοντας μεταβλητή με 119910 = radic119905(minus119891Prime(1199090) + 120598)(119909 minus 1199090))

ge 119890119905119891(1199090)radic

1119905(minus119891Prime(1199090) + 120598)

int120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)

minus120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)119890minus 1

2 1199102119889119910

Έτσι

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

ge ⎛⎝

1radic2120587

int120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)

minus120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)119890minus 1

2 1199102119889119910⎞

⎠ radicminus119891Prime(1199090)

minus119891Prime(1199090) + 120598

Όμως σύμφωνα με το Λήμμα Β η τελευταία παρένθεση συγκλίνει στο

1 για 119905 rarr infin Οπότε παίρνοντας lim inf ως προς 119905 rarr infin συμπεραίνουμε

ότι

lim inf119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

ge radicminus119891Prime(1199090)

minus119891Prime(1199090) + 120598

για κάθε 120598 gt 0 Συνεπώς (για 120598 rarr 0+)

(Β) lim inf119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

ge 1

(Άνω φράγμα) Επιλέγουμε 120598 gt 0 ώστε 119891Prime(1199090) + 120598 lt 0 (θυμηθείτε ότι

119891Prime(1199090) lt 0) Εφαρμόζοντας το θεώρημα Taylor όπως και πριν παίρνουμε

ότι υπάρχει 120575 gt 0 ώστε για κάθε 119909 με |119909 minus 1199090| lt 120575 να ισχύει

119891(119909) le 119891(1199090) +12(119891Prime(1199090) + 120598)(119909 minus 1199090)2

Από την υπόθεση ότι η 119891 έχει μέγιστο μόνο στο 1199090 συμπεραίνουμε ότι

για κάθε 120575 gt 0 υπάρχει 120579 gt 0 ώστε αν |119909 minus 1199090| ge 120575 να ισχύει 119891(119909) le119891(1199090) minus 120579 Πράγματι αρκεί να θέσουμε 120579 = 119891(1199090) minus max|119909minus1199090|ge120575 119891(119909)το οποίο είναι θετικό εφόσον η 119891 έχει μοναδικό σημείο μεγίστου στο

1199090 Έτσι έχουμε

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909 = int

1199090minus120575

119886119890119905119891(119909) 119889119909 + int

1199090+120575

1199090minus120575119890119905119891(119909) 119889119909 + int

119887

119909+120575119890119905119891(119909) 119889119909

le ((1199090 minus 120575) minus 119886)119890119905(119891(1199090)minus120579) + 119890119905119891(1199090) int1199090+120575

1199090minus120575119890

1199052 (119891Prime(1199090)+120598)(119909minus1199090)2

119889119909

+ (119887 minus (1199090 + 120575))119890119905(119891(1199090)minus120579)

le (119887 minus 119886)119890119905(119891(1199090)minus120579) + 119890119905119891(1199090) int1199090+120575

1199090minus120575119890

1199052 (119891Prime(1199090)+120598)(119909minus1199090)2

119889119909

Αλλάζοντας μεταβλητές όπως και στο κάτω φράγμα καταλήγουμε στην

ανισότητα

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909 le (119887 minus 119886)119890119905(119891(1199090)minus120579) + 119890119905119891(1199090)

radic2120587

119905(minus119891Prime(1199090) minus 120598)

Παίρνοντας lim sup καθώς 119905 rarr infin οδηγούμαστε στην

lim sup119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

le radicminus119891Prime(1199090)

minus119891Prime(1199090) minus 120598

για κάθε 120598 αρκετά κοντά στο μηδέν (ώστε minus119891Prime(1199090)+120598 lt 0) Αφήνονταςτο 120598 να πάει στο μηδέν από δεξιά καταλήγουμε στην

(Β) lim sup119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

le 1

Οι (Β) και (Β) μαζί δίνουν το αποτέλεσμα

Η μέθοδος του Laplace μπορεί να εφαρμοστεί τώρα ώστε να υπολογίσουμε

την ασυμπτωτική συμπεριφορά της συνάρτησης Γ

Π Β Για τη συνάρτηση Γ ισχύει

lim119909rarrinfin

Γ(119909 + 1)radic2120587119909(119909119890)119909

= 1

Απόδειξη Στο ολοκλήρωμα που ορίζει τη συνάρτηση Γ κάνουμε την

αλλαγή μεταβλητής 119905 = 119909119903 οπότε παίρνουμε

Γ(119909 + 1) = 119909119909+1 intinfin

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903

Διαιρούμε με 119909119909+1 και παρατηρούμε ότι το ολοκλήρωμα στα δεξιά μπορεί

να εκτιμηθεί από τη μέθοδο Laplace πράγματι η συνάρτηση 119891(119903) =log 119903 minus 119903 έχει μέγιστο μόνο στο σημείο 1199090 = 1 και 119891Prime(1199090) = minus1 lt 0Έχουμε όμως να λύσουμε άλλο ένα πρόβλημα Η απόδειξη που κάναμε

στη μέθοδο Laplace χρησιμοποίησε κατά ουσιαστικό τρόπο το ότι

το πεδίο ολοκλήρωσης ήταν πεπερασμένο Τώρα το άνω άκρο του

ολοκληρώματος είναι +infin Για να ξεπεράσουμε αυτό το πρόβλημα

χωρίζουμε το ολοκλήρωμα σε δύο ολοκληρώματα το ένα μέχρι 2 και το

άλλο από 2 και πάνω Εύκολα βλέπουμε ότι για 119903 ge 2 ισχύει log 119903 le 119903119890(η (log 119903)119903 έχει μέγιστο στο 119903 = 119890) Γράφουμε τώρα

Γ(119909 + 1)119909119909+1 = int

2

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 + int

infin

2119890119909(log 119903minus119903) 119889119903(Β)

Για το δεύτερο ολοκλήρωμα έχουμε ότι

intinfin

2119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 le int

infin

2119890minus119903119909(1minus119890minus1) 119889119903 = (119909(1 minus 119890minus1))

minus1119890minus2119909(1minus119890minus1)

Επιστρέφοντας στην (Β) και διαιρώντας με 119890minus119909radic2120587119909 παίρνουμε

1119890minus119909radic2120587119909

int2

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 le

Γ(119909 + 1)119909119909+1119890minus119909radic2120587119909

le1

119890minus119909radic2120587119909int

2

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 +

1radic2120587119909(1 minus 119890minus1)

119890minus119909(1minus2119890minus1)

Το όριο των ολοκληρωμάτων για 119909 rarr infin είναι ίσο με 1 από τη μέθοδο

Laplace ενώ το όριο του τελευταίου όρου είναι 0 Οπότε

lim119909rarrinfin

Γ(119909 + 1)119909119909+1119890minus119909radic2120587119909

= 1

δηλαδή το ζητούμενο

Π Β (Τύπος του Stirling) Ισχύει

lim119899rarrinfin

119899radic2120587119899(119899119890)119899

= 1

Δηλαδή για μεγάλα 119899 isin ℕ ισχύει

119899 ≃ radic2120587119899 (119899119890)

119899

Πιο συγκεκριμμένη εκτίμηση για το 119899 είναι η ακόλουθη

Π Β Για κάθε 119899 isin ℕ ισχύει

radic2120587119899 (119899119890)

119899

119890(12119899+1)minus1lt 119899 lt radic2120587119899 (

119899119890)

119899

119890(12119899)minus1

Απόδειξη Θεωρούμε την ακολουθία

119889119899 = log(119899 ) minus (119899 +12) log 119899 + 119899 = log

119899 119890119899

119899119899radic119899rarr log radic2120587

όπως αποδείχθηκε στο Θεώρημα Β Επίσης ως προς τη μονοτονία

αυτής της ακολουθίας έχουμε

119889119899 minus 119889119899+1 = (119899 +12) log

119899 + 1119899

minus 1

= (119899 +12) log

1 + (2119899 + 1)minus1

1 minus (2119899 + 1)minus1 minus 1

( 12

log 1+1199051minus119905

= 119905 + 1199053

3+ 1199055

5+ 1199057

7+ ⋯)

=1

3(2119899 + 1)2 +1

5(2119899 + 1)4 +1

7(2119899 + 1)6 + ⋯

Η τελευταία έκφραση είναι μικρότερη από

13(2119899 + 1)2 +

13(2119899 + 1)4 +

13(2119899 + 1)6 + ⋯

που ως γεωμετρική σειρά έχει άθροισμα

112119899(119899 + 1)

=1

12119899minus

112(119899 + 1)

και μεγαλύτερη από τον πρώτο της όρο (3(2119899 + 1)2)minus1 ο οποίος ελέγ-

χουμε με απλές πράξεις ότι είναι γνήσια μεγαλύτερος από

112119899 + 1

minus1

12(119899 + 1) + 1

Δείξαμε έτσι ότι η ακολουθία 119889119899 minus(12119899)minus1 είναι γνησίως αύξουσα με όριο

το log(radic2120587) άρα 119889119899minus(12119899)minus1 lt log radic2120587 και η ακολουθία 119889119899minus(12119899+1)minus1

είναι γνησίως φθίνουσα με όριο πάλι το log(radic2120587) άρα 119889119899 minus(12119899+1)minus1 gtlog radic2120587 Οι 119889119899 minus (12119899)minus1 lt log radic2120587 και 119889119899 minus (12119899 + 1)minus1 gt log radic2120587είναι οι ζητούμενες

Ανάλογη εκτίμηση ισχύει και για τη συνάρτηση Γ

Θ Β Για κάθε 119909 ge 0 ισχύει

Γ(119909 + 1) = 119909119909119890minus119909radic2120587119909 exp(120583(119909))

όπου η 120583(119909) είναι μια φθίνουσα συνάρτηση μη αρνητική για 119909 ge 1 και

120583(119909) =1

12119909minus

13

intinfin

0

1199013(119905)(119905 + 119909)3 119889119905

όπου η 1199013(119905) είναι μια περιοδική συνάρτηση με περίοδο 1 η οποία στο[0 1] δίνεται από τον τύπο 1199013(119905) = 1199053 minus 3

21199052 + 1

2119905

Η απόδειξη ξεφεύγει από τους σκοπούς του παρόντος και μπορεί να

βρεθεί στο [Rem] (σελίδα ) όπου διατηρήσαμε τον συμβολισμό

το συγκεκριμμένου βιβλίου

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι

Γ(119899 + 1) = 119899 = lim119896rarrinfin

1 sdot 2 sdot 3 ⋯ 119896 sdot 119896119899

(119899 + 1)(119899 + 2) ⋯ (119899 + 119896)

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι Γ(119909 + 1) = int1

0(minus log 119905)119909 119889119905

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι η συνάρτηση Γ είναι λογαριθμικά κυρτή δηλαδή

ότι η συνάρτηση log Γ είναι κυρτή

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι

Γ (119899 +12) =

(2119899)4119899119899

radic120587

Άσκηση Β Χρησιμοποιείστε τη συνάρτηση Γ για να αποδείξετε ότι

intinfin

0119890minus119905119886 119889119905 =

1119886Γ (

1119886)

όπου 119886 gt 0Άσκηση Β Η συνάρτηση laquoβήταraquo 119861 δίνεται από τον τύπο 119861(119909 119910) =int1

0119905119909minus1(1 minus 119905)119910minus1 119889119905 για 119909 gt 0 και 119910 gt 0 Αποδείξτε ότι

119861(119909 119910) =Γ(119909)Γ(119910)Γ(119909 + 119910)

ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα Γράψτε το γινόμενο Γ(119909)Γ(119910) ως διπλό

ολοκλήρωμα με δύο μεταβλητές 119906 119907 στο [0 infin) times [0 infin) Αλλάξτε μεταβλητές

θέτοντας 119906 = 119911119908 και 119907 = 119911(1 minus 119908) ώστε να οδηγηθείτε στο γινόμενο Γ(119909 +119910)119861(119909 119910)Άσκηση Β Αποδείξτε χρησιμοποιώντας την ασυμπτωτική συμπεριφορά

της συνάρτησης Γ ότι ασυμπτωτικά (για 119909 και 119910 μεγάλα) ισχύει

119861(119909 119910) ≃ radic2120587119909119909minus 1

2 119910119910minus 12

(119909 + 119910)119909+119910minus 12

Άσκηση Β Υποθέστε ότι 119891(119909 + 1) = 119909119891(119909) και 119891(1) = 1 Αποδείξτε ότι αν

lim119899rarrinfin

119891(119909 + 119899)(119899 minus 1) 119899119909 = 1

τότε

119891(119909) = lim119899rarrinfin

(119899 minus 1) 119899119909

119909(119909 + 1) hellip (119909 + 119899 minus 1)

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι για κάθε 119899 119896 isin ℕ με 119896 le 119899 ισχύει

(119899119896)

119896le (

119899119896) lt

1119890 (

119890119899119896 )

119896

Υπόδειξη Για το κάτω φράγμα παρατηρήστε ότι

(119899119896) =

119899119896

119896minus1

prod119894=1

119899 minus 119894119896 minus 119894

και119899 minus 119894119896 minus 119894

ge119899119896

για κάθε 119894 = 1 2 hellip 119896 minus 1 Για το άνω φράγμα

(119899119896) lt

119899119896

119896και 119890119896minus1 ge

119896minus1

prod119894=1

(1 +1119894)

119894=

119896119896

119896

από τη μονοτονία της (1 + 1119894)119894 (Παρατηρήστε επίσης ότι αν αντί για την

τελευταία ανισότητα χρησιμοποιηθεί η 119896119896119896 le suminfin119899=119900 119896119899119899 = 119890119896 θα πάρουμε

ασθενέστερη ανισότητα κατά τον παράγοντα 1119890)

Π Β Το άνω φράγμα για τον διωνυμικό συντελεστή δεν είναι

ακριβές όταν το 119896 είναι κοντά στο 119899 Για αυτό χρησιμοποιώντας το ότι

(119899119896) = ( 119899

119899minus119896) μπορούμε να γράψουμε την ακριβέστερη ανισότητα

max (119899119896)

119896 (

119899119899 minus 119896)

119899minus119896

le (119899119896) lt

1119890

min (119890119899119896 )

119896 (

119890119899119899 minus 119896)

119899minus119896

Επίσης και η κάτω ανισότητα είναι γνήσια αν 119896 lt 119899

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[ΠρΑναλ] Μιχάλης Ανούσης Αντώνης Τσολομύτης Βαγγέλης Φελου-

ζής Πραγματική Ανάλυση

[ΓρΑλγ] Δημήτριος Βάρσος Δημήτριος Δεριζιώτης Ιωάννης Εμμα-

νουήλ Μιχαήλ Μαλιάκας Αντώνιος Μελάς και Ολυμπία

Ταλέλλη Μια εισαγωγή στη Γραμμική Άλγεβρα τόμος ΙIΣοφία

[Για] Απόστολος Γιαννόπουλος Κυρτή γεωμετρική ανάλυση Ση-μειώσεις Μαθήματος Αθήνα

[ΘΜ] Στυλιανός Νεγρεπόντης Γεώργιος Κουμουλλής ΘεωρίαΜέτρου Συμμετρία

[ΕΓ] Πάρις Πάμφιλος Έλασσον Γεωμετρικόν ΠανεπιστημιακέςΕκδόσεις Κρήτης

[AMG] Shiri Artstein-Avidan Apostolos Giannopoulos and Vitali

Milman Asymptotic Gemetric Analysis Mathematical Surveys

and Monographs vol

[Bal] Keith Ball Some remarks on the geometry of convex setsGeometric aspects of functional analysis volume of LectureNotes in Math Springer-Verlag Berlin New York pp

--

[Borel] Christer Borel Convex set functions in 119889-space Period Math

Hung Vol () () pp ndash

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[BGVV] Silouanos Brazitikos Apostolos Giannopoulos Petros Valettas

and Beatrice-Helen Vritsiou Geometry of Isotropic ConvexBodies Mathematical Surveys and Monographs vol

[GH] Mariano Giaquinta and Stefan Hildebrandt Calculus ofVariations volume II Springer-Verlag Berlin Heidelberg New

York

[GPS] Herbert Goldstein Charles Poole and John Safko ClassicalMechanics rd edition Addison Wesley

[Gru] Peter M Gruber Convex and discrete geometry volume

of Grundelehren der mathematischen Wissenschaften Springer-

Verlag Berlin Heidelberg New York

[KO] Owe Krey and Anthony Owen Basic Theoretical PhysicsSpringer-Verlag Berlin Heidelberg New York

[Lap] Pierre Simon Laplace Memoir on the probability of causesof events tome sixiegraveme of Meacutemoires de Matheacutematique et dePhysique English translation by S M Stigler Statist Sci

()--

[MP] Vitali Milman and Alain Pajor Isotropic position and inertiaellipsoids and zonoids of the unit ball of a normed 119899-dimensional space Lecture Notes in Mathematics

Springer-Verlag Berlin Heidelberg New York σελ

ndash

[Rem] Reinhold Remmert Classical Topics in Complex FunctionTheory volume of Graduate Texts in Mathematics SpringerVerlag

[Sch] Rolf Schneider Convex Bodies The Brunn-MinkowskiTheory volume of Encyclopedia of Mathematics and itsApplications Cambridge University Press

Ευρετήριο Ελληνικών Όρων

Ααδράνεια

καμπύλη

αναλλοίωτο επίπεδο

ανάστροφος πίνακας

ανεξάρτητα σημεία

affine

ανισότητα

Blaschke-Santaloacute

Brunn-Minkowski

Brunn-Minkowski (αθροιστι-

κή μορφή)

Brunn-Minkowski (πολλαπλα-

σιαστική μορφή)

Cauchy-Schwartz

Hadamard

Houmllder

Houmllder για αθροίσματα

Houmllder για ολοκληρώματα

Jensen

Minkowski για αθροίσματα

Minkowski για ολοκληρώμα-

τα

Prekopa-Leindler

Young

αντίστροφη ισοπεριμετρική

αριθμητικού-γεωμετρικού μέ-

σου

ισοπεριμετρική

ανιστότητα

Barthe

Brascamp-Lieb

ανοικτή μπάλα

αντιπολική καμπύλη

αντίστροφη ισοπεριμετρική ανι-

σότητα

απόλυτα συνεχής συνάρτηση

απόσταση

Hausdorff

ευκλείδεια

αρχή του Brunn

Ββαρύκεντρο

Γγενική θέση σημείων

γνήσια κυρτή συνάρτηση

γνήσια κυρτό σύνολο

γνήσιος διαχωρισμός

Δδιαχωρισμός

γνήσιος

Εελάχιστη επιφάνεια

ελλειψοειδές

Binet

Legendre

Poinsot

αδρανείας

κινητικής ενέργειας

μεγίστου όγκου

εμβαδόν επιφανείας

συνέχεια

εσωτερικό γινόμενο

συνέχεια

εσωτερικό σημείο

εσωτερικό συνόλου

ευθύγραμμο τμήμα

ευκλείδεια απόσταση

ευκλείδεια μπάλα

ευκλείδεια νόρμα

συνέχεια

ευκλείδειο μήκος

Ηημίχωρος

Θθεση

ισοτροπική

Θέση

του John αναπαράσταση ταυ-

τοτικής

θέση

ελάχιστης επιφάνειας

ελαχίστου μέσου πλάτους

ισοτροπική μοναδικότητα

κυρτού σώματος

του John

θετικά ημιορισμένος πίνακας

θετικά ορισμένος πίνακας

θετική ομογένεια

θεώρημα

Fubini

αναπαράστασης ταυτοτικής

(John)

επιλογής του Baschke

Καραθεοδωρή

σφαιρικότητας του Gross

Ιιδιότητες όγκου

ισοπεριμετρική ανισότητα

ισοτροπική θέση

ίχνος πίνακα

Κκαμπύλη αδρανείας

κάτω τριγωνική ανισότητα

κεντρικά συμμετρικό σύνολο

κλειστή θήκη

κυκλικό πολύτοπο

κυρτή θήκη

κυρτή συνάρτηση

κυρτό σύνολο

κυρτό σώμα

θέση

κυρτός συνδυασμός

Λλήμμα του Borel

λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση

λογαριθμικά κοίλο μέτρο

λωρίδα

Μμέθοδος Laplace

μετασχηματισμός Legendre

μετρήσιμο

Jordan

μετρήσιμο σύνολο

μέτρο

ισοτροπικό

λογαριθμικά κοίλο

μέτρο Lebesgue

μήκος

ευκλείδειο

μοναδιαία ευκλείδεια μπάλα

μοναδιαία μπάλα

μοναδιαία σφαίρα

μοναδικότητα ισοτροπικής θέ-

σης

μπάλα

ανοικτή

ευκλείδεια

μοναδιαία ευκλείδεια

Ννόρμα

Οόγκος

ιδιότητες

κυρτού σώματος

παραλληλεπιπέδου

πολυπαραλληλεπιπέδου

του ℬ119899119901

ορθογώνια προβολή

ορίζουσα Vandermonde

Ππαράγωγο σύνολο

παραλληλεπίπεδο

πίνακας

singular value decomposition

ανάστροφος

θετικά ημιορισμένος

θετικά ορισμένος

ίχνος

πολική αναπαράσταση

πίνακας αδράνειας

πίνακας αδρανείας

πολική αναπαράσταση

πολική καμπύλη

πολική ροπή αδρανείας

πολικό σώμα

πολύτοπο

119896-neighborly κυκλικό

πρόβλημα των Busemann-Petty

προβολή

Ρροπή

αδρανείας

δύναμης

πολική αδρανείας

ροπή αδράνειας

Σσημεία

σε γενική θέση

σημείο

εσωτερικό

συσσώρευσης

σταθερά Lipschitz

σταθερά ισοτροπίας

λογαριθμικά κοίλου μέτρου

συμμετρικοποίηση Steiner

συμπαγές σύνολο

συνάρτηση

Lipschitz

απόλυτα συνεχής

Γ γνήσια κυρτή

κυρτή

λογαριθμικά κοίλη

στήριξης

συνεχής

συνέχεια εμβαδού επιφανείας

συνέχεια εσωτερικού γινομένου

συνέχεια ευκλείδειας νόρμας

συνεχής συνάρτηση

σύνολο

γνήσια κυρτό

εσωτερικό

κεντρικά συμμετρικό

κλειστή θήκη

κυρτό

μετρήσιμο

παράγωγο

συμπαγές

σύνορο

σχετικό εσωτερικό

φραγμένο

σύνορο συνόλου

σφαίρα

μοναδιαία

σχετικό εσωτερικό συνόλου

σώμα

μη ισοτροπικό

Ττετράεδρο (simplex)

τριγωνική ανισότητα

τύπος του Stirling

Υυπερεπίπεδο

υπερεπίπεδο στήριξης

υπερκύβος

Φφραγμένο σύνολο

Χχώρος

119862[119886 119887] 119871119901[119886 119887]

Ευρετήριο ξενόγλωσσων όρων

BBall Keith

Blaschke θεώρημα επιλογής

Blaschke-Santaloacute ανισότητα

Borel λήμμα

Brunn αρχή

Brunn-Minkowski ανισότητα

Brunn-Minkowski ανισότητα α-

θροιστική μορφή

Brunn-Minkowski ανισότητα πολ-

λαπλασιαστική μορφή

EEuler

FFubini

GGross θεώρημα σφαιρικότητας

Hherpolhode

Houmllder ανισότητα

Iinvariable plane

JJohn Fritz

Jordan μετρήσιμο

K119896-neighborly polytope

LLaplace μέθοδος

Lebesgue μέτρο

Nneighborly polytope

Ppolhode

Prekopa-Leindler ανισότητα

RRadon

Ssimplex

singular value decomposition

Steiner συμμετρικοποίηση

Stirling τύπος

Στοιχειοθεσία LuaLTEX

Postscript producer dvips

PDF distiller Ghostscript

Γραμματοσειρές GFS NeoHellenic

d-γραφικά PStricks

d-γραφικά PStricks amp Inkscape

Persistent Ray Tracer Povray

Ακολουθίες amp Σειρές

Αντώνης Τσολομύτης

Σάμος 2012ndash2017

sumlimnrarrinfinan

lim suplim suplim suplim suplim suplim sup(1+ 1

n

)n

(1+ 1

n

)n

(1+ 1

n

)n

Α Τσολομύτης Σάμος 2012ndash2017

Περιεχόμενα

I Ακολουθιες 5

1 Γενικά περί ακολουθιών 7

11 Ακολουθίες και υπακολουθίες 7

12 Πράξεις ακολουθιών 9

13 Εφαρμογές και παραδείγματα 11

2 Μονότονες ακολουθίες 15

21 Ορισμοί και ιδιότητες 15

22 Εφαρμογές και παραδείγματα 17

3 Φραγμένες ακολουθίες 19

31 Ορισμοί και ιδιότητες 19

32 Εφαρμογές και παραδείγματα 21

4 Σύγκλιση ακολουθιών 25

41 Μηδενικές ακολουθίες 25

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών 26

43 Συγκλίνουσες ακολουθίες 30

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών 32

45 Κριτήρια σύγκλισης 37

46 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin 39

47 Βασικά όρια 40

5 lim sup και lim inf 47

51 Το σύνολο των υπακολουθιακών ορίων 47

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf 49

6 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι 53

61 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων 53

62 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος 56

63 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος 58

4 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

II Σειρες 61

7 Γενικά περί σειρών 63

71 Ορισμοί 63

72 Πράξεις με σειρές 66

8 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών 67

81 Το κριτήριο φράγματος 67

82 Το κριτήριο Cauchy 68

83 Το κριτήριο σύγκρισης 71

84 Τηλεσκοπικές σειρές 73

841 Το κριτήριο Dini-Kummer 74

85 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy 76

86 Το ολοκληρωτικό κριτήριο 79

9 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης 81

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά 82

911 Το κριτήριο λόγου 82

912 Το κριτήριο n-στης ρίζας του Cauchy 84

92 Σύγκριση με την ακολουθία 1np 86

93 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p) 88

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης σειρών 90

10 Εναλλάσουσες σειρές 95

101 Το κριτήριο Leibniz 95

102 Το κριτήριο Dirichlet 96

11 Αναδιατάξεις σειρών 99

111 Αναδιατάξεις των φυσικών αριθμών 100

112 Αναδιατάξεις σειρών 100

113 Το θεώρημα Riemann 102

Βιβλιογραφία 107

Ευρετήριο Ελληνικών Όρων 108

Μέρος I

Ακολουθίες

Κεφάλαιο 1

Γενικά περί ακολουθιών

11 Ακολουθίες και υπακολουθίες

Ορισμός 111 Κάθε συνάρτηση f A sube N ֏ R όπου το A είναιάπειρο σύνολο λέγεται ακολουθία πραγματικών αριθμών ή απλά

ακολουθία

Για τις ακολουθίες δεν χρησιμοποιούμε το γράμμα f αλλά γράμ-ματα όπως a b c x y z α β γ κλπ Επίσης αντί να γράφου-με a(n) για την τιμή της a στο n isin N γράφουμε an Αν θέλουμενα αναφερθούμε σε μια ακολουθία δεν γράφουμε laquoη ακολουθία

a A rarr Rraquo αλλά laquoη ακολουθία (an)nisinAraquo Αν A = N εκτός από

laquoη ακολουθία (an)nisinNraquo μπορεί να γράψουμε και (an)infinn=1 Αν δεν

υπάρχει λόγος να δηλώσουμε το πεδίο ορισμού γράφουμε laquoη α-

κολουθία (an)raquo Τέλος αν δεν υπάρχει περίπτωση σύγχυσης γιααπλοποίηση του συμβολισμού γράφουμε ακόμα και laquoη ακολουθία

anraquo παραλείποντας και τις παρενθέσεις Συχνά (αλλά όχι πάντα)το πεδίο ορισμού θα είναι όλο το σύνολο N

Παράδειγμα 112 Η συνάρτηση (an)nisinN με an = 1n είναι μια ακο-

λουθία Έχουμε a1 = 1 a2 = 12 a3 = 1

3 κλπ Μια άλλη είναι η

ακολουθία bn = n όπου b1 = 1 b2 = 2 = 1middot2 = 2 b3 = 3 = 1middot2middot3 = 6

b4 = 4 = 1 middot 2 middot 3 middot 4 = 24 κλπ

Ορισμός 113 Οι αριθμοί an δηλαδή οι τιμές της ακολουθίας(an)nisinA για κάθε n isin A λέγονται όροι της ακολουθίας Ο όρος an(δηλαδή η τιμή της ακολουθίας στο n) ονομάζεται n-στός όρος ήγενικός όρος της ακολουθίας (an)nisinA Το σύνολο an n isin A ονο-μάζεται σύνολο των όρων της ακολουθίας ενώ για κάθε m isin Nκάθε σύνολο της μορφής an n isin A και n gem ονομάζεται τελι-κό τμήμα της ακολουθίας

8 Γενικά περί ακολουθιών

Μια ακολουθία ορίζεται είτε με έναν τύπο για τον n-στό τηςόρο (όπως an = 1n) είτε αναδρομικά (για παράδειγμα a1 = 1 και

an+1 = an2 για κάθε n isin N) είτε με άλλο τρόπο με τον οποίο κα-θορίζονται με ακρίβεια όλοι οι όροι της και όχι με την παράθεση

λίγων όρων Με το τελευταίο εννοούμε ότι δεν έχει νόημα η φράση

laquoθεωρούμε την ακολουθία 11

21

31

4 raquo

διότι δεν είναι σαφές αν πρόκειται για την ακολουθία με τύπο

1n ή για την ακολουθία με τύπο

1

n+ (nminus 1)(n minus 2)(nminus 3)(n minus 4)

οι οποίες διαφέρουν από τον πέμπτο όρο και μετά ή κάποια άλλη

που ξεκινάει με αυτούς τους όρους

Αν περιορίσουμε μια ακολουθία σε ένα άπειρο υποσύνολο του

πεδίου ορισμού της τότε ο περιορισμός αυτός λέγεται υπακολου-

θία της αρχικής ακολουθίας

Ορισμός 114 Υποθέτουμε ότι η ακολουθία an είναι ορισμένη γιακάθε n isin A sube N Αν B άπειρο υποσύνολο του A τότε η ακολουθίαan|nisinB ονομάζεται υπακολουθία της an

Παράδειγμα 115 Θεωρήστε την ακολουθία an = 1n Αν αντί για

όλα τα n isin N χρησιμοποιήσουμε μόνο τους άρτιους n θα πάρουμεμια υπακολουθία της αρχικής Αυτή η υπακολουθία είναι η anμε n άρτιο Επειδή κάθε άρτιος είναι της μορφής 2n για n isin Nμπορούμε να πούμε ότι αυτή η υπακολουθία είναι η a2n = 1

2n

Έτσι ενώ η an έχει όρους τους

11

21

31

41

51

61

71

8

η υπακολουθία a2n έχει τους όρους

1

21

41

61

8

Παράδειγμα 116 Θεωρούμε ένα (σταθερό) m isin N και μια ακολου-θία (an)nisinN Ορίζουμε την ακολουθία bn = am+n για κάθε n isin NΗ bn είναι υπακολουθία της an αφού φανερά

bn = an∣∣nisinN ngtm

Παρατηρώντας ότι το σύνολο των όρων της bn είναι το σύνολο

am+1 am+2 am+3

συμπεραίνουμε ότι κάθε τελικό τμήμα της an είναι υπακολουθίατης

12 Πράξεις ακολουθιών 9

Ορισμός 117 (Ισότητα ακολουθιών) Δυο ακολουθίες (an)nisinAκαι (bn)nisinB λέγονται ίσες αν A = B και an = bn για κάθε n isin A

Ασκήσεις

Άσκηση 111 Περιγράψτε τις υπακολουθίες των laquoάρτιων όρωνraquo των

ακολουθιών

n (minus1)n

Άσκηση 112 Δείξτε ότι η φράση

laquoθεωρούμε την ακολουθία 4143475361718397113131 raquo

δεν αναφέρεται απαραίτητα σε μια υπακολουθία των πρώτων φυσικών

αριθμών εξετάζοντας τους όρους της an = n2minusn+41 μέχρι τον τεσσαρα-

κοστό πρώτο όρο

Ομοίως ελέγξτε ότι η ακολουθία bn = n2minus79n+1601 παράγει πρώτους

αριθμούς μέχρι τον ογδοηκοστό όρο αλλά b81 = 1763 = 41 middot 43

Άσκηση 113 Αν an είναι το πλήθος όλων των διαγωνίων ενός κυρτούn-γώνου δείξτε επαγωγικά ότι an = (n2 minus 3n)2

12 Πράξεις ακολουθιών

Αν δυο ακολουθίες an και bn ορίζονται για κάθε n isin A sube N ορίζο-ναι και όλες οι πράξεις μεταξύ τους με τον αναμενόμενο τρόπο

Ορισμός 121 Η ακολουθία sn όπου sn = an + bn για κάθε n isin Aονομάζεται άθροισμα των ακολουθιών an και bn Η ακολουθίαdn = an minus bn ονομάζεται διαφορά των ακολουθιών an και bn Ηακολουθία pn = anbn για κάθε n isin A ονομάζεται γινόμενο τωνακολουθιών an και bn

Αν an = 1n3 και bn = n2 τότε

an + bn = 1

n3+n2 = 1+n5

n3

an minus bn = 1

n3minusn2 = 1minusn5

n3

anbn = 1

n3middotn2 = 1

n

Ειδικά για το πηλίκο δύο ακολουθιών θα πρέπει να προσέξουμε

ώστε η ακολουθία στον διαιρέτη να μην έχει μηδενικούς όρους

10 Γενικά περί ακολουθιών

Ορισμός 122 Αν οι an και bn είναι ακολουθίες με n isin A sube N καιεπιπλέον bn ne 0 για κάθε n isin A τότε η ακολουθία qn = anbnονομάζεται πηλίκο των ακολουθιών an και bn

Αν an = 1n3 και bn = n2 όπως παραπάνω τότε ισχύει bn = n2 ne 0

για κάθε n isin N οπότε ορίζεται το πηλίκο anbn = 1n5

Τέλος ορίζεται και η σύνθεση ακολουθιών ως εξής

Ορισμός 123 Αν η kn είναι μια ακολουθία kn A rarr B όπου AB sube N και xn μια ακολουθία με πεδίο ορισμού το B τότε ορίζεταιη ακολουθία cn = xkn ονομάζεται σύνθεση των ακολουθιών kn καιxn

Παρατήρηση 124 Αν για την ακολουθία kn του προηγούμενουορισμού ισχύει

k1 lt k2 lt k3 lt

δηλαδή kn lt kn+1 για κάθε n isin N τότε η σύνθεση με την xn είναιμια υπακολουθία της xn Πράγματι αυτό είναι φανερό αφού

xkn = xn∣∣kn nisinN

Αυτό ισχύει και αντίστροφα έστω ότι η yn = xn|B μια υπακολου-θία της xn Χρησιμοποιώντας την καλή διάταξη του N το σύνολοB γράφεται στη μορφή B = kn n isin N με k1 lt k2 lt k3 lt α-φού το B έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το k1 και στη συνέχεια το

B k1 έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το k2 και ούτω κάθrsquo εξής

Για παράδειγμα ας θεωρήσουμε τις ακολουθίες kn = n2 isin N καιxn = 1n με πεδίο ορισμού το σύνολο N Η σύνθεσή τους είναι ηακολουθία cn = xkn = xn2 Δηλαδή πρόκειται για υπακολουθία της

xn η xn έχει όρους

1

11

21

31

41

51

61

71

81

9

1

10

1

11

ενώ η cn = xn2 έχει όρους

1

12= 1

1

1

22= 1

4

1

32= 1

9

Παρατήρηση 125 Αν θεωρήσουμε μια kn N rarr N η οποία δεν

ικανοποιεί την k1 lt k2 lt τότε δεν είναι απαραίτητο η xkn ναείναι υπακολουθία της xn Για παράδειγμα θεωρούμε την k1 = 2

k2 = 1 lt k1 kn = n για κάθε n ge 3 και την ακολουθία xn = 1nΤο πεδίο τιμών της cn = xkn είναι το ίδιο με αυτό της xn Έτσιαν ισχύει cn = xn|B για κάποιο B sube N ο μόνος τρόπος να ανήκειτο 12 στο πεδίο τιμών της cn είναι να ισχύει 2 isin B (αφού η xnισούται με 12 μόνο για n = 2 Αλλά τότε θα έπρεπε να ισχύει

c2 = x2 το οποίο είναι ψευδές αφού

c2 = xk2 = x1 = 1 ne1

2= x2

13 Εφαρμογές και παραδείγματα 11

13 Εφαρμογές και παραδείγματα

Πολλές φορές παρόλο που πεπερασμένο πλήθος όρων δεν μπο-

ρεί να ορίσει μια ακολουθία όπως είδαμε στην Ενότητα 11 ο-

ρίζουμε ακολουθίες ως αθροίσματα για παράδειγμα της μορφής

xn = 1+ 12+ 1

3+ + 1

n στο οποίο εμφανίζονται πεπερασμένο πλήθος

όρων Τέτοιες εκφράσεις όμως είναι σαφείς από τον γενικό προ-

σθετέο που φαίνεται στον τελευταίο όρο της έκφρασης Δηλαδή

ο υπολογισμός της xn απαιτεί να προσθέσουμε όλα τα κλάσματα1k για k isin N και k le n Έτσι για να καταλάβουμε μέχρι ποιοκλάσμα προσθέτουμε κάθε φορά κοιτάμε τον τελευταίο όρο του

αθροίσματος

Παράδειγμα 131 Γράψτε τους τρεις πρώτους όρους της ακολου-θίας xn = 1+ 1

2+ + 1

n

Για να βρούμε τον πρώτο όρο κοιτάμε με τι ισούται το 1nόταν n = 1 Επειδή αυτό ισούται με 11 = 1 συμπεραίνουμε ότι

το άθροισμα θα σταματήσει στο 1 δηλαδή x1 = 1 Για να βρούμε

τον x2 παρατηρούμε ότι το 1n ισούται με 12 όταν n = 2 άρα

το άθροισμα θα σταματήσει στο 12 δηλαδή x2 = 1+12 Ομοίωςx3 = 1+ 12+ 13

Υπάρχουν περιπτώσεις όπου μας δίνεται μια ακολουθία η ο-

ποία ορίζεται αναδρομικά για παράδειγμα a1 = 2 και an+1 =2 + an3 για κάθε n isin N και πρέπει να βρούμε τον n-στο όροτης an ως συνάρτηση του n Στις απλούστερες αυτών των προ-βλημάτων η εξίσωση που προκύπτει όταν αντικαταστήσουμε τό-

σο την an όσο και την an+1 με x η οποία ονομάζεται laquoεξίσωσηαναδρομήςraquo έχει λύση Τότε ακολουθούμε το τέχνασμα που πα-

ρουσιάζεται στα παρακάτω παραδείγματα Μια γενικότερη θεω-

ρία των γραμμικών αναδρομικών ακολουθιών παρουσιάζεται στο

βιβλίο [5]

Παράδειγμα 132 Βρείτε τον γενικό όρο της ακολουθίας που ο-ρίζεται αναδρομικά θέτοντας a1 = 4 και an+1 = 2+ an3 για κάθεn isin NΣχηματίζουμε την εξίσωση αναδρομής x = 2+x3 η οποία έχει

μοναδική λύση την x = 3 Στη συνέχεια αφαιρούμε τον αριθμό 3

και από τα δύο μέλη του αναδρομικού τύπου

an+1 minus 3 = (2+ an3)minus 3 = 1

3(an minus 3)

Έτσι

anminus3 = 1

3(anminus1minus3) =

(1

3

)2

(anminus2minus3) = middotmiddot middot =(

1

3

)nminus1

(a1minus3) =(

1

3

)nminus1

12 Γενικά περί ακολουθιών

(Ο σωστός εκθέτης στην προτελευταία ισότητα είναι πράγματι

n minus 1 το βρίσκουμε παρατηρώντας ότι ο εκθέτης του κλάσμα-

τος 13 σε κάθε ισότητα αθροίζεται στο n όταν του προστεθεί οδείκτης του όρου της ακολουθίας που είναι στην παρένθεση (για

παράδειγμα 2+ (nminus 2) = n))Άρα ο γενικός όρος της an είναι an = 3+ (13)nminus1

Παράδειγμα 133 Βρείτε τον γενικό όρο της an με a1 = 5 και

an+1 = 5minus 6an

Η εξίσωση αναδρομής x = 5 minus 6x έχει δύο λύσεις τις 2 και

3 Αφαιρούμε από την αναδρομική εξίσωση της ακολουθίας τό-

σο τον 2 όσο και τον 3 Αφαιρώντας τον 2 μετά από πράξεις

παίρνουμε

an+1 minus 2 = 3

an(an minus 2)

και αφαιρώντας το 3

an+1 minus 3 = 2

an(an minus 3)

Τώρα θέλουμε να διαιρέσουμε κατά μέλη αλλά για να το κάνουμε

αυτό πρέπει να γνωρίζουμε ότι κανένας όρος της an δεν ισού-ται με 3 Αυτό όμως προκύπτει άμεσα από την τελευταία Αν

an+1 = 3 για κάποιο n τότε an = 3 Δηλαδή αν κάποιος όρος της

ακολουθίας ισούται με 3 τότε ισούται με 3 και ο προηγούμενος

Επαγωγικά θα καταλήξουμε σε άτοπο αφού a1 = 5 ne 3

Διαιρώντας λοιπόν κατά μέλη οδηγούμαστε στην

an+1 minus 2

an+1 minus 3= 3

2

an minus 2

an minus 3

Άρα

an minus 2

an minus 3= 3

2

anminus1 minus 2

anminus1 minus 3=(

3

2

)2 anminus2 minus 2

anminus2 minus 3= middotmiddot middot =

(3

2

)nminus1 a1 minus 2

a1 minus 3=(

3

2

)n

Λύνοντας ως προς an (αφαιρούμε αριθμητές από παρονομαστές )παίρνουμε αμέσως

an =3n

3n minus 2n

Παράδειγμα 134 Βρείτε τον γενικό όρο της an με a1 = 5 και

an+1 = 4anminus9anminus2

Σε αυτή την περίπτωση η εξίσωση αναδρομής x = (4xminus9)(xminus2) είναι ισοδύναμη με την (x minus 3)2 = 0 δηλαδή έχει διπλή ρίζα το

3 Σε αυτές τις περιπτώσεις κάνουμε το εξής τέχνασμα πρώτα

αφαιρούμε τη διπλή ρίζα για να καταλήξουμε στη σχέση

an+1 minus 3 = an minus 3

an minus 2

13 Εφαρμογές και παραδείγματα 13

Τώρα αντιστρέφουμε τους όρους

1

an+1 minus 3= an minus 2

an minus 3= an minus 3+ 1

an minus 3= 1+ 1

an minus 3

Συνεπώς

1

an minus 3= 1+ 1

anminus1 minus 3= 2+ 1

anminus2 minus 3= nminus 1+ 1

a1 minus 3= nminus 1

2

Αντιστρέφοντας τους όρους της εξίσωσης και λύνοντας ως προς

an παίρνουμε

an = 3+ 2

2nminus 1

Κεφάλαιο 2

Μονότονες ακολουθίες

21 Ορισμοί και ιδιότητες

Ας θεωρήσουμε την ακολουθία με γενικό όρο an = (n minus 1)n Πα-ρατηρούμε ότι

an+1 =(n+ 1)minus 1

n+ 1= 1minus 1

n+ 1gt 1minus 1

n= nminus 1

n= an

Δηλαδή για κάθε n isin N ισχύει an lt an+1 Για μια ακολουθία anμε αυτή την ιδιότητα λέμε ότι η an είναι γνησίως αύξουσα Έτσιδίνουμε τον ακόλουθο ορισμό

Ορισμός 211

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως αύξουσα και γράφουμεan αν για κάθε n isin N ισχύει an lt an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται αύξουσα και γράφουμε an rarr ανγια κάθε n isin N ισχύει an le an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως φθίνουσα και γράφουμεan

αν για κάθε n isin N ισχύει an gt an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται φθίνουσα και γράφουμε an

rarr

αν

για κάθε n isin N ισχύει an ge an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως μονότονη αν είναι είτεγνησίως αύξουσα είτε γνησίως φθίνουσα

bull Μια ακολουθία an λέγεται μονότονη αν είναι είτε αύξουσαείτε φθίνουσα

Από τον ορισμό προκύπτει άμεσα ότι μια γνήσια μονότονη α-

κολουθία είναι και μονότονη μια γνήσια αύξουσα είναι και αύξου-

16 Μονότονες ακολουθίες

σα αφού αν an lt an+1 τότε an le an+1 και ομοίως γιατις γνήσια

φθίνουσες Το αντίστροφο δεν είναι βεβαίως σωστό αφού για

παράδειγμα μια σταθερή ακολουθία an = 3 για κάθε n isin N είναικαι αύξουσα και φθίνουσα αλλά δεν είναι ούτε γνήσια αύξουσα

ούτε γνήσια φθίνουσα

Συχνά για να εξετάσουμε τη μονοτονία μιας ακολουθίας an ε-ξετάζουμε αν οι διαφορές an+1 minus an έχουν το ίδιο πρόσημο γιακάθε n isin N Έτσι αν για κάθε n isin N ισχύει an+1 minus an ge 0 τό-

τε η an είναι αύξουσα και ομοίως για τις άλλες περιπτώσειςΑν μας ενδιαφέρει απλά ο έλεγχος της μονοτονίας (και όχι απα-

ραίτητα το είδος της) μπορούμε να εξετάσουμε αν το γινόμενο

(an+2 minus an+1)(an+1 minus an) έχει σταθερό πρόσημο για κάθε n isin N Αναυτό συμβαίνει φανερά η ακολουθία είναι μονότονη αφού σε αυ-

τή την περίπτωση κανένας παράγοντας (an+2 minus an+1) δεν μπορείνα αλλάζει πρόσημο σε σχέση με τον (an+1 minus an)

Πρόταση 212 Αν η ακολουθία an είναι μονότονη τότε κάθε υ-πακολουθία της έχει την ίδια μονοτονία με την an

Απόδειξη Έστω ότι η cn = akn είναι υπακολουθία της an μεkn N rarr N με k1 lt k2 lt δηλαδή η kn είναι γνήσια αύξουσαΥποθέτουμε ότι η an είναι άυξουσα Φανερά ισχύει

cn = akn le akn+1 le akn+2 le le akn+1 = cn+1

οπότε και η cn είναι αύξουσα Ομοίως αν η an έχει οποιοδήποτεάλλο είδος μονοτονίας

Δεν είναι βεβαίως αλήθεια ότι κάθε ακολουθία είναι μονότο-

νη Για παράδειγμα η ακολουθία an = (minus1)nn δεν είναι αύξου-σα αφού a3 = minus13 lt 12 = a2 αλλά ούτε και φθίνουσα αφού

a1 = minus1 lt 12 = a2 Παρατηρούμε όμως ότι η υπακολουθία των

αρτίων όρων της a2n = 1(2n) είναι φθίνουσα (και των περιττώντης όρων είναι αύξουσα) Βλέπουμε δηλαδή ότι παρόλο που η

ίδια η an δεν έχει κανένα είδος μονοτονίας εν τούτοις έχει τουλά-χιστον μια μονότονη υπακολουθία Αυτό είναι ένα γενικό φαινό-

μενο όπως διατυπώνεται στην επόμενη πρόταση

Πρόταση 213 Κάθε ακολουθία πραγματικών αριθμών έχει μιαμονότονη υπακολουθία

Απόδειξη Θεωρούμε το σύνολο των σημείων κορυφής της ακο-

λουθίας anA = k isin N ak ge an για κάθε n ge k

Αν το A είναι άπειρο σύνολο έστω ότι περιέχει τα στοιχεία

k1 lt k2 lt lt kn lt kn+1 lt

22 Εφαρμογές και παραδείγματα 17

Αφού το kn είναι σημείο κορυφής (δηλαδή στοιχείο του A) καιkn+1 gt kn συμπεραίνουμε ότι akn ge akn+1 για κάθε n isin N και συνε-πώς η akn είναι φθίνουσαΑν σε αντίθετη περίπτωση το σύνολο A είναι πεπερασμένο

Έστω ότι m είναι το μεγαλύτερο στοιχείο του Τότε το k1 =m+1

δεν ανήκει το A οπότε υπάρχει k2 gt k1 ώστε ak1 lt ak2 Αλλά

τώρα k2 gt k1 = m + 1 οπότε k2 notin A Έτσι υπάρχει k3 gt k2 ώστε

ak2 lt ak3 Επαγωγικά αν έχουμε ορίσει τον akn για kn gt knminus1 gtk1 =m+ 1 ισχύει kn notin A οπότε υπάρχει kn+1 gt kn ώστε akn lt akn+1

Επαγωγικά λοιπόν ορίζεται η υπακολουθία akn η οποία από τηνκατασκευή της είναι γνησίως αύξουσα

Δηλαδή σε κάθε περίπτωση η an έχει μια μονότονη υπακολου-θία

22 Εφαρμογές και παραδείγματα

Παράδειγμα 221 Ελέγξτε ως προς τη μονοτονία την ακολουθίαan = (n2 minus 1)(2n)Ελέγχουμε με απλές πράξεις ότι

an+1 minus an =n2 +n+ 1

2n(n+ 1)gt 0

για κάθε n isin N Συνεπώς η an είναι γνησίως αύξουσαΆλλος τρόπος

an =n2 minus 1

2n= n

2minus 1

2nltn+ 1

2minus 1

2(n+ 1)= an+1

Παράδειγμα 222 Ελέγξτε ως προς τη μονοτονία την ακολουθίαan με a1 = 1 και an+1 =

radic1+ an

Ο έλεγχος γίνεται εύκολα με επαγωγή για n = 1 ισχύει

a2 =radic

1+ a1 =radic

2 gt 1 = a1

Υποθέτοντας ότι an+1 gt an έχουμε

an+2 =radic

1+ an+1 gtradic

1+ an = an+1

Παράδειγμα 223 Αποδείξτε ότι η ακολουθία an = (1+1n)n είναιγνησίως αύξουσα χρησιμοποιώντας την ανισότητα Bernoulli στην

ακολουθία (1minus 1n2)nΣύμφωνα με την υπόδειξη

1minus 1

nlt(

1minus 1

n2

)n=(

1minus 1

n

)n (1+ 1

n

)n

18 Μονότονες ακολουθίες

άρα για κάθε n ge 2

(1+ 1

n

)ngt

1(1minus 1

n

)nminus1= 1(

nminus1n

)nminus1=(

nnminus 1

)nminus1

=(

1+ 1

nminus 1

)nminus1

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ασκήσεις

Άσκηση 221 Να μελετηθούν ως προς την μονοτονία οι ακολουθίες

an = 3n + 2 an = an =n+ 4

n2 + 1

an =n2n

an =1 middot 3 middot 5 middot middot (2n minus 1)

2 middot 4 middot 6 middot middot (2n)

an =1

n+ 1+ 1

n+ 2+ + 1

2nan =

(1

(n+ 1)minus 1

(n+ 2)

)(n+ 2)

an = 2n+2 sinθ2n με 0 lt θ lt π2 an =

(2n)radicn

(n)222n+1

Άσκηση 222 Αποδείξτε ότι αν kn N rarr N γνησίως αύξουσα ακολουθία

φυσικών αριθμών τότε ισχύει kn ge n για κάθε n isin N

Κεφάλαιο 3

Φραγμένες ακολουθίες

31 Ορισμοί και ιδιότητες

Θεωρούμε την ακολουθία an = (n minus 1)n Παρατηρούμε ότι an =1 minus 1n Έτσι κανένας όρος της ακολουθίας δεν είναι μεγαλύτε-ρος από τον αριθμό 1 Δηλαδή an = 1 minus 1n le 1 Για αυτή την

ακολουθία λέμε ότι είναι άνω φραγμένη από τον αριθμό 1 ή ότι

το 1 είναι ένα άνω φράγμα της ακολουθίας Παρατηρήστε ότι

αφού an le 1 για κάθε n isin N άρα an le 2 και an leradic

3 και γενικώς

an le M για κάθε M ge 1 Έτσι το άνω φράγμα μιας ακολουθίας

δεν είναι μονοσήμαντα ορισμένο αλλά αν μια ακολουθία έχει έ-

να άνω φράγμα τότε κάθε μεγαλύτερος από αυτό αριθμός είναι

και αυτός άνω φράγμα της ακολουθίας Για αυτό λέμε laquoένα άνω

φράγμαraquo και όχι laquoτο άνω φράγμαraquo της an Γενικότερα δίνουμετον ακόλουθο ορισμό

Ορισμός 311

bull Μια ακολουθία an λέγεται άνω φραγμένη αν υπάρχει M isinR ώστε an le M για κάθε n isin N Το M λέγεται (ένα) άνω

φράγμα της an

bull Μια ακολουθία an λέγεται κάτω φραγμένη αν υπάρχει m isin Rώστε an ge m για κάθε n isin N Το m λέγεται (ένα) κάτω

φράγμα της an

bull Μια ακολουθία an λέγεται φραγμένη αν είναι και άνω και

κάτω φραγμένη δηλαδή αν υπάρχουν M m isin R ώστε m lean leM για κάθε n isin N

bull Μια ακολουθία an λέγεται απολύτως φραγμένη αν υπάρχειM isin R ώστε |an| leM για κάθε n isin N

20 Φραγμένες ακολουθίες

Φανερά από τον ορισμό αν η an είναι άνω φραγμένη από τον

αριθμό M τότε και κάθε υπακολουθία της an είναι άνω φραγμένηαπό τον ίδιο αριθμό M Ομοίως αν η an είναι κάτω φραγμένηαπό τον αριθμό m τότε και κάθε υπακολουθία της an είναι κάτωφραγμένη από τον ίδιο αριθμό mΑν ο αριθμός b δεν είναι άνω φράγμα της ακολουθίας an αυτό

σημαίνει ότι δεν είναι όλοι οι όροι της ακολουθίας μικρότεροι του

b Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένας όρος an0 για κάποιο n0 isin Nώστε b lt an0

Ομοίως αν ο αριθμός c δεν είναι κάτω φράγμα της ακολου-θίας an αυτό σημαίνει ότι δεν είναι όλοι οι όροι της ακολουθίαςμεγαλύτεροι του b Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένας όρος an0

για κάποιο n0 isin N ώστε an0 lt b

Παρατήρηση 312 Μια ακολουθία an που είναι φθίνουσα είναιάνω φραγμένη αφού φανερά an le a1 για κάθε n isin N Ομοίως μιααύξουσα ακολουθία an είναι κάτω φραγμένη αφού an ge a1 για

κάθε n isin N

Πρόταση 313 Μια ακολουθία an είναι φραγμένη αν και μόνο ανείναι απολύτως φραγμένη

Απόδειξη Αν η an είναι απολύτως φραγμένη τότε υπάρχειένας αριθμός M isin N ώστε |an| le M για κάθε n isin N Συνεπώς

minusM le an le M και άρα η an είναι φραγμένηΑν η an είναι φραγμένη τότε υπάρχουν αριθμοί m M isin R ώστε

για κάθε n isin N να ισχύει m le an le M Θέτουμε K = max|m| |M|Τότε ισχύουν τα εξής

an leM le |M| le max|m| |M| = K

και

an gem ge minus|m| ge minusmax|m| |M| = minusK

Συνεπώς minusK le an le K δηλαδή |an| le K ολοκληρώνοντας την από-δειξη

Όπως είπαμε και νωρίτερα τα φράγματα δεν είναι μονοσήμα-

ντα ορισμένα Αλλά δύο συγκεκριμένα φράγματα είναι ιδιαίτερα

σημαντικά Αυτά είναι

bull το ελάχιστο άνω φράγμα μιας άνω φραγμένης ακολουθίας(an)nisinA που συμβολίζεται με supan ή supn an ή supnisinA an καιονομάζεται άνω πέρας ή supremum της an και

bull το μέγιστο κάτω φράγμα μιας κάτω φραγμένης ακολουθίας(an)nisinA που συμβολίζεται με infan ή infn an ή infnisinA an καιονομάζεται κάτω πέρας ή infimum της an

32 Εφαρμογές και παραδείγματα 21

Πολύ σημαντική είναι η παρακάτω ιδιότητα που μας επιτρέπει να

χειριζόμαστε αυτά τα ιδιαίτερα φράγματα και χρησιμοποιείται

συστηματικά όποτε και όπου αυτά εμφανίζονται

Παρατήρηση 314

bull Αν το s είναι το άνω πέρας μιας ακολουθίας an δηλαδή τοελάχιστο άνω φράγμα της an τότε για κάθε ε gt 0 το s minus εως μικρότερο του ελαχίστου άνω φράγματος s δεν είναιάνω φράγμα της ακολουθίας Άρα υπάρχει n0 isin N ώστε

s minus ε lt an0

bull Αν το i είναι το κάτω πέρας μιας ακολουθίας an δηλαδή τομέγιστο κάτω φράγμα της an τότε για κάθε ε gt 0 το i + εως μεγαλύτερο του μεγίστου κάτω φράγματος i δεν είναικάτω φράγμα της ακολουθίας Άρα υπάρχει n0 isin N ώστε

an0 lt i+ ε

32 Εφαρμογές και παραδείγματα

Παράδειγμα 321 Αποδείξτε ότι οι ακολουθίες an = (3n2minus1)(2n2+1) bn = (3n2 + 1)(2n2 minus 1) cn = (3n2 + 1)(n2 minus 3) για n ge 2 και

dn = (3n2 + 1)(n2 minusnminus 1) για n ge 2 είναι φραγμένες

Φανερά και οι τέσσερις ακολουθίες είναι θετικές οπότε μένει να

αποδειχθεί ότι είναι άνω φραγμένες Για αυτό προσπαθούμε να

μεγαλώσουμε τις ακολουθίες απλοποιώντας τες αλλά χωρίς να

αλλάξουμε την τάξη μεγέθους αριθμητή και παρονομαστή Έτσι

έχουμε

an =3n2 minus 1

2n2 + 1le 3n2

2n2= 3

2

συνεπώς η an είναι άνω φραγμένη από το 32Για τη bn δεν μπορούμε να κάνουμε ακριβώς το ίδιο τέχνασμα

για το άνω φράγμα διότι το να διαγράψουμε το +1 από τον

αριθμητή ή το minus1 από τον παρονομαστή δεν μεγαλώνει αλλά

μικραίνει το κλάσμα Μπορούμε όμως να μεγαλώσουμε το +1 του

αριθμητή σε +n2 και να μικρύνουμε το minus1 του παρονομαστή με

minusn2 αλλαγές που δεν αλλάζουν την τάξη μεγέθους των όρων του

κλάσματος

bn =3n2 + 1

2n2 minus 1le 3n2 + n2

2n2 minus n2= 4

Για τη cn δεν μπορούμε να αντικαταστήσουμε το minus3 του πα-

ρονομαστή με minusn2 όπως κάναμε στην bn διότι θα μηδενιστεί οπαρονομαστής Μπορούμε όμως να ελέγξουμε ότι 3 lt n23 για

22 Φραγμένες ακολουθίες

κάθε n ge 3 Έτσι για n ge 3

cn =3n2 + 1

n2 minus 3le 3n2 +n2

n2 minus 13n2

= 4n2

23n2

= 6

Η ακολουθία όμως ορίζεται για n ge 2 Άρα για να βρούμε ένα

άνω φράγμα πρέπει να ελέγξουμε μήπως το c2 είναι μεγαλύτερος

του 6 Πράγματι c2 = 13 Άρα

cn le max613 = 13

Τέλος για την dn αναζητούμε n0 ώστε n+1 le n22 για κάθε n gen0 ώστε να απλοποιήσουμε τον παρονομαστή χρησιμοποιώντας

ότι n2 minus nminus 1 = n2 minus (n + 1) ge n2 minus n22 = n22 Η n+ 1 le n22 είναιισοδύναμη με την n2 minus 2n minus 2 ge 0 η οποία είναι αληθής για κάθε

n ge 3 (η εξίσωση x2 minus 2x minus 2 = 0 είναι θετική για κάθε x gt 1+radic

3 asymp27320508) Οπότε για κάθε n ge 3

dn =3n2 + 1

n2 minusnminus 1le 3n2 +n2

n2 minus 12n2

= 8

Επειδή τώρα d2 = 13 συμπεραίνουμε ότι dn le max138 = 13

Παράδειγμα 322 Αποδείξτε ότι η ακολουθία an με a1 = 8 και

an+1 =radic

2+ an είναι άνω φραγμένη από το 8 Δείξτε ότι αν ο a1

δοθεί να είναι μικότερος από τη μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης

αναδρομής x =radic

2+ x τότε το ίδιο ισχύει και για τον γενικό όροτης an Τέλος αποδείξτε ότι αν r gt 0 τότε κάθε ακολουθία με a1 gt0 και αναδρομικό τύπο an+1 =

radicr + an είναι άνω φραγμένη από

το maxa1 ρ όπου ρ η μέγιστη ρίζα της εξίσωσης αναδρομήςx = radicr + xΠράγματι για n = 1 ισχύει a1 = 8 le 8 Υποθέτουμε ότι an le 8

Τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 8 leradic

16 = 4 le 8

ολοκληρώνοντας την επαγωγή

Η εξίσωση αναδρομής έχει μεγαλύτερη ρίζα τον αριθμό x = 2

Αν a1 le 2 και υποθέσουμε ότι an le 2 τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 2 = 2

ολοκληρώνοντας την επαγωγή

Τέλος αν θέσουμε M = maxa1 ρ φανερά a1 le M Και αν υπο-θέσουμε ότι an leM τότε

an+1radicr + an le

radicr +M leM

αφού η τελευταία είναι ισοδύναμη με την M2 minusM minus r ge 0 η οποία

είναι αληθής αφού το M είναι μεγαλύτερο ή ίσο με τη μέγιστη

ρίζα ρ της x2 minus x minus r = 0

32 Εφαρμογές και παραδείγματα 23

Παράδειγμα 323 Αποδείξτε (με κατάλληλη χρήση της ανισότη-τας Bernoulli) ότι η ακολουθία (1 + 12n)n είναι άνω φραγμένη

από το 2 και στη συνέχεια αποδείξτε ότι η (1+ 1n)n είναι άνωφραγμένη από το 4

Έχουμε

(1+ 1

2n

)n= 1(

2n2n+1

)n =1(

1minus 12n+1

)n le1(

1minus n2n+1

) = 2n+ 1

n+ 1le 2

Από το Παράδειγμα 223 η ακολουθία (1 + 1n)n είναι γνησίωςαύξουσα άρα

(1+ 1

n

)nle(

1+ 1

2n

)2n

=((

1+ 1

2n

)n)2

le 22 = 4

Παράδειγμα 324 Αποδείξτε ότι αν an αύξουσα ακολουθία καιs = supan n isin N τότε για κάθε ε gt 0 η ακολουθία an βρίσκεταιτελικά στο διάστημα (s minus ε s]Χρησιμοποιούμε την Παρατήρηση 314 το s minus ε δεν είναι άνω

φράγμα της ακολουθίας an άρα υπάρχει n0 isin N ώστε sminusε lt an0 les Αφού η an είναι αύξουσα για κάθε n ge n0 συμπεραίνουμε ότι

s minus ε lt an0 le an le s δηλαδή το ζητούμενο

Παράδειγμα 325 Αποδείξτε ότι η an = (n2+sin(nπ2))(n+1) δενείναι άνω φραγμένη

Έχουμε

n2 + sin(nπ2)n+ 1

ge n2 minus 1

n+ 1= nminus 1

η οποία φανερά δεν είναι άνω φραγμένη

Ασκήσεις

Άσκηση 321 Να εξετάσετε αν είναι φραγμένες οι παρακάτω ακολουθίες

24 Φραγμένες ακολουθίες

an =5 sin(3n)

4nan =

n+ 1000

n+ 100

an = (minus5)minusn an =2nminus 1

n+ 1

an =n3n

an = nradic

2n + 3n + 5n

an =n+ 5

2nan =

n2 + 2n+ 4

n3 + 2

an =n2 cos(nπ)+n sin(n+ 1)

n2 +n+ 1

an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

an =radicn+ 2minus

radicn+ 1 an =

radicn2 +nminusn

Άσκηση 322 Να εξεταστούν ως προς το φράγμα οι ακολουθίες

an =radicn+ aminus

radicn+ b με a b isin R

a1 = 2an+1 =

radican + 2 για n isin N

Άσκηση 323 Να εξεταστεί ως προς το φράγμα η ακολουθία an μεa1 = 1 και

an+1 =5an + 6

2an + 1

(Υπόδειξη Παρατηρήστε ότι an gt 0 για κάθε n isin N)Άσκηση 324 Για κάθε p gt 0 θέτουμε

sn = 1+ 1

2p+ 1

3p+ middot middot middot + 1

np

Αποδείξτε ότι για κάθε p gt 1 η ακολουθία sn είναι φραγμένη αποδεικνύ-οντας (με επαγωγή) ότι για κάθε n isin N ισχύει

1+ 1

2p+ 1

3p+ middot middot middot + 1

nple pp minus 1

minus 1

(p minus 1)npminus1

Επιπλέον για κάθε p gt 0 ισχύει

n1minusp le 1+ 1

2p+ 1

3p+ middot middot middot + 1

np

Ειδικά για p = 1 αποδείξτε με επαγωγή ότι ισχύει

1+ 1

2+ 1

3+ middot middot middot + 1

nge 1

2logn

Συμπεράνετε ότι για 0 lt p le 1 η sN δεν είναι φραγμένη (Υπόδειξη ηπερίπτωση 0 lt p lt 1 είναι εύκολη αν όλα τα κλάσματα του αθροίσματος

αντικατασταθούν από το μικρότερο από αυτά Αν όμως γίνει επαγωγι-

κά θα χρειαστεί η παρατήρηση ότι (n+ 1)pn1minusp ge npn1minusp = n)

Κεφάλαιο 4

Σύγκλιση ακολουθιών

41 Μηδενικές ακολουθίες

Για κάθε x isin R κάθε διάστημα της μορφής (a b) ώστε x isin (a b)ονομάζεται μια περιοχή του x Στα ακόλουθα θα χρησιμοποιή-σουμε περιοχές ειδικού τύπου Συγκεκριμένα παίρνουμε ένα θετικό

αριθμό ε gt 0 και σχηματίζουμε την περιοχή (x minus εx + ε) του xΤο x για αυτή την περιοχή ονομάζεται κέντρο της περιοχής καιτο ε ακτίνα της περιοχής Περιοχές της μορφής (x minus εx + ε) συμ-βολίζονται και με (x ε) Φανερά αν x = 0 τότε (0 ε) = (minusε ε)Παρατηρούμε επίσης ότι y isin(x ε) αν και μόνο αν xminusε lt y lt x+εκαι ισοδύναμα |y minus x| lt ε Με άλλα λόγια

(x ε) = (x minus εx + ε) = y isin R |y minus x| lt ε

Αν δοθεί ένα x και μια περιοχή του (x ε) λέμε ότι μια α-κολουθία an περιέχεται τελικά σε αυτή την περιοχή αν υπάρχειένα n0 isin N ώστε an isin (x ε) για κάθε n ge n0 Για παράδειγμα

ας πάρουμε x = 0 και an = 1n Βλέπουμε ότι για κάθε ε gt 0 αν

θέλουμε να ισχύει an isin (0 ε) θα πρέπει minusε lt 1n lt ε ισοδύναμαn gt 1ε Άρα αν θέσουμε n0 = [1ε] + 1 isin N αν n ge n0 gt 1ε τότεan = 1n isin (0 ε) Έτσι για κάθε ε gt 0 η ακολουθία an = 1nβρίσκεται τελικά στην περιοχή (0 ε) Σε μια τέτοια περίπτωσηλέμε ότι η ακολουθία an είναι μηδενική ή ότι έχει όριο το μηδέν ήότι συγκλίνει στο μηδέν

Ορισμός 411 Λέμε ότι μια ακολουθία an συγκλίνει στο μηδένή ότι είναι μηδενική ή ότι έχει όριο το μηδέν αν για κάθε ε gt0 υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει |an| leε Σε αυτή την περίπτωση γράφουμε an rarr 0 ή limnrarrinfin an = 0 ή

απλούστερα liman = 0

26 Σύγκλιση ακολουθιών

Παρατήρηση 412 Στον παραπάνω ορισμό είτε γράψουμε |an| leε είτε γράψουμε |an| lt ε είναι το ίδιο διότι

bull Αν |an| lt ε τότε προφανώς |an| le ε

bull Αν εφαρμόσουμε τον παραπάνω ορισμό για ε2 τότε θα υ-πάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει |an| le ε2 και συνε-πώς |an| lt ε

Παράδειγμα 413 Η ακολουθία an = n sin(πn4)+1n2+1

είναι μηδενική

Πράγματι παρατηρούμε ότι

|an| =∣∣n sin(πn4)+ 1

∣∣n2 + 1

le∣∣n sin(πn4)

∣∣+ 1

n2 + 1le n+ 1

n2 + 1le n+n

n2= 2

n

Έτσι αν ε gt 0 και θέλουμε να ισχύει |an| lt ε αρκεί να απαιτήσουμε2n lt ε ισοδύναμα n gt 2ε Άρα αν θέσουμε n0 = [2ε]+ 1 τότε αν

n ge n0 gt 2ε θα έχουμε |an| le 2n lt ε Συνεπώς η an είναι μηδενική

Παρατηρήστε ότι στο προηγούμενο παράδειγμα μεγαλώσαμε

το κλάσμα αλλά χωρίς να μεταβάλουμε την τάξη του n ούτε

στον αριθμητή ούτε στον παρονομαστή Αυτή την τεχνική θα

την χρησιμοποιούμε τακτικά

Ασκήσεις

Άσκηση 411 Αποδείξτε ότι αν μια ακολουθία an είναι φθίνουσα καιμηδενική τότε an ge 0 για κάθε n isin N

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών

Ιδιότητα 421 Για κάθε ακολουθία an ισχύει

liman = 0 αν και μόνο αν lim |an| = 0

Απόδειξη Έστω liman = 0 και έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0

Τότε επειδή μπορούμε να βρούμε n0 ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

|an| le ε συνεπάγεται ότι∣∣|an|

∣∣ le ε και συνεπώς lim |an| = 0

Αντίστροφα αν lim |an| = 0 και μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 βρί-

σκουμε n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣|an|

∣∣ le ε οπότεεπειδή

∣∣|an|∣∣ = |an| συμπεραίνουμε ότι |an| le ε και άρα liman = 0

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών 27

Ιδιότητα 422 Για κάθε ακολουθία an αν liman = 0 τότε η anείναι φραγμένη

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για ε = 1 Ο-

πότε θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| le 1

Δηλαδή ο αριθμός 1 αποτελεί άνω φράγμα για την ακολουθία

|an| αλλά όχι για όλα τα n isin N αλλά μόνο για τα n που είναιμεγαλύτερα ή ίσα με το n0 Θέτουμε τώρα

M = max1 |a1| |a2| |an0minus1|

ώστε να είμαστε σίγουροι ότι

|an| leM

για κάθε n isin N Έτσι η ακολουθία an είναι απολύτως φραγμένηκαι άρα (Πρόταση 313) φραγμένη

Ιδιότητα 423 Για κάθε ακολουθία an κάθε ακολουθία bn και κά-θε λ micro isin R αν liman = limbn = 0 τότε lim(λan plusmn microbn) = 0

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι λ ne 0 ne micro και έστω ότι μας δόθηκε έναε gt 0 Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης στο μηδέν για τις

ακολουθίες an και bn χρησιμοποιώντας για laquoεraquo τα ε2|λ| gt 0 και

ε2|micro| gt 0 αντίστοιχα Έτσι βρίσκουμε ένα n1 isin N για την an καιένα n2 για την bn ώστε να ισχύουν τα εξής

για κάθε n ge n1 ισχύει |an| leε

2|λ| (41)

και

για κάθε n ge n2 ισχύει |bn| leε

2|micro| (42)

Θέτωντας n0 = maxn0 n1 αν n ge n0 θα ισχύουν ταυτόχρονα και

η (41) και η (42) Οπότε για n ge n0 θα έχουμε

|λan plusmn microbn| le |λan| + |microbn| = |λ| |an| + |micro| |bn| le |λ|ε

2|λ| + |micro|ε

2|micro| = ε

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ιδιότητα 424 Για κάθε ακολουθία an και κάθε λ isin R αν liman = 0

τότε lim(λan) = 0

Απόδειξη Άμεσο από την προηγούμενη ιδιότητα για micro = 0

28 Σύγκλιση ακολουθιών

Ιδιότητα 425 Για κάθε ακολουθία an και κάθε ακολουθία bn ανliman = 0 και η bn είναι φραγμένη τότε lim(anbn) = 0

Απόδειξη Έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0 και έστω ότι για τον

αριθμό M ισχύει |bn| leM για κάθε n isin N Εφαρμόζουμε τον ορισμότης σύγκλισης της an στο 0 για εM οπότε θα υπάρχει ένα n0

στο N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| lt εM Οπότε ανn ge n0 θα έχουμε

|anbn| = |an| |bn| ltεMM = ε

Συνεπώς lim(anbn) = 0

Ιδιότητα 426 Για κάθε ακολουθία an και κάθε k isin N αν limnrarrinfin an =0 τότε limnrarrinfin anplusmnk = 0

Απόδειξη Έστω ότι liman = 0 Αν για n ge n0 ισχύει |an| lt εεπειδή θα είναι n + k ge n ge n0 θα ισχύει και η |an+k| lt ε Οπότεlimnrarrinfin an+k = 0

Για την limanminusk = 0 απλά θέτουμε n1 = n0+k και αν n ge n1 θα

ισχύει nminus k ge n1minusk ge n0 οπότε |anminusk| lt ε και άρα limnrarrinfin anminusk = 0

Γενικότερα έχουμε την εξής

Ιδιότητα 427 Αν η ακολουθία an είναι μηδενική κάθε υπακολου-θία της είναι μηδενική

Απόδειξη Έστω ότι liman = 0 και έστω ότι η kn είναι μια γνη-σίως αύξουσα υπακολουθία φυσικών αριθμών Αν ε gt 0 τότε υ-

πάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ε Αλλάαπό την Άσκηση 222 ισχύει kn ge n οπότε αν n ge n0 συνεπάγεται

kn ge kn0 ge n0 οπότε |akn minus ℓ| lt ε

Ιδιότητα 428 Για κάθε ακολουθία an και κάθε k isin N αν liman = 0

τότε lim kradic|an| = 0

Απόδειξη Αν μας δοθεί ε gt 0 εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλι-

σης της an για εk Έτσι θα υπάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0 θα

έχουμε |an| lt εk οπότε∣∣ kradic|an|

∣∣ = kradic|an| lt ε Δηλαδή lim k

radic|an| = 0

Ιδιότητα 429 Για κάθε ακολουθία an και κάθε ακολουθία bn αν0 le an le bn για κάθε n ge n1 και limbn = 0 τότε liman = 0

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών 29

Απόδειξη Για ε gt 0 έστω n2 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει bn lt εΘέτουμε n0 = maxn1 n2 οπότε αν n ge n0 θα έχουμε

minusε lt 0 le an le bn lt ε

συνεπώς |an| lt ε Δηλαδή liman = 0

Εφαρμογή 4210 Για κάθε λ isin (01) ισχύει λn rarr 0

Απόδειξη Επειδή λ isin (01) θα ισχύει 1λ gt 1 Θέτουμε θ = (1λ)minus1 gt0 οπότε 1λ = 1+θ Με τη βοήθεια της ανισότητας Bernoulli έχουμε

1

λn= (1+ θ)n ge 1+nθ

και έτσι

0 lt λn le 1

1+nθ

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική άρα και η λn

Πρόταση 4211 (Κριτήριο λόγου) Έστω ότι για μια ακολουθία

με μη μηδενικούς όρους an υπάρχει ένα n0 isin N και ένα 0 le λ lt 1

ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ le λ

Τότε liman = 0

Απόδειξη Αν n ge n0 + 1 θα έχουμε∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2

∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣ananminus1

∣∣∣∣∣ le λ middot λ middot λ λ (43)

Παρατηρούμε ότι επειδή ο δείκτης n στον αριθμητή του τελευταί-ου κλάσματος μπορεί να γραφτεί και ως n0+(nminusn0) στο αριστερόσκέλος της ανισότητας το πλήθος των κλασμάτων είναι n minus n0

Άρα τόσα είναι και τα λ στο δεξιό σκέλος Δηλαδή η (43) μπορείνα γραφτεί ως

∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2

∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣ananminus1

∣∣∣∣∣ le λnminusn0 = λminusn0 middot λn (44)

Όμως στο αριστερό σκέλος της (44) έχουμε διαγραφές κάθε α-

ριθμητής διαγράφεται με τον παρονομαστή του επόμενου κλάσμα-

τος Συνεπώς θα διαγραφούν όλοι οι όροι εκτός από τον παρονο-

μαστή του πρώτου κλάσματος και τον αριθμητή του τελευταίου

Έτσι η (44) γίνεται ∣∣∣∣∣anan0

∣∣∣∣∣ le λminusn0 middot λn

30 Σύγκλιση ακολουθιών

και ισοδύναμα |an| le (λminusn0 |an0|)λn για κάθε n ge n0 + 1 Επειδή

λ isin (01) ισχύει limλn = 0 (δες Εφαρμογή 4210) οπότε επειδή η

ποσότητα λminusn0 |an0| είναι σταθερή (ανεξάρτητη του n) λόγω τηςΙδιότητας 424 θα ισχύει lim(λminusn0 |an0|)λn = 0 Και έτσι liman = 0

από την Ιδιότητα 429

Παράδειγμα 4212 Ποιο είναι το λάθος στην παρακάτω laquoαπό-

δειξηraquo

13n rarr 0 διότι

∣∣∣∣∣13n+1

13n

∣∣∣∣∣ =1

3lt 1

για κάθε n isin N

Ασκήσεις

Άσκηση 421 Δείξτε με τη βοήθεια του ορισμού ότι οι παρακάτω ακο-

λουθίες είναι μηδενικές

an =1

2n3an =

sinnπ5

n2

an =sinn+ cos(3n)

n2an = 1

ns όπου s isin Q+

an = n sin1

n2an =

5+ sin(nπ5)n2 +n+ 1

Άσκηση 422 Αν liman = 0 δείξτε ότι liman

1+ an= 0

Άσκηση 423 Δίνονται οι ακολουθίες an gt 0 και bn gt 0 για τις οποίες

ισχύει liman = limbn = 0 Δείξτε ότι

lima2n + b2

n

an + bn= 0

43 Συγκλίνουσες ακολουθίες

Μια ακολουθία an θα λέγεται συγκλίνουσα με όριο τον αριθμό ℓαν η ακολουθία anminusℓ είναι μηδενική Έτσι προκύπτει ο ακόλουθοςορισμός

43 Συγκλίνουσες ακολουθίες 31

Ορισμός 431 Λέμε ότι μια ακολουθία an συγκλίνει στον αριθμόℓ ή ότι εχει όριο τον αριθμό ℓ ή ότι τείνει στο ℓ αν για κάθε ε gt 0

υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει |an minus ℓ| le ε

Παρατήρηση 432 Παρατηρήστε ότι στον παραπάνω ορισμό είτεγράψουμε |anminusℓ| le ε είτε γράψουμε |anminusℓ| lt ε είναι το ίδιο διότι

bull Αν |an minus ℓ| lt ε τότε προφανώς |an minus ℓ| le ε

bull Αν εφαρμόσουμε τον παραπάνω ορισμό για ε2 τότε θα υ-πάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| le ε2 καισυνεπώς |an minus ℓ| lt ε

Παρατήρηση 433 Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή στην ανισότη-τα |an minus ℓ| lt ε και προσθέτοντας ℓ ο ορισμός του liman = ℓ λέειότι για κάθε ε gt 0 υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0

να ισχύει

ℓ minus ε lt an lt ℓ + ε

ή ισοδύναμα an isin(ℓ ε)

Η παρακάτω πρόταση λέει ότι δεν γίνεται μια ακολουθία να

συγκλίνει σε δύο διαφορετικούς αριθμούς

Πρόταση 434 Το όριο κάθε συγκλίνουσας ακολουθίας είναι μο-ναδικό

Απόδειξη Έστω ότι an rarr ℓ1 an rarr ℓ2 και ℓ1 le ℓ2 Θέτουμε ε =|ℓ1 minus ℓ2|3 gt 0 οπότε θα υπάρχει n1 isin N ώστε

|an minus ℓ1| lt ε =|ℓ1 minus ℓ2|

3για κάθε n ge n1

και

|an minus ℓ2| lt ε =|ℓ1 minus ℓ2|

3για κάθε n ge n2

Αλλά τότε για κάθε n ge maxn1 n2 θα ισχύει

|ℓ1 minus ℓ2| =∣∣(an minus ℓ2)minus (an minus ℓ1)

∣∣

le |an minus ℓ2| + |an minus ℓ1| lt|ℓ1 minus ℓ2|

3+ |ℓ1 minus ℓ2|

3= 2

3|ℓ1 minus ℓ2|

το οποίο είναι άτοπο

Πρόταση 435 Αν an rarr ℓ και akn υπακολουθία της an τότε akn rarrℓ

Απόδειξη Αφού αν η an minus ℓ είναι μηδενική είναι μηδενική και ηakn minus ℓ από την Ιδιότητα 427

32 Σύγκλιση ακολουθιών

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών

Ιδιότητα 441 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R ισχύει

liman = ℓ lArrrArr lim(minusan) = minusℓ

Απόδειξη Επειδή |an minus ℓ| = |(minusan)minus (minusℓ)| όποτε ισχύει |an minus ℓ| lt εθα ισχύει και |(minusan)minus (minusℓ)| lt ε

Ιδιότητα 442 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R ισχύει

liman = ℓ =rArr lim |an| = |ℓ|

Απόδειξη Επειδή από την τριγωνική ανισότητα ισχύει∣∣|an| minus

|ℓ|∣∣ le |an minus ℓ| n ge n0 |an minus ℓ| lt ε

∣∣|an| minus |ℓ|∣∣ lt ε

Ιδιότητα 443 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R ισχύει

liman = ℓ =rArr η an είναι φραγμένη

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης της ακολουθί-

ας an για ε = 1 Έτσι θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0

να ισχύει |an minus ℓ| lt 1 Από την κάτω τριγωνική ανισότητα1 θα

έχουμε ότι

|an| minus |ℓ| le∣∣|an| minus |ℓ|

∣∣ le |an minus ℓ| lt 1

Συνεπώς για κάθε n ge n0 θα ισχύει |an| le 1+ |ℓ| Θέτουμε τώρα

M = max|a1| |a2| |an0minus1|1+ |ℓ|

οπότε |an| leM για κάθε n isin N

Ιδιότητα 444 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R 0 ισχύει

liman = ℓ =rArrυπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0

τα an και ℓ είναι ομόσημοι

Απόδειξη Έστω ότι ℓ gt 0 Αφού an rarr ℓ μπορούμε να εφαρμόσουμετον ορισμό της σύγκλισης για οποιοδήποτε ε gt 0 Εφαρμόζουμε

λοιπόν τον ορισμό για ε = ℓ2 gt 0 Έτσι θα υπάρχει ένα n0 isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ℓ2 Πάλι από τηντριγωνική ανισότητα

ℓ minus an le |ℓ minus an| = |an minus ℓ| ltℓ2

1∣∣|x| minus |y|

∣∣ le |x minusy|

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών 33

Οπότε ℓ minus an lt ℓ2και άρα ℓ2 lt an Δηλαδή για κάθε n ge n0 οι

όροι της ακολουθίας είναι θετικοί

Αν τώρα ℓ lt 0 από την Ιδιότητα 441 θα ισχύει ότι minusan rarrminusℓ gt 0 οπότε από το προηγούμενο θα υπάρχει n0 isin N ώστε αν

n ge n0 η minusan θα είναι θετική οπότε η an αρνητική

Ιδιότητα 445 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα και λ micro isin R Τότε

lim(λan plusmn microbn) = λℓ1 plusmn microℓ2

Απόδειξη Έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0 Εφαρμόζουμε τον

ορισμό της σύγκλισης των ακολουθιών an και bn για ε2(1 + |λ|)και ε2(1+ |micro|) αντίστοιχα

bull θα υπάρχει ένα n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1 να ισχύει

|an minus ℓ1| ltε

2(1+ |λ|)

bull θα υπάρχει ένα n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει

|bn minus ℓ2| ltε

2(1+ |micro|)

Οπότε θέτοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0 θα ισχύει

|(λan plusmn microbn)minus (λℓ1 plusmn microℓ2)| = |λ(an minus ℓ1)plusmn micro(bn minus ℓ2)|le |λ| |an minus ℓ1| + |micro| |bn minus ℓ2|lt |λ| ε

2(1+ |λ|) + |micro|ε

2(1+ |micro|)

le ε2

|λ|1+ |λ| +

ε2

|micro|1+ |micro|

le ε2middot 1+ ε

2middot 1 = ε

Ιδιότητα 446 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα Τότε

lim(anbn) = ℓ1ℓ2

Αν επιπλέον υποθέσουμε ότι ℓ2 ne 0 τότε υπάρχει n1 isin N ώστε γιακάθε n ge n1 ισχύει bn ne 0 και

limanbn

= ℓ1

ℓ2

34 Σύγκλιση ακολουθιών

Απόδειξη Παρατηρούμε πρώτα ότι

|anbn minus ℓ1ℓ2| =∣∣(anbn minus bnℓ1)+ (bnℓ1 minus ℓ1ℓ2)

∣∣=

∣∣bn(an minus ℓ1)+ ℓ1(bn minus ℓ2)∣∣

le |bn| |an minus ℓ1| + |ℓ1||bn minus ℓ2| (45)

Αφού η bn συγκλίνει από την Ιδιότητα 443 θα είναι και φραγ-μένη Άρα θα υπάρχει ένας αριθμός M gt 0 ώστε για κάθε n isin Nνα ισχύει |bn| le M Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης γιατην an για την ποσότητα ε2M θα υπάρχει n1 isin N ώστε για

κάθε n ge n1 να ισχύει |an minus ℓ1| lt ε2M Ομοίως εφαρμόζουμε τονορισμό της σύγκλισης για την bn για την ποσότητα ε2(1 + |ℓ1|)θα υπάρχει n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει

|bn minus ℓ2| ltε

2(1+ |ℓ1|)

Θέτοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0 τότε συνεχίζοντας από την

45 θα έχουμε

|anbn minus ℓ1ℓ2| le |bn| |an minus ℓ1| + |ℓ1||bn minus ℓ2|lt M

ε2M

+ |ℓ1|ε

2(1+ |ℓ1|)

le ε2+ ε

2

|ℓ1|1+ |ℓ1|

le ε

Συνεχίζουμε την απόδειξη για τον λόγο ακολουθιών Λόγω του

προηγουμένου και επειδή anbn = an middot(1bn) αρκεί να αποδείξουμετο ζητούμενο για την ακολουθία 1bnΕφαρμόζοντας τον ορισμό της σύγκλισης της bn για την πο-

σότητα |ℓ2|2 και χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα υ-πάρχει ένα n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1 να ισχύει

|ℓ2| minus |bn| le∣∣|ℓ2| minus |bn|

∣∣ le |ℓ2 minus bn| = |bn minus ℓ2| lt|ℓ2|2

Έτσι για κάθε n ge n1 θα έχουμε

|ℓ2| minus |bn| lt|ℓ2|

2

και συνεπώς

|bn| gt|ℓ2|

2

Οπότε από τη μια μεριά έχουμε ότι για n ge n1 ισχύει bn ne 0 και

άρα ορίζεται το πηλίκο 1bn και από την άλλη μεριά∣∣∣∣

1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ =|bn minus ℓ2||bn| |ℓ2|

lt|bn minus ℓ2||ℓ2|

2 |ℓ2|= 2

|ℓ2|2|bn minus ℓ2|

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών 35

Εφαρμόζοντας τον ορισμό της σύγκλισης της bn ξανά για τηνποσότητα ε|ℓ2|22 θα υπάρχει n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να

ισχύει |bn minus ℓ2| lt ε|ℓ2|22 Επιλέγοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0

θα ισχύουν μαζί όλα τα παραπάνω και άρα θα έχουμε

∣∣∣∣1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ le2

|ℓ2|2|bn minus ℓ2| lt

2

|ℓ2|2ε|ℓ2|22 = ε

Ιδιότητα 447 Για κάθε ακολουθία an ge 0 και k isin N ισχύει

liman = ℓ =rArr limakn = ℓk

Απόδειξη Έστω ότι μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 Αφού η an συγκλίνειθα είναι και φραγμένη και άρα θα υπάρχει αριθμός M gt 0 ώστε

για κάθε n isin N να ισχύει |an| le M Έτσι θα ισχύει και |ℓ| le M(γιατί) Οπότε

|akn minus ℓk| = |an minus ℓ| |akminus1n + akminus2

n ℓ + akminus3n ℓ2 + + ℓkminus1|

le |an minus ℓ|(|akminus1n | + |akminus2

n ℓ| + |akminus3n ℓ2| + + |ℓkminus1|

)

le |an minus ℓ| (Mk +Mk +Mk + +Mk︸ ︷︷ ︸

kminusόροι

)

le (kMk)|an minus ℓ| (46)

Οπότε εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για την ακολουθία

an για την ποσότητα εkMk και βρίσκουμε ένα n0 isin N ώστε γιακάθε n ge n0 να ισχύει |anminusℓ| lt εkMk Έτσι συνεχίζοντας από την

(46) θα έχουμε ότι για κάθε n ge n0 ισχύει

|akn minus ℓk| le (kMk)|an minus ℓ| lt (kMk)εkMk = ε

Ιδιότητα 448 Για κάθε ακολουθία an ge 0 και k isin N ισχύει

liman = ℓ =rArr lim kradican =

kradicℓ

Απόδειξη Έστω ότι μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 Αν ℓ = 0 τότε

εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης της an για το εk οπότεβρίσκουμε ένα n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| lt εkΟπότε | kradican| lt εΑν ℓ gt 0 τότε παρατηρούμε ότι

∣∣∣ kradican minus

kradicℓ∣∣∣ = |an minus ℓ|

akminus1n + akminus2

n ℓ + + ℓkminus1le 1

ℓkminus1|an minus ℓ|

36 Σύγκλιση ακολουθιών

Έτσι εφαρμόζουμε τον ορισμό σύγλισης της an για την ποσότηταεℓkminus1 Βρίσκουμε λοιπόν n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να έχουμε

∣∣∣ kradican minus

kradicℓ∣∣∣ le 1

ℓkminus1|an minus ℓ| lt

1

ℓkminus1εℓkminus1 = ε

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ιδιότητα 449 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα και επιπλέον υπάρχει n1 isin N ώστε για κάθεn ge n1 ισχύει an le bn Τότε ℓ1 le ℓ2

Απόδειξη Αν δεν ισχύει τότε ℓ2 lt ℓ1 οπότε η ακολουθία bnminusan ge 0

δεν είναι ποτέ ομόσημη με το όριό της ℓ2 minus ℓ1 lt 0 αντιφάσκοντας

με την Ιδιότητα 443

Πρόταση 4410 (Ισοσυγκλίνουσες ακολουθίες) Έστω ότι οι ακο-λουθίες an bn και cn ικανοποιούν την ανισότητα

an le bn le cn

και ότι liman = lim cn = ℓ Τότε αναγκαστικά limbn = ℓ

Απόδειξη Από την an le bn le cn συμπεραίνουμε ότι 0 le bn minus an lecn minus an Η cn minus an είναι συγκλίνουσα με όριο το μηδέν Άρα απότην Ιδιότητα 429 και η bn minus an είναι συγκλίνουσα με όριο τομηδέν Συνεπώς από την Ιδιότητα 445 η bn είναι συγκλίνουσαως άθροισμα συγκλινουσών (bn = (bnminusan)+an) και limbn = lim(bnminusan)+ liman = 0+ ℓ = ℓ

Πρόταση 4411 (Οριακό κριτήριο λόγου) Αν για μια ακολουθίαan με μη μηδενικούς όρους ισχύει lim |an+1an| lt 1 τότε liman = 0

Απόδειξη Έστω ότι lim |an+1an| = ℓ isin (01) Εφαρμόζουμε τονορισμό της σύγκλισης για την ποσότητα (1 minus ℓ)2 gt 0 Τότε θα

υπάρχει ένα n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣|an+1an| minus

ℓ∣∣ lt (1minus ℓ)2 Αλλά τότε

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣minus ℓ lt1minus ℓ

2

από όπου συνεπάγεται ότι∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt ℓ +1minus ℓ

2= 1+ ℓ

2lt 1

Δηλαδή για κάθε n ge n0 έχουμε ότι |an+1an| lt 1 Αυτό και η

Πρόταση 4211 συνεπάγονται ότι an rarr 0

45 Κριτήρια σύγκλισης 37

45 Κριτήρια σύγκλισης

Θεώρημα 451 Κάθε μονότονη και φραγμένη ακολουθία συγκλί-νει

Ειδικότερα αν an αύξουσα και άνω φραγμένη τότε

limnrarrinfin

an = supan n isin N

και αν bn φθίνουσα και κάτω φραγμένη τότε

limnrarrinfin

bn = supbn n isin N

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι αύξουσα καιάνω φραγμένη Τότε το s = supan n isin N είναι πραγματικός α-ριθμός Θα αποδείξουμε ότι limnrarrinfin an = s Φανερά an le s για κάθεn isin N Έστω ότι ε gt 0 Χρησιμοποιώντας την Παρατήρηση 314

το s minus ε δεν είναι άνω φράγμα των όρων της ακολουθίας άρα

υπάρχει n0 isin N ώστε s minus ε lt an0 Αλλά η an είναι αύξουσα οπότεγια κάθε n ge 0 ισχύει

s minus ε lt an0 le an le s lt s + ε

Άρα για κάθε n ge n0 |an minus s| lt ε δηλαδή an rarr sΟμοίως για την περίπτωση που η ακολουθία είναι φθίνουσα

και κάτω φραγμένη

Θεώρημα 452 (Bolzano-Weierstraszlig) Κάθε φραγμένη ακολουθία έ-χει συγκλίνουσα υπακολουθία

Απόδειξη Κάθε ακολουθία έχει μια μονότονη υπακολουθία σύμ-

φωνα με την Πρόταση 213 και επειδή η ακολουθία είναι φραγ-

μένη είναι φραγμένη και αυτή η μονότονη υπακολουθία της Άρα

από το προηγούμενο θεώρημα συγκλίνει

Όταν μια ακολουθία an συγκλίνει σε έναν αριθμό ℓ τότε μετάαπό κάποιο δείκτη οι όροι της είναι laquoκοντάraquo στον αριθμό ℓ Συ-νεπώς είναι και μεταξύ τους laquoκοντάraquo Αυτή η τελευταία ιδιότητα

ονομάζεται ιδιότητα Cauchy

Ορισμός 453 (Ακολουθία Cauchy) Μια ακολουθία an ονομάζεταιακολουθία Cauchy ή βασική ακολουθία αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει

n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 ισχύει |an minus am| lt ε

Το παρακάτω θεώρημα μας δίνει ένα ακόμα κριτήριο σύγκλισης

Θεώρημα 454 Μια ακολουθία είναι συγκλίνουσα στο R αν και

μόνο αν είναι ακολουθία Cauchy

38 Σύγκλιση ακολουθιών

Απόδειξη Αν υποθέσουμε ότι an rarr ℓ και ε gt 0 εφαρμόζουμε τον

ορισμό της σύγλισης όχι για το ε αλλά για το ε2 Έτσι υπάρχειn0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ε2 Άρα αν nm ge n0 τότε ισχύει και η |an minus ℓ| lt ε και η |am minus ℓ| lt ε Συνεπώς

|an minus am| =∣∣(an minus ℓ)minus (am minus ℓ)

∣∣ le |an minus ℓ| + |am minus ℓ| ltε2+ ε

2= ε

Αντίστροφα τώρα ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι α-κολουθία Cauchy Θέλουμε να χρησιμοποιήσουμε το Θεώρημα 452

οπότε αποδεικνύουμε πρώτα ότι η an είναι φραγμένη εφαρμόζου-με τον ορισμό της ιδιότητας Cauchy για ε = 1 gt 0 Έτσι υπάρχει

n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 ισχύει |an minus am| lt 1 Άρα αυτό

ισχύει και για m = n0 Συνεπώς |anminusan0| lt 1 και ανοίγοντας την

απόλυτη τιμή προκύπτει ότι |an| le 1+ |an0 | για κάθε n ge n0 Έτσι

|an| le max|a1| |a2| |an0minus1|1+ |an0|

για κάθε n isin N δηλαδή η an είναι φραγμένηΑπό το Θεώρημα Bolzano-Weierstraszlig λοιπόν η an έχει μια συ-

γκλίνουσα υπακολουθία Έστω ότι αυτή είναι η akn όπου kn γνη-σίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών Ας υποθέσουμε ότι

akn rarr ℓ Θα δείξουμε ότι an rarr ℓ ολοκληρώνοντας την απόδειξηΈστω ότι ε gt 0 Εφαρμόζουμε τον ορισμό της ιδιότητας Cauchy

για το ε2 gt 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 να

ισχύει |an minus am| lt ε2 Αλλά τότε επειδή km ge m ge n0 (από την

Άσκηση 222) ισχύει

|an minus akm | ltε2για κάθε nm ge n0 (47)

Τώρα εφαρμόζουμε τον ορισμό σύγκλισης της akn στο ℓ πάλι γιατο ε2 Άρα υπάρχει n1 isin N ώστε

για κάθε m ge n1 να ισχύει |akm minus ℓ| ltε2 (48)

Έτσι αν n ge n0 και m = maxn0 n1 θα ισχύει και η (47) και η(48) Άρα

|an minus ℓ| =∣∣(an minus akm)+ (akm minus ℓ)

∣∣

le∣∣an minus akm

∣∣+∣∣akm minus ℓ

∣∣ lt ε2+ ε

2= ε

Ένα άλλο κριτήριο που συχνά είναι χρήσιμη η άρνησή του

είναι το ακόλουθο

Πρόταση 455 Μια ακολουθία an συγκλίνει στο ℓ αν και μόνοαν κάθε υπακολουθία της συγκλίνει και αυτή στο ℓ

46 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin 39

Απόδειξη Έστω ότι an rarr ℓ και akn υπακολουθία της an Τότε αν|an minus ℓ| lt ε για κάθε n ge n0 ισχύει και |akn minus ℓ| lt ε αφού (από τηνΆσκηση 222) kn ge n ge n0 Άρα limnrarrinfin akn = ℓΤο αντίστροφο είναι τετριμμένο αφού η ίδια η an είναι υπα-

κολουθία του εαυτού της

Η άρνηση της παραπάνω πρότασης μας δίνει ένα κριτήριο

μη σύγκλισης Αν μια ακολουθία έχει δυο υπακολουθίες που συ-

γκλίνουν σε διαφορετικούς αριθμούς τότε η ακολουθία δεν συ-

γκλίνει Για παράδειγμα η an = (minus1)n δεν συγκλίνει διότι η υ-πακολουθία της a2n = (minus1)2n = 1 συγκλίνει στο 1 ενώ η υπα-

κολουθία της a2nminus1 = (minus1)2nminus1 = minus1 συγκλίνει στο minus1 Ομοίως

η ακολουθία xn = sin(7nπ8) δεν συγκλίνει Η υπακολουθία τηςx16n = sin(7(2nπ)) = 0 συγκλίνει στο μηδέν Ενώ η υπακολουθία

x16n+4 = sin

(14nπ + 7π

2

)= sin

(14nπ + 3π + π

2

)= minus1

συγκλίνει στο minus1

46 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin

Ορισμός 461 Για μια ακολουθία an λέμε ότι αποκλίνει στο +infinή ότι τείνει στο +infin όταν για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an gt M Γράφουμε limnrarrinfin an = +infinή liman = +infin ή an rarr +infin

Συχνά αντί για +infin γράφουμε απλά infin

Ορισμός 462 Για μια ακολουθία an λέμε ότι αποκλίνει στο +infinή ότι τείνει στο minusinfin όταν για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an lt minusM Γράφουμε limnrarrinfin an =minusinfin ή liman = minusinfin ή an rarr minusinfin

Παρατήρηση 463 Πολλές φορές λέγεται καταχρηστικά ότι η α-κολουθία laquoσυγκλίνει στο +infinraquo αντί laquoαποκλίνει στο +infinraquo Ομοίωςλέγεται καταχρηστικά ότι η ακολουθία laquoσυγκλίνει στο minusinfinraquo αντίlaquoαποκλίνει στο minusinfinraquo

Παράδειγμα 464 Η ακολουθία an = n2 αποκλίνει στο +infin διότιαν μας δοθεί ένα M gt 0 θα θέλουμε να ισχύει n2 gt M ισοδύναμα

n gtradicM Οπότε αν θέσουμε n0 = [

radicM] + 1 τότε για κάθε n ge n0

θα ισχύει n ge n0 = [radicM]+ 1 gt

radicM οπότε n2 gt M

Ιδιότητα 465 an rarr +infin αν και μόνο αν υπάρχει n1 isin N ώστε

για κάθε n ge n1 ισχύει an gt 0 και 1an rarr 0

Ομοίως an rarr minusinfin αν και μόνο αν υπάρχει n1 isin N ώστε γιακάθε n ge n1 ισχύει an lt 0 και 1an rarr 0

40 Σύγκλιση ακολουθιών

Απόδειξη Έστω ε gt 0 και an rarr +infin Αν εφαρμόσουμε τον τοορισμό για M = 1ε gt 0 τότε θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει an gt 1ε gt 0 Από αυτό συμπεραίνουμε ότι an gt 0

και ότι |1an| = 1an lt ε δηλαδή 1an rarr 0

Αντίστροφα έστω ότι υπάρχει n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1

να ισχύει an gt 0 και 1an rarr 0 Έστω M gt 0 Θέτουμε ε = 1M gt 0

και εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης 1an rarr 0 θα υπάρχει

n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει |1an| lt ε = 1M οπότεισοδύναμα |an| gt M Θέτουμε n0 = maxn1 n2 οπότε για κάθεn ge n0 ισχύει an = |an| gt M δηλαδή an rarr +infinΓια την περίπτωση an rarr minusinfin εργαζόμαστε ανάλογα

Ιδιότητα 466 (α) Αν an ge bn και limbn = +infin τότε liman = +infin(β) Αν an le bn και limbn = minusinfin τότε liman = minusinfin

Απόδειξη Αφού limbn = +infin από την Ιδιότητα 465 θα υπάρχειn0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει bn gt 0 άρα και an gt 0 Αλλά

τώρα σύμφωνα πάλι με την Ιδιότητα 465 0 lt 1an lt 1bn rarr 0

Συνεπώς από την Ιδιότητα 429 ισχύει 0 lt 1an rarr 0 και πάλι

από την Ιδιότητα 465 an rarr +infinΕργαζόμαστε ομοίως για το (β)

47 Βασικά όρια

Πρόταση 471 Για κάθε λ isin R με |λ| lt 1 ισχύει λn rarr 0

Απόδειξη Για λ = 0 είναι προφανές Για 0 lt λ lt 1 είναι η Εφαρμο-

γή 4210 Για minus1 lt λ lt 0 ισχύει

|λn| = |λ|n rarr 0

αφού 0 lt |λ| lt 1 Άρα λn rarr 0

Πρόταση 472 Για κάθε λ isin R με λ gt 1 ισχύει λn rarr +infin ενώ γιαλ le minus1 η λn δεν συγκλίνει

Απόδειξη Αν λ gt 1 τότε 0 lt 1λ lt 1 συνεπώς (1λ)n rarr 0 Αλλά

(1λ)n = 1λn άρα λn rarr +infin από την Ιδιότητα 465

Αν λ = minus1 η λn δεν συγκλίνει αφού λ2n = (minus1)2n = 1 rarr 1 ενώ

λ2n+1 = (minus1)2n(minus1) = minus1 rarr minus1 ne 1

Αν λ lt minus1 η λ2n = (λ2)n rarr +infin αφού λ2 gt 1 ενώ λ2n+1 = λ(λ2n) rarrminusinfin αφού λ lt 0 και λ2n rarr +infin

Πρόταση 473 Για κάθε λ isin R με |λ| lt 1 ισχύει nλn rarr 0 Επιπλέον

για κάθε p gt 0 ισχύει npλn rarr 0

47 Βασικά όρια 41

Απόδειξη 1|λ| gt 1 άρα υπάρχει θ gt 0 ώστε |λ|minus1 = 1+θ Επιπλέον

(1+ θ)n gt n(nminus 1)2

θ2

από το διωνυμικό ανάπτυγμα ((1 + θ)n = 1 + nθ + (n(n minus 1)θ2)2 +middotmiddot middot + θn) Έτσι

nλn = n(1+ θ)n lt

2nn(nminus 1)θ2

= 2

(nminus 1)θrarr 0

Τέλος για p gt 0 ισχύει

|npλn| =(n(|λ|1p)n

)p rarr 0p = 0

αφού |λ|1p lt 1

Πρόταση 474 Για κάθε a gt 0 ισχύει nradicararr 1

Απόδειξη Αν a ge 1 τότε nradica ge 1 Θέτουμε vn = n

radica minus 1 ge 0 οπότε

a = (1+ vn)n Από την ανισότητα Bernoulli

a = (1+ vn)n ge 1+nvn

και λύνοντας ως προς vn

0 le vn leaminus 1

n

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική οπότε από την Πρότα-

ση 4410 limvn = 0 Έτσι

nradica = 1+ vn rarr 1+ 0 = 1

Πρόταση 475 nradicnrarr 1

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι nradicn =

(2nradicn)2 και δείχνουμε πρώτα

ότι lim 2nradicn = 1 ακολουθώντας την ίδια απόδειξη με την Πρότα-

ση 474 θέτουμε vn = 2nradicnminus 1 ge 0 οπότε

radicn = (1+ vn)n ge 1+nvn

και λύνοντας ως προς vn

0 le vn leradicnminus 1

n

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική (γιατί) οπότε (από την

Πρόταση 4410) limvn = 0 Συνεπώς

2nradicn = 1+ vn rarr 1+ 0 = 1

42 Σύγκλιση ακολουθιών

Τέλος από την Ιδιότητα 447

lim nradicn = lim

(2nradicn)2 =

(lim 2n

radicn)2 = 12 = 1

Πρόταση 476 Αν an rarr ℓ gt 0 τότε nradican rarr 1

Απόδειξη Από τον ορισμό της σύγκλισης (για ε = ℓ2 gt 0) υπάρ-

χει ένα n0 isin R ώστε αν n ge n0 τότε

|an minus ℓ| ltℓ2

Συνεπώς

ℓ2lt an lt

3ℓ2

και άραnradicℓ2 lt n

radican lt

nradic

3ℓ2

Από την Πρόταση 474 οι ακολουθίες nradicℓ2 και n

radic3ℓ2 συγκλίνουν

στο 1 και από την Πρόταση 4410 συκλίνει στο 1 και η nradican

Πρόταση 477 Αν p isin R an rarr 0 και an gt minus1 τότε (1+ an)p rarr 1

Απόδειξη Ανάλογα αν an ge 0 ή an le 0 ισχύει 1 le (1 + an)p le (1 +an)[p]+1 ή (1+ an)[p] le (1+ an)p le 1 αντίστοιχα Στις παραστάσεις

με τον ακέραιο εκθέτη χρησιμοποιούμε το διωνυμικό ανάπτυγμα

και παίρνουμε όρια για an rarr 0

Πρόταση 478 Αν an rarr 0 τότε limnrarrinfin cosan = 1

Απόδειξη Χρησιμοποιώντας γνωστές τριγωνομετρικές ταυτότη-

τες έχουμε

| cosan minus 1| = | cosan minus cos 0| =∣∣∣∣minus2 sin

(an + 0

2

)sin

(an minus 0

2

)∣∣∣∣le 2| sin(an2)| le |an|

Παίρνοντας όρια προκύπτει το ζητούμενο (για την τελευταία ανι-

σότητα δείτε στην επόμενη πρόταση)

Πρόταση 479 Αν an rarr 0 και an ne 0 τότε

limnrarrinfin

sinanan

= 1

47 Βασικά όρια 43

Απόδειξη Ισχύει η ανισότητα

cosθ le∣∣∣∣

sinθθ

∣∣∣∣ le 1

για κάθε 0 lt θ lt π2 Η ανισότητα προκύπτει εύκολα από τοντριγωνομετρικό κύκλο αν ονομάσουμε O το κέντρο του κύκλου

ακτίνας OA = 1 όπου A στον x-άξονα C το σημείο που η γωνίαθ τέμνει τον άξονα των εφαπτομένων και B το σημείο που ηOC τέμνει τον κύκλο (κάντε σχήμα) τότε φανερά το εμβαδόν τουτριγώνου OAB είναι μικρότερο του εμβαδού του κυκλικού τομέαOAB το οποίο με τη σειρά του είναι μικρότερο του εμβαδού τουτριγώνου OAC Δηλαδή

1

2| sinθ| lt 1

2|θ| lt 1

2| tanθ|

από όπου προκύπτει η παραπάνω ανισότητα

Η an τείνει στο 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε 0 lt an lt π2 γιακάθε n ge n0 άρα για αυτά τα n ισχύει

cosan le∣∣∣∣

sinanan

∣∣∣∣ le 1

και παίρνοντας όρια προκύπτει η ζητούμενη με τη βοήθεια της

Πρότασης 478

Πρόταση 4710 Για κάθε ακολουθία an ne 0 με an rarr 0 ισχύει

limnrarrinfin

ean minus 1

an= 1

Απόδειξη Από την ανισότητα Bernoulli ισχύει ex ge 1+ x για καθεx gt minus1 Άρα και eminusx ge 1minus x για κάθε x lt 1 Συνεπώς

1+ x le ex le 1

1minus x (49)

για κάθε minus1 lt x lt 1 Χρησιμοποιώντας την an στη θέση του x(αφού μετά από κάποιο δείκτη θα βρίσκεται στο διάστημα (minus11)λόγω του ότι an rarr 0) προκύπτει

1 le ean minus 1

anle 1

1minus anγια τους θετικούς όρους της an και

1 ge ean minus 1

ange 1

1minus anγια τους αρνητικούς όρους της an Παίρνοντας όρια σε κάθε πε-ρίπτωση προκύπτει το ζητούμενο

44 Σύγκλιση ακολουθιών

Πρόταση 4711 Για κάθε a gt 1 και για κάθε p q gt 0 οι παρακά-

τω ακολουθίες είναι μηδενικές

lognn

lognnp

logqnnp

logann

logannp

logqannp

Απόδειξη Θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα logx le x minus 1 που

ισχύει για κάθε x ge 1 Έχουμε

0 le lognn

= 2 logn12

nle 2(

radicnminus 1)n

= 2radicnminus 2

nrarr 0

0 le lognnp

= (2p) log(np2)np

le 2

pnp2 minus 1

np= 2

p1

np2minus 2

p1

nprarr 0

και

0 le logqnnp

=(

lognnpq

)qrarr 0

Τα κλάσματα με τους λογαρίθμους βάσης a gt 1 προκύπτουν από

τα προηγούμενα και τον τύπο loga n = (logn)(loga)

Πρόταση 4712 Αν a gt 1 an rarr 0 και an gt minus1 τότε loga(1+an)rarr 0

Απόδειξη Από τη σχέση loga x = (logx)(loga) αρκεί να αποδεί-ξουμε το ζητούμενο για a = e Αλλά αυτό προκύπτει αμέσως απότις ανισότητες 1minus 1

x le logx le xminus1 οι οποίες προκύπτουν από την

(49) λογαριθμίζοντας

Πρόταση 4713 Αν an rarr 0 an ne 0 και an gt minus1 τότε

log(1+ an)an

rarr 1

Απόδειξη Από την ανισότητα 1 minus 1x le logx le x minus 1 προκύπτει

αμέσως ότι

1

1+ anle log(1+ an)

anle 1

για τους θετικούς όρους της an και

1

1+ ange log(1+ an)

ange 1

για τους αρνητικούς όρους της an Παίρνοντας όρια προκύπτειτο ζητούμενο

47 Βασικά όρια 45

Ασκήσεις

Άσκηση 471 Βρείτε τα όρια των παρακάτω ακολουθιών

3radic

2n6 +n+ 1

3n2 + 1

2n2(3n3 minus 5n+ 6)(4n4 minus 1)(2n + 3)

radic5n5 + 1

4radic

3n10 +n+ 1

3radicn3 +nminus 3

radicn3 + 1

radicn+

radicn+

radicnminus

radicn

4radicn2 + 1minus

radicn

n23n minus 2n9n+1 + 2

3n2nminus1 + 5n232n + 4nan + 5bn

2an + 7bn a b gt 0

1+ 2+ 3+ middot middot middot +nn2 + 1

12 + 22 + 32 + middot middot middot +n2

n3

1 middot 2+ 2 middot 3+ middot middot middot +n(n+ 1)n(1+ 2+ 3+ middotmiddot middot + n)

1

20 + 2n+1+ 1

2+ 2n+1+ 1

22 + 2n+1+ middot middot middot + 1

2n + 2n+1

(1minus 1

22

)(1minus 1

32

) (

1minus 1

n2

)radicradicradicradic

3

radic

3

radic3

radic3

radic3

︸ ︷︷ ︸nminusριζικά

(2nminus 1)(3n+ 1)

n sinλ1

sinλ2 sin

λn λ isin (01)

n+3

radic(2

3

)n+(

5

6

)n (3n2 + 4n4n2 + 1

)n

(2nminus 1

3n+ 7

)nn

radic1

nsin

1

n+ 2

n

radic1+ 1

2nn+1radicn

n

radicn2 + 2n2n2 + 1

3n

radicn2 + 7n+ 18

8n+ 4

Άσκηση 472 Αν zn rarr 0 βρείτε τα όρια των ακολουθιών

3radic

1+ zn minus 1

zn

(λ+ zn)3 minus λ3

zn λ gt 0

46 Σύγκλιση ακολουθιών

radiczn + 1minus 1

zn

Άσκηση 473 Αποδείξτε ότι αν an bn gt 0 για κάθε n isin N και nradican rarr 1

anbn rarr ℓ gt 0 τότε nradicbn rarr 1

Κεφάλαιο 5

lim sup και lim inf

51 Το σύνολο των υπακολουθιακών ορίων

Όπως γνωρίζουμε από το Θεώρημα 452 μια ακολουθία (an)nisinNπαρόλο που μπορεί να μην συγκλίνει έχει πάντα συγκλίνουσες υ-

πακολουθίες αν σε αυτές συμπεριλάβουμε και εκείνες που τείνουν

στο +infin ή στο minusinfin (αν η ακολουθία είναι φραγμένη έχει συγκλί-

νουσα υπακολουθία ενώ αν δεν είναι φραγμένη έχει υπακολουθία

που τείνει στο +infin ή στο minusinfin)Ας συμβολίσουμε με Υ(an)mdashή απλά με Υ αν είναι σαφές για

ποια ακολουθία μιλάμεmdashτο σύνολο όλων των ορίων των υπα-

κολουθιών της an Για παράδειγμα αν an = (minus1)n(1 + 1n) τότεΥ(an) = minus1+1 Φανερά αν μια ακολουθία έχει όριο στο Rcupplusmninfinκάθε υπακολουθία της τείνει στο όριο της ακολουθίας οπότε το

Υ είναι μονοσύνολο

Από την άλλη μεριά υπάρχουν ακολουθίες των οποίων το σύ-

νολο Υ είναι όλο το Rcup plusmninfin Μια τέτοια ακολουθία είναι η ακο-λουθία των ρητών αριθμών

Πρόταση 511 Θεωρούμε μια ακολουθία (an)nisinN και θέτουμε s =supΥ(an) και i = infΥ(an) Τότε s i isin Υ(an) δηλαδή το σύνολοτων υπακολουθιακών ορίων έχει μέγιστο και ελάχιστο στοιχείο

στο R cup plusmninfin Ισοδύναμα υπάρχουν δυο υπακολουθίες της anπου η μια τείνει στο s και η άλλη στο i

Απόδειξη Αν s = +infin τότε για κάθε N isin N υπάρχει υπακολουθιακόόριο sN gt N (αλλιώς όλα τα υπακολουθιακά όρια είναι μικρότεραή ίσα του N οπότε και το s) Άρα υπάρχει όρος akN της an ώστεakN gt N (αλλιώς αν κάθε όρος της an είναι μικρότερος ή ίσοςτου N τότε η an έχει άνω φράγμα το N και δεν γίνεται να έχει

48 lim sup και lim inf

υπακολουθία που να συγκλίνει στο sN gt N) Έτσι η υπακολουθίαakN τείνει στο +infin = s Άρα s isin Υ(an)Αν s = minusinfin τότε όλα τα υπακολουθιακά όρια της an είναι minusinfin

οπότε an rarr minusinfin = s Άρα s isin Υ(an)Έστω τώρα ότι s isin R Για κάθε n isin N υπάρχει στοιχείο sn isin

Υ(an) με s ge sn gt s minus 1n από τον ορισμό του s ως supremum του

Υ(an) Αφού το sn είναι υπακολουθιακό όριο της an υπάρχει aknόρος της an ώστε |sn minus akn | lt 1n Έτσι έχουμε

|akn minus s| le |akn minus sn| + |sn minus s| = |akn minus sn| + s minus sn lt1

n+ 1

n= 2

nrarr 0

Συνεπώς η υπακολουθία akn της an συγκλίνει στο s Δηλαδή s isinΥ(an) Ομοίως i isin Υ(an)

Ορισμός 512 Τα sup Υ(an) και infΥ(an) ονομάζονται lim sup και

lim inf της ακολουθίας an ή άνω και κάτω όριο της ακολουθίαςan ή μέγιστο και ελάχιστο υπακολουθιακό όριο της an αντίστοι-χα Γράφουμε

lim supnrarrinfin

an = supΥ(an) και lim infnrarrinfin

an = infΥ(an)

ή απλούστερα lim supan και lim infan αντίστοιχα

Για παράδειγμα αν an = (minus1)n(1+ 1n) τότε Υ = minus1+1 οπότεlim supan = +1 και lim infan = minus1

Φανερά ισχύει πάντα η

lim infnrarrinfin

an le lim supnrarrinfin

an (51)

Πρόταση 513 Κάθε ακολουθία an έχει όριο αν και μόνο αν

lim infnrarrinfin

an = lim supnrarrinfin

an

και η κοινή αυτή τιμή είναι το limnrarrinfin an

Απόδειξη Αν η an έχει όριο το ℓ τότε Υ(an) = ℓ αφού κάθευπακολουθία έχει και αυτή το ίδιο όριο ℓ Συνεπώς

lim infnrarrinfin

an = infΥ(an) = ℓ = supΥ(an) = lim supnrarrinfin

an

Αντιστρόφως αν ℓ = lim infnrarrinfin an = lim supnrarrinfin an τότε το Υ(an)είναι μονοσύνολο το μονοσύνολο ℓ αφού το infimum και το

supremum του Υ(an) συμπίπτουν Ας υποθέσουμε ότι η an δεν τεί-νει στο ℓ Τότε η ακολουθία αυτή δεν είναι ακολουθία Cauchy

Συνεπώς υπάρχει ε gt 0 ώστε για κάθε για κάθε n0 isin N υπάρ-

χουν n gt m ge n0 ώστε |an minus am| ge ε Εφαρμόζουμε το παραπάνω

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf 49

για n0 = 1 και βρίσκουμε n1 gt m1 ge 1 ώστε |an1 minus am1| ge ε Ε-παναλαμβάνουμε το προηγούμενο για n0 = n1 + 1 και βρίσκουμε

n2 gt m2 ge n1 + 1 ώστε |an2 minus am2| ge ε Επαναλαμβάνουμε το προη-γούμενο για n0 = n2 + 1 κοκ Έτσι βρίσκουμε δύο υπακολουθίες

ank και amk ώστε |ank minus ank | ge εΚαθεμιά από τις ακολουθίες (ank)

infink=1 και (amk)

infink=1 έχουν υπακο-

λουθίες που τείνουν σε κάποιο όριο (είτε πραγματικό αριθμό αν

είναι φραγμένες είτε κάποιο από τα plusmninfin αν δεν είναι φραγμένες)Έστω ότι αυτά τα όρια είναι τα ℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα Τότε φα-

νερά |ℓ1 minus ℓ2| ge ε και ταυτόχρονα ℓ1 ℓ2 isin Υ(an) το οποίο είναιάτοπο αφού το τελευταίο σύνολο είναι μονοσύνολο

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf

Θα ξεκινήσουμε αποδεικνύοντας ένα laquoτύποraquo για τα lim sup και

lim inf Θεωρούμε μια ακολουθία an Από αυτή ορίζουμε μια άλληακολουθία την bn = supak k ge n Φανερά η ακολουθία αυτήείναι φθίνουσα διότι αν n1 gt n2

ak k ge n1 sube ak k ge n2

οπότε

bn1 = supak k ge n1 le supak k ge n2 = bn2

Άρα η bn ως φθίνουσα είτε συγκλίνει (αν είναι φραγμένη) είτεαποκλίνει στο minusinfin είτε αποκλίνει στο +infin (αν είναι σταθερά ίση με+infin) Σε κάθε περίπτωση υπάρχει το limnrarrinfin bn isin Rcupplusmninfin Ομοίωςορίζουμε την ακολουθία cn = infak k ge n Φανερά η ακολουθίααυτή είναι αύξουσα διότι αν n1 gt n2

ak k ge n1 sube ak k ge n2

οπότε

cn1 = infak k ge n1 ge infak k ge n2 = cn2

Άρα η cn ως αύξουσα είτε συγκλίνει (αν είναι φραγμένη) είτε α-ποκλίνει στο +infin είτε αποκλίνει στο minusinfin (αν είναι σταθερά ίση μεminusinfin) Σε κάθε περίπτωση υπάρχει το limnrarrinfin cn isin R cup plusmninfin Η ε-πόμενη πρόταση μάς λέει ότι τα παραπάνω όρια είναι τα lim sup

και lim inf της an αντίστοιχα

Πρόταση 521 Για κάθε ακολουθία an ισχύει

lim supnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

και

lim infnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(infak k ge n

)

50 lim sup και lim inf

Απόδειξη Αν lim supan = supΥ(an) = +infin τότε υπάρχει υπακολου-

θία akn rarr +infin οπότε supak k ge n = +infin και άρα

limnrarrinfin

(supak k ge n

)= +infin = lim supan

Αν lim supan = supΥ(an) = minusinfin τότε Υ(an) = minusinfin δηλαδή an rarrminusinfin Έτσι για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin N ώστε για κάθεn ge n0 να ισχύει an lt minusM Συνεπώς supak k ge n le minusM για κάθε

n ge n0 Δηλαδή

limnrarrinfin

(supak k ge n

)= minusinfin = lim supan

Υποθέτουμε τώρα ότι lim supan = s isin R και έστω ότι η υπακο-λουθία akn συγκλίνει στο s (Πρόταση 511) Έτσι για κάθε kn ge nισχύει akn isin ak k ge n οπότε

supak k ge n ge akn

Αφήνοντας το kn να πάει στο άπειρο συμπεραίνουμε ότι

supak k ge n ge s

Παίρνουμε τώρα όριο ως προς n για να καταλήξουμε στην

limnrarrinfin

(supak k ge n

)ge s

Για την αντίστροφη ανισότητα εργαζόμαστε με απαγωγή στο

άτοπο Θέτουμε

ℓ = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

υποθέτουμε ότι ℓ gt s και εφαρμόζουμε τον ορισμό του ορίου γιαε = (ℓ minus s)2 gt 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να

ισχύει∣∣∣supak k ge n minus ℓ

∣∣ lt ℓ minus s2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και προσθέτοντας ℓ προκύπτει ότιγια n = n0 ισχύει

supak k ge n0 geℓ + s

2

Άρα υπάρχει υπακολουθία της an με n ge n0 ώστε να συγκλίνει

στο supak k ge n0 Άρα τα υπακολουθιακά όρια της an περιέ-χουν και αριθμούς μεγαλύτερους ή ίσους του (ℓ+s)2 gt s το οποίοείναι άτοπο αφού s = supΥ(an)Ομοίως εργαζόμαστε για την περίπτωση του lim inf

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf 51

Πρόταση 522 Αν για δυο ακολουθίες an και bn υπάρχει n0 isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an le bn τότε

lim supnrarrinfin

an le lim supnrarrinfin

bn

και

lim infnrarrinfin

an le lim infnrarrinfin

bn

Απόδειξη Η απόδειξη είναι άμεση από την Πρόταση 521 αφού

για n ge n0 θα ισχύει

supak k ge n le supbk k ge n

και

infak k ge n le infbk k ge n

Πρόταση 523 Για κάθε ακολουθία an gt 0 ισχύει

lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican le lim sup

nrarrinfinnradican le lim sup

nrarrinfin

an+1

an

Απόδειξη Η δεύτερη ανισότητα στη ζητούμενη είναι ήδη γνωστή

(σχέση (51)) Η πρώτη ανισότητα έχει την ίδια απόδειξη με την

τρίτη οπότε θα αποδείξουμε μόνο την τρίτη

Θέτουμε ℓ = lim sup(an+1an) και θεωρούμε ένα οποιοδήποτε ε gt0 Έτσι από την Παρατήρηση 433 και την Πρόταση 521 υπάρχει

n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει

sup

ak+1

ak k ge n

le ℓ + ε

Άρα αν n = n0 ισχύειak+1

akle ℓ + ε (52)

για κάθε k ge n0 Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (52) για k =n0 n0 + 1 n0 + 2 nminus 1 για κάθε n με nminus 1 ge n0 παίρνουμε

an0+1

an0

an0+2

an0+1

an0+3

an0+2middot middot middot an

anminus1le (ℓ + ε)nminusn0

αφού στα αριστερά έχουμε nminusn0 κλάσματα (μετράμε τους δείκτες

στους αριθμητές παρατηρώντας ότι n = n0 + (n minus n0)) Μετά από

52 lim sup και lim inf

τις διαγραφές στα αριστερά παίρνουμε ότι anan0 le (ℓ + ε)nminusn0

Συνεπώς για κάθε n ge n0 + 1 ισχύει

nradican le (ℓ + ε) n

radican0

(ℓ + ε)n0

Άρα για κάθε n ge n0 + 1

supkradicak k ge n

le (ℓ + ε) sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

Αφήνοντας το n να πάει στο άπειρο

limnrarrinfin

(sup

kradicak k ge n

)le ℓ + ε

διότι το όριο limnrarrinfinnradican0(ℓ + ε)n0 υπάρχει και ισούται με 1 οπότε

limnrarrinfin

(sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

)= lim sup

nrarrinfinn

radican0

(ℓ + ε)n0= 1

από την Πρόταση 513

Δείξαμε λοιπόν ότι lim sup nradican le ℓ+ε Τέλος για ε rarr 0+ ολοκλη-

ρώνουμε την απόδειξη

Ασκήσεις

Άσκηση 521 Γράψτε τις λεπτομέρειες για την απόδειξη της ανισότητας

lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican

για κάθε ακολουθία an gt 0

Άσκηση 522 Αποδείξτε ότι και τα τέσσερα όρια της Πρότασης 523

μπορεί να είναι διαφορετικά υπολογίζοντάς τα για την ακολουθία

an = 2(minus1)nnminusn

και δείχνοντας ότι

lim infan+1

an= 0 lim inf nradican =

1

4 lim sup nradican = 1 και lim sup

an+1

an= infin

Κεφάλαιο 6

Αριθμητικοί γεωμετρικοίκαι αρμονικοί μέσοι

Στο κεφάλαιο αυτό θα μελετήσουμε τις ακολουθίες που προκύ-

πτουν αν υπολογίσουμε αριθμητικούς ή γεωμετρικούς ή αρμονι-

κούς μέσους μιας ακολουθίας Δυο ακολουθίες an και bn λέγονταιεπάλληλες όταν η bn είναι αύξουσα η an είναι φθίνουσα και ι-σχύει bn le an για κάθε n isin N Έτσι έχουμε το εξής laquoσχήμαraquo γιατους όρους τους

b1 le b2 le b3 le le bn le an le le a3 le a2 le a1

Παρατηρούμε ότι δυο επάλληλες ακολουθίες πάντα είναι συγκλί-

νουσες ως μονότονες και φραγμένες (στα παραπάνω η bn είναιαύξουσα και άνω φραγμένη από τον a1 και η an είναι φθίνου-σα και κάτω φραγμένη από τον b1) Αν επιπλέον ξέρουμε ότι

an minus bn rarr 0 τότε οι επάλληλες ακολουθίες an και bn έχουν το ίδιοόριο

61 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων

Πρόταση 611 Αν η ακολουθία xn συγκλίνει στο ℓ τότε και ηακολουθία

an =x1 + x2 + + xn

nσυγκλίνει στο ίδιο όριο

Απόδειξη Έστω ότι ε gt 0 και n1 isin N ώστε |xn minus ℓ| lt ε2 για κάθεn ge n1 Για το n1 επιλέγουμε n0 ge n1 ώστε για κάθε n ge n0 να

ισχύει|x1 minus ℓ| + |x2 minus ℓ| + + |xn1minus1 minus ℓ|

nle ε

2

54 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

Έτσι για κάθε n ge n0 έχουμε

|an minus ℓ| =∣∣∣∣∣(x1 minus ℓ)+ (x2 minus ℓ)+ + (xn1 minus ℓ)+ + (xn minus ℓ)

n

∣∣∣∣∣

le |x1 minus ℓ| + |x2 minus ℓ| + + |xn1minus1 minus ℓ|n

+ |xn1 minus ℓ| + + |xn minus ℓ|n

le ε2+ nminusn1 + 1

nε2le ε

Άρα an rarr ℓ ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Από την παραπάνω πρόταση μπορούμε άμεσα να να βρούμε

τα όρια του αρμονικού μέσου και του γεωμετρικού μέσου της xnΑν υποθέσουμε ότι xn gt 0 και ℓ gt 0 τότε xminus1

n rarr ℓminus1 άρα από την

προηγούμενη πρόταση ισχύει

xminus11 + + xminus1

n

nrarr ℓminus1

και αντιστρέφοντας το κλάσμα συμπεραίνουμε ότι και ο αρμονι-

κός μέσος συγκλίνει στο ℓ

n1x1+ + 1

xn

rarr ℓ

Τέλος από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού-αρμονικού

μέσου (δείτε Άσκηση 611)

x1 + x2 + + xnn

ge nradicx1x2 xn ge

n1x1+ + 1

xn

(61)

και το θεώρημα των ισοσυγκλινουσών ακολουθιών (Πρόταση 4410)

προκύπτει άμεσα ότιnradicx1x2 xn rarr ℓ

Μια άμεση γενίκευση των παραπάνω με εντελώς παρόμοια α-

πόδειξη είναι η εξής

Πρόταση 612 Αν xn rarr ℓ και pn ακολουθία θετικών όρων με p1+middotmiddot middot + pn rarrinfin τότε

limnrarrinfin

p1x1 + p2x2 + middotmiddot middot + pnxnp1 + p2 + middotmiddot middot + pn

= ℓ

Επιπλέον αν xn gt 0 για κάθε n isin N και ℓ gt 0 τότε

limnrarrinfin

xp1

1 xp2

2 xpnn = ℓ και limnrarrinfin

p1 + p2 + middotmiddot middot + pnp1

x1+ p2

x2+ middotmiddot middot + pn

xn

= ℓ

61 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων 55

Απόδειξη Θέτουμε

an =p1x1 + middotmiddot middot + pnxnp1 + middotmiddot middot + pn

Αν ε gt 0 υπάρχει n1 isin N ώστε |xn minus ℓ| le ε2 για κάθε n ge n1 Για

το n1 αφού p1 + middotmiddot middot + pn rarr +infin επιλέγουμε n0 ge n1 ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει

p1|x1 minus ℓ| + middot middot middot + pn1minus1|xn1minus1 minus ℓ|p1 + middotmiddot middot + pn

ltε2

Έτσι για κάθε n ge n0 ισχύει

|an minus ℓ| =∣∣∣∣∣p1(x1 minus ℓ)+ middotmiddot middot + pn(xn minus ℓ)

p1 + middotmiddot middot + pn

∣∣∣∣∣

le p1|x1 minus ℓ| + middot middot middot + pn1minus1|xn1minus1 minus ℓ|p1 + middotmiddot middot + pn

+ pn1 |xn1 minus ℓ| + + pn|xn minus ℓ|p1 + middotmiddot middot + pn

le ε2+ pn1 + middotmiddot middot + pnp1 + middotmiddot middot + pn

ε2lt ε

Για τον αρμονικό μέσο αφού ℓ xn gt 0 ισχύει xminus1n rarr ℓminus1 άρα

από το προηγούμενο

p1xminus11 + middotmiddot middot + pnxminus1

n

p1 + middotmiddot middot + pnrarr ℓminus1

συνεπώςp1 + middotmiddot middot + pn

p1xminus1 + middotmiddot middot + pnxminus1rarr ℓ

Τέλος το αποτέλεσμα για τον γεωμετρικό μέσο προκύπτει άμεσα

από την γενικευμένη ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού-αρμονικού

μέσου (δείτε Άσκηση 611)

p1x1 + p2x2 + middotmiddot middot + pnxnp1 + p2 + middotmiddot middot + pn

ge xp1

1 xp2

2 xpnn ge p1 + p2 + middotmiddot middot + pnp1

x1+ p2

x2+ middotmiddot middot + pn

xn

(62)

Ένα άμεσο πόρισμα της προηγούμενης πρότασης είναι το εξής

θεώρημα

Θεώρημα 613 (Κανόνας Lrsquo Hospital για ακολουθίες) Αν yn γνη-σίως αύξουσα και limyn = +infin αν

limxn minus xnminus1

yn minusynminus1= ℓ τότε lim

xnyn

= ℓ

Απόδειξη Θέτουμε x0 = y0 = 0 και υποθέτουμε χωρίς βλάβη της

γενικότητας ότι y1 gt 0 = y0 Παρατηρούμε ότι αν pn = ynminusynminus1 gt 0

56 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

τότε p1 + + pn = yn rarr +infin Εφαρμόζοντας την προηγούμενηπρόταση παίρνουμε ότι

ℓ = limp1

x1minusx0

y1minusy0+ + pn xnminusxnminus1

ynminusynminus1

p1 + + pn= lim

xnyn

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Με βάση το προηγούμενο επειδή η yn = n είναι γνήσια αύξου-σα με όριο το +infin μπορούμε να υπολογίσουμε το όριο lim((logn)n)ως εξής

limlognn

= limlognminus log(nminus 1)nminus (nminus 1)

= lim log

(n

nminus 1

)= lim log

(1minus 1

nminus 1

)= 0

Ασκήσεις

Άσκηση 611 Αποδείξτε τις ανισότητες (61) και (62) ακολουθώντας τα

παρακάτω βήματα

bull Αποδειξτε πρώτα ότι για κάθε y ge x gt 0 και για κάθε λ isin [01]ισχύει

(1minus λ)x + λy ge x1minusλyλ

Αυτό μπορεί να γίνει αν διαιρέσετε με το x θέσετε z = yx ge 1 και

αποδείξετε με τη βοήθεια της παραγώγου ότι η συνάρτηση ϕ(z) =(1minus λ)+ λz minus zλ είναι αύξουσα για z isin [1+infin)

bull Παρατηρήστε ότι η ίδια ανισότητα ισχύει και όταν x ge y gt 0 θέτο-

ντας micro = 1minus λ και χρησιμοποιώντας το προηγούμενοbull Χρησιμοποιήστε επαγωγή για να δείξετε ότι αν λi isin [01] xi gt 0 για

i = 1 n καιsumni=1 λi = 1 τότε

λ1x1 + + λnxn ge xλ11 xλnn

Για την (62) επιλέξτε λi = pi(p1 + + pn) και για την (61) επιλέξτελi = 1n

62 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος

Πρόταση 621 Για οποιουσδήποτε αριθμούς a b gt 0 θεωρούμε

τις ακολουθίες an και bn με a1 = (a+ b)2 b1 = 2(aminus1 + bminus1)

an+1 =an + bn

2και bn+1 =

21an+ 1bn

62 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος 57

Τότε οι an και bn συγκλίνουν και ισχύει

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicab

Δηλαδή ο laquoαριθμητικός-αρμονικός μέσοςraquo είναι ο γεωμετρικός μέ-

σος

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι a1 ge b1 και επαγωγικά

an =anminus1 + bnminus1

2ge 2

1anminus1

+ 1bnminus1

= bn για κάθε n ge 2

δηλαδή an ge bn για κάθε n isin N Τώρα προκύπτει εύκολα ότι η anείναι φθίνουσα και η bn αύξουσα Πράγματι

an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

21an+ 1bn

ge 21bn+ 1bn

= bn

Συνεπώς οι ακολουθίες είναι επάλληλες

0 lt b1 le b2 le le bn le an le anminus1 le le a2 le a1

άρα είναι μονότονες και φραγμένες συνεπώς συγκλίνουν Και

επειδή b1 gt 0 τα όριά τους είναι θετικοί αριθμοί Αλλά bn = 2an+1minusan άρα

limnrarrinfin

bn = limnrarrinfin

(2an+1 minus an) = limnrarrinfin

an

δηλαδή οι ακολουθίες είναι ισοσυγκλίνουσες

Για τον υπολογισμό του κοινού τους ορίου ℓ παρατηρούμε ότι

anbn = anminus1bnminus1 = = ab

Παίρνοντας όρια στην προηγούμενη σχέση προκύπτει ότι ℓ2 = abδηλαδή ℓ =

radicab ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Παρατήρηση 622 Παρατηρούμε εδώ ότι ο υπολογισμός του κοι-νού ορίου των an και bn έγινε χρησιμοποιώντας τη συνεχή συ-νάρτηση f(xy) = xy η οποία έχει την ιδιότητα f(an+1 bn+1) =f(an bn) για κάθε n isin N Αυτή η ταυτότητα μας έδωσε την

f(an bn) = f(a b) και με τη βοήθεια της συνέχειας της f περάσαμεστο όριο ως προς n Έτσι προέκυψε η σχέση f(ℓ ℓ) = f(a b) απόόπου λύσαμε ως προς ℓ Αυτή η παρατήρηση είναι σημαντικήγια την κατανόηση της επόμενης ενότητας

58 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

63 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος

Πρόταση 631 Για οποιουσδήποτε αριθμούς a b gt 0 θεωρούμε

τις ακολουθίες an και bn με a1 = (a+ b)2 b1 =radicab

an+1 =an + bn

2και bn+1 =

radicanbn

Τότε οι an και bn συγκλίνουν και ισχύει

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicπ2

(intinfin0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx)minus12

Το όριο αυτό ονομάζεται laquoαριθμογεωμετρικός μέσοςraquo των a καιb

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι a1 ge b1 και

an =anminus1 + bnminus1

2geradicanminus1bnminus1 = bn για κάθε n ge 2

άρα an ge bn για κάθε n isin N Τώρα προκύπτει εύκολα ότι η anείναι φθίνουσα και η bn αύξουσα Πράγματι

an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

radicanbn ge

radicbnbn = bn

Συνεπώς οι ακολουθίες είναι επάλληλες

0 lt b1 le b2 le le bn le an le anminus1 le le a2 le a1

άρα είναι μονότονες και φραγμένες συνεπώς συγκλίνουν Και ε-

πειδή b1 gt 0 τα όριά τους είναι θετικοί αριθμοί Αλλά an = b2n+1bn

οπότε

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

b2n+1

bn= limnrarrinfin

bn

Δηλαδή οι ακολουθίες έχουν το ίδιο όριο ℓ = M(ab) Μένει ναυπολογιστεί η τιμή του ορίου

Σύμφωνα με την Παρατήρηση 622 αναζητούμε μια συνεχή συ-

νάρτηση I(a b) (0infin)times (0infin) rarr R με την ιδιότητα

I(a b) = I(a+ b

2radicab)

Μια τέτοια συνάρτηση έδωσε ο Gauss Θεωρούμε την

I(a b) =int π2

0

1radica2 cos2 θ + b2 sin2 θ

dθ

63 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος 59

Για να δείξουμε εύκολα ότι έχει τη ζητούμενη ιδιότητα ελέγχουμε

πρώτα ότι

I(a b) =intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx

αλλάζοντας μεταβλητή στο τελευταίο ολοκλήρωμα Συγκεκριμένα

θέτουμε x = b tanθ (η αλλαγή μεταβλητής αφήνεται ως άσκηση)

Ισχυρισμος I(a b) = I((a+ b)2

radicab)= I(a1 b1)

Πράγματι ξεκινάμε παρατηρώντας ότι επειδή η ποσότητα στο

ολοκλήρωμα είναι άρτια ισχύει

I(a1 b1) =1

2

intinfinminusinfin

1radicx2 + a2

1

radicx2 + b2

dx

Ελέγχουμε ότι η συνάρτηση

ϕ(t) = 1

2

(t minus ab

t

) (0infin) rarr R

είναι συνεχής και 1-1 Συγκεκριμένα ϕprime gt 0 οπότε η ϕ είναι γνησί-ως αύξουσα και ϕ(0+) = minusinfin και ϕ(+infin) = +infin Αλλάζοντας λοιπόνμεταβλητή και θέτοντας x = ϕ(t) το ολοκλήρωμα θα αλλάξει από0 έως +infin Ελέγχουμε τέλος με απλές πράξεις ότι

x2 + b21 =

1

4

(t + ab

t

)2

x2 + a21 =

1

4t2(t2 + b2)(t2 + a2)

και

dx = 1

2

(1+ ab

t2

)dt

Αντικαθιστώντας στο ολοκλήρωμα παίρνουμε

I(a1 b1) = 1

2

intinfin0

112t

radict2 + a2

radict2 + b2 1

2

(t + ab

t

) 1

2

(1+ ab

t2

)dt

=intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dt

= I(a b)

ολοκληρώνοντας την απόδειξη του ισχυρισμού

Τώρα ισχύει

I(a b) = I(a1 b1) = middotmiddot middot = I(an bn)

60 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

Αν υποθέσουμε ότι η I είναι συνεχής στο σημείο (ℓ ℓ) τότε παιρνό-ντας όρια παίρνουμε I(a b) = I(ℓ ℓ) Αλλά εύκολα υπολογίζουμεότι I(ℓ ℓ) = π(2ℓ2) Έτσι I(a b) = π(2ℓ2) και λύνοντας ως προςℓ ολοκληρώνουμε την απόδειξηΜένει να δείξουμε ότι limnrarrinfin I(an bn) = I(ℓ ℓ) Χωρίς βλάβη της

γενικότητας υποθέτουμε ότι an ge ℓ2 και bn ge ℓ2 Έτσιradica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ ge ℓ2

Έχουμε

|I(an bn)minus I(ℓ ℓ)| leint π2

0

∣∣∣∣∣∣1radic

a2n cos2 θ + b2

n sin2 θminus 1

ℓ

∣∣∣∣∣∣ dθ

leint π2

0

|a2n cos2 θ + b2

n sin2 θ minus ℓ2|dθradica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ ℓ(radica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ + ℓ)

leint π2

0

|a2n minus ℓ2| cos2 θ + |b2

n minus ℓ2| sin2 θ(ℓ2)ℓ((ℓ2 + ℓ)) dθ

le 4

3ℓ3

π2

(|a2n minus ℓ2| + |b2

n minus ℓ2|)rarr 0

Μπορούμε επιπλέον να δούμε ότι η ταχύτητα της σύγκλισης

είναι εκθετική

an+1 minus bn+1

an minus bn= a2

n+1 minus b2n+1

(an minus bn)(an+1 + bn+1)= 1

4

an minus bnan+1 + bn+1

= an minus bn2(an + bn)+ 4bn+1

le an minus bn2(an + bn)

le 1

2

Οπότε επαγωγικά

0 le an minus bn le1

2n(a1 minus b1)

Μέρος II

Σειρές

Κεφάλαιο 7

Γενικά περί σειρών

71 Ορισμοί

Θεωρούμε μια ακολουθία πραγματικών αριθμών (an)nisinN και ορί-ζουμε μια νέα ακολουθία (sN)NisinN θέτοντας

sN = a1 + a2 + middotmiddot middot + aN =Nsum

n=1

an

Η νέα αυτή ακολουθία ονομάζεται σειρά της ακολουθίας (an)nisinNΚάθε όρος sN ονομάζεται το N-στο μερικό άθροισμα της ακολου-θίας (an)nisinN Αλλιώς σειρά της (an)nisinN είναι η ακολουθία τωνμερικών αθροισμάτων των όρων της

Αν η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων sN συγκλίνει τοόριό της το συμβολίζουμε με a1 + a2 + middotmiddot middot + aN + ή με

suminfinn=1 an

Συχνά παραβιάζεται η τυπική αυτή γλώσσα και λέμε laquoη σειράsuminfinn=1 anraquo επειδή με αυτό το συμβολισμό είναι προφανές ποια είναιη ακολουθία των μερικών αθροισμάτων και ποιο είναι το όριο

Αν το όριο δεν υπάρχει λέμε ότι laquoη σειράsuminfinn=1 an δεν συγκλίνειraquo

εννοώντας βεβαίως ότι η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων

(sN)NisinN δεν συγκλίνειΟι σειρές λοιπόν δεν είναι παρά ειδικού τύπου ακολουθίες που

παράγονται από μια άλλη ακολουθία προσθέτοντας τους όρους

της laquoμε τη σειρά που εμφανίζονταιraquo

Παράδειγμα 711 (Η γεωμετρική σειρά) Ας θεωρήσουμε ένα αριθ-μό λ isin R και θέτουμε an = λn δηλαδή η an είναι η γεωμετρικήακολουθία με λόγο λ Η σειρά αυτής της ακολουθίας ονομάζεταιγεωμετρική σειρά με λόγο λ Αν λ = 1 τότε φανερά

sN = 1+ 1+ middotmiddot middot + 1︸ ︷︷ ︸N

= N rarrinfin

64 Γενικά περί σειρών

Θα υπολογίσουμε τώρα αυτή τη σειρά δηλαδή τα μερικά αθροί-

σματα sN υπό την προϋπόθεση ότι λ ne 1

sN = λ+ λ2 + λ3 + middotmiddot middot + λN =Nsum

n=1

λn

Για να βρούμε το όριο αυτής της ακολουθίας θα υπολογίσουμε το

sN ως εξής παρατηρούμε ότι

(1minus λ)sN = (1minus λ)(λ+ λ2 + λ3 + middotmiddot middot + λN)= λ+ λ2 + λ3 + middotmiddot middot + λN minus λ2 minus λ3 minus middotmiddot middot minus λN minus λN+1

= λminus λN+1

Συνεπώς

sN =λ(1minus λN)

1minus λ

Αν minus1 lt λ lt 1 ισχύει limNrarrinfin λN = 0 συνεπώς sN rarr λ(1 minus λ) Λέμελοιπόν ότι η σειρά συγκλίνει στο λ(1 minus λ) και αντί για sN rarrλ(1minus λ) γράφουμε

infinsum

n=1

λn = λ1minus λ

Αν λ gt 1 τότε επειδή limNrarrinfin λN = infin συμπεραίνουμε ότι sN rarr infinδηλαδή

suminfinn=1 λ

n = infin και λέμε ότι η σειρά αυτή laquoαπειρίζεταιraquo ήαποκλίνει στο άπειρο σε κάθε περίπτωση δεν συγκλίνει

Το να μην συγκλίνει μια σειρά δεν σημαίνει ότι αποκλίνει στο

άπειρο Ας πάρουμε για παράδειγμα τη σειρά της ακολουθίας

an = (minus1)n δηλαδή τη σειράsuminfinn=1(minus1)n Για να βρούμε αν συγκλί-

νει αυτή η σειρά πρέπει να ελέγξουμε αν συγκλίνουν τα μερικά

της αθροίσματα Αλλά αν ο δείκτης N της sN είναι άρτιος τότεsN = 0 ενώ αν ο N είναι περιττός τότε sN = minus1 Δηλαδή s2N = 0 rarr 0

και s2Nminus1 = minus1 rarr minus1 Άρα η σειρά αυτή δεν συγκλίνει (χωρίς να laquoα-

πειρίζεταιraquo) Γενικότερα αν λ le minus1 η γεωμετρική σειρά αποκλίνει

Πράγματι

s2N =2Nsum

n=1

λn = λ(1minus λ2N)1minus λ rarrinfin

ενώ

s2Nminus1 =2Nminus1sum

n=1

λn = λ(1minus λ2Nminus1)1minus λ rarr minusinfin

(ελέγξτε τα πρόσημα των παραπάνω κλασμάτων) και συνεπώς

η sN έχει δυο υπακολουθίες με διαφορετικό όριο άρα η ίδια δενσυγκλίνει

71 Ορισμοί 65

Πολλές φορές χρειαζόμαστε να προσθέσουμε όρους μιας ακο-

λουθίας (an)nisinN ξεκινώντας όχι από τον a1 αλλά από κάποιον

από τους επόμενους όρους Αυτό μπορεί να συμβαίνει είτε επειδή

μας χρειάζεται κάτι τέτοιο ή επειδή η ακολουθία δεν έχει a1 (ή και

κάποιους ακόμα) όρους Για παράδειγμα η an = (nminus 1)minus1(nminus 5)minus1

δεν ορίζεται ούτε για n = 1 ούτε για n = 5 Έτσι και πάλι θα ο-

νομάζουμε laquoσειράraquo την ακολουθία μερικών αθροισμάτων της μορ-

φής

sN = an0 + an0+1 + middotmiddot middot + aNμε όριο το

suminfinn=n0

an Όπως και πριν κατά παράβαση αυτής τηςτυπικής γλώσσας θα λέμε laquoη σειρά

suminfinn=n0

anraquo μια και από αυτήτην έκφραση καταλαβαίνουμε αμέσως πιο είναι το μερικό άθροι-

σμα και ποιο το όριο (αν υπάρχει)

Φράσεις όπως laquoσειρά της (nminus1)minus1(nminus5)minus1raquo δεν είναι σαφής και

θα πρέπει να ξεκαθαριστεί αν εννοούμε τηνsuminfinn=6(nminus1)minus1(nminus5)minus1 ή

τηνsuminfinn=7(nminus1)minus1(nminus5)minus1 ή κάτι άλλο Όμως η φράση laquoη σειρά της

(n minus 1)minus1(n minus 5)minus1 συγκλίνειraquo έχει νόημα σύμφωνα με την επόμενη

πρόταση

Πρόταση 712 Για κάθε ακολουθία an που ορίζεται για n ge k isin Nκαι για κάθε n1 n2 ge k η σειρά

suminfinn=n1

an συγκλίνει αν και μόνοαν η σειρά

suminfinn=n2

an συγκλίνει

Απόδειξη Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι n2 gt n1

και θέτουμε

sN =Nsum

n=n1

an = an1 + an1+1 + middotmiddot middot + aN

και

tN =Nsum

n=n2

an = an2 + an2+1 + middotmiddot middot + aN

για κάθε N ge n2 Φανερά

sN = tN + (an1 + an1+1 + middotmiddot middot + an2minus1)

Άρα η sN συγκλίνει αν και μόνο αν η tN συγκλίνει αφού διαφέ-ρουν κατά μια σταθερή ποσότητα

Στη συνέχεια θα εργαζόμαστε εν γένει με σειρές της μορφήςsuminfinn=1 an αλλά όλα τα αποτελέσματα με τις προφανείς τροποποιή-σεις ισχύουν και για σειρές της μορφής

suminfinn=n0

an για οποιοδήποτεn0 isin N

66 Γενικά περί σειρών

Ασκήσεις

Άσκηση 711 Υπολογίστε τις γεωμετρικές σειρές

(α)infinsum

n=1

1

2n(β)

infinsum

n=1

2n

3n

72 Πράξεις με σειρές

Εξαιτίας των ιδιοτήτων των συγκλινουσών ακολουθιών έχουμε

την εξής συνέπεια

Πρόταση 721 Έστω ότι οι (an)nisinN και (bn)nisinN είναι ακολουθί-ες πραγματικών αριθμών και οι σειρές τους

suminfinn=1 an και

suminfinn=1 bn

συγκλίνουν Τότε για κάθε πραγματικό αριθμό λ οι σειρές

infinsum

n=1

(λan) καιinfinsum

n=1

(an + bn)

συγκλίνουν και ισχύει

infinsum

n=1

λan = λinfinsum

n=1

an καιinfinsum

n=1

(an + bn) =infinsum

n=1

an +infinsum

n=1

bn

Απόδειξη Φανερά ισχύουν οι

Nsum

n=1

(λan) = λinfinsum

n=1

an καιNsum

n=1

(an + bn) =Nsum

n=1

an +Nsum

n=1

bn

για κάθε N isin N Παίρνοντας όρια για N rarrinfin προκύπτει άμεσα τοζητούμενο

Το αντίστροφο δεν είναι σωστό Μπορεί να συγκλίνει ηsuminfinn=1(an+

bn) αλλά να αποκλίνουν οιsuminfinn=1 an και

suminfinn=1 bn Για παράδειγμα

ηinfinsum

n=1

(1+

(1

2nminus 1

))=

infinsum

n=1

1

2n

συγκλίνει ως γεωμετρική σειρά με λόγο 12 αλλά καμιά από τιςsuminfinn=1 1 και

suminfinn=1(2

minusn minus 1) δεν συγκλίνουν (γιατί)

Ασκήσεις

Άσκηση 721 Αν η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει εξετάστε ως προς τη σύ-

γκλιση τη σειράnsumn=1

(an minus eminusn

)

Κεφάλαιο 8

Θεωρητικά κριτήριασύγκλισης σειρών

81 Το κριτήριο φράγματος

Πρόταση 811 (Κριτήριο φράγματος) Αν an ge 0 και η sN =sumNn=1 an είναι φραγμένη ακολουθία τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλί-

νει Αν δεν είναι φραγμένη απειρίζεται

Απόδειξη Επειδή an ge 0 η sN είναι αύξουσα και επειδή είναι καιφραγμένη συγκλίνει (Θεώρημα 451) Αν δεν είναι φραγμένη η sNτότε δεν είναι άνω φραγμένη επειδή είναι αύξουσα Έτσι για

κάθε M gt 0 υπάρχει N0 isin N ώστε sN0 ge M Οπότε επειδή είναι καιαύξουσα για κάθε N ge N0 ισχύει sN ge sN0 geM δηλαδή sN rarrinfin

Ένα πολύ ενδιαφέρον και χρήσιμο παράδειγμα προκύπτει από

την Άσκηση 324

Παράδειγμα 812 Για κάθε p gt 1 η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει

Πράγματι από την Άσκηση 324

sN = 1+ 1

2p+ 1

3p+ middotmiddot middot + 1

Nple pp minus 1

δηλαδή είναι φραγμένη και επειδή 1np ge 0 από την προηγούμενη

πρόταση η σειρά συγκλίνει Για 0 lt p lt 1 η σειρά αποκλίνει αφού

δεν είναι άνω φραγμένη (Άσκηση 324) Τέλος για p = 1 δεν είναι

άνω φραγμένη αφού s2N ge 2minus1N (Άσκηση 811)

68 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Ασκήσεις

Άσκηση 811 Αποδείξτε ότι η σειρά sN =sumNn=1 1n δεν είναι άνω φραγμέ-

νη αποδεικνύοντας ότι s2N ge 2minus1N ως εξής ομαδοποιήστε τα κλάσματατης s2N ανά 2n κλάσματα γράφοντας

s2N = 1+ 1

2+ 1

3+ middotmiddot middot + 1

2N

=(

1+ 1

21

)+(

1

21 + 1+ 1

22

)+(

1

22 + 1+ 1

22 + 2+ middot middot middot + 1

23

)+

+ middot middot middot +(

1

2Nminus1 + 1+ 1

2Nminus1 + 2+ middotmiddot middot + 1

2N

)

και αντικαταστήστε σε κάθε παρένθεση όλα τα κλάσματα με το μικρό-

τερο κλάσμα της παρένθεσης

82 Το κριτήριο Cauchy

Όπως γνωρίζουμε από τις ακολουθίες (Θεώρημα 454) κάθε ακο-

λουθία συγκλίνει αν και μόνο αν είναι ακολουθία Cauchy Έτσι το

ίδιο ισχύει και για την ακολουθία (sN)NisinN των μερικών αθροισμά-των οποιασδήποτε ακολουθίας Σε αυτή την περίπτωση εξαιτίας

της μορφής που έχουν οι όροι sN η ιδιότητα Cauchy παίρνει και

αυτή μια ειδική μορφή Παρατηρούμε ότι αν οι N gt M είναι φυ-

σικοί αριθμοί και sN είναι τα μερικά αθροίσματα της ακολουθίας(an)nisinN τότε

|sN minus sM | =∣∣∣∣∣Nsum

n=1

an minusMsum

n=1

an

∣∣∣∣∣

=∣∣(a1 + a2 + middotmiddot middot + aN)minus (a1 + a2 + middotmiddot middot + aM)

∣∣

=∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣

αφού όλοι οι όροι της an μέχρι και τον aM θα διαγραφούν Έτσικαταλήγουμε στην ακόλουθη πρόταση

Θεώρημα 821 (Ιδιότητα Cauchy) Η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν

και μόνο αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin N ώστε για κάθεN gt M ge N0 να ισχύει ∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε

82 Το κριτήριο Cauchy 69

Αν υποθέσουμε ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε για κάθε ε gt 0

θα έχει την παραπάνω ιδιότητα για κάθε N gt M ge N0 άρα και για

N =M + 1 Δηλαδή ∣∣∣∣∣M+1sum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε

Αλλά το τελευταίο άθροισμα δεν είναι παρά η ποσότητα |aM+1|Καταλήξαμε έτσι στο ότι για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin Nώστε για κάθε M ge N0 να ισχύει |aM+1| lt ε Ισοδύναμα για κάθεn ge N0 + 1 ισχύει |an| lt ε δηλαδή η ακολουθία an είναι μηδενική

Πόρισμα 822 Αν μια σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε limnrarrinfin an = 0

Το πόρισμα αυτό αποτελεί και ένα εύκολο κριτήριο μη σύγκλισης

σειρών Διότι αν ξέρουμε για μια ακολουθία an ότι αυτή δενείναι μηδενική τότε αποκλείεται με βάση αυτό το πόρισμα να

συγκλίνει η σειράsuminfinn=1 an

Για παράδειγμα η σειρά

infinsum

n=1

(n

n+ 1

)n

δεν συγκλίνει διότι η ακολουθία (n(n + 1))n δεν είναι μηδενικήΠράγματι (

nn+ 1

)n= 1(

n+1n

)n =1(

1+ 1n

)n rarr1

ene 0

Αυτός είναι ο πρώτος έλεγχος που κάνουμε σε μια σειρά όταν

προσπαθούμε να διαγνώσουμε αν αυτή συγκλίνει ή όχι διότι είναι

συνήθως ο απλούστερος

Το αντίστροφο του παραπάνω πορίσματος δεν είναι σωστό

όπως φαίνεται εύκολα στο επόμενο παράδειγμα

Η σειράsuminfinn=1

1radicn αποκλίνει παρόλο που 1

radicnrarr 0 Πράγματι

sN =1radic1+ 1radic

2+ 1radic

3+ middotmiddot middot + 1radic

N

ge 1radicN+ 1radic

N+ middotmiddot middot + 1radic

N︸ ︷︷ ︸Nminusκλάσματα

= N 1radicN=radicN

Δηλαδή sN geradicN για κάθε N isin N συνεπώς sN rarr infin και η σειράsuminfin

n=1 1radicn αποκλίνει (απειρίζεται) (Δείτε και Άσκηση 324 από

όπου προκύπτει αμέσως ότι για όλα τα 0 lt p lt 1 η σειράsuminfinn=1 n

minusp

απειρίζεται)

70 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Την ίδια συμπεριφορά έχει και η ακολουθία 1n Παρόλο που1nrarr 0 εν τούτοις

infinsum

n=1

1

n= infin

Η σειρά της 1n ονομάζεται αρμονική σειρά Το ότι αποκλίνει(απειρίζεται) μπορεί να αποδειχθεί με διάφορους τρόπους (δείτε

Ασκήσεις 811 324 822 και 823) Ίσως ο πιο γρήγορος τρό-

πος απόδειξης ότι η αρμονική σειρά αποκλίνει είναι ο ακόλουθος

υποθέτουμε ότι η σειρά συγκλίνει και θέτουμε ℓ =suminfinn=1 1n Τότε

1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+ 1

5+ 1

6+ middotmiddot middot + 1

2n

= 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

3+ 1

4

)+(

1

5+ 1

6

)+ middotmiddot middot +

(1

2nminus 1+ 1

2n

)

ge 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

4+ 1

4

)+(

1

6+ 1

6

)+ middotmiddot middot +

(1

2n+ 1

2n

)

ge 1

2+ 1+ 1

2+ 1

3+ middotmiddot middot + 1

n

Παίρνουμε τώρα όριο με n rarr infin από όπου προκύπτει αμέσως ℓ ge12+ ℓ το οποίο είναι άτοπο

Ορισμός 823 Λέμε ότι μια σειράsuminfinn=1 an μιας ακολουθίας

(an)nisinN συγκλίνει απόλυτα αν η σειράsuminfinn=1 |an| της ακολουθίας

(|an|)nisinN συγκλίνει

Αν μια σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει πολλές φορές αντί για τη φράση

laquoσυγκλίνειraquo χρησιμοποιούμε τη φράση laquoσυγκλίνει απλάraquo σε αντι-

διαστολή με τη φράση laquoσυγκλίνει απόλυταraquo

Μια άλλη συνέπεια της ιδιότητας Cauchy είναι η ακόλουθη

Πόρισμα 824 Αν μια σειρά συγκλίνει απόλυτα τότε συγκλίνεικαι απλά

Απόδειξη Αν η σειράsuminfinn=1 |an| συγκλίνει τότε ικανοποιεί την ι-

διότητα Cauchy Αλλά τότε για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin Nώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύει

sumNn=M+1 |an| lt ε Αλλά από

την τριγωνική ανισότητα έχουμε

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ leNsum

n=M+1

|an| lt ε

δηλαδή και η σειράsuminfinn=1 an ικανοποιεί την ιδιότητα Cauchy άρα

συγκλίνει

83 Το κριτήριο σύγκρισης 71

Ασκήσεις

Άσκηση 821 [Abel-Pringsheim] Αποδείξτε ότι αν η an ge 0 είναι μια φθί-

νουσα ακολουθία και η σειρά της συγκλίνει τότε nan rarr 0 Συμπεράνετε

ότι ηsuminfinn=1 1n δεν συγκλίνει

Υπόδειξη Αν sn το μερικό άθροισμα της σειράς της an αποδείξτε ότιs2n minus sn ge na2n

Άσκηση 822 Αποδείξτε ότι οι ακολουθίες

xn = 1+ 1

2+ middotmiddot middot + 1

nminus 1minus logn

και

yn = 1+ 1

2+ middotmiddot middot + 1

nminus logn

είναι επάλληλες δηλαδή ότι xn le yn για κάθε n isin N η xn είναι αύξουσακαι η yn είναι φθίνουσα Συμπεράνετε ότι συγκλίνουν και από αυτόαποδείξτε ότι

1+ 1

2+ middot middot middot + 1

nrarrinfin

Άσκηση 823 Αποδείξτε ότι η αρμονική σειρά αποκλίνει ως εξής αν

sN =sumNn=1 1n το μερικό άθροισμα της αρμονικής σειράς τότε

esN =Nprodn=1

e1n ge N + 1

χρησιμοποιώντας σε κάθε όρο του γινομένου την ανισότητα ex ge 1+x γιαx isin R και κάνοντας τις απλοποιήσεις που προκύπτουν στο γινόμενο

83 Το κριτήριο σύγκρισης

Το ακόλουθο κριτήριο έχει ακριβώς την ίδια απόδειξη με την α-

πόδειξη της Πρότασης 824

Θεώρημα 831 (Κριτήριο σύγκρισης) Αν για δυο ακολουθίες anbn gt 0 υπάρχει n0 isin N ώστε να ισχύει an le bn για κάθε n ge n0

και ηsuminfinn=1 bn συγκλίνει τότε και η

suminfinn=1 an συγκλίνει

Αν ηsuminfinn=1 an αποκλίνει τότε και η

suminfinn=1 bn αποκλίνει

Απόδειξη Αφού η σειρά της bn συγκλίνει συμπεραίνουμε ότι ησειρά αυτή ικανοποιεί την ιδιότητα Cauchy Έτσι για κάθε ε gt 0

υπάρχει N0 = N0(ε) isin N με N0 ge n0 (αλλιώς επιλέγουμε το n0 στη

θέση του N0) ώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύει

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε

72 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Αλλά 0 le an le bn για κάθε n ge N0 οπότε

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ =Nsum

n=M+1

an leNsum

n=M+1

bn =

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε

συνεπώς και η σειρά της aN έχει την ιδιότητα Cauchy άρα συ-

γκλίνει

Αν τώρα η sN =sumNn=1 an αποκλίνει επειδή an ge 0 συμπεραίνουμε

ότι sN rarrinfin Αλλά για κάθε N ge n0 ισχύει

Nsum

n=1

bn =n0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0

bn

gen0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0minus1

an =n0sum

n=1

bn minusn0sum

n=1

an +Nsum

n=1

an rarrinfin

Άρα και ηsumNn=1 bn αποκλίνει

Η απόδειξη του παρακάτω κριτηρίου ανάγεται στο προηγού-

μενο

Πόρισμα 832 (Κριτήριο οριακής σύγκρισης) Αν για δυο ακολου-θίες an bn gt 0 ισχύει limnrarrinfin anbn = ℓ gt 0 τότε η σειρά

suminfinn=1 an

συγκλίνει αν και μόνο αν η σειράsuminfinn=1 bn συγκλίνει

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης με ε = ℓ2 Ο-πότε υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 |anbnminusℓ| lt ℓ2Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και πολλαπλασιάζοντας με bn συ-μπεραίνουμε ότι

1

2ℓbn lt an lt

3

2ℓbn

Έτσι από το Θεώρημα 831 αν ηsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε συγκλί-

νει και ηsuminfinn=1(12)ℓbn άρα και η

suminfinn=1 bn (Πρόταση 721 για

λ = 2ℓ) Επιπλέον αν συγκλίνει ηsuminfinn=1 bn τότε συγκλίνει και ηsuminfin

n=1(32)ℓbn (Πρόταση 721 για λ = (32)ℓ) οπότε και ηsuminfinn=1 an

Το επόμενο πόρισμα είναι απλό αλλά ιδιαίτερα χρήσιμο

Πόρισμα 833 (Κριτήριο σύγκρισης λόγων) Αν για τις ακολου-θίες an bn gt 0 ισχύει

an+1

anle bn+1

bn

για καθε n isin N τότε

bull Αν η σειράsuminfinn=1 bn συγκλίνει τότε και η

suminfinn=1 an συγκλίνει

bull Αν η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει τότε και η

suminfinn=1 bn αποκλίνει

84 Τηλεσκοπικές σειρές 73

Απόδειξη Φανερά μετά τις απαλοιφές ισχύει

an =ananminus1

anminus1

anminus1middot middot middot a2

a1a1 le

bnbnminus1

bnminus1

bnminus2middot middot middot b2

b1a1 =

a1

b1bn

και το αποτέλεσμα προκύπτει αμέσως από το Θεώρημα 831

Ασκήσεις

Άσκηση 831 Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

(radicn2 + 1minusn

) infinsum

n=1

radicn+ 1minusradicn

n

infinsum

n=1

1radic(n+ 1)n

infinsum

n=1

1

n(n+1)n

infinsum

n=1

nn2 + 3

infinsum

n=1

cos2nn2

infinsum

n=1

1

2n +n

infinsum

n=1

nminusradicnn2 +n

infinsum

n=1

sin1

n

Άσκηση 832 Αποδείξτε με το κριτήριο σύγκρισης ότι η σειράsuminfinn=1 n

5eminusn6

συγκλίνει συγκρίνοντας την ακολουθία n5eminusn6με την eminusn

Άσκηση 833 Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=2

1

n2 minusradicninfinsum

n=2

1

n2 minusninfinsum

n=2

1

n2 minusna a isin R 2

Άσκηση 834 Χρησιμοποιήστε το οριακό κριτήριο σύγκρισης για να ε-

λέγξετε τη σύγκλιση των σειρών

infinsumn=1

(1minus eminus1n)

infinsumn=1

(nradicnminus 1)

Άσκηση 835 Αν για an ge 0 η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει εξετάστε τη σύ-

γκλιση των σειρών

infinsumn=1

a2n

infinsumn=1

apn p ge 1infinsumn=1

an1+ an

infinsumn=1

a2n

1+ a2n

84 Τηλεσκοπικές σειρές

Ξεκινάμε με τον ακόλουθο ορισμό

Ορισμός 841 Αν η ακολουθία an γράφεται ως bn+1 minus bn για κά-ποια άλλη ακολουθία bn τότε η σειρά

suminfinn=1 an ονομάζεται τηλε-

σκοπική

74 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Θεώρημα 842 Έστω ότι an και bn ακολουθίες για τις οποίεςισχύει an = bn+1 minus bn για κάθε n isin N Τότε η τηλεσκοπική σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν υπάρχει το όριο limbn Σε αυτήτην περίπτωση ισχύει

infinsum

n=1

an = limnrarrinfin

bn minus b1

Απόδειξη Πράγματι

Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

(bn+1 minus bn)

= (b2 minus b1)+ (b3 minus b2)+ (b4 minus b3)+ middotmiddot middot + (bN+1 minus bN)= bN+1 minus b1

Άρα

limNrarrinfin

Nsum

n=1

an = limNrarrinfin

(bN+1 minus b1) = limnrarrinfin

bn minus b1

Με βάση τα παραπάνω η σειράsuminfinn=1 n

minus1(n + 1)minus1 συγκλίνει

διότι1

n(n+ 1)= 1

nminus 1

n+ 1=(minus 1

n+ 1

)minus(minus 1

n

)

Άραinfinsum

n=1

1

n(n+ 1)= limnrarrinfin

(minus 1

n

)minus(minus1

1

)= 1

841 Το κριτήριο Dini-Kummer

Ένα πόρισμα που συνδυάζει το θεώρημα για τις τηλεσκοπικές

σειρές και το κριτήριο σύγκρισης είναι και ένα από τα πλέον

ισχυρά κριτήρια γνωστό ως κριτήριο Dini-Kummer

Πόρισμα 843 (Κριτήριο Dini-Kummer) Για τις ακολουθίες an bn gt0 θέτουμε

dkn =anbn minus an+1bn+1

an

Αν lim dkn gt 0 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Αν υπάρχει n0 isin N

ώστε dkn le 0 για κάθε n ge n0 και η σειράsuminfinn=1 b

minus1n αποκλίνει

τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Αν θέσουμε λ = (lim dkn)2 gt 0 τότε υπάρχει δείκτης

n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει dkn ge λ Συνεπώς

0 lt an le1

λ(anbn minus an+1bn+1) (81)

84 Τηλεσκοπικές σειρές 75

Από την (81) η ακολουθία anbn είναι φθίνουσα Και επειδή εί-ναι και θετική είναι φραγμένη και άρα συγκλίνει Έτσι η σει-

ράsuminfinn=n0

an συγκρίνεται με την τηλεσκοπική σειράsuminfinn=n0

(anbn minusan+1bn+1) η οποία συγκλίνει (στο an0bn0 minus limanbn) Άρα η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνειΑν τώρα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει dkn le

0 τότε anbn minus an+1bn+1 le 0 οπότε για κάθε n ge n0 ισχύει an geanminus1(bnminus1bn) οπότε

ananminus1

ge 1bn1bnminus1

και το αποτέλεσμα προκύπτει αμέσως από το κριτήριο σύγκρισης

λόγων (Πόρισμα 833)

Παρατήρηση 844 Αν lim dkn lt 0 τότε υπάρχει δείκτης n0 isin N

ώστε dkn le 0 δηλαδή ικανοποιείται η δεύτερη συνθήκη του κριτη-

ρίου Dini-Kummer Το αντίστροφο όμως δεν είναι αληθές

Με το κριτήριο Dini-Kummer μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε τη

σύγκλιση της σειράς της 1np για p ne 1 Πράγματι θέτουμε θέ-

τουμε bn = nminus 1 για κάθε n ge 2 Έτσι για an = 1np ισχύει

dkn =(nminus 1)np minusn(n+ 1)p

1np= n

(1minus

(n

n+ 1

)p)minus 1

με όριο τον αριθμό p minus 1 (Άσκηση 841) Άρα σύμφωνα με το

κριτήριο Dini-Kummer η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει αν p gt 1 και

αποκλίνει για p lt 1

Ασκήσεις

Άσκηση 841 Αποδείξτε ότι

limnrarrinfin

n(

1minus(

nn+ 1

)p)= p

γράφοντας

(n+ 1)(

1minus(

nn+ 1

)p)= p 1minus ep log

(1minus 1

n+1

)

p log(1minus 1

n+1

) log(1minus 1

n+1

)

1n+1

και χρησιμοποιώντας τα βασικά όρια των Προτάσεων 4710 και 4713

Άσκηση 842 Υπολογίστε τις τηλεσκοπικές σειρές

76 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

infinsumn=na

1

(a+n)(a+n+ 1) για na gt a a isin R

infinsum

n=1

2n

n

(1minus 2

n+ 1

)

infinsum

n=2

1

n(n+ 1)log

(n+ 1)nminus1

nn

infinsum

n=2

(neminusn

(eminus1 minus 1+ eminusnminus1

))

infinsum

n=2

1

nn

1

n+ 1

1(1+ 1

n

)n minus 1

Άσκηση 843 Αποδείξτε το κριτήριο Dini-Kummer για την περίπτωση

που δεν υπάρχει το όριο της dkn Συγκεκριμένα αποδείξτε ότι αν lim inf dkn gt0 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει ενώ αν lim sup dkn lt 0 και η

suminfinn=1 b

minus1n

αποκλίνει τότε και ηsuminfinn=1 an αποκλίνει

85 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy

Ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι θετική και φθίνουσα καιθέλουμε να ελέγξουμε τη σύγκλιση της σειράς της Δεδομένου του

ότι είναι φθίνουσα χρειαζόμαστε άραγε όλους τους όρους της ή

μήπως μπορούμε κάποιους να τους απορρίψουμε Για παράδειγμα

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot le a1 + a1 + a3 + a3 + a5 + a5 + middotmiddot middotle 2(a1 + a3 + a5 + middotmiddot middot )

Δηλαδή αν συγκλίνει η σειρά των όρων με περιττό δείκτη συγκλί-

νει και η αρχική σειρά Βεβαίως δεν υπάρχει κάτι laquoμαγικόraquo στους

όρους με περιττό δείκτη Διότι ισχύει και

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot le a1 + a2 + a2 + a4 + a4 + a6 + middotmiddot middotle a1 + 2(a2 + a4 + a6 + middotmiddot middot )

Άρα αν η σειρά των όρων με άρτιους δείκτες συγκλίνει τότε συ-

γκλίνει και η αρχική σειρά Μάλιστα η σύγκλιση είναι laquoαν και

μόνο ανraquo Για παράδειγμα

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot ge a2 + a2 + a4 + a4 + a6 + a6 + middotmiddot middotle 2(a2 + a4 + a6 + middotmiddot middot )

οπότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η σειρά

suminfinn=1 a2n

συγκλίνει

Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι αυτό το τέχνασμα μπορεί να

επεκταθεί και να ελέγξουμε τη σύγκλιση μιας σειράς θετικής και

φθίνουσας ακολουθίας ελέγχοντας αν συγκλίνει η σειρά αφού της

αφαιρέσουμε περισσότερους όρους Δοκιμάστε για παράδειγμα να

δείξετε όπως παραπάνω ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και

μόνο αν η σειράsuminfinn=1 a3n συγκλίνει

85 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy 77

Μέχρι πού μπορεί να επεκταθεί αυτό το τέχνασμα Το παρα-

κάτω θεώρημα μας δίνει μια απάντηση Έστω ότι η kn είναι μιαγνησίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών Θέλουμε να εφαρ-

μόσουμε το παραπάνω τέχνασμα από τον όρο akn έως τον akn+1

Αν οι αποστάσεις των kn από τους kn+1 δεν laquoαυξάνουν ραγδαίαraquo

το παραπάνω τέχνασμα λειτουργεί

Θεώρημα 851 (Κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy) Έστω ότι ηan είναι μια μη αρνητική και φθίνουσα ακολουθία και η kn είναιμια γνησίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών για την οποί-

α υπάρχει αριθμός M gt 0 ώστε

kn+1 minus kn leM(kn minus knminus1)

για κάθε n ge 2 Τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η

σειράsuminfinn=1(kn+1 minus kn)akn συγκλίνει

Απόδειξη Επειδή η kn είναι γνησίως αύξουσα εύκολα ελέγχουμεμε επαγωγή ότι kn ge n για κάθε n isin N Άρα αν sN είναι το μερικόάθροισμα της σειράς της an

sN le skN+1

le a1 + middotmiddot middot + ak1minus1 + ak1 + middotmiddot middot + ak2minus1︸ ︷︷ ︸k2minusk1 όροι

+middotmiddot middot + akN + middotmiddot middot + akN+1minus1︸ ︷︷ ︸kN+1minuskN όροι

le a1 + middotmiddot middot + ak1minus1 + (k2 minus k1)ak1 + middotmiddot middot + (kN+1 minus kN)aN

ΔηλαδήNsum

n=1

an le a1 + middotmiddot middot + ak1minus1 +Nsum

n=1

(kn+1 minus kn)akn

Άρα αν η τελευταία σειρά συγκλίνει συγκλίνει και η αρχική

Αντιστρόφως για κάθε m ge kNsm ge skN = a1 + + ak1 + ak1+1 + + ak2 + ak2+1 + + akN

ge ak1+1 + middotmiddot middot + ak2︸ ︷︷ ︸k2minusk1 όροι

+middotmiddot middot + akNminus1+1 + middotmiddot middot + akN︸ ︷︷ ︸kNminuskNminus1 όροι

ge (k2 minus k1)ak2 + middotmiddot middot + (kN minus kNminus1)akN

Πολλαπλασιάζοντας με M και χρησιμοποιώντας την υπόθεση παίρ-νουμε

Msm ge (k3 minus k2)ak2 + middotmiddot middot + (kN+1 minus kN)akN Δηλαδή

MNsum

n=1

an geNsum

n=2

(kn+1 minus kn)akn

Άρα αν η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε συγκλίνει και η

suminfinn=1(kn+1minus

kn)an ολοκληρώνοντας την απόδειξη

78 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Πόρισμα 852 (Κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy) Αν η ακολου-θία (an)nisinN είναι μη αρνητική και φθίνουσα τότε η σειρά

suminfinn=1 an

συγκλίνει αν και μόνο αν η σειράsuminfinn=1 2na2n συγκλίνει

Απόδειξη Άμεσο από το παραπάνω θεώρημα για kn = 2n αφού

kn+1 minus kn = 2n+1 minus 2n = 2 middot 2n minus 2n = 2n = 2(2n minus 2nminus1) = 2(kn minus knminus1)

Παρατήρηση 853 Και πάλι η επιλογή kn = 2n για το παραπάνω

δεν είναι σε καμμία περίπτωση μοναδική Αν για παράδειγμα επι-

λέξουμε kn = 3n θα προκύψει ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και

μόνο αν η σειράsuminfinn=1 3na3n συγκλίνει Ή αν επιλέξουμε kn = n2

εύκολα ελέγχουμε ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η

σειράsuminfinn=1(2n+ 1)an2 συγκλίνει

Παράδειγμα 854 Με το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy είναι

πολύ εύκολο να ελέγξουμε τη σύγκλιση της σειράςsuminfinn=1 1np για

κάθε p gt 0 Πράγματι η σειρά θα συγκλίνει αν και μόνο αν συ-

γκλίνει η σειράinfinsum

n=1

2n1

(2n)p=

infinsum

n=1

(1

2pminus1

)n

Αλλά η τελευταία είναι γεωμετρική σειρά με λόγο 12pminus1 οπότε

συγκλίνει αν και μόνο αν ο λόγος αυτός είναι μικρότερος του 1

δηλαδή αν και μόνο αν p gt 1

Ασκήσεις

Άσκηση 851 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=2

1

n(logn)pκαι

infinsum

n=2

1

n(logn)(log logn)p

Άσκηση 852 Αν συμβολίσουμε με log(n)(x) τη συνάρτηση

log log log log︸ ︷︷ ︸n φορές

(x)

(για παράδειγμα log(3)(x) = log(log(log(x)))) και με e(n) την ποσότητα

exp exp exp︸ ︷︷ ︸n φορές

(1)

86 Το ολοκληρωτικό κριτήριο 79

(για παράδειγμα e(3) = eee και e(4) = eeee) εξετάστε ως προς τη σύγκλιση

τη σειράinfinsum

n=e(k)+1

1

n middot logn middot log(2) n middot middot middot log(kminus1)n middot (log(k)n)p

(Παρατηρήστε ότι το σημείο εκκίνησης της σειράς δηλαδή το e(k) + 1

έχει επιλεχθεί μόνο και μόνο ώστε να μην μηδενίζεται κανένας από τους

λογαρίθμους του παρονομαστή αφού log(k)(x) = 0 αν και μόνο αν x =e(k))

86 Το ολοκληρωτικό κριτήριο

Πρόταση 861 (Ολοκληρωτικό κριτήριο) Έστω ότι η συνάρτη-

ση f [1infin) rarr R είναι μη αρνητική και φθίνουσα Θέτουμε

an = f(n) Τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν το ο-

λοκλήρωμαintinfin1 f(x)dx συγκλίνει (δηλαδή αν limtrarrinfin

int t1 f(x)dx isin R)

Απόδειξη Αφού η f είναι φθίνουσα για κάθε n isin N ισχύει

f(n) ge f(x) ge f(n+ 1)

για κάθε x isin [nn+ 1] Συνεπώς

int n+1

nf(n)dx ge

int n+1

nf(x)dx ge

int n+1

nf(n+ 1)dx

δηλαδή f(n) geintn+1n f(x)dx ge f(n+1) Προσθέτοντας τις τελευταίες

ανισότητες για n = 12 N παίρνουμε

Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

f(n) geint N

1f(x)dx ge

Nsum

n=1

f(n+ 1) =N+1sum

n=2

f(n) =N+1sum

n=2

an

Άρα αν το ολοκλήρωμα συγκλίνει τότε συγκλίνει και το μερι-

κό άθροισμαsumN+1n=2 an αφού αυξάνει και είναι φραγμένο από τοintinfin

1 f(x)dx Δηλαδή η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

Αντιστρόφως αν η σειράsumNn=1 an συγκλίνει τότε το ολοκλήρω-

μα συγκλίνει αφού η

int t1f(x)dx le

int [t]+1

1f(x)dx le

infinsum

n=1

an

συνεπάγεται ότι η συνάρτηση F(t) =int t1 f(x)dx είναι αύξουσα και

άνω φραγμένη άρα το όριο limtrarrinfin F(t) υπάρχει στο R (και ισού-ται με suptge1 F(t))

80 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Παράδειγμα 862 Ας ελέγξουμε και πάλι τη σειράsuminfinn=1 1np για

p gt 0 Φανερά η f(x) = 1xp για x isin [0infin) είναι μη αρνητική καιφθίνουσα και 1np = f(n) Συνεπώς η σειρά

suminfinn=1 1np συγκλίνει

αν και μόνο αν συγκλίνει το ολοκλήρωμαintinfin1 xminusp dx Αλλά

intinfin1xminusp dx =

xminusp+1

minusp+1

∣∣∣∣infin

x=1= limxrarrinfin

x1minusp

1minusp minus1

1minusp αν 0 lt p ne 1

logx∣∣infinx=1= limxrarrinfin logx αν p = 1

Φανερά αυτά τα όρια υπάρχουν στο R αν και μόνο αν p gt 1

Κεφάλαιο 9

Εφαρμογές τουκριτηρίου σύγκρισης

Σε αυτό το κεφάλαιο θα αναπτύξουμε εργαλεία που προκύπτουν

από το κριτήριο σύγκρισης Αν περιοριστούμε σε μη αρνητικές

ακολουθίες είναι φανερό ότι κάθε συγκλίνουσα ή αποκλίνουσα

σειρά δίνει τη δυνατότητα δημιουργίας ενός κριτηρίου σύγκλισης

ή απόκλισης Για παράδειγμα γνωρίζουμε ότι για λ gt 0 η σει-

ράsuminfinn=1 λ

n συγκλίνει αν και μόνο αν 0 lt λ lt 1 Έτσι αν βρούμε

τρόπους να συγκρίνουμε μια ακολουθία an ge 0 με την λn θα προ-κύψει ένα κριτήριο σύγκλισης ή απόκλισης Πολλές φορές αντί

για την άμεση σύγκριση an le λn είναι ευκολότερο να ελέγχουμεάλλες συνθήκες οι οποίες οδηγούν στην επιθυμητή σύγκριση (θα

δούμε παρακάτω συγκεκριμμένα παραδείγματα)

Εκτός από την ακολουθία λn μπορούμε να χρησιμοποιήσουμεοποιαδήποτε ακολουθία γνωρίζουμε ότι συγκλίνει ή αποκλίνει για

να φτιάξουμε ένα κριτήριο Για παράδειγμα μπορεί κανείς να α-

ναπτύξει κριτήρια που συγκρίνουν με τη σειρά της ακολουθίας

1np ή με τη σειρά της ακολουθίας 1(n(logn)p) για τις οποίεςγνωρίζουμε πότε συγκλίνουν και πότε όχι από το κριτήριο συ-

μπύκνωσης του Cauchy

Ένα άλλο ενδιαφέρον θέμα είναι αν υπάρχει κάποια σειράsuminfinn=1 cn

με cn ge 0 η οποία θα παρείχε το laquoαπόλυτοraquo κριτήριο σύγκλισης

υπό την έννοια ότι μια σειράsuminfinn=1 an θα συγκλίνει αν και μόνο

αν ηsuminfinn=1 an συγκρίνεται με την

suminfinn=1 cn Θα δούμε στην τελευταί-

α ενότητα ότι ένα τέτοιο καθολικό κριτήριο σύγκλισης δεν μπορεί

να υπάρξει

Ξεκινάμε με κριτήρια που προκύπτουν από σύγκριση με τη γε-

ωμετρική σειρά

82 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά

Στην ενότητα αυτή βρίσκουμε συνθήκες που ελέγχονται σχετικά

εύκολα και οδηγούν στη σύγκριση μιας ακολουθίας an με τη γε-ωμετρική ακολουθία λn

911 Το κριτήριο λόγου

Αν οι όροι μιας μη αρνητικής ακολουθίας an φθίνουν πιο γρήγορααπό τη γεωμετρική πρόοδο με λόγο 0 le λ lt 1 θα ισχύει an+1 le λan(δηλαδή ο επόμενος όρος της an έχει μειωθεί περισσότερο από τονπολλαπλασιασμό με λ της γεωμετρικής προόδου) η σειρά

suminfinn=1 an

θα πρέπει να συγκλίνει αφού συγκλίνει ηsuminfinn=1 λ

n Ανάλογα αν

η an αυξάνει πιο γρήγορα από όσο αυξάνει η λn για λ ge 1 δη-

λαδή αν an+1 ge λan η σειράsuminfinn=1 an πρέπει να αποκλίνει Σε

κάθε περίπτωση συγκρίνουμε τον λόγο an+1an με έναν αριθμόλ είτε μικρότερο είτε μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Η απόδειξη όμως

ανισοτήτων είναι συνήθως δυσχερής Για αυτό τον λόγο κατα-

φεύγουμε στη χρήση της Παρατήρησης 432 και υπολογίζουμε το

όριο ℓ = limnrarrinfin an+1an Αν για παράδειγμα το όριο ℓ είναι στοδιάστημα [01) τότε χρησιμοποιώντας αυτή την παρατήρηση γιαε = (1 minus ℓ)2 θα προκύψει ότι μετά από κάποιον δείκτη n0 isin N

ισχύει an+1 le ((1 + ℓ)2)an δηλαδή έχουμε σύγκριση με τη γεωμε-τρική ακολουθία με λόγο λ = (1+ℓ)2 isin (01) Έτσι η σειρά της anθα συγκλίνει Ομοίως θα αποκλίνει αν το όριο είναι γνησίως με-

γαλύτερο του 1 Αν το όριο βέβαια βγει ακριβώς ίσο με 1 τότε δεν

μπορούμε να κάνουμε σύγκριση γιατί δεν μπορούμε να ξέρουμε αν

an+1an le 1 ή an+1an ge 1

Τέλος η προϋπόθεση an ge 0 μπορεί να παραλειφθεί αν χρη-

σιμοποιήσουμε τις απόλυτες τιμές |an+1an| Έχουμε λοιπόν τοακόλουθο

Πρόταση 911 (Κριτήριο λόγου του Drsquo Alambert) Για κάθε ακο-

λουθία an ne 0

bull αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει και μάλι-

στα απολύτως

bull αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ gt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Θέτουμε ℓ = limnrarrinfin |an+1an| και υποθέτουμε ότι 0 le ℓ lt1 Έτσι για κάθε ε gt 0 άρα και για ε = (1minusℓ)2 gt 0 υπάρχει n0 isin Nώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

∣∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣minus ℓ∣∣∣∣∣ lt

1minus ℓ2

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά 83

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και προσθέτοντας το ℓ παίρνουμε

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt1+ ℓ

2lt 1

Έτσι αν θέσουμε λ = (1 + ℓ)2 τότε 0 lt λ lt 1 και για κάθε n ge n0

ισχύει |an+1| le λ|an| Η τελευταία ανισότητα όμως μπορεί ναεπαναλαμβάνεται όσο το n παραμένει από n0 και πάνω Έτσι

αν n ge n0 θα έχουμε

|an| le λ|anminus1| le λλ|anminus2| = λ2|anminus2| le λ3|anminus3| le le λnminusn0 |anminus(nminusn0)| = λnminusn0 |an0|

(στο an0 σταματάει η δυνατότητα εφαρμογής της |an+1| le λ|an|)Άρα για κάθε n ge n0 ισχύει |an| le (λminusn0 |an0|)λn Επειδή η γεωμε-τρική σειρά

suminfinn=1 λ

n συγκλίνει αφού 0 le λ lt 1 συμπεραίνουμε ότι

και ηsuminfinn=1 |an| συγκλίνει από την Πρόταση 831

Αν τώρα ℓ gt 1 εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για

ε = (ℓ minus 1)2 gt 0 και παίρνουμε ότι υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθεn ge n0 ισχύει ∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣ gtℓ + 1

2gt 1

Συνεπώς |an+1| gt |an| για κάθε n ge n0 δηλαδή η ακολουθία

(|an|)ngen0 είναι γνησίως αύξουσα άρα δεν είναι μηδενική Αυτό

όμως συνεπάγεται ότι ηsuminfinn=1 an αποκλίνει από το Πόρισμα 822

Παρατήρηση 912 Παρατηρούμε εδώ ότι αν limnrarrinfin |an+1an| = 1

δεν γίνεται να συμπεράνουμε κάτι για τη σύγκλιση της σειράς

Αυτό συμβαίνει επειδή για παράδειγμα το παραπάνω όριο είναι

ίσο με 1 τόσο για την ακολουθία 1n όσο και για την ακολουθία1n2 Εν τούτοις η μεν

suminfinn=1 1n αποκλίνει η δε

suminfinn=1 1n2 συγκλί-

νει

Παρατήρηση 913 Η απόδειξη του κριτηρίου λόγου δείχνει άμεσαότι αν υπάρχει n0 isin N ώστε |an+1an| le λ lt 1 για κάθε n ge n0 τότε

η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει απολύτως ενώ αν |an+1an| ge λ gt 1 για

κάθε n ge n0 η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Ασκήσεις

Άσκηση 911 Αποδείξτε ότι αν για τη σειράsuminfinn=1 an με an ne 0 για κάθε

n isin N ισχύει limnrarrinfin |an+1an| = 1 αλλά υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει |an+1an| ge 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

84 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Άσκηση 912 Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

(α)infinsum

n=1

1

n(β)

infinsum

n=1

np

n για p isin R (γ)

infinsum

n=1

2n

n(δ)

infinsum

n=1

nn

n(ε)

infinsum

n=1

nradicn

n

Άσκηση 913lowast Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το κριτήριο λόγου ότι η σει-ρά

suminfinn=1

radicn(ne)n

nαποκλίνει (Υπόδειξη χρησιμοποιείστε την Άσκηση 911)

Στη συνέχεια αποδείξτε με επαγωγή ότι για κάθε n isin N ισχύει

e(ne

)nle n le e

radicn(ne

)n

και συμπεράνετε ότι και η σειρές

infinsum

n=1

(ne)n

nκαι

infinsum

n=1

(ne)nradicnn

αποκλίνουν

Άσκηση 914 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τη σειράsuminfinn=1(a

nna) γιαa isin RΆσκηση 915 Βρείτε για ποια x ge 0 οι παρακάτω σειρές συγκλίνουν

infinsumn=1

3n

n3xn

infinsumn=1

n(3n)(4n)

xn

Άσκηση 916 Αποδείξτε ότι το κριτήριο Dini-Kummer είναι ισχυρότερο

του κριτηρίου λόγου επιλέγοντας στο κριτήριο Dini-Kummer bn = 1 για

κάθε n isin NΆσκηση 917 Στην περίπτωση που το όριο lim |an+1an| δεν υπάρχειαποδείξτε το εξής κριτήριο λόγου

bull Αν lim sup

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

bull lim inf

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ gt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

bull Αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = 1 αλλά για κάθε m isin N υπάρχει n ge m ώστε

|an+1an| ge 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

912 Το κριτήριο n-στης ρίζας του Cauchy

Η απόδειξη του επόμενου κριτηρίου είναι και αυτή μια αναγωγή

στη γεωμετρική σειρά Η αναγωγή αυτή βασίζεται στο ότι για

λ ge 0 ισχύει |an| ecirc λn αν και μόνο αν nradic|an| ecirc λ

Πρόταση 914 (Κριτήριο n-στής ρίζας του Cauchy) Για κάθε α-κολουθία (an)nisinN

bull αν limnrarrinfinnradic|an| lt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει και μά-

λιστα απολύτως

bull αν limnrarrinfinnradic|an| gt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά 85

Απόδειξη Θέτουμε 0 le ℓ = limnrarrinfinnradic|an| και αν ℓ lt 1 εφαρμόζουμε

τον ορισμό της σύγκλισης για ε = (1 minus ℓ)2 gt 0 υπάρχει n0 isin N

ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

∣∣∣∣ nradic|an| minus ℓ

∣∣∣∣ lt1minus ℓ

2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή προσθέτοντας ℓ και υψώνονταςστη n-στη δύναμη παίρνουμε

|an| lt(

1+ ℓ2

)n

Αλλά η σειράsuminfinn=1((1 + ℓ)2)n συγκλίνει (αφού (1 + ℓ)2 lt 1) άρα

και η σειράsuminfinn=1 |an|

Αν τώρα ℓ gt 1 εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για

ε = (ℓ minus 1)2 gt 0 υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

∣∣∣∣ nradic|an| minus ℓ

∣∣∣∣ ltℓ minus 1

2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή προσθέτοντας ℓ και υψώνονταςστη n-στη δύναμη παίρνουμε

(1+ ℓ

2

)nlt |an|

Αλλά αυτό συνεπάγεται ότι η an δεν είναι μηδενική αφού ((1 +ℓ)2)n rarrinfin οπότε η

suminfinn=1 an αποκλίνει

Παρατήρηση 915 Παρατηρούμε εδώ ότι αν limnrarrinfinnradic|an| = 1 δεν

γίνεται να συμπεράνουμε κάτι για τη σύγκλιση της σειράς Αυτό

συμβαίνει επειδή για παράδειγμα limnrarrinfinnradic

1n = limnrarrinfinnradic

1n2 = 1

αλλά η μενsuminfinn=1 1n αποκλίνει η δε

suminfinn=1 1n2 συγκλίνει

Ασκήσεις

Άσκηση 911 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

n2n

infinsum

n=1

np

en p isin R

infinsum

n=1

(n)n

nn2 infinsum

n=1

an2bn a b isin R

Άσκηση 912 Εξετάστε για ποια x ge 0 συγκλίνει η σειράinfinsum

n=1

2n

n2xn

Άσκηση 913 Αν για μια ακολουθία an δεν υπάρχει το όριο limnrarrinfinnradic|an|

(Άσκηση 522) αποδείξτε οι ισχύει το εξής κριτήριο ρίζας Για κάθε ακο-

λουθία (an)nisinN

86 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| lt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει και μάλιστα

απολύτως

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| gt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| = 1 και για κάθε m isin N υπάρχει n ge m ώστε

nradic|an| ge 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει

Άσκηση 914 Αποδείξτε ότι το κριτήριο n-στης ρίζας είναι ισχυρότε-ρο από το κριτήριο λόγου χρησιμοποιώντας την Πρόταση 523 και την

ακολουθία 2(minus1)nminusn

92 Σύγκριση με την ακολουθία 1np

Έστω ότι p gt 1 οπότε η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει μπορούμε να

φτιάξουμε ένα κριτήριο σύγκρισης από αυτήν χρησιμοποιώντας

το κριτήριο σύγκρισης λόγων (Πόρισμα 833) Έτσι αν an gt 0 η

συνθήκη

ananminus1

le 1np

1(n minus 1)p(91)

οδηγεί στο συμπέρασμα ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Επειδή

όμως από την ανισότητα Bernouli

1np

1(nminus 1)p=(nminus 1

n

)p=(

1minus 1

n

)pge 1minus p

n

αντί να ελέγχουμε την (91) αρκεί να ελέγξουμε την

ananminus1

le 1minus pn

ισοδύναμα

n(

1minus ananminus1

)ge p gt 1

Επειδή ο έλεγχος ανισοτήτων είναι συνήθως δυσχερής υπολογί-

ζουμε το όριο

limnrarrinfin

n(

1minus ananminus1

)

και ελέγχουμε αν είναι μεγαλύτερο ή μικρότερο του 1 Έτσι οδη-

γούμαστε στο κριτήριο Raabe-Duhamel Η απόδειξη του κριτηρίου

αυτού μπορεί να γίνει ακριβώς όπως περιγράψαμε παραπάνω ή

μπορεί να προκύψει ως πόρισμα του κριτηρίου Dini-Kummer θέτο-

ντας bn = nminus 1 Οι λεπτομέρειες αφήνονται ως άσκηση

92 Σύγκριση με την ακολουθία 1np 87

Πρόταση 921 (Κριτήριο Raabe-Duhamel) Για μια θετική ακολου-θία an θέτουμε

rdn = n(

1minus an+1

an

)

Αποδείξτε ότι αν lim rdn gt 1 (ή lim inf rdn gt 1 αν το προηγούμενο

όριο δεν υπάρχει) τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Αν υπάρχει

n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει rdn le 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Αν η απόδειξη μπορούσε να γίνει μόνο με τη σύγκριση με την α-

κολουθία 1np τότε δεν θα ήταν λογικό να ελέγξουμε τη σύγκλισητης 1np με αυτό το κριτήριο Επειδή όμως η απόδειξη μπορεί ναγίνει και ως πόρισμα του Dini-Kummer μπορούμε να χρησιμοποι-

ήσουμε το κριτήριο Raabe-Duhamel και για την 1np

Η μέθοδος με την οποία κανείς συγκρίνει με μια γνωστή ακο-

λουθία (όπως την 1np) δεν είναι απαραίτητα μοναδικός Μπορείκανείς να σκεφτεί άλλες εκφράσεις που θα οδηγούσαν στην ίδια

σύγκριση Ως παράδειγμα θα μπορούσαμε αντί να ακολουθήσου-

με την τεχνική που οδήγησε το κριτήριο Raabe-Duhamel να κάνουμε

το εξής επιδιώκοντας μια σύγκριση της μορφής

an+1

anle 1(n + 1)p

1np=(

nn+ 1

)p

βλέπουμε ότι αυτό είναι ισοδύναμο με το να ισχύει

anan+1

ge(

1+ 1

n

)p

Αλλά επειδή η (1 + 1n)n είναι αύξουσα με όριο το e ισχύει (1 +1n)n le e οπότε (1 + 1n)p le epn Άρα θα ισχύει η ζητούμενη ανισχύει η

anan+1

ge epn

Παίρνοντας λογαρίθμους και αναδιατάσσοντας τους όρους της

τελευταίας ανισότητας αποδεικνύουμε το ακόλουθο κριτήριο

Πρόταση 922 (Λογαριθμικό κριτήριο) Για κάθε ακολουθία θετι-κών όρων an θέτουμε

gn = n loganan+1

Τότε

bull Αν limgn gt 1 (ή lim infgn gt 1 αν το όριο δεν υπάρχει) η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

88 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

bull Αν limgn lt 1 (ή lim supgn lt 1 αν το όριο δεν υπάρχει) η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη με βάση την παραπάνω συζήτηση αφήνε-

ται ως εύκολη άσκηση (για την περίπτωση που αποκλίνει δείξτε

ότι υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an+1an ge1ean για κατάλληλο a ge 0 και πολλαπλασιάστε τις προηγιούμε-

νες ανισότητες για τους δείκτες από n0 μέχρι n)

Ασκήσεις

Άσκηση 921 Γράψτε την απόδειξη του κριτηρίου Raabe-Duhamel (Πρό-

ταση 921) χρησιμοποιώντας τη σύγκριση με την ακολουθία 1np

Άσκηση 922 Γράψτε την απόδειξη του κριτηρίου Raabe-Duhamel (Πρό-

ταση 921) ως πόρισμα του κριτηρίου Dini-Kummer

Άσκηση 923 Γράψτε την απόδειξη του λογαριθμικού κριτηρίου και χρη-

σιμοποιήστε το για να αποδείξετε ότι η σειράsuminfinn=1 n

n(enn) αποκλίνει

Άσκηση 924 Εξηγήστε γιατί η χρήση της ananminus1 le 1minuspn δεν είναι ου-σιαστικά ασθενέστερη της ananminus1 le (1minus 1n)p δηλαδή δεν οδηγηθήκαμεσε ασθενέστερο κριτήριο από τη χρήση της ανισότητας Bernouli (Υπόδει-

ξη Από το διωνυμικό ανάπτυγμα αν p isin N ή από το θεώρημα Taylor αν

p όχι φυσικός αριθμός προκύπτει ότι (1 minus 1n)p = 1minus (pn)+An όπου ηποσότητα An έχει την ιδιότητα limnAn = 0 οπότε

n(

1minus ananminus1

)ge n

(1minus

(1minus 1

n

)p)= p minusnAn

Συμπεράνετε ότι η σύγκριση του ananminus1 με την (1minus1n)p είναι ισοδύναμημε τη σύγκριση με την 1minus pn)

93 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p)

Το κριτήριο Raabe-Duhamel αποτυγχάνει να δώσει αποτέλεσμα αν

το όριο της rdn είναι 1 διότι στην ουσία η σύγκριση της an εί-ναι με την 1n αλλά δεν είναι σαφές από το ότι lim rdn = 1 αν

an le 1n ή an ge 1n Έτσι μπορεί κανείς σε αυτή την περίπτω-ση να σκεφτεί να συγκρίνει με την ακολουθία 1(n(logn)p) πουγια p gt 1 είναι λίγο μικρότερη από την 1n αλλά αρκετά μικρό-τερη ώστε η σειρά της να συγκλίνει Αυτό είναι το περιεχόμενο

του κριτηρίου Bertrand Για να οδηγηθούμε σε μια οριακού τύ-

που συνθήκη όπως και στο κριτήριο Raabe-Duhamel κάνουμε τους

παρακάτω υπολογισμούς θέλουμε να έχουμε μια σύγκριση των

93 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p) 89

λόγων

ananminus1

le

1

n(logn)p1

(nminus 1)(log(nminus 1))p

=(

1minus 1

n

)(log(nminus 1)

logn

)p

=(

1minus 1

n

)(logn+ log(1minus 1n)

logn

)p

=(

1minus 1

n

)(1+ log(1minus 1n)

logn

)p

Αλλά από το Θεώρημα Taylor υπάρχει ακολουθία An με nAn rarr 0

ώστε

log

(1minus 1

n

)= minus 1

n+An

οπότε η σύγκριση που επιδιώκουμε είναι

ananminus1

le(

1minus 1

n

)1minus

1n minusAnlogn

p

=(

1minus 1

n

)(1minus 1minusnAn

n logn

)p

Πάλι από το Θεώρημα Taylor (ή το διωνυμικό ανάπτυγμα αν p isinN) υπάρχει ακολουθία Bn με (n logn)Bn rarr 0 ώστε

(1minus 1minusnAn

n logn

)p= 1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

οπότε η σύγκριση που επιδιώκουμε γίνεται

ananminus1

le(

1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)

Ανοίγοντας τις παρενθέσεις βλέπουμε ότι υπάρχει ακολουθία Bnμε (n logn)Bn rarr 0 ώστε

(1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)= 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn

οπότε η επιδιωκόμενη σύγκριση γίνεται

ananminus1

le 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn

Μετά από πράξεις οδηγούμαστε στην

(logn)(

1minusn(

1minus ananminus1

))le p + (n logn)Bn

Η διαδικασία αυτή μας οδηγεί στο εξής κριτήριο

90 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Θεώρημα 931 (Κριτήριο Bertrand) Για κάθε ακολουθία an gt 0 για

την οποία

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))lt 1

(ή lim sup αν δεν υπάρχει το όριο) η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Ενώ

αν

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))gt 1

(ή lim inf αν δεν υπάρχει το όριο) τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

όπως και στην περίπτωση όπου υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθεn ge n0 να ισχύει

(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))ge 1

Απόδειξη Η απόδειξη με βάση την παραπάνω συζήτηση αφήνε-

ται ως άσκηση

Ασκήσεις

Άσκηση 931 Γράψτε τις λεπτομέρειες της απόδειξης του κριτηρίου Ber-

trand

Άσκηση 932 [Κριτήριο Gauss] Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το κριτήριο

Bertrand ότι αν για μια θετική ακολουθία an ισχύει

an+1

an= 1minus b

nminus cnn2

για κάποια φραγμένη ακολουθία cn τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν

και μόνο αν b gt 1

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης

σειρών

Παρατηρώντας τη διαδικασία που ακολουθήσαμε στα παραπά-

νω κριτήρια ένα φυσιολογικό ερώτημα είναι αν θα μπορούσε να

υπάρχει ένα κριτήριο σύγκρισης το οποίο να αποφασίζει πάντα

αν μια σειρά συγκλίνει ή όχι Αν υπάρχει δηλαδή μια laquoκαθολικήraquo

σειράsuminfinn=1 an με an ge 0 η οποία να laquoδιαχωρίζειraquo τις συγκλίνου-

σες από τις αποκλίνουσες σειρές μη αρνητικών όρων Η απάντη-

ση σε αυτό το ερώτημα είναι δυστυχώς αρνητική Διότι αν το

καθολικό κριτήριο συγκρίνει με μια ακολουθία an για την οποίαηsuminfinn=1 an συγκλίνει μπορούμε να βρούμε ακολουθία bn γνησίως

αύξουσα με limbn = +infin ώστε ηsuminfinn=1 anbn να συγκλίνει Οπότε η

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης σειρών 91

σύγκριση της anbn με την an ώστε να προκύψει η σύγκλιση τηςsuminfinn=1 anbn δεν είναι εφικτήΟμοίως αν ένα καθολικό κριτήριο αποφάσιζε ότι μια σειρά α-

ποκλίνει συγκρίνοντας με μια γνωστή αποκλίνουσα σειράsuminfinn=1 an

μη αρνητικών όρων τότε υπάρχει γνησίως φθίνουσα ακολουθία

bn ώστε limbn = 0 με την σειράsuminfinn=1 anbn να αποκλίνει Οπότε

η σύγκριση anbn με την an ώστε να προκύψει ότι ηsuminfinn=1 anbn

αποκλίνει δεν είναι εφικτή

Έτσι καθολικό κριτήριο σύγκρισης το οποίο να αποφασίζει

για τη σύγκλιση ή την απόκλιση των σειρών δεν γίνεται να υ-

πάρχει

Στα παρακάτω θεωρήματα δίνουμε τις αποδείξεις των παρα-

πάνω ισχυρισμών

Θεώρημα 941 Αν η σειράsuminfinn=1 an με an gt 0 συγκλίνει τότε υ-

πάρχει γνήσια αύξουσα ακολουθία bn με limbn = +infin ώστε ηsuminfinn=1 anbn συγκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει αμέσως από το επόμενο θεώρη-

μα αν θέσουμε bn = (suminfink=n ak)

minusp για οποιοδήποτε 0 lt p lt 1 Με

αυτή την επιλογή φανερά η bn είναι γνήσια αύξουσα με όριο το+infin

Θεώρημα 942 (Dini 1867) Έστω ότι για την ακολουθία an gt 0 η

σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Θέτουμε rnminus1 =

suminfink=n ak Τότε η σειρά

infinsum

n=1

anrpnminus1

συγκλίνει αν 0 lt p lt 1 και αποκλίνει αν p ge 1

Για την απόδειξη του θεωρήματος αποδεικνύουμε πρώτα μια

ανισότητα τύπου Bernoulli

Λήμμα 943 Για κάθε 0 le z le 1 και για κάθε a ge 1 ισχύει

(1minus z)a ge 1minus az

Συγκεκριμένα για κάθε 0 le x le 1 και για κάθε 0 lt p lt 1 ισχύει

1minus x le 1

1minus p(1minus x1minusp

)

και για 1 lt p le 2 ισχύει

1minus x le 1

p minus 1

(1minus xpminus1

)

92 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Απόδειξη Η συνάρτηση f(z) = (1minus z)a minus 1+ az είναι αύξουσα στο[01] διότι f prime(z) = minusa((1minusz)aminus1minus1) ge 0 Άρα f(z) ge f(0) = 0 δηλαδή

η ζητούμενη Για τη δεύτερη ανισότητα θέτουμε a = 1(1 minus p) ge 1

και z = 1minusx1minusp ενώ για την τρίτη ανισότητα a = 1(pminus 1) ge 1 και

z = 1minus xpminus1

Απόδειξη του Θεωρήματος 942 Θέτουμε s =suminfinn=1 an και sN =sumN

n=1 an Χωρίς βλάβη της γενικότητες υποθέτουμε ότι s le 1 (αλ-

λιώς αλλάζουμε την an στην ans) Έτσι rnminus1 lt 1 οπότε αν p ge 1

ισχύει rpnminus1 lt rnminus1 Άρα για κάθε k n isin Nan+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge an+krn+kminus1

+ + anrnminus1

ge an+krnminus1

+ + anrnminus1

= rnminus1 minus rn+krnminus1

= 1minus rn+krnminus1

Αλλά η ακολουθία rn συγκλίνει στο 0 αφού rn = s minus sn rarr 0 Άρα

για κάθε n υπάρχει επαρκώς μεγάλο k ώστε rn+krnminus1 le 12 οπότε

an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge 1

2

και έτσι η σειράsuminfinn=1(anr

pnminus1) δεν είναι Cauchy συνεπώς αποκλί-

νει

Έστω τώρα ότι 0 lt p lt 1 Έχουμε

infinsum

n=1

anrpnminus1

=infinsum

n=1

anrnminus1

r1minuspnminus1 =

infinsum

n=1

rnminus1 minus rnrnminus1

r1minuspnminus1

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

rnminus1 minus rnrnminus1

r1minuspnminus1 le

1

1minus p(r1minuspnminus1 minus r

1minuspn

)

διότι η σειρά της τελευταίας θα συγκλίνει ως τηλεσκοπική Αλλά

αυτή η ανισότητα είναι ισοδύναμη με την

1minus rnrnminus1

le 1

1minus p

(1minus

(rnrnminus1

)1minusp)

η οποία ισχύει από τη δεύτερη ανισότητα του Λήμματος 943 με

x = rnrnminus1

Θεώρημα 944 (Dini 1867) Αν η σειράsuminfinn=1 an με an gt 0 αποκλί-

νει τότε υπάρχει γνησίως φθίνουσα ακολουθία bn με limbn = 0

ώστε ηsuminfinn=1 anbn να αποκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει άμεσα από το επόμενο θεώρημα

θέτοντας bn = (sumnk=1 ak)

minus1 Φανερά με αυτή την επιλογή η bn είναιγνησίως φθίνουσα με όριο το μηδέν

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης σειρών 93

Θεώρημα 945 (Dini-Pringsheim) Έστω ότι για την ακολουθία an gt0 η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει Θέτουμε sn =

sumnk=1 ak Τότε η σειρά

infinsum

n=1

anspn

συγκλίνει αν p gt 1 και αποκλίνει αν 0 le p le 1

Απόδειξη Επιλέγουμε n ώστε sn ge 1 Αυτό είναι εφικτό αφού

sn rarr +infin Έτσι για κάθε k isin N και για 0 le p le 1 ισχύει

an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+k= sn+k minus sn

sn+k= 1minus sn

sn+k

Επειδή limkrarrinfin sn+k = +infin υπάρχει k ge n ώστε snsn+k le 12 Συνε-πώς για κάθε n isin N ώστε sn ge 1 υπάρχει k ge n ώστε

an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge 1

2

Άρα ηsuminfinn=1 ans

pn δεν είναι Cauchy οπότε αποκλίνει

Αν τώρα p ge 2 επειδή sn rarr +infin θα ισχύειanspn

le ans2n

από τη στιγμή που το sn θα γίνει μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Συνε-

πώς αρκεί να αποδείξουμε ότι ηsuminfinn=1 ans

pn συγκλίνει για 1 lt p le

2 Υποθέτουμε λοιπόν ότι 1 lt p le 2 Παρατηρούμε ότι

infinsum

n=1

anspn

leinfinsum

n=1

ansns

pminus1nminus1

=infinsum

n=1

sn minus snminus1

snspminus1nminus1

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

sn minus snminus1

snspminus1nminus1

le 1

p minus 1

(s1minuspnminus1 minus s

1minuspn

)

διότι η σειρά της τελευταίας θα συγκλίνει ως τηλεσκοπική Αλλά

η ανισότητα αυτή είναι ισοδύναμη με την

1minus snminus1

snle 1

p minus 1

(1minus

(snminus1

sn

)pminus1)

η οποία προκύπτει από την τρίτη ανισότητα του Λήμματος 943

για x = snminus1sn

94 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Ασκήσεις

Άσκηση 941 Χρησιμοποιήστε την Άσκηση 822 και το Θεώρημα 945

για να αποδείξετε ότι η σειρά

infinsum

n=2

1

n(logn)p

συγκλίνει αν p gt 1 και αποκλίνει για 0 lt p le 1

Κεφάλαιο 10

Εναλλάσουσες σειρές

Οι εναλλάσουσες σειρές δηλαδή οι σειρές που η ακολουθία αλ-

λάζει συχνά πρόσημο αποτελούν ειδική κατηγορία σειρών και

μελετώνται ξεχωριστά

101 Το κριτήριο Leibniz

Κάθε σειρά της μορφήςsuminfinn=1(minus1)nan όπου είτε an ge 0 για κάθε

n isin N είτε an le 0 για κάθε n isin N ονομάζεται εναλλάσουσα σειράΗ παρακάτω πρόταση δίνει ένα κριτήριο σύγκλισης για εναλλά-

σουσες σειρές

Πρόταση 1011 (Κριτήριο του Leibniz) Αν η ακολουθία an είναιφίνουσα και μηδενική τότε η σειρά

suminfinn=1(minus1)nan συγκλίνει

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι αν θέσουμε sN =sumNn=1(minus1)nan τότε η

s2N είναι φθίνουσα διότι

s2(N+1) = s2N+2 = s2N + (minus1)2N+1a2N+1 + (minus1)2N+2a2N+2

= s2N + a2N+2 minus a2N+1 le s2N

αφού a2N+2 le a2N+1 Επιπλέον η s2Nminus1 είναι αύξουσα διότι

s2(N+1)minus1 = s2N+1 = s2Nminus1 + (minus1)2Na2N + (minus1)2N+1a2N+1

= s2N + a2N minus a2N+1 ge s2Nminus1

αφού a2N ge a2N+1 Όμως

s2N = s2Nminus1 + (minus1)2Na2N = s2Nminus1 + a2N ge s2Nminus1

Συνεπώς

s1 le s2Nminus1 le s2N le s2

96 Εναλλάσουσες σειρές

δηλαδή οι s2Nminus1 και s2N είναι μονότονες και φραγμένες άρα συ-γκλίνουν Τέλος s2N = s2Nminus1 + a2N Συνεπώς |s2N minus s2Nminus1| = |a2N| rarr 0

οπότε οι s2N1 και s2N συγκλίνουν στον ίδιο αριθμό Άρα και η snείναι συγκλίνουσα

Παράδειγμα 1012 Παρόλο που η σειράsuminfinn=1(minus1)nn δεν συγκλί-

νει απολύτως αφούsuminfinn=1 |(minus1)nn| =

suminfinn=1 1n = infin εν τούτοις η

ίδια η σειρά συγκλίνει σύμφωνα με το παραπάνω κριτήριο αφού

η 1n είναι φθίνουσα και μηδενική

Ασκήσεις

Άσκηση 1011 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

(minus1)n

ncos

an a isin R

infinsum

n=1

(minus1)nnpeqradicn p q isin R

infinsum

n=1

(minus1)na1n a isin R

102 Το κριτήριο Dirichlet

Η παραπάνω πρόταση μπορεί να γενικευθεί αντικαθιστώντας την

ακολουθία (minus1)n με μια laquoγενικότερηraquo ακολουθία Χρειαζόμαστεπρώτα ένα λήμμα για την laquoάθροιση κατά παράγοντεςraquo Πρόκει-

ται για μια εντελώς ανάλογη ιδιότητα με την ολοκλήρωση κατά

παράγοντες Εκεί ο κανόνας παραγώγισης (fg)prime = f primeg+fgprime οδηγείστην f primeg = (fg)prime minus fgprime και μετά από ολοκλήρωση στο [a b] στην

int baf primeg = f(b)g(a)minus f(a)g(a)minus

intfgprime

Εδώ τον ρόλο της παραγώγου παίζει η διαφορά xnminusxnminus1 και ynminusynminus1 και το ρόλο του ολοκληρώματος η άθροιση Κατά τα άλλα

οι αποδείξεις και οι τύποι που προκύπτουν είναι πανομοιότυποι

Λήμμα 1021 (Άθροιση κατά παράγοντες) Για οποιεσδήποτε α-κολουθίες (xn)infinn=0 και (yn)

infinn=0 στο R και για οποιουσδήποτε αριθ-

μούς N isin N και M isin Ncup 0 με N gt M ισχύει

Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn = xNyN minus xMyM minusNsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1)

102 Το κριτήριο Dirichlet 97

Απόδειξη Επειδή το άθροισμαsumNn=M+1(xnyn minus xnminus1ynminus1) είναι τη-

λεσκοπικό μετά από διαγραφές προκύπτει ότι

Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1ynminus1) = xNyN minus xMyM

Από την άλλη προσθαφαιρώντας τον όρο xnminus1yn στην παρένθε-ση παίρνουμε ότι

Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1ynminus1) =Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1yn + xnminus1yn minus xnminus1ynminus1)

=Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn +Nsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1)

Άρα

Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn +Nsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1) = xNyN minus xMyM

οπότε

Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn = xNyN minus xMyM minusNsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1)

Από την άθροιση κατά παράγοντες προκύπτει αμέσως το α-

κόλουθο

Θεώρημα 1022 Αν για τις ακολουθίες (xn)nisinN και (yn)nisinN το γι-νόμενο xnyn συγκλίνει τότε η σειρά

sumNn=2(xn minus xnminus1)yn συγκλίνει

αν και μόνο αν η σειράsumNn=2 xnminus1(yn minusynminus1) συγκλίνει

Απόδειξη Προκύπτει αμέσως από την άθροιση κατά παράγοντες

θέτοντας M = 0 και xM = yM = 0 Εναλλακτικά μπορούμε να χρη-

σιμοποιήσουμε την άθροιση κατά παράγοντες για να επιβεβαιώ-

σουμε την ιδιότητα Cauchy

Πόρισμα 1023 (Κριτήριο του Dirichlet) Αν το μερικό άρθοισμα sNτης σειράς

suminfinn=1 an είναι φραγμένη ακολουθία και η bn είναι φθί-

νουσα και μηδενική τότε η σειράsuminfinn=1 anbn συγκλίνει

Απόδειξη Αφού η sn είναι φραγμένη limnrarrinfin snbn = 0 Έτσι από

το προηγούμενο θεώρημα η σειρά

infinsum

n=1

anbn =infinsum

n=1

(sn minus snminus1)bn

98 Εναλλάσουσες σειρές

συγκλίνει αν και μόνο αν συγκλίνει η σειράsuminfinn=1 sn(bn minus bnminus1)

Αλλά αν C το φράγμα της |sn| τότεinfinsum

n=1

∣∣sn(bn minus bnminus1)∣∣ le C

infinsum

n=1

(bn minus bnminus1)

και η τελευταία είναι τηλεσκοπική Άρα η σειράsuminfinn=1 sn(bnminusbnminus1)

συγκλίνει απόλυτα άρα και απλά

Παράδειγμα 1024 Τα μερικά αθροίσματα τηςsuminfinn=1(minus1)n είναι φραγ-

μένα (φανερά |sN| le 1 για κάθε N isin N) Άρα αν η an είναι φθίνου-σα και μηδενική η σειρά

suminfinn=1(minus1)nan συγκλίνει δηλαδή έχουμε

το κριτήριο Leibniz ως πόρισμα του κριτηρίου Dirichlet

Παρατήρηση 1025 Η απαίτηση στο κριτήριο Dirichlet να είναι

η bn φθίνουσα δεν είναι απαραίτητη και μπορεί να αντικατα-σταθεί από την απαίτηση η bn να είναι φραγμένης κύμανσης(Άσκηση 1021)

Ασκήσεις

Άσκηση 1021 [Dedekind] Αποδείξτε χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανι-

σότητα όπως στην απόδειξη του Πορίσματος 1023 ότι το συμπέρασμα

του κριτηρίου Dirichlet συνεχίζει να ισχύει αν η ακολουθία bn αντί ναείναι φθίνουσα είναι φραγμένης κύμανσης δηλαδή αν

suminfinn=1 |bn minus bnminus1| lt

+infinΆσκηση 1022 [Κριτήριο Abel] Έτσω ότι η

suminfinn=1 an συγκλίνει και η bn εί-

ναι μια μονότονη και φραγμένη ακολουθία Αποδείξτε ότι και ηsuminfinn=1 anbn

συγκλίνει

(Υπόδειξη Η bn ως μονότονη και φραγμένη συγκλίνει έστω στο bΕφαρμόστε το κριτήριο Dirichlet για την ακολουθία an και για τη φθί-νουσα και μηδενική |bn minus b|)

Κεφάλαιο 11

Αναδιατάξεις σειρών

Όταν προσθέτουμε ένα πεπερασμένο πλήθος αριθμών τότε η σει-

ρά με την οποία κάνουμε την πρόσθεση δεν έχει σημασία αφού

η πρόσθεση είναι ανιμεταθετική πράξη Όμως επειδή στις σειρές

εμπλέκεται και η διαδικασία του ορίου τίθεται το ερώτημα αν

η σειρά με την οποία γίνεται η άθροιση μπορεί τώρα να έχει ή

όχι σημασία Είναι σωστό δηλαδή ότι ανεξάρτητα της σειράς ά-

θροισης ένα άπειρο άθροισμα θα δίνει πάντα το ίδιο αποτέλεσμα

Όπως βλέπουμε στο ακόλουθο παράδειγμα η απάντηση είναι αρ-

νητική

Παράδειγμα 1101 Ας θεωρήσουμε τη σειράsuminfinn=1(minus1)nminus1n για

την οποία γνωρίζουμε ότι συγκλίνει και ας θέσουμε ℓ το όριότης Εύκολα βλέπουμε ότι

ℓ lt 1minus 1

2+ 1

3= 56

διότι οι επόμενοι όροι του αθροίσματος είναι ανά δύο αρνητικοί

minus14 + 15 lt 0 minus16 + 17 lt 0 κλπ Αλλάζουμε τώρα τη σειρά της

άθροισης ώστε κάθε αρνητικός όρος να εμφανιστεί αφού πρώτα

εμφανιστούν δύο θετικοί όροι Δηλαδή θεωρούμε τη σειρά

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+

Εύκολα ελέγχουμε ότι κάθε τριάδα από αυτούς τους όρους με τους

δύο πρώτους θετικούς και τον τρίτο αρνητικό μπορεί να περιγρα-

φεί με την έκφραση

1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2k

για k isin N Αλλά με απλές πράξεις βλέπουμε ότι1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2kge 0

100 Αναδιατάξεις σειρών

άρα

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+ middotmiddot middot ge 1+ 1

3minus 1

2= 5

6gt ℓ

Έτσι η νέα άθροιση δίνει σειρά που είτε δεν συγκλίνει είτε συ-

γκλίνει σε μεγαλύτερο αριθμό από το ℓ Σε κάθε περίπτωση ηαπάντηση στην παραπάνω ερώτηση είναι αρνητική

Σε αυτό το κεφάλαιο θα δούμε ότι η απάντηση στην παραπάνω

ερώτηση είναι πολύ laquoχειρότερηraquo από το απλό laquoόχιraquo του παραπά-

νω παραδείγματος

Πρώτα όμως πρέπει να περιγράψουμε έναν τρόπο για να αλ-

λάζουμε τη σειρά της άθροισης

111 Αναδιατάξεις των φυσικών αριθμών

Ορισμός 1111 Μια ακολουθία kn N rarr N λέγεται αναδιάταξη

του N αν είναι 1minus 1 και επί

Ο όρος που χρησιμοποιούμε είναι laquoφυσιολογικόςraquo διότι εφόσον

η kn είναι επί του N στο πεδίο τιμών της βρίσκονται όλοι οι

φυσικοί αριθμοί και αφού είναι 1 minus 1 η kn δεν επαναλαμβάνειτιμές Άρα πράγματι η kn δίνει τους φυσικούς αριθμούς με άλλησειρά Ας δούμε ένα παράδειγμα Θέτουμε

kn =nminus 1 αν n άρτιοςn+ 1 αν n περιττός

Οι τιμές της kn φαίνονται στον παρακάτω πίνακα από όπου

βλέπουμε ότι η kn απλώς αλλάζει τη σειρά των φυσικών αριθμώνmdashτους αναδιατάσσει

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 kn 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 12 11 14

112 Αναδιατάξεις σειρών

Με τη βοήθεια μιας αναδιάταξης του N μπορούμε να ορίσουμε τις

αναδιατάξεις ακολουθιών και σειρών

Ορισμός 1121 Αν ακολουθία kn N rarr N είναι μια αναδιάταξη

του N τότε η ακολουθία aprimen = akn ονομάζεται αναδιάταξη τηςan και η σειρά

suminfinn=1 a

primen =

suminfinn=1 akn ονομάζεται αναδιάταξη τηςsuminfin

n=1 an

112 Αναδιατάξεις σειρών 101

Έτσι η aprimen δίνει ακριβώς τους όρους της an κατά 1 minus 1 και επί

τρόπο αλλά με τη σειρά που περιγράφει η kn Για παράδειγμαστον επόμενο πίνακα βλέπουμε την αναδιάταξη που κάνει σε μια

ακολουθία an η παραπάνω kn

an a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 akn a2 a1 a4 a3 a6 a5 a8 a7 a10 a9 a12

Στη συνέχεια θέλουμε να αποδείξουμε ότι αν μια σειρά συγκλί-

νει απολύτως τότε κάθε ανάδιάταξή της συγκλίνει και μάλιστα

στον ίδιο αριθμό Για αυτό θα χρειαστούμε πρώτα δυο απλά λήμ-

ματα

Λήμμα 1122 Αν kn Nrarr N 1minus 1 τότε limnrarrinfin kn = infin

Απόδειξη Έστω ότι M gt 0 και K = kn n isin N το πεδίο τιμώντης kn Το σύνολο K cap 12 [M] + 1 είναι πεπερασμένο (με τοπολύ [M]+ 1 στοιχεία) Ας υποθέσουμε ότι

K cap 12 [M]+ 1 = kn1 kn2 knr

για κάποιους δείκτες n1 nr Θέτουμε n0 = maxn1 n2 nr+1

φανερά αν n ge n0 τότε kn notin 12 [M]+1 γιατί αλλιώς θα έπρε-πε να ισούται με κάποιο από τα kn1 kn2 knr αντιφάσκοντας μετην ιδιότητα του 1minus 1 Άρα kn ge [M]+ 1 gt M Συνεπώς kn rarrinfin

Λήμμα 1123 Αν η kn είναι αναδιάταξη του N τότε για κάθε

N isin N υπάρχει m =m(N) isin N ώστε

12 N sube k1 k2 km

Απόδειξη Από το Λήμμα 1122 υπάρχει m isin N ώστε για κάθε

n gem να ισχύει kn ge N+1 Άρα οι αριθμοί 12 N είναι ήδη στοσύνολο τιμών της kn για τα n le m αλλιώς η kn δεν μπορεί ναείναι επί Έτσι αποδείξαμε ότι 12 N sube k1 k2 km

Πρόταση 1124 Αν μια σειρά συγκλίνει απολύτως τότε κάθε α-ναδιάταξή της συγκλίνει στον ίδιο αριθμό

Απόδειξη Έστω ότι η kn είναι μια αναδιάταξη των φυσικών α-ριθμών οπότε η akn είναι αναδιάταξη της ακολουθίας an Θέτουμεℓ =

suminfinn=1 an Θα δειξουμε ότι

suminfinn=1 akn = ℓ

Έστω ότι ε gt 0 Αφού ηsuminfinn=1 |an| συγκλίνει είναι Cauchy Ά-

ρα υπάρχει N0 = N0(ε) isin N ώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύ-

ειsumNn=M+1 |an| lt ε2 Αφήνοντας το N rarr infin συμπεραίνουμε ότιsuminfin

n=M+1 |an| le ε2 Άρα για κάθε M ge N0 ισχύειsuminfinn=M+1 |an| lt ε

οπότε και για M = N0 Δηλαδή

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε

102 Αναδιατάξεις σειρών

Από το Λήμμα 1123 για το N0 υπάρχει m0 isin N ώστε 12 N0 subek1 k2 km0 Έστω τώρα ότι m gem0 Έχουμε

∣∣∣∣∣∣ℓ minusmsum

n=1

akn

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

sum

nnotink1 k2kman

∣∣∣∣∣∣

lesum

nnotink1 k2km|an| le

sum

nnotink1 k2km0|an|

lesum

nnotink1 k2N0|an| =

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ασκήσεις

Άσκηση 1121 Αποδείξτε ότι αν an rarr ℓ και akn μια οποιαδήποτε ανα-διάταξή της τότε akn rarr ℓ

Άσκηση 1122 Αποδείξτε ότι κάθε συγκλίνουσα ακολουθία an έχει φθί-νουσα αναδιάταξη (Η φθίνουσα αναδιάταξη μιας ακολουθίας an συνή-θως συμβολίζεται με alowastn)

113 Το θεώρημα Riemann

Σε αυτή την ενότητα αποδεικνύουμε ότι αν μια σειρά συγκλίνει

αλλά δεν συγκλίνει απολύτως τότε για κάθε αριθμό υπάρχει ανα-

διάταξη της σειράς που συγκλίνει σε αυτόν Για την απόδειξη θα

χρειαστούμε ένα λήμμα

Λήμμα 1131 Κάθε αναδιάταξη akn μιας μηδενικής ακολουθίαςan είναι μηδενική

Απόδειξη Αν ε gt 0 και N0 isin N ώστε για κάθε N ge N0 να ισχύει

|aN| lt ε τότε από το Λήμμα 1123 βρίσκουμε ένα m0 isin N ώστε12 N0 sube k1 k2 km0 Έτσι αν m gem0+1 επειδή η kn είναι1minus 1 θα ισχύει

km notin k1 k2 km0 supe 12 N0

Άρα km ge N0 οπότε |akm | lt ε

Θεώρημα 1132 (Riemann) Αν η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αλλά η

σειράsuminfinn=1 |an| αποκλίνει τότε για κάθε x isin R υπάρχει αναδιά-

ταξη kn του N ώστε

infinsum

n=1

aprimen =infinsum

n=1

akn = x

113 Το θεώρημα Riemann 103

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι an ne 0

για κάθε n isin N αφού οι όποιοι μηδενικοί όροι δεν συμβάλλουν

στη σύγκλιση ή όχι της σειράς Θέτουμε

a+n =an αν an gt 0

0 αν an lt 0και aminusn =

0 αν an gt 0

minusan αν an lt 0

Παρατηρούμε ότι a+n aminusn gt 0 και a+n + aminusn = |an| και a+n minus aminusn = an

Επιπλέον ισχυριζόμαστε ότι

infinsum

n=1

a+n =infinsum

n=1

aminusn = infin (111)

Πράγματι επειδή a+n aminusn gt 0 αν δεν απειρίζονται και δυο πα-

ραπάνω σειρές μπορούμε να υποθέσουμε ότι κάποια από τις

δύο αυτές συγκλίνει Έστω ότιsuminfinn=1 a

+n συγκλίνει Τότε επειδή

aminusn = a+n minus an συνεπάγεται ότι

infinsum

n=1

aminusn =infinsum

n=1

a+n minusinfinsum

n=1

an

οπότε αναγκαστικά θα συγκλίνει και ηsuminfinn=1 a

minusn Αλλά τότε θα

συγκλίνει και ηsuminfinn=1 |an| αφού

infinsum

n=1

|an| =infinsum

n=1

a+n +infinsum

n=1

aminusn

το οποίο είναι άτοπο

Από την (111) παρατηρούμε ότι ξεκινώντας από οποιοδήπο-

τε αριθμό α lt x αν προσθέσουμε αρκετούς (πεπερασμένο πλήθος)από τους θετικούς όρους της an θα ξεπεράσουμε το x Και ξεκι-νώντας από οποιοδήποτε αριθμό β gt x αν προσθέσουμε αρκετούς(πεπερασμένο πλήθος) από τους αρνητικούς όρους της an (οι ο-ποίοι είναι της μορφής minusaminusn) θα πέσουμε κάτω από το xΞεκινάμε την κατασκευή της αναδιάταξης της σειράς της an

Υποθέτουμε ότι a1 le x Θέτουμε aprime1 = a1 και N1 = n1 = 1 Σύμφω-

να με την προηγούμενη παρατήρηση υπάρχει n2 isin N ο πρώτος

φυσικός αριθμός ώστε αν οι πρώτοι n2 minus 1 θετικοί όροι της anπροστεθούν στον a1 να δίνουν αποτέλεσμα μικρότερο ή ίσο από

τον x αλλά όταν προστεθεί και ο n2-στος θετικός όρος της anνα προκύπτει αποτέλεσμα γνήσια μεγαλύτερο από τον x Ονομά-ζουμε αυτούς τους θετικούς όρους aprime2 a

prime3 a

primen2και αφού θέσουμε

N2 = n2 ισχύειN2minus1sum

n=1

aprimen le x ltN2sum

n=1

aprimen

104 Αναδιατάξεις σειρών

Πάλι από την παραπάνω παρατήρηση υπάρχει n3 ο πρώτος φυ-

σικός αριθμός ώστε αν προσθέσουμε τους πρώτους n3 minus 1 όρους

από τους αρνητικούς όρους της an στοsumN2

n=1 aprimen να προκύτει α-

ριθμός μεγαλύτερος ή ίσος του x αλλά όταν προσθέσουμε καιτον n3-στο όρο να προκύψει γνήσια μικρότερος του x Μετονο-μάζουμε αυτούς τους όρους σε aprimen2+1 a

primen2+n3

και αφού θέσουμε

N3 = n2 +n3 ισχύειN3sum

n=1

aprimen le x ltN3minus1sum

n=1

aprimen

Έστω n4 ο πρώτος φυσικός αριθμός ώστε αν προσθέσουμε

τους επόμενους n4minus1 από τους θετικούς όρους της an στοsumN3

n=1 aprimen

να προκύπτει αποτέλεσμα μικρότερο ή ίσο με το x αλλά ότανπροσθέσουμε και τον n4-στο όρο να προκύψει αποτέλεσμα γνησί-

ως μεγαλύτερο του x Αν μετονομάσουμε αυτούς τους όρους σεaprimeN3+1 a

primeN3+n4

και αφού θέσουμε N4 = N3 +n4 ισχύει

N4minus1sum

n=1

aprimen le x ltN4sum

n=1

aprimen

Συνεχίζοντας επαγωγικά αυτή τη διαδικασία κατασκευάζουμε

την αναδιάταξη aprimen της an και έχουμε και φυσικούς αριθμούς N1 ltN2 lt ώστε για κάθε k isin N να ισχύουν τα εξής

bull aprimen gt 0 για κάθε n με N2kminus1 lt n le N2k (dagger)

bull aprimen lt 0 για κάθε n με N2k lt n le N2k+1 (Dagger)

bullN2kminus1sum

n=1

aprimen le x ltN2ksum

n=1

aprimen και

N2kminus1sum

n=1

aprimen lt x leN2kminus1minus1sum

n=1

aprimen (lowast)

Θα ολοκληρώσουμε την απόδειξη αν δείξουμε ότι τα μερικά α-

θροίσματα sprimem τηςsuminfinn=1 a

primen συγκλίνουν στο x Αν ε gt 0 επειδή

η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει η an είναι μηδενική ακολουθία οπό-

τε είναι μηδενική και η aprimen από το Λήμμα 1131 Άρα υπάρχει

k0 isin N ώστε για κάθε k ge k0 να ισχύει |aN2kminus1| lt ε και |aN2k| lt εΘέτουμε m0 = N2k0minus1 Θα δείξουμε ότι για κάθε m ge m0 ισχύει

|sprimem minus x| lt ε Έστω λοιπόν m gem0 Τότε υπάρχει k ge k0 ώστε είτε

N2kminus1 lem lt N2k είτε N2k lem lt N2k+1 Αν N2kminus1 lem lt N2k τότε από

την (dagger) παίρνουμε ότι sprimeN2kminus1le sprimem lt x Χρησιμοποιώντας τώρα την

(lowast)

|sprimemminusx| = xminussprimem le xminussprimeN2kminus1leN2kminus1minus1sum

n=1

aprimenminusN2kminus1sum

n=1

aprimen = minusaprimeN2kminus1= |aprimeN2kminus1

| lt ε

113 Το θεώρημα Riemann 105

Ενώ αν N2k le m lt N2k+1 τότε από την (Dagger) παίρνουμε ότι x le sprimem lesprimeN2k Χρησιμοποιώντας πάλι την (lowast)

|sprimem minus x| = sprimem minus x le sprimeN2kminus x le

N2ksum

n=1

aprimen minusN2kminus1sum

n=1

aprimen = aN2k = |aN2k| lt ε

Τέλος αν a1 ge x επαναλαμβάνουμε την παραπάνω διαδικασία

ξεκινώντας από την πρόσθεση στον a1 αρνητικών όρων της anμέχρι το άθροισμα να πέσει για πρώτη φορά κάτω από το x καισυνεχίζουμε με ακριβώς τον ίδιο τρόπο

Ασκήσεις

Άσκηση 1131 Αποδείξτε ότι αν μια σειρά συγκλίνει αλλά όχι απολύ-

τως τότε υπάρχει αναδιάταξή της που να συγκλίνει στο +infin Ομοίωςαποδείξτε ότι υπάρχει αναδιάταξή της που να συγκλίνει στο minusinfin Ομοί-ως αποδείξτε ότι υπάρχει αναδιάταξή της που δεν συγκλίνει σε κανένα

σημείο του Rcup plusmninfinΆσκηση 1132 Αποδείξτε ότι αν μια σειρά συγκλίνει αλλά όχι απολύτως

τότε υπάρχει αναδιάταξή της της οποίας τα μερικά αθροίσματα είναι

πυκνά στο R

Άσκηση 1133 Αν an = cos(nπ)n υπάρχει αναδιάταξη aprimen της an ώστεsuminfinn=1 a

primen = e

Άσκηση 1134 Αν an = sin(nπ2)n υπάρχει αναδιάταξη aprimen της an ώστεsuminfinn=1 a

primen = 1000

Βιβλιογραφία

[1] Απόστολος Γιαννόπουλος Απειροστικός Λογισμός Ι amp ΙΙ (Ση-

μειώσεις Μαθήματος)

httpusersuoagr˜apgiannopnoteshtml

[2] Δημήτριος Κάππος Μαθήματα Αναλύσεως Απειροστικός

Λογισμός Α

[3] Στυλιανός Νεγρεπόντης Σταύρος Γιωτόπουλος Ευστάθιος

Γιαννακούλιας Απειροστικός Λογισμός Ι Συμμετρία 1997

2004

[4] Σωτήρης Ντούγιας Απειροστικός Λογισμός Ι Πανεπιστήμιο

Ιωαννίνων 2000 2004

[5] Αντώνης Τσολομύτης Σύνολα και Αριθμοί Leader Books 2004

[6] Robert Bartle The elements of Real Analysis 2nd ed John Wiley amp Sons

1989

[7] Konrad Knopp Infinite sequences and series Dover Publications 1956

[8] Thomas William Korner A companion to Analysis Graduate Studies in

Mathematics vol 62 American Mathematical Society 2004

[9] Serge Lang A first Course in Calculus 5th ed Undergraduate Texts in

Mathematics Springer-Verlag 1986

[10] Walter Rudin Principles of Mathematical Analysis 3rd edition McGraw

Hill International Editions 1976

[11] Karl Stromberg An introduction to Classical Real Analysis Chapman amp

Hall 1996

Ευρετήριο ελληνικών όρων

Α

άθροιση κατά παράγοντες 96

άθροισμα ακολουθιών 9

ακολουθία 7

Cauchy 37

infimum 20

supremum 20

άνω όριο 47

άνω πέρας 20

άνω φράγμα 19

άνω φραγμένη 19

αποκλίνουσα 39

απολύτως φραγμένη 19

αύξουσα 15

βασική 37

γνησίως αύξουσα 15

γνησίως μονότονη 15

γνησίως φθίνουσα 15

ελάχιστο άνω φράγμα 20

επάλληλες 53

κανόνας Lrsquo Hospital 55

κάτω όριο 47

κάτω πέρας 20

κάτω φραγμένη 19

μέγιστο κάτω φράγμα 20

μερικό άθροισμα 63

μηδενική 25

μονότονη 15

όριο 31

όροι 7

σειρά της 63

συγκλίνουσα 30

σύνολο όρων 7

τελικό τμήμα 7

φθίνουσα 15

φραγμένη 19

φραγμένης κύμανσης 98

ακολουθίες ισοσυγκλίνουσες 36

αναδιάταξη

σειράς 99

φυσικών αριθμών 100

αναδιάταξη σειράς 100

ανισότητα αριθμητικού γεω-

μετρικούς αρμονικού μέ-

σου 54

άνω

όριο ακολουθίας 47

πέρας ακολουθίας 20

φράγμα ακολουθίας 19

φραγμένη ακολουθία 19

απλή σύγκλιση σειράς 70

αποκλίνουσα ακολουθία 39

απόλυτη σύγκλιση σειράς 70

απολύτως φραγμένη ακολου-

θία 19

αριθμητικός μέσος 53

αριθμητικός-αρμονικός μέσος

56

αριθμογεωμετρικός μέσος 58

αρμονική σειρά 70

αρμονικός μέσος 53

αύξουσα ακολουθία 15

Β

βασική ακολουθία 37

Γ

γεωμετρική σειρά 63

γεωμετρικός μέσος 53

γινόμενο ακολουθιών 9

γνησίως

αύξουσα ακολουθία 15

μονότονη ακολουθία 15

φθίνουσα ακολουθία 15

Δ

διαφορά ακολουθιών 9

Ε

ελάχιστο

Ευρετηριο ελληνικων ορων 109

άνω φράγμα ακολουθίας

20

υπακολουθιακό όριο 48

εναλλάσουσα σειρά 95

επάλληλες ακολουθίες 53

Θ

θεώρημα

Bolzano-Weierstraszlig 37

Riemann 102

Ι

ιδιότητα Cauchy 68

ισοσυγκλίνουσες ακολουθίες 36

ισότητα ακολουθιών 9

Κ

κανόνας Lrsquo Hospital για ακο-

λουθίες 55

κάτω

όριο ακολουθίας 47

πέρας ακολουθίας 20

φραγμένη ακολουθία 19

κέντρο περιοχής 25

κριτήριο

n-στης ρίζας του Cauchy

84

Cauchy 68

Bertrand 88 90

Gauss 90

Dini-Kummer 74

Dirichlet 96 97

Leibniz 95

Raabe-Duhamel 87

λογαριθμικό 87

λόγου Drsquo Alambert 82

λόγου ακολουθιών 29

λόγου ακολουθιών ορια-

κό 36

ολοκληρωτικό 79

οριακής σύγκρισης 72

οριακής σύγκρισης λόγων

72

σύγκρισης 71

συμπύκνωσης του Cauchy

76

φράγματος 67

Λ

λογαριθμικό κριτήριο 87

λόγος γεωμετρικής σειράς 63

Μ

μέγιστο

κάτω φράγμα ακολουθίας

20

υπακολουθιακό όριο 48

μερικό άθροισμα ακολουθίας

63

μέσος

αριθμητικός 53

αριθμητικός-αρμονικός 56

αριθμογεωμετρικός 58

αρμονικός 53

γεωμετρικός 53

μηδενική ακολουθία 25

μοναδικότητα ορίου ακολουθί-

ας 31

μονότονη ακολουθία 15

Ο

ολοκληρωτικό κριτήριο 79

οριακό κριτήριο λόγου ακολου-

θιών 36

όριο

ακολουθίας 31

υπακολουθιακό 47

όροι ακολουθίας 7

Π

περιοχή σημείου 25

πηλίκο ακολουθιών 10

Σ

σειρά 63

αρμονική 70

γεωμετρική 63

εναλλάσουσα 95

τηλεσκοπική 73

110 Ευρετηριο ελληνικων ορων

σειρές

n-στης ρίζας του Cauchy

84

αναδιατάξεις 99 100

απλή σύγκλιση 70

απόλυτη σύγκλιση 70

εναλλάσουσες 95

κριτήριο Bertrand 90

κριτήριο Cauchy 68

κριτήριο Gauss 90

κριτήριο Dini-Kummer 74

κριτήριο Dirichlet 96 97

κριτήριο Leibniz 95

κριτήριο Raabe-Duhamel 87

κριτήριο λογαριθμικό 87

κριτήριο λόγου Drsquo Alambert

82

κριτήριο οριακής σύγκρι-

σης 72

κριτήριο οριακής σύγκρι-

σης λόγων 72

κριτήριο σύγκρισης 71

κριτήριο συμπύκνωσης του

Cauchy 76

κριτήριο φράγματος 67

ολοκληρωτικό κριτήριο 79

τηλεσκοπικές 73

συγκλίνουσα ακολουθία 30

σύγκλιση ακολουθιών 25

σύνθεση ακολουθιών 10

σύνολο όρων ακολουθίας 7

Τ

τελικά ανήκειικανοποιεί 25

τελικό τμήμα ακολουθίας 7

τηλεσκοπικές σειρές 73

Υ

υπακολουθία 8

υπακολουθιακό όριο 47

Φ

φθίνουσα ακολουθία 15

φραγμένη ακολουθία 19

Παραγωγή LATEX2ε

Τα θεωρήματα

των Green Stokes και Gauss

Αντώνης Τσολομύτης

Σάμος 2012

intcurl

nablatimes F

divintpartS F

Επειδή αναϕέρθηκε στο μάθημα

Ενεργητική ϕωνή

Ενεστώτας παράγω παρέχωΕνεστώτας-υποτακτική να παράγω να παρέχωΕνεστώτας-προστακτική πάραγε πάρεχεΕνεστώτας-μετοχή παράγοντας παρέχονταςΜέλλοντας στιγμιαίος θα παραγάγω θα παράσχωΜέλλοντας διαρκείας θα παράγω θα παρέχωΜέλλοντας συντελεσμένος θα έχω παραγάγει θα έχω παράσχειΑόριστος παρήγαγα παρείχαΑόριστος-υποτακτική να παραγάγω να παράσχωΑόριστος-προστακτική παράγαγε παράσχετεΑόριστος-απαρέμϕατο παραγάγει παράσχειΠαρατατικός παρήγα παρείχαΠαρακείμενος έχω παραγάγει έχω παράσχειΥπερσυντέλικος είχα παραγάγει είχα παράσχει

Οι τύποι με το -άξω δεν είναι απαραίτητα λάθος (ο μέλλοντας τουάγω στην αρχαία είναι άξω1) και μπορούν να χρησιμοποιηθούν εν-δεχομένως ειδικά αν στον ομιλητή ακούγονται εύηχοι Όμως υπάρ-χουν δυσκολίες με αυτή την επιλογή Για παράδειγμα για το ρήμαlaquoεξάγωraquo θα πούμε laquoθα εξάξωraquo Για το laquoανάγωraquo laquoθα ανάξωraquo Γιατο laquoδιαξάγωraquo laquoθα διαξάξωraquo Ή είναι προτιμότερο να πούμε laquoθαεξαγάγωraquo laquoθα αναγάγωraquo laquoθα διεξαγάγωraquo Ο κακοποιός laquoέχει α-παγάγειraquo το παιδί ή το έχει laquoαπάξειraquo Ανάλογη είναι η κατάστασηκαι με το laquoπαρέχωraquo Είναι σωστό να λέμε laquoνα παρέξειraquo ή laquoνα πα-ράσχειraquo Χωρίς να θέλουμε να μπούμε στην κουβέντα περί σωστούή λάθους γλωσσικής καθαρότητας ή βαρβαρότητας (κουβέντα πουγίνεται έντονα στο διαδίκτυο) από τα παραπάνω παραδείγματαϕαίνεται ότι η επιλογή του laquoθα παραγάγωraquo ή laquoθα παράσχωraquo είναιασϕαλέστερη

Σάμος 11 Μαΐου 2012

1δες online λεξικό Liddell-Scott-Κωνσταντινίδου στη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrldsweb

1 Εισαγωγικά

Οι σημειώσεις αυτές γράϕτηκαν για το μάθημα του ΑπειροστικούΛογισμού όπως αυτό διδάσκεται στα Τμήματα Μαθηματικών Οιαποδείξεις των τριών αυτών θεωρημάτων στην πλήρη τους γενικό-τητα στον R3 (ή στον R2 για το θεώρημα του Green) δεν είναι απλέςΕιδικά η απόδειξη του θεωρήματος του Gauss είναι δύσκολη και γιααυτό μπορεί να επιλέξει κανείς να την παραλείψει Η απόδειξη τουStokes είναι βατή αν και εκτενής λόγω της αναγκαστικής εϕαρμο-γής του κανόνα της αλυσίδας στην παραγώγιση για διανυσματικέςσυναρτήσειςΟι σημειώσεις αυτές δεν περιέχουν ασκήσεις και γράϕτηκαν κυ-

ρίως με στόχο μια διδακτικά αποδοτικότερη παρουσίαση των θεω-ρημάτων Με αυτό το σκεπτικό οι αποδείξεις πήγαν όλες σε ξεχω-ριστή ενότητα στο τέλος των σημειώσεων

2 Συμβολισμός

Συμβολίζουμε μεintintτο διπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R2 και

μεintintintτο τριπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R3

Με το intC συμβολίζουμε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στην

προσανατολισμένη καμπύλη C Όταν η C είναι απλή κλειστή καμ-πύλη που περικλείει ένα χωρίο στον R2 θεωρούμε ότι είναι θετικάπροσανατολισμένη δηλαδή περπατώντας πάνω στην καμπύλη τοχωρίο που περικλείει είναι στα αριστερά μας Αν η C είναι το σύ-νορο μιας προσανατολισμένης επιϕάνειας στον R3 τότε η C θεω-ρείται προσανατολισμένη θετικά δηλαδή αν περπατάμε στην C μετο σώμα μας στη ϕορά του προσανατολισμού της επιϕάνειας ηεπιϕάνεια είναι στα αριστερά μαςΣυμβολίζουμε με

S το επιϕανειακό ολοκλήρωμα πάνω στην προ-

σανατολισμένη επιϕάνεια S Αν η S είναι κλειστή επιϕάνεια η θε-τική κατεύθυνση είναι η προς τα έξω κατεύθυνση σε σχέση με τοτρισδιάστατο χωρίο που περικλείειΓράϕουμε ⟨xy⟩ για το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων x

και y Τα i j και k είναι τα βασικά ορθοκανονικά διανύσματαστον R3 Δηλαδή i = (100) j = (010) και k = (001)Αν F διανυσματική συνάρτηση από το R3 στο R3 και F = (F1 F2 F3)

όπου οι Fj έχουν τιμές στο R γράϕουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 F2 F3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1)

3

και

⟨nabla F⟩ = partF1

partx+ partF2

party+ partF3

partz (2)

3 Θεωρήματα Stokes και Gauss

Το θεμελιώδες θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού μάς λέει ότι υπότις κατάλληλες προϋποθέσεις το ολοκλήρωμα της παραγώγου f prime

της f στο διάστημα [a b] ισούται με ένα κατάλληλο άθροισμα τωντιμών της f στο σύνορο ab του διαστήματος Συγκεκριμέναint

[ab]f prime = f(b)minus f(a) (3)

Δηλαδή το ολοκλήρωμα της παραγώγου στο διάστημα [a b] υπο-λογίζεται από τις τιμές της συνάρτησης στο σύνορο (στα άκρα)του [a b] Το ίδιο ακριβώς είναι εννοιολογικά του περιεχόμενο τωνθεωρημάτων Stokes και Gauss Στο θεώρημα Stokes το πεδίο ολοκλή-ρωσης είναι μια επιϕάνεια και ο υπολογισμός με βάση τις τιμέςστο σύνορο της επιϕάνειας (το αντίστοιχο του f(b) minus f(a)) γίνεταιμε επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο σύνορό της Ομοίως στο θεώρηματου Gauss το πεδίο ολοκλήρωσης είναι ένα χωρίο στον τρισδιάστα-το χώρο και ο υπολογισμός με βάση τις τιμές στο σύνορο του χω-ρίου γίνεται με το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στο σύνορο του χωρίουδηλαδή στην επιϕάνεια που περικλείει το χωρίο

31 Το θεώρημα του Stokes

Έστω ότι η S προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 που ορίζεταιαπό μια ένα προς ένα παραμετρικοποίηση Φ D sube R2 rarr S και partSτο θετικά προσανατολισμένο σύνορό της Αν F S rarr R3 μια C1

συνάρτηση τότε

το επιϕανειακό ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης παραγώ-γουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στο σύνο-ρο της επιϕάνειας Δηλαδή σε πλήρη αναλογία με τοντύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕής

SlaquoF primeraquo =

intpartSF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επικαμπύλιο ολο-κλήρωμα της F στο partS

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί είναι ποια είναι η laquoκατάλληληπαράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

4

Θεώρημα 31 (Stokes) Έστω ότι η S είναι μια κατά τμήματα C2

ϕραγμένη προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 Αν F S rarr R3

μια C1 συνάρτηση και partS το θετικά προσανατολισμένο σύνορο τηςS το οποίο υποθέτουμε ότι είναι απλή κλειστή κατά τμήματα C1

καμπύλη τότε ισχύει Snablatimes F =

intpartSF (4)

Δηλαδή η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo είναι η συνάρτηση nablatimes F

Υπενθυμίζουμε εδώ τα απαραίτητα για τον υπολογισμό των πο-σοτήτων του παραπάνω τύπου

bull Αν Φ D sube R2 rarr R με Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))μια 1-1

παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας S θέτουμε

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)και το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στα αριστερά της (4) υπολο-γίζεται με το διπλό ολοκλήρωμαintint

D

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

bull Αν σ(t) isin R3 για t isin [a b] μια παραμετρικοποίηση του partS τότετο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στα δεξιά της (4) ισούται μεint b

a

⟨F(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

Παρατήρηση 31 Θέλοντας να κάνουμε τον αναγνώστη να νοιώθεισίγουρος για την εννοιολογική ταύτιση της σχέσης (4) με τη σχέση(3) θα δείξουμε ότι πράγματι το θεώρημα του Stokes εϕαρμοσμένοσε κατάλληλη επιϕάνεια συνεπάγεται το θεμελιώδες θεώρημα τουαπειροστικού λογισμού Ας υποθέσουμε λοιπόν τη σχέση (4) καιέστω ότι η f είναι συνάρτηση C1 στο [a b] Θεωρούμε την επίπεδηεπιϕάνεια S = [a b] times [01] times 0 sube R3 και τη συνάρτηση F(xy) =(0 f (x)0) Έχουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

0 f(x) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= f prime(x)k

Για την παραμετρικοποίηση της S θέτουμε D = S και για (uv) isin DΦ(uv) = (uv0) Έτσι Tu = (100) Tv = (010) και εύκολα προκύ-

5

πτει ότι Tu times Tv = k Οπότε το αριστερό μέλος της (4) γίνεταιSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

=int 1

0

int baf prime(u)dudv

=int baf prime(x)dx

Στρεϕόμαστε τώρα στο δεξιό σκέλος Το σύνορο του S αποτελείταιαπό τα ευθύγραμμα τμήματα

C1 =(t00) t isin [a b]

C2 =(t10) t isin [a b]

B1 =(a t0) t isin [01]

καιB2 =

(b t0) t isin [01]

Οι παραμετρικοποιήσεις που δίνονται στα παραπάνω ευθύγραμματμήματα δίνουν τον θετικό προσανατολισμό στα C1 και B2 ενώ δί-νουν τον αρνητικό προσανατολισμό στα C2 και B1 Συνεπώς

intpartSF =

intC1

F minusintC2

F minusintB1

F +intB2

F (5)

Όμως

intC1

F =int ba

⟨F(t00) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

intC2

F =int ba

⟨F(t10) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

Και

intB2

F =int 1

0

⟨F(b t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (b)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(b)dt

= f(b)

intB1

F =int 1

0

⟨F(a t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (a)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(a)dt

= f(a)

6

Αντικαθιστώντας στην (5) παίρνουμεintpartS F = f(b) minus f(a) ολοκληρώ-

νοντας την απόδειξη Έτσι το θεώρημα του Stokes πράγματι αποτε-λεί επέκταση του γνωστού μας θεμελιώδους θεωρήματος του απει-ροστικού λογισμού μίας μεταβλητής σε περισσότερες μεταβλητές

311 Το θεώρημα του Green

Μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος Stokes είναι η περίπτωσηόπου η επιϕάνεια S είναι επίπεδη υποσύνολο του R2 και η συνάρ-τηση F έχει πεδίο τιμών το R2 Σε αυτή την περίπτωση το πεδίοορισμού της παραμετρικοποίησης Φ της S το D ταυτίζεται με τηνS και η Φ είναι η ταυτοτική Φ(uv) = (uv) (όπου παραλείψαμε τηντρίτη μηδενική συντεταγμένη (μιλώντας αυστηρά ταυτίζουμε το R2

με το R2 times 0 sub R3 ή αλλιώς ταυτίζουμε τα (uv) με τα (uv0))Όπως και στην Παρατήρηση 31 υπολογίζουμε ότι Tu times Tv = k

οπότε σε αυτή την περίπτωση

intSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(uv) k⟩dudvΤώρα αν F = (PQ) = (PQ0) υπολογίζουμε την παράσταση ⟨nabla timesF(uv) k

⟩με την ορίζουσα (1) και βρίσκουμε (άσκηση) ότι

⟨nablatimes F(uv) k⟩ = partQpartu

minus partPpartv

Έτσι σε αυτή την ειδική περίπτωση ο τύπος του θεωρήματος Stokesγράϕεται ως intint

D

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy =

intpartDF

όπου F = (PQ) Αυτός ο τύπος ο τύπος που προκύπτει από τοθεώρημα Stokes όταν S sube R2 και F S rarr R2 ονομάζεται laquoθεώρηματου GreenraquoΗ παρουσίαση του θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήμα-

τος Stokes έγινε για καθαρά διδακτικούς λόγους Όμως όσο αϕοράστις αποδείξεις τους (δες ενότητα 4) πρώτα αποδεικνύουμε την ει-δική και ευκολότερη περίπτωση του θεωρήματος Green και στη συ-νέχεια αποδεικνύουμε το θεώρημα Stokes

312 Εϕαρμογή υπολογισμός εμβαδού χωρίου

Παρατηρούμε ότι αν στον τύπο του Green βάλουμε Q(xy) = 12x και

P(xy) = minus 12y θα ισχύει

partQpartx minus

partPparty = 1 οπότε

12intpartD(minusyx) =

intintD

1dxdy = Εμβαδόν(D)

7

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 519

4 Σημειώσεις Θεωρίας Μέτρου (πρώτη φορά μαζί με τον πηγαίοκώδικα) (2009)

5 Ανάλυση Ι Σημειώσεις για το ομώνυμο μάθημα του ΤμήματοςΜαθηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου (2003)

Μεταφράσεις βιβλίων

1 John Hubbart amp Barbara Hubbard Διανυσματικός λογισμόςγραμμική άλγεβρα και διαφορικές μορφές ΠανεπιστημιακέςΕκδόσεις Πατρών Αρ σελ 936 σε συνεργασία με τον Β Με-ταφτσή Τίτλος πρωτοτύπου Vector Calculus Linear Algebraand Differential Forms A Unified Approach Matrix Editions

2 Suzanna Epp Διακριτά μαθηματικά και εφαρμογές ΕκδόσειςΚλειδάριθμος Αρ σελ 950 σε συνεργασία με τον Β ΜεταφτσήΤίτλος πρωτοτύπου Discrete Mathematics with Applications3η έκδοση Εκδόσεις Brooks Cole

Ψηφιοποιήσεις βιβλίων

1 Μετατροπή διαφόρων βιβλίων και σημειώσεων σε NemethBraille για άτομα με προβλήματα όρασηςhttpmyriamathaegeangr~atsolnewpagesoftwarebrailleΟ κατάλογος περιλαμβάνει

(αʹ) πρότυπο λεξικόΜαθηματικών συμβόλων σε BrailleNemethμε εκατοντάδες σύμβολα που καλύπτουν τις ανάγκες τωνΜαθηματικών και γενικότερα των επιστημών από τηνΑrsquo Δημοτικού μέχρι το Πανεπιστημιακό προπτυχιακό με-ταπτυχιακό και ερευνητικό επίπεδο Ο εκπαιδευόμενοςγνωρίζοντας την έννοια που θέλει βρίσκει το σωστό σύμ-βολο σε Nemeth

(βʹ) το ίδιο λεξικό για βλέποντες δασκάλους ώστε να μπορούννα βοηθούν τους μαθητές τους με προβλήματα όρασης

(γʹ) αντίστροφο λεξικό μαθηματικών συμβόλων ώστε ο εκ-παιδευόμενος γνωρίζοντας το σύμβολο από κείμενο πουδιαβάζει να μπορεί να βρει τι αυτό σημαίνει Το συγκεκρι-μένο λεξικό υλοποιεί πρωτότυπη μέθοδο διάταξης τωνεξάστιγμων Braille ώστε να είναι εύκολη η αναζήτησηκάθε συμβόλου

(δʹ) βιβλίο δασκάλου για το αντίστροφο λεξικό

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 619

(εʹ) Διάφορα βιβλία σε BrailleNemeth με άδεια από τους εκ-δότες για επαναδιανομή σε Braille καθώς και πληθώρασημειώσεων που καλύπτουν ανάγκες Μαθηματικών καιάλλων Επιστημών Ο κατάλογος αυτός εμπλουτίζεταισυνεχώς καθώς νέα παιδιά με προβλήματα όρασης ει-σάγονται σε διάφορα Τμήματα aei της χώρας και τοπρόγραμμα που αναπτύξαμε latex2nemeth (δείτε στηνενότητα software) κάνει εφικτή την απρόσκοπτη μελέτηοποιασδήποτε επιστήμης

(στrsquo) την Οδύσσεια του Ομήρου στην οποία επιδεικνύεται ηδυνατότητα του latex2nemeth να μετατρέπει σωστά καιπολυτονικά κείμενα χωρίς τις ατέλειες παλαιότερων προ-γραμμάτων (για παράδειγμα έλλειψη τονικών σημαδιώνστο α) Ευχαριστώ την φιλόλογο Αργυρώ Ράπτου για τηνπολύτιμη βοήθειά της στο πολυτονικό σύστημα γραφήςσε Braille

(ζrsquo) Μετατροπή του Θύραθεν Φιλοσοφικού Λεξικού του συγ-γραφέα Βλάση Ρασσιά για πρόσβαση σε φιλοσοφικές έν-νοιες από παιδιά με προβλήματα όρασης Διαθέσιμο απόεδώ httpsyseegrbraille2html

2 Δημήτριος Κάππος Ασκήσεις απειροστικού λογισμού τόμοι 1έως 4 Σε συνεργασία με ομάδα φοιτητών (υπό προετοιμασία)

3 Μέγα Λεξικό της Ελληνικής Γλώσσας Liddell Scott Κωσντα-ντινίδου σε συνεργασία με τον Α Παπασαλούρο Το μεγαλύ-τερο και εγκυρότερο λεξικό της Αρχαίας Ελληνικής γλώσσαςδιεθνώς Προσπελάσιμο από τη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrldsweb

4 Ιωάννης Βακιρτζής Ιστορία της Σάμου Το σπάνιο αυτό έργοπαραχωρήθηκε για ψηφιοποίηση από τα Γενικά Αρχεία τουΚράτουςhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

5 Επαμεινώνδας Σταματιάδης Ικαριακά Πρόκειται για ένα ι-διαίτερα σπάνιο βιβλίο που παρουσιαζει την Ιστορία τηςΙκαρίας Παραχωρήθηκε για ψηφιοποίηση από τα Γενικά Αρ-χεία του Κράτουςhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

6 Επαμεινώνδας Σταματιάδης Σαμιακά Λαογραφία Ψηφιο-ποίηση και δημιουργία ευρετηρίουhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 719

7 Επαμεινώνδας Σταματιάδης Σαμιακά Τόμος Αrsquo Ψηφιοποί-ηση και δημιουργία ευρετηρίου Πρόκειται για την de factoαναφορά των Ιστορικών (διεθνώς) για τη Σάμοhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

8 Στέλιος Πηχωρίδης Απειροστικός λογισμός (πρόχειρες ση-μειώσεις) σε συνεργασία με τον Α Κοντογεώργη και ομάδαφοιτητώνhttpmyriamathaegeangrlabsdt

Λογισμικό 1 latex2nemeth σε συνεργασία με τον Ανδρέα ΠαπασαλούροΠρόγραμμα μετατροπής από αρχεία TeX ή παραγώγων τουσε Braille με τα μαθηματικά σε Nemeth Πολύτιμες πληρο-φορίες για το Nemeth παρείχε η Όλγα Μαλεζά καθηγήτριαειδικής αγωγής Το πρόγραμμα που παρουσιάστηκε και στονημερήσιο τύπο (εφημερίδα Καθημερινή 2822015) επιτρέπειτην πλήρη πρόσβαση σε επιστημονικά κείμενα που διεθνώςγράφονται στο πρόγραμμα TeX του Donald Knuth και σε πα-ράγωγά του (LaTeX xeLaTeX ConTeX κα) Μερικά σημεία πουπρέπει να τονιστούν είναι

(αʹ) υποστηρίζει Μαθηματικά σε Nemeth πολυτονική γρα-φή προγραμματισμό (επίδειξη προγράμματος μέσα σεκείμενο σε περιβάλλον verbatim)

(βʹ) υποστηρίζει αρχεία εικόνων σε pstricks για παραγωγή ε-πιστημονικού σχημάτων κατάλληλο για θερμοκαψουλικόχαρτί

(γʹ) προσφέρεται δωρεάν με ελεύθερη άδεια (gpl3)httplatex2nemethsourceforgenet

(δʹ) έγινε εφικτή η ενσωμάτωσή του σε κάθε εγκατάστασηTeX τόσο σε ελεύθερες πλατφόρμες όπως Linux όσο καισε εμπορικές όπως Windows ή MacOs

(εʹ) η υποστήριξη των μαθηματικών είναι σε τέτοιο βαθμόπληρότητας που υποστηρίζει τις επιστήμες και σε ερευ-νητικό επίπεδο Πίνακας μαθηματικών συμβόλων εδώhttpmyriamathaegeangrbraillesymbols-in-braillepdf

(στrsquo) είναι πολυγλωσσικό αφού υποστηρίζει Ελληνικά και Αγ-γλικά και η επέκτασή του σε άλλες γλώσσες γίνεται απλάμε την συμπλήρωση ενός πίνακα αλφαβητικών συμβόλωνκάθε γλώσσας

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 819

(ζrsquo) η μετατροπήαπόάλλα (επεξεργάσιμα) format όπωςMicrosoftWord είναι εύκολη αφού αυτά μετατρέπονται εύκολα σεTeX

2 Ανάπτυξη της νέας γραμματοσειράς τίτλων laquoΑθηναΐςraquo απόενεπίγραφο βάθρο στη Νότια κλιτύ της Ακρόπολης Αθηνώνπρος τιμή της κόρης του Ηρώδη του Αττικού ΑθηναίδαςΟι πληροφορίες για το αρχαιολογικό εύρημα δόθηκαν απόΕφορεία Αρχαιοτήτων Αθηνών Πρόκειται για ενεπίγραφοβάθρο με αριθμό καταγραφής nk14 από πεντελικό μάρμαροσυγκολλημένο από πέντε θραύσματα Βρέθηκε το 1876 στηνπεριοχή του Ασκληπιείου οικοδομημένο στα θεμέλια χριστια-νικής εκκλησίας Φέρει πλούσια κωρωνίδα και βάση Στηνάνω επιφάνεια φέρει κοίλωμα για ένθεση πλίνθου αγάλμα-τος πιθανώς της Μαρκίας Αθηναΐδας (Marcia Annia ClaudiaΑλκία Αθηναΐς Gavidia Latiaria) νεώτερης κόρης του Ηρώ-δου του Αττικού Η επιγραφή χρονολογείται στην περίοδοδράσης της τιμωμένης δηλαδή από το 145 έως το 156 ή τοαργότερο μέχρι το 160 Φωτογραφίες δόθηκαν από μέλη τουΥπάτου Συμβουλίου Ελλήνων Εθνικών Ψηφιοποιήθηκε λόγωτου ιδιαίτερου της γραφής Ακολουθεί μικρό δείγμα

3 Γραμματοσειρά Κέρκης Γραμματοσειρά Type1 βασισμένη στηνBookman amp Avant-Garde για πολυγλωσσικό κείμενο με πλήρηκάλυψη της ελληνικής γλώσσας (μονοτονικό-πολυτονικό)Περιέχει διπλούς χαρακτήρες για διάφορα ελληνικά γράμ-ματα μετά από σχετική έρευνα της Ελληνικής Τυπογραφίαςτων τελευταίων αιώνων (από 15ο και μετά) συν χαρακτήρεςγια την κάλυψη του πραγματικού Ελληνικού αριθμητικού συ-στήματος μετά από σχετική έρευνα της Αρχαίας Ελληνικήςγλώσσας πριν τη επέμβαση των Αλεξανδρινών γραμματικώνhttpmyriamathaegeangrsoftwarekerkis

4 Έτοιμα υποδείγματα αρχείων πτυχιακής ομιλίας για συνέ-δριο και επιστολής σε LATEX XeLATEX και LyXγια την υποβοή-

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 919

θηση της ελληνικής επιστημονικής κοινότηταςhttpmyriamathaegeangr~atsolnewpage

5 Εξελληνισμός λογισμικού (MikTEX και teTEX) για LATEX και υπο-στήριξη της ελληνικής επιλογής του Babel σε αυτό Διάθεσηστην Ελληνική επιστημονική κοινότητα

6 Υποστήριξη για το TEX των γραμματοσειρών της ΕλληνικήςΕταιρείας Τυπογραφικών ΣτοιχείωνhttpwwwgreekfontsocietygrΔιαθέσιμες από τη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrlabsdtκαι από οποιοδήποτε κόμβο του ctan

7 MailTEX Εφαρμογή για εξυπηρετητή (server) το MailTEX δέχε-ται ένα αρχείο TEX ή LATEX ή AMSLATEX και επιστρέφει αυτόματαστον αποστολέα ένα PostScript αρχείο κατάλληλο για εκτύ-πωση ή on-line preview Το MailTEX είναι χρήσιμο για Έλληνεςεπιστήμονες που δεν έχουν εύκολη πρόσβαση σε μιά εγκατά-σταση TEX που να υποστηρίζει την Ελληνική γλώσσα

Διοργάνωση Συνεδρίων

Workshop on Convex Geometric Analysis συνεργασία των Πανε-πιστημίων Αιγαίου και Κρήτης και του ιτε Ακαδημαϊκό χωριόΑνωγείων Κρήτης Αύγουστος 19ndash23 2001

International Conference on TEX xml and Digital Typography Heldjointly with the 25th Annual Meeting of the TEX Users Group tug 2004Xanthi Greece AugustSeptember 2004

7ο Πανελλήνιο συνέδριο Γεωμετρίας Καρλόβασι 26ndash2952005 Σά-μος

Phenomena in high dimensions Σάμος Third international conferenceof the European Network phdΠυθαγόρειο Σάμου 25ndash29 Ιουνίου 2007

3ο Διήμερο στην Ανάλυση για Νέους Ερευνητές Καρλόβασι 16ndash17Σεπτεμβρίου 2005

Προβλήματα Ανάλυσης Σάμος 26ndash28 Σεπτεμβρίου 2008

Dynamics in Samos 31 Αυγούστουndash3 Σεπτεμβρίου 2010

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1019

Ακαδημαϊκές θέσεις

1989ndash1992 Graduate Teaching Associate στο Τμήμα Μαθηματικών του OhioState University Columbus Ohio usa

1992ndash1993 Graduate Teaching Associate στο Τμήμα Μαθηματικών του TexasAampM University Texas usa

1993ndash1995 Graduate Teaching Associate στο Τμήμα Μαθηματικών του OhioState University Columbus Ohio usa

1995ndash1996 Presidential Fellow στο ΤμήμαΜαθηματικών τουOhio State UniversityColumbus Ohio usa

Φεβρ 1998ndash Ιαν 1999 Επισκέπτης στη βαθμίδα του Λέκτορα Τμήμα ΜαθηματικώνΠανεπιστήμιο Κρήτης

Ιαν 1999ndashΣεπ 2002 Επισκέπτης στη βαθμίδα του Λέκτορα Τμήμα ΜαθηματικώνΠανεπιστήμιο Αιγαίου

Σεπ 2002ndashΙαν 2007 Λέκτορας Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Ιαν 2007ndash2011 Επίκουρος καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιγαί-ου

Ιαν 2011ndash26 Ιαν 2017 Αναπληρωτής καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστή-μιο Αιγαίου

27 Ιαν 2017ndashΣήμερα Καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Τριμελής Επιτροπή Διδακτορικού

Χρήστος Σαρόγλου Πανεπιστήμιο Κρήτης Τμήμα ΜαθηματικώνlaquoΣυναρτησοειδή πάνω στον χώρο των κυρτών σωμάτωνraquo Επι-βλέπουσα Σ Παπαδοπούλου

Διοικητικές θέσεις

2015ndash2017 Διευθυντής του Μεταπτυχιακού Προγράμματος του Τμήματος Μα-θηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου laquoΣπουδές στα Μαθηματι-κάraquo

2007ndash2009 Διευθυντής του Εργαστηρίου Ψηφιακής Τυπογραφίας και Μαθη-ματικών Εφαρμογών του Τμήματος Μαθηματικών του Πανεπι-στημίου Αιγαίου httpmyriamathaegeangrlabsdt

2006ndash2009 Μέλος της Επιτροπής Πληροφορικής του Πανεπιστημίου Αιγαίου

2005ndash2009 Μέλος της Επιτροπής Σπουδών του Τμήματος Μαθηματικών τουΠανεπιστημίου Αιγαίου

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1119

2005ndash2016 Μέλος της Επιτροπής Πληροφορικής του Τμήματος Μαθηματικώντου Πανεπιστημίου Αιγαίου

Διδακτική εμπειρία

Διδασκαλία στο Μεταπτυχιακό Πρόγραμμα Σπουδών του Τμή-ματος Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου laquoΜαθηματικήμοντελοποίηση στις φυσικές επιστήμες και στις σύγχρονες τεχνο-λογίεςraquo

2001ndash2002 Χειμερινό Εξάμηνο Στοχαστικές Ανελίξεις και ΣτοχαστικόςΛογισμός

2004ndash2005 Εαρινό Εξάμηνο Γλώσσες Προγραμματισμού και ΜαθηματικόΛογισμικό

2005ndash2006 Χειμερινό Εξάμηνο Γλώσσες Προγραμματισμού και Μαθημα-τικό Λογισμικό

2005ndash2006 Εαρινό Εξάμηνο Πιθανότητες-Στατιστική

2006ndash2007 Χειμερινό Εξάμηνο Γλώσσες Προγραμματισμού

2010ndash2011 Χειμερινό Εξάμηνο Ανάλυση

2011ndash2012 Χειμερινό Εξάμηνο Πιθανότητες-Στατιστική

2012ndash2013 Χειμερινό Εξάμηνο Ανάλυση

2014ndash2015 Χειμερινό Εξάμηνο Σεμινάριο Ανάλυσης

Όλα τα επίπεδα προπτυχιακών μαθημάτων στο Ohio State Univer-sity 1989ndash1995 Υποψήφιος από τους φοιτητές για το laquoExcellencein teaching awardraquo 1995 του Ohio Stare University Αυτόνομη διδα-σκαλία σε προπτυχιακά μαθήματα στο Πανεπιστήμιο Κρήτης καιστο Πανεπιστήμιο Αιγαίου Η αυτόνομη διδασκαλία μαθημάτωνπεριλαμβάνει τα μαθήματα

bull Όλα τα επίπεδα Απειροστικού Λογισμού Απειροστικός λογι-σμός για οικονομολόγους και Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσειςστο Ohio Stare University

bull Απειροστικός Λογισμός III και Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσειςστο Texas ΑampΜ University

bull Γραμμική Άλγεβρα και Πραγματική Ανάλυση στο Πανεπιστή-μιο Κρήτης

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1219

bull Πιθανότητες Απειροστικό Λογισμό Συναρτησιακή ΑνάλυσηΤα Μαθηματικά στη Μέση Εκπαίδευση Σύνολα και ΑριθμοίΑναλυτική Γεωμετρία Θεωρία Μέτρου και Ανάλυση I και IIστο Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Σχολεία

Ιαν 1996ndashΜαΐου 1996 Θερινό σχολείο στο msri Mathematical Sciences Research Insti-tute Berkeley California usa

Ιούλ 1999 Θερινό σχολείο στο Pacific Institute of Mathematical Sciences Van-couver Canada

Ιούλ 2008 Probabilistic Methods in Geometry (educational workshop) BędlewoΠολωνία Ιούλιος 6ndash12 2008

Σεπ 2010 Fields Institute thematic program Asymptotic Geometric AnalysisΤορόντο Καναδάς Σεπτέμβριος 2010

Συνέδρια amp ομιλίες

Ομιλίες 1 Πανεπιστήμιο Αθηνών 1993

2 Συνέδριο της Αμερικανικής Μαθηματικής Εταιρείας AMS NewYork usa 1994

3 Πανεπιστήμιο Κρήτης Ηράκλειο Ιούλιος 1995

4 Πανεπιστήμιο του Tel Aviv Tel Aviv Ισραήλ Αύγουστος 1995

5 CaseWestern University Cleveland Ohio usa Σεπτέμβριος 1995

6 Συνέδριο Random methods in Convex Geometry MathematicalSciences research Institute (msri) Berkeley California usa Μάρ-τιος 1996

7 Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Ανάλυσης ΠανεπιστήμιοΑιγαίου Καρλόβασι Σάμος καλοκαίρι 1997

8 Συνέδριο στην κυρτότητα University of Haifa Ισραήλ Μάρτιος2000

9 Workshop on Convex Geometric Analysis Ακαδημαϊκό χωριόΑνωγείων Κρήτης Αύγουστος 19ndash23 2001

10 10o Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Ανάλυσης Εθνικό Με-τσόβιο Πολυτεχνείο Αθήνα Φθινόπωρο 2004

11 The State of Geometry and Functional Analysis A conference inhonor of Vitali Milmanrsquos 70th anniversary Tel Aviv and the DeadSea Resort 24ndash30 June 2009

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1319

12 The State of Geometry and Functional Analysis A conference inhonor of Vitali Milmanrsquos 70th anniversary Tel Aviv and the DeadSea Resort 24ndash30 June 2009

13 (Plenary talk) Harmonic Analysis in Samos Διεθνές συνέδριο στοΚαρλόβασι Σάμου Φθινόπωρο 2009

14 Διάφορες ομιλίες στο Ohio State University το ΠανεπιστήμιοΚρήτης και το Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Συνέδρια 1 Regional conference in University of Missouri at Columbia Mis-suri usa

2 ams conference in New York usa 1994

3 Conference on Convexity in the University of Marne la ValleeacuteParis France 1994

4 Conference on Convexity in Cortona University of Florence Cor-tona Italy 1995

5 Winter School on Convexity and Local Theory of Banach SpacesMathematical Sciences Research Institute (msri) Berkeley Cali-fornia usa JanuaryndashMay 1996

6 Summer School on Convex Geometric Analysis Pacific Instituteof Mathematical Sciences Vancouver Canada July 1999

7 Conference on convexity University of Haifa Israel March 2000

8 Conference on convexity University of Tel Aviv Israel March2000

9 Workshop on Convex Geometric Analysis Ακαδημαϊκό χωριόΑνωγείων Κρήτης Αύγουστος 19ndash23 2001

10 Banach spaces and Convex Geometric Analysis Γερμανία KielΑπρίλιος 2003

11 Contemporary Ramifications of Banach Space Theory The HebrewUniversity of Jerusalem-The Institute for advanced Studies Jeru-salem 19ndash24 Ιουνίου 2005

12 Asymptotic Geometric Analysis Tel Aviv University Dead Sea24ndash27 Ιουνίου 2005

13 Asymptotic Theory of the Geometry of Finite Dimensional SpacesErwin Schroumldinger Institute Βιέννη 18ndash27 Ιουλίου 2005

14 Phenomena in high dimensions Institute Henri Poincareacute Secondinternational conference of the European Network phd Παρίσι7ndash14 Ιουνίου 2006

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1419

15 Phenomena in high dimensions Σάμος Third international con-ference of the European Network phd Πυθαγόρειο Σάμου 25ndash29Ιουνίου 2007

16 Phenomena in high dimensions Institute Henri Poincareacute Fourthinternational conference of the European Network phd ΣεβίληΙσπανία 16ndash20 Ιουνίου 2008

17 Conference on Convex and Discrete Geometry on the occasion ofthe retirement of Peter M Gruber July 13ndash17 2009

18 Workshop on Convex Geometric Analysis on the occasion of theretirement of Professor Souzana Papadopoulou September 10ndash132012

19 Convexity probability and discrete structures a geometric viewpoint Marne-la-Valleacutee France October 26ndash30 2015

20 16ο Πανελλήνιο Συνέδριο Ανάλυσης Καρλόβασι Σάμος Μάιος25ndash27 2018

Ετεροαναφορές (σύνολο 71)

1 Bianchi G Gronchi P Steiner symmetrals and their distance froma ball Israel J Math 135 181ndash192 2003 ⟶ 14

2 Giannopoulos A Hartzoulaki M On the volume ratio of twoconvex bodies B Lond Math Soc 34 703ndash707 Part 6 Nov 2002

⟶ 10

3 Hartzoulaki M Paouris GQuermassintegrals of a random polytopein a convex body Arch Math 80 (4) 430ndash438 Apr 2003 ⟶ 9

4 B Klartag and R Vershynin Small ball probability and DvoretzkyTheorem ⟶ 8

5 R Vershynin Isoperimetry of waists and local versus global asym-ptotic convex geometries (with an appendix by M Rudelson andR Vershynin) Duke Math J 131 No 1 (2006) 1ndash16 ⟶ 8

6 B Klartag Rate of convergence of geometric symmetrizationGeom Funct Anal Vol 14 (2004) 1322ndash1338 ⟶ 14

7 M Meckes Volumes of symmetric random polytopes Arch Math82 (2004) 86ndash96 ⟶ 9

8 R Vershynin John decompositions selecting a large part Israel JMath 122 (2001) 253ndash277

⟶ 10

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1519

9 J Bastero and M Romance Johnrsquos Decomposition of the Identityin the Non-Convex Case Positivity 6 (2002) no 1 1ndash16 ⟶ 10

10 K Boumlroumlczky Jr The stability of the Rogers-Shephard inequalityand of some related inequalities Adv Math 190 (2005) no 147ndash76 ⟶ 10

11 R Vershynin Integer cels in convex sets Advances in Mathematics197 (2005) 248ndash273 ⟶ 8

12 Y Gordon A E Litvak M Meyer and A Pajor Johnrsquos decompositionin the general case and applications J Differential Geom 68 No1 (2004) 99ndash119 ⟶ 10

13 R J GardnerGeometric Tomography (update 2004) Encyclopediaof Mathematics Vol 58 Cambridge University Press

⟶ 11 12 13

14 A E Litvak A Pajor and N Tomczak-Jaegermann Diameters ofSections and Coverings of Convex Bodies ⟶ 8

15 O Gueacutedon M Rudelson 119871119901 moments of random vectors viamajorizing measures ⟶ 7

16 G Paouris Concentration of mass on symmetric convex bodiesgafa Geom Funct Anal Vol 16 (2006) 1021ndash1049 ⟶ 7

17 J Bastero and M Romance Positions of convex bodies associatedto extremal problems and isotropic measures Adv in Math (2004)

⟶ 10

18 Erwin Lutwak Deane Yang and Gaoyong Zhang Volume Inequalitiesfor Subspaces of 119871119901 J Differential Geom 68 No 1 (2004) 159ndash184

⟶ 10

19 Peter M Gruber and Franz E Schuster An arithmetic proof ofJohnrsquos ellipsoid theorem Archiv der Mathematik Vol 85 No 1(2005) 82ndash88 ⟶ 10

20 Hans-Peter Schroumlcker Minimal Enclosing Hyperbolas of Line Sets⟶ 10

21 N Dafnis A Giannopoulos and O Gueacutedon On the isotropicconstant of random polytopes Advances in Geometry 10 (2010)no 2 311ndash322 ⟶ 7 9

22 R Adamczak AE Litvak A Pajor N Tomczak-JaegermannQuantitative estimates of the convergence of the empirical covariance

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1619

matrix in log-concave Ensambles J Amer Math Soc 23 (2010)no 2 535ndash561 ⟶ 7

23 Bianchi Gabriele The covariogram determines three-dimensionalconvex polytopes Adv Math 220 (2009) no 6 1771ndash1808⟶ 12

24 Bianchi Gabriele Gardner Richard J Kiderlen Markus Phaseretrieval for characteristic functions of convex bodies and recon-struction from covariograms J Amer Math Soc 24 (2011) no 2293ndash343 ⟶ 12

25 Alonso-Gutieacuterrez David Jimeacutenez C Hugo Villa Rafael Brunn-Minkowski and Zhang inequalities for convolution bodies AdvMath 238 (2013) 50ndash69 ⟶ 12

26 Alonso-Gutieacuterrez David Gonzaacutelez Bernardo Jimeacutenez CarlosHugo Volume inequalities for the i-th-convolution bodies J MathAnal Appl 424 (2015) no 1 385ndash401 ⟶ 11

27 Li Ai-Jun Leng GangSong Brascamp-Lieb inequality for positivedouble John basis and its reverse Sci China Math 54 (2011) no 2399ndash410 ⟶ 10

28 Taschuk Steven The Banach-Mazur distance to the cube in lowdimensions Discrete Comput Geom 46 (2011) no 1 175ndash183

⟶ 10

29 Jimeacutenez C Hugo Naszoacutedi Maacuterton On the extremal distancebetween two convex bodies Israel J Math 183 (2011) 103ndash115

⟶ 10

30 Li Ai-Jun Wang Guangting Leng Gangsong An extended Loomis-Whitney inequality for positive double John bases Glasg Math J53 (2011) no 3 451ndash462 ⟶ 10

31 Meyer Mathieu Schuumltt Carsten Werner Elisabeth M New affinemeasures of symmetry for convex bodies Adv Math 228 (2011)no 5 2920ndash2942 ⟶ 10

32 Gruber Peter M John and Loewner ellipsoids Discrete ComputGeom 46 (2011) no 4 776ndash788 ⟶ 10

33 Li Ai-Jun Leng Gangsong Mean width inequalities for isotropicmeasures Math Z 270 (2012) no 3ndash4 1089ndash1110 ⟶ 10

34 Henk Martin Loumlwner-John ellipsoids Doc Math 2012 Extra vol-ume Optimization stories 95ndash106 ⟶ 10

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1719

35 Li Ai Jun Leng Gang Song Extremal problems related to Gauss-John position Acta Math Sin (Engl Ser) 28 (2012) no 12 2527-2534 ⟶ 10

36 Lasserre Jean B A generalization of Loumlwner-Johnrsquos ellipsoid the-orem Math Program 152 (2015) no 1-2 Ser A 559ndash591 ⟶ 10

37 Li Ai-Jun Isomorphic versions of reverse isoperimetric inequalitiesGeom Dedicata 179 (2015) 139ndash151 ⟶ 10

38 Cid-Muntildeoz Rosa Pedreira Manuel Another classification of inci-dence scrolls Arch Math (Basel) 80 (2003) no 4 439ndash448⟶ 9

39 Pajor A Pastur L On the limiting empirical measure of eigenval-ues of the sum of rank one matrices with log-concave distributionStudia Math 195 (2009) no 1 11ndash29 ⟶ 9

40 Saroglou Christos Characterizations of extremals for some func-tionals on convex bodies Canad J Math 62 (2010) no 6 1404-1418 ⟶ 9

41 Cordero-Erausquin Dario Fradelizi Matthieu Paouris GrigorisPivovarov Peter Volume of the polar of random sets and shadowsystems Math Ann 362 (2015) no 3ndash4 1305ndash1325 ⟶ 9

42 Mankiewicz Piotr Tomczak-Jaegermann Nicole Low dimensionalsections versus projections of convex bodies Israel J Math 153(2006) 45ndash60 ⟶ 8

43 Bastero Jesuacutes Upper bounds for the volume and diameter of m-dimensional sections of convex bodies Proc Amer Math Soc 135(2007) no 6 1851ndash1859 ⟶ 8

44 Gordon Y Litvak A E Mendelson S Pajor A Gaussian av-erages of interpolated bodies and applications to approximatereconstruction J Approx Theory 149 (2007) no 1 59ndash73 ⟶ 8

45 Mendelson Shahar Pajor Alain Tomczak-Jaegermann NicoleReconstruction and subgaussian operators in asymptotic geometricanalysis Geom Funct Anal 17 (2007) no 4 1248ndash1282 ⟶ 8

46 Brazitikos Silouanos Stavrakakis Pantelis On the intersectionof random rotations of a symmetric convex body Math ProcCambridge Philos Soc 157 (2014) no 1 13ndash30 ⟶ 8

47 Fresen Daniel J Euclidean arrangements in Banach spaces StudiaMath 227 (2015) no 1 55ndash76 ⟶ 8

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1819

48 Aubrun Guillaume Sampling convex bodies a random matrixapproach Proc Amer Math Soc 135 (2007) no 5 1293ndash1303

⟶ 749 Gueacutedon Olivier Rudelson Mark 119871119901-moments of random vectors

via majorizing measures Adv Math 208 (2007) no 2 798ndash823⟶ 7

50 Vershynin Roman Spectral norm of products of random and de-terministic matrices Probab Theory Related Fields 150 (2011)no 3ndash4 471ndash509 ⟶ 7

51 Mendelson Shahar Paouris Grigoris On generic chaining and thesmallest singular value of random matrices with heavy tails JFunct Anal 262 (2012) no 9 3775ndash3811 ⟶ 7

52 Paouris Grigoris Pivovarov Peter A probabilistic take on isoperi-metric-type inequalities Adv Math 230 (2012) no 3 1402ndash1422

⟶ 7 953 Vershynin Roman How close is the sample covariance matrix to

the actual covariance matrix J Theoret Probab 25 (2012) no 3655ndash686 ⟶ 7

54 Pivovarov Peter On the volume of caps and bounding the mean-width of an isotropic convex body Math Proc Cambridge PhilosSoc 149 (2010) no 2 317ndash331 ⟶ 6

55 Pivovarov Peter On determinants and the volume of randompolytopes in isotropic convex bodies Geom Dedicata 149 (2010)45ndash58 ⟶ 6 7

56 Paouris Grigoris Pivovarov Peter Small-ball probabilities for thevolume of random convex sets Discrete Comput Geom 49 (2013)no 3 601ndash646 ⟶ 6 9

57 Fresen Daniel A multivariate Gnedenko law of large numbersAnn Probab 41 (2013) no 5 3051ndash3080 ⟶ 6

58 Fresen Daniel J Vitale Richard A Concentration of randompolytopes around the expected convex hull Electron CommunProbab 19 (2014) no 59 8 pp ⟶ 6

59 Alonso-Gutieacuterrez David Dafnis Nikos Hernaacutendez Cifre MariaAacute Prochno Joscha On mean outer radii of random polytopesIndiana Univ Math J 63 (2014) no 2 579ndash595 ⟶ 5 6

60 Alonso-Gutieacuterrez David Prochno Joscha On the Gaussian be-havior of marginals and the mean width of random polytopesProc Amer Math Soc 143 (2015) no 2 821ndash832 ⟶ 5 6

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1919

61 Alonso-Gutieacuterrez David Litvak Alexander E Tomczak-Jaeger-mann Nicole On the isotropic constant of random polytopes JGeom Anal 26 (2016) no 1 645ndash662 ⟶ 5 6

62 Shi Kejie Leng Gangsong Isoperimetric-type inequalities for gen-eralized centroid bodies Math Inequal Appl 19 (2016) no 2731ndash742 ⟶ 4

17 Νοεμβρίου 2018

• IcirctradeIcircsup1IcirciquestIcircsup3IumldaggerIcircplusmnIumlƒIcircsup1IcircordmIcirciquest IcircpoundIcircmiddotIcircfrac14IcircmicroIcircsup1IumlrsaquoIcircfrac14Icircplusmn Icircsbquo IcirccurrenIumlhellipIcirciquestIcircraquoIcirciquestIcircfrac14IumlndashIumlmdashIcircmiddot

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 319

5 Quermaszligintegrals and asymptotic shape of random polytopes inan isotropic convex body with N Dafnis and A GiannopoulosMichigan Mathematical Journal vol 62 Issue 1 (2013) 59ndash79

6 Asymptotic shape of random a polytope in a convex body withN Dafnis and A Giannopoulos J Funct Anal (2009)doi101016jjfa20090627

7 Random points in isotropic unconditional convex bodies withA Giannopoulos and M Hatrtzoulaki JLMS (2005) 72 779ndash798

8 Asymptotic formulas for the diameter of sections of symmetricconvex bodies with A Giannopoulos and V D Milman J FunctAnal 223 (2005) 86ndash108

9 Volume radius of a random polytope in a convex body withA Giannopoulos Math Proc Cambridge Philos Soc 134 2003no 1 13ndash21

10 Johnrsquos theorem for an arbitrary pair of convex bodies with A Gian-nopoulos and I Perissinaki Geometriaelig Dedicata 84 (2001) 63ndash79

11 A note on the 119872lowast-limiting convolution body Covnex Geometrymsri Publications Volume 34 1998

12 Convolution bodies and their limiting behavior Duke Math Journal87 (1997) no 1 181ndash203

13 On the convolution body of two convex bodies CR Seances AcadSci Ser I 322 1 (1996) 63ndash67

14 Quantitative SteinerSchwarz-type symmetrizations GeometriaeligDedicata 60 187ndash206 1996

Ερευνητικές δημοσιεύσεις(subj class AMS2010 68U15)

15 A direct TeX-to-Braille transcribing method with A PapasalourosJournal of Science Education for Students with Disabilities Vol20 Iss 1 (2017)

16 Serifed Greek type Is it ldquoGreekrdquo tugboat Vol 38 No 3 pp 312ndash314

17 A direct TeX-to-Braille transcribing method with A PapasalourosASSETS rsquo15 17th International ACM SIGACCESS Conference onComputers amp Accessibility October 26ndash28 2015 Lisbon PortugalACM 978-1-4503-3400-61510httpdxdoiorg10114527006482811376

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 419

18 The Kerkis Font Family tugboat Vol 23 No 34 296ndash301 2002(invited paper)

Αρθογραφία

(subj class AMS2010 68U15)

1 Εγκατάσταση γραμματοσειρών TrueType στο TEX και LATEX ΤοΕύτυπον 1112 1ndash6 2004

2 Σαρώνοντας με ελεύθερο λογισμικό σε συνεργασία με τονΑ Κοντογεώργη Το Εύτυπον 8 25ndash27 2002

3 Εγκατάσταση νέων γραμματοσειρών στο LATEX2e σε συνεργα-σία με τον Α Συρόπουλο Το Εύτυπον 3 57ndash68 2000

4 LATEX και γραμματοσειρές TrueType σε συνεργασία με τονΑ Συρόπουλο Το Εύτυπον 2 17ndash22 1999

Σημειώσεις

(διαθέσιμες από την ιστοσελίδα μου ή με διπλό κλικ στον συνδετήρα)

1 Κυρτή Γεωμετρία Η Κυρτή Γεωμετρία είναι ένας κλάδος οοποίος χρησιμοποιεί μια μεγάλη παλέτα εργαλείων από διά-φορους κλάδους των Μαθηματικών γεγονός που την κάνειδυσπρόσιτη σε προπτυχιακό επίπεδο Οι σημειώσεις αυτέςαποτελούν μια πολύ εστιασμένη προσπάθεια στο να γίνειπροσιτό το αντικείμενο στους προπτυχιακούς φοιτητές του3ου και 4ου έτους

2 Σημειώσεις στις ακολουθίες και στις Σειρές (βοήθημα Απει-ροστικού Λογισμού ΙampΙΙ μετά την αφαίρεση των ακολουθιώναπό την ύλη της Γrsquo Λυκείου) (2013)

3 Σημειώσεις στον Απειροστικό Λογισμό IV Τα θεωρήματαGreenStokes και Gauss Εννοποιημένη παρουσίαση των κεντρικώνθεωρημάτων της διανυσματικής ανάλυσης με άξονα το Θεμε-λιώδες Θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού (2012)

Αντώνης Τσολομύτης

ΚΥΡΤΗ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

( )

Σάμος ndash

Απαγορεύεται η αναπαραγωγή του αρχείου από άλλες ιστοσελίδες

εκτός του httpmyriamathaegeangr

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

hellip

hellipαπό την Ανάλυση

hellipαπό την Ανάλυση και την Αναλυτική Γεωμετρία

hellipαπό τη Γραμμική Άλγεβρα και την Αναλυτική Γεωμε-

τρία

Κυρτές Συναρτήσεις

Η ανισότητα Jensen

H ανισότητα Αριθμητικού-Γεωμετρικού μέσου

H ανισότητα Young

H ανισότητα Houmllder για αθροίσματα

H ανισότητα Houmllder για ολοκληρώματα

H ανισότητα Minkowski για αθροίσματα

H ανισότηταMinkowski για ολοκληρώματα

Εφαρμογές

κυρτα σωματα κυρτή θήκη

Νόρμες και κυρτά σώματα

Η συνάρτηση στήριξης

Το πολικό σώμα

Διαχωρισμός και γνήσιος διαχωρισμός

Όγκος κυρτού σώματος

Ιδιότητες Όγκου

Ο όγκος του ℬ119899119901 για 1 le 119901 le infin

Η απόσταση Hausdorff

Όγκος και απόσταση Hausdorff

Το θεώρημα Επιλογής του Blaschke

- -

Η ανισότητα Prekopa-Leindler

Η ανισότητα Brunn-Minkowski

Η ισοπεριμετρική ανισότητα

Η αρχή του Brunn

Το λήμμα του Borel

Ορισμός και ιδιότητες της συμμετρικοποίησης Steiner

Το θεώρημα Σφαιρικότητας του Gross

Η ισοπεριμετρική ανισότητα (η απόδειξη)

Η ανισότητα Blaschke-Santaloacute

hellip

hellipαπό τη Γραμμική Άλγεβρα και την Αναλυτική Γεωμε-

τρία

hellipαπό τη Συναρτησιακή ανάλυση

Φυσική περιγραφή της ισοτροπικής θέσης

Ροπή δύναμης και ροπή αδράνειας

Πίνακας αδράνειας και ροπή αδράνειας

Πολική ροπή αδρανείας

Διαφορά μεταξύ ισοτροπικού και μη ισοτροπι-

κού σώματος

Το ελλειψοειδές αδράνειας και το ελλειψοειδές

κινητικής ενέργειας

Μαθηματική προσσέγγιση της ισοτροπικής θέσης

Ελλειψοειδές Binet και ελλειψοειδές Legendre

Λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις amp μέτρα

Ύπαρξη του ελλειψοειδούς μεγίστου όγκου

Μοναδικότητα ελλειψοειδούς μεγίστου όγκου

η θέση του john

Πολυδιάστατη ανισότητα Brascamp-Lieb και Barthe

Η μονοδιάστατη ανισότητα των Brascamp-Lieb και Barthe

Απόδειξη των ανισοτήτων Brascamp-Lieb και Barthe

Η αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα

Ύπαρξη της θέσης

Μοναδικότητα της θέσης

Ύπαρξη της θέσης

Η συνέχεια του εμβαδού επιφανείας

Τ G

Η Γ

Ιδιότητες της συνάρτησης Γ

Η μέθοδος Laplace

ΠΡΟΑΠΑΙΤΟΥΜΕΝΑhellip

hellip

Οι αποδείξεις που δεν παρουσιάζονται σε αυτή την ενότητα μπορούν

να βρεθούν σε οποιοδήποτε βιβλίο Πραγματικής Ανάλυσης

Στον ℝ119899 η (ευκλείδεια) απόσταση μεταξύ των σημείων 119909 και 119910 με

συντεταγμένες (1199091 1199092 hellip 119909119899) και (1199101 1199102 hellip 119910119899) αντίστοιχα ορίζεται να

είναι ο αριθμός

1198892(119909 119910) = radic(1199091 minus 1199101)2 + (1199092 minus 1199102)2 + ⋯ + (119909119899 minus 119910119899)2

Επιπλέον για κάθε σημείο 119909 isin ℝ119899 ονομάζουμε (ευκλείδειο) μήκος του 119909τον αριθμό 1198892(0 119909) και τον συμβολίζουμε με 1199092 Δηλαδή

1199092 = radic11990921 + 1199092

2 + ⋯ + 1199092119899

Παρατηρούμε ότι 1198892(119909 119910) = 119909minus1199102 για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 Στα επόμενα

θα προτιμάμε να γράφουμε 119909 minus 1199102 αντί για 1198892(119909 119910)Το σύνολο των σημείων που απέχουν (γνησίως) λιγότερο από 119903 gt 0

από δοθέν σημείο 119909 isin ℝ119899 ονομάζεται ανοικτή μπάλα με κέντρο το 119909και ακτίνα 119903 και συμβολίζεται με 119861(119909 119903) Δηλαδή

119861(119909 119903) = 119910 isin ℝ119899 ∶ 119909 minus 1199102 lt 119903

Ο (Εσωτερικό συνόλου) Έστω ότι το 119870 είναι ένα υποσύ-

νολο του ℝ119899 Λέμε ότι ένα σημείο 1199090 isin ℝ119899 είναι εσωτερικό σημείο του

119870 αν υπάρχει 120598 gt 0 ώστε η ανοικτή μπάλα 119861(1199090 120598) να περιέχεται στο

119870 Το σύνολο όλων των εσωτερικών σημείων του 119870 λέγεται εσωτερικότου 119870 και συμβολίζεται με int119870

Ένα σύνολο μπορεί να έχει κενό εσωτερικό Για παράδειγμα οποιοδήποτε

υποσύνολο ενός (δισδιάστατου) επιπέδου στον ℝ3 Ένα τέτοιο σύνολο

όμως μπορεί να έχει μη κενό εσωτερικό αν θεωρηθεί ως υποσύνολο του

επιπέδου στο οποίο ανήκει

Ο (Σχετικό εσωτερικό συνόλου) Έστω ότι το 119870 είναι υ-

ποσύνολο του ℝ119899 Το σχετικό εσωτερικό του 119870 συμβολίζεται με relint(119870)

hellip

και είναι το εσωτερικό του 119870 στον ελάχιστο υπόχωρο του ℝ119899 που

περιέχει το 119870

Ο (Κλειστή θήκη) Λέμε ότι το 119909 είναι σημείο συσσώρευ-

σης του 119870 sube ℝ119899 αν και μόνον αν για κάθε 120598 gt 0 ισχύει

119861(119909 120598) cap 119870 ⧵ 119909 ne

Το σύνολο όλων των σημείων συσσώρευσης του 119870 λέγεται παράγωγο

σύνολο του 119870 και συμβολίζεται με 119870prime Το σύνολο 119870 = 119870 cup 119870prime λέγεται

κλειστή θήκη του 119870

Παρατηρούμε ότι αν 119909 isin 119870 τότε υπάρχει ακολουθία (119909119898)119898isinℕ στο 119870 ώστε

119909119898 minus 1199092 rarr 0 Αυτό συμβαίνει διότι είτε 119909 isin 119870 οπότε θέτουμε 119909119898 = 119909για κάθε 119898 isin ℕ είτε το 119909 είναι σημείο συσσώρευσης οπότε εφαρμόζουμε

τον Ορισμό για 120598 = 1119898 και επιλέγουμε 119909119898 ένα οποιοδήποτε σημείο

του μη κενού 119861(119909 1119898) cap 119870 Έτσι 119909119898 isin 119870 και 119909119898 minus 1199092 lt 1119898 rarr 0

Κάθε σύνολο 119870 για το οποίο ισχύει 119870 = 119870 λέγεται κλειστό Το

σύνολο 119870 είναι κλειστό για κάθε 119870 sube ℝ119899 δηλαδή ισχύει 119870 = 119870

Ο Η κλειστή θήκη του συνόλου 119861(0 119903) ονομάζεται ευκλεί-δεια μπάλα του ℝ119899 ακτίνας 119903 και συμβολίζεται με ℬ119899

2(0 119903)

Είναι εύκολο να δει κανείς ότι

ℬ1198992(0 119903) = 119909 isin ℝ119899 ∶ 1199092 le 119903

Πράγματι αν 119909 isin ℬ1198992(0 119903) τότε υπάρχει ακολουθία (119909119898)119898isinℕ στο 119861(0 119903)

ώστε 119909119898 minus1199092 rarr 0 Αλλά από τον ορισμό της sdot2 έχουμε ότι για κάθε

119895 = 1 2 hellip 119899 αν 119909119898119895 η 119895 συντεταγμένη του 119909119898 και 119909119895 η 119895 συντεταγμένη

του 119909 ισχύει

|119909119898119895 minus 119909119895| le 119909119898 minus 1199092 rarr 0

Άρα 119909119898119895 rarr 119909119895 και συνεπώς από τον ορισμό της sdot 2 συμπεραίνουμε

ότι 1199091198982 rarr 1199092 Αλλά 1199091198982 le 119903 και έτσι 1199092 le 119903 Αντιστρόφως

αν 1199092 lt 1 τότε 119909 isin 119861(0 119903) sube ℬ1198992(0 119903) Αν τέλος 1199092 = 119903 τότε

η ακολουθία (1 minus 1119898)119909 για 119898 isin ℕ έχει ευκλείδεια νόρμα ίση με

(1 minus 1119898)119903 lt 119903 οπότε ανήκει στο 119861(0 119903) και συγκλίνει στο 119909 Δηλαδήτο 119909 ανήκει στην κλειστή θήκη του 119861(0 119903) δηλαδή στο ℬ119899

2(0 119903)Επιπλέον το ℬ119899

2(0 119903) ως κλειστή θήκη του 119861(0 119903) είναι κλειστό

σύνολο δηλαδή ℬ1198992(0 119903) = ℬ119899

2(0 119903)

hellip

Ο Το σύνολο ℬ1198992(0 1) ονομάζεται μοναδιαία ευκλείδεια

μπάλα του ℝ119899 και συμβολίζεται απλά με ℬ1198992

Εύκολα βλέπουμε ότι το σύνορο bd(ℬ1198992) του συνόλου ℬ119899

2 είναι το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ 1199092 = 1

Ο Το σύνολο 119909 isin ℝ119899 ∶ 1199092 = 1 ονομάζεται μοναδιαία(ευκλείδεια) σφαίρα του ℝ119899 και συμβολίζεται με 120138119899minus1

Ο Για δυο υποσύνολα 119860 και 119861 του ℝ119899 και 120582 isin ℝ θαγράφουμε

(i) 119860 + 119861 για το σύνολο 119909 + 119910 ∶ 119909 isin 119860 και 119910 isin 119861

(ii) 120582119860 για το σύνολο 120582119909 ∶ 119909 isin 119860

Παρατηρούμε ότι με τον παραπάνω συμβολισμό ℬ1198992(0 119903) = 119903ℬ119899

2 και

1198611198992(119909 119903) = 119909 + 119903ℬ119899

2

Ο (Φραγμένο σύνολο) Ένα υποσύνολο 119870 του ℝ119899 λέγεταιφραγμένο αν υπάρχει αριθμός 119872 gt 0 ώστε για κάθε 119909 isin 119870 να ισχύει1199092 le 119872 Φανερά αυτό είναι ισοδύναμο με τον εγκλεισμό 119870 sube 119872ℬ119899

2

Π Έστω ότι το 119870 είναι φραγμένο υποσύνολο του ℝ119899 Τότεκαι το 119870 είναι φραγμένο

Απόδειξη Αν το 119870 είναι φραγμένο υποσύνολο του ℝ119899 τότε υπάρχει

αριθμός 119872 ώστε να ισχύει 119870 sube 119872ℬ1198992 Οπότε 119870 sube 119872ℬ119899

2 = 119872ℬ1198992

Π (Συμπαγές υποσύνολο του ℝ119899) Ένα υποσύνολο119870 τουℝ119899 είναι συμπαγές αν και μόνο αν είναι κλειστό και φραγμένο

Π Έστω ότι 119870 119865 sube ℝ119899 Αν το 119870 είναι συμπαγές το 119865κλειστό και 119870 cap 119865 = τότε υπάρχει 119909 isin 119870 και 119910 isin 119865 ώστε

119889(119870 119865) ∶= inf119911 minus 1199082 ∶ 119911 isin 119870 119908 isin 119865 = 119909 minus 1199102 gt 0

Απόδειξη Θέτουμε

120588 ∶= inf119909 minus 1199102 ∶ 119909 isin 119870 119910 isin 119865

Έστω ότι 119909119898 isin 119870 119910119898 isin 119865 ώστε 119909119898 minus 1199101198982 rarr 120588 Αφού 119909119898 isin 119870 και το

119870 είναι συμπαγές η 119909119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία έστω την 119909119898119896με

hellip

όριο το σημείο 119909 Το 119909 ανήκει στο 119870 γιατί το 119870 είναι κλειστό Έχουμε

ότι 119909119898119896minus 119910119898119896

2 rarr 120588 και 119909119898119896rarr 119909 Από την τριγωνική ανισότητα

1199101198981198962 le 119910119898119896

minus 1199091198981198962 + 119909119898119896

2

Το δεξιό μέρος της παραπάνω ανισότητας είναι φραγμένη ακολουθία

(γιατί είναι συγκλίνουσα) άρα και το αριστερό Θεωρούμε ένα 119872 gt 0ώστε 119910119898119896

le 119872 για κάθε 119896 isin ℕ οπότε 119910119898119896isin ℬ119899

2(0 119872) Το ℬ1198992(0 119872)

είναι κλειστό και φραγμένο σύνολο στον ℝ119899 άρα είναι συμπαγές Άρα

η 119910119898119896έχει υπακολουθία 119910119898119896119897

η οποία συγκλίνει έστω στο 119910 Αλλά

119910 isin 119865 αφού το 119865 είναι κλειστό Η 119909119898119896119897είναι υπακολουθία της 119909119898119896

οπότε

119909119898119896119897rarr 119909 Άρα 119909119898119896119897

minus 119910119898119896119897 rarr 120588 119909119898119896119897

rarr 119909 isin 119870 και 119910119898119896119897rarr 119910 isin 119865

Έτσι

120588 = lim119897rarrinfin

119909119898119896119897minus 119910119898119896119897

= 119909 minus 1199102

Όμως τα 119870 και 119865 είναι ξένα άρα το 119909 είναι διάφορο του 119910 Οπότε το

120588 είναι θετικό

Ο (Συνέχεια) Μια συνάρτηση 119891 ∶ (119883 119889119883) rarr (119884 119889119884)μεταξύ δύο μετρικών χώρων λέγεται συνεχής στο σημείο 1199090 isin 119883 αν

και μόνον αν για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 120575 gt 0 ώστε για κάθε 119909 στο 119883 με

119889119883(119909 1199090) lt 120575 να ισχύει 119889119884(119891(119909) 119891(1199090)) lt 120598

Ο (Απόλυτη συνέχεια) Η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ λέγεται απόλυτασυνεχής στο υποδιάστημα 119869 του διαστήματος Ι sube ℝ αν για κάθε 120598 gt 0υπάρχει 120575 gt 0 ώστε αν τα [119886119894 119887119894] για 119894 = 1 2 hellip 119899 είναι πεπερασμένη

οικογένεια ξένων διαστημάτων στο 119869 και sum119899119894=1(119887119894 minus 119886119894) lt 120575 τότε

119899

sum119894=1

|119891(119887119894) minus 119891(119886119894)| lt 120598

Ο (Συνάρτηση Lipschitz) Η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ λέγεται Lipschitz

στο υποδιάστημα 119869 του διαστήματος Ι sube ℝ αν υπάρχει 119871 gt 0 ώστε

να ισχύει

|119891(119909) minus 119891(119910)| le 119871|119909 minus 119910|

για κάθε 119909 119910 στο 119869 Ο αριθμός 119871 ονομάζεται σταθερά Lipschitz της 119891στο διάστημα 119869

Παρατηρούμε ότι το να είναι μια συνάρτηση 119891 ∶ 119868 rarr ℝ Lipschitz στο

υποδιάστημα 119869 sube 119868 σημαίνει ότι οι κλίσεις των χορδών στο γράφημα

της 119891 που σχηματίζονται σε σημεία του 119869 είναι φραγμένες

hellip

Π Έστω ότι οι (119883 119889119883) και (119884 119889119884) είναι δυο μετρικοί χώροικαι 119891 ∶ 119883 rarr 119884 μια συνεχής και επί συνάρτηση Αν ο 119883 είναι συμπαγήςτότε και ο 119884 είναι συμπαγής Δηλαδή η συνεχής εικόνα ενός συμπαγούςμετρικού χώρου είναι συμπαγής χώρος

Άσκηση Αποδείξτε ότι bd(ℬ1198992) = 120138119899minus1

Άσκηση Αποδείξτε ότι η συνάρτηση

119891(119909) =⎧⎨⎩

119909 sin 1119909 αν 119909 isin (0 1]

0 αν 119909 = 0

είναι συνεχής αλλά όχι απόλυτα συνεχής (Υπόδειξη Θεωρήστε τα διαστή-

ματα [(1205872)minus1(4((119898 + 119895) + 1))minus1 (1205872)minus1(4(119898 + 119895))minus1] για 119895 = 0 1 hellip 119896 και

αποδείξτε ότι είναι ξένα και έχουν συνολικό μήκος μικρότερο από (2120587119898)minus1)

hellip

Ο (Εσωτερικό γινόμενο) Ένα εσωτερικό γινόμενο στον

ℝ119899 είναι μια απεικόνιση

⟨sdot sdot⟩ ∶ ℝ119899 times ℝ119899 rarr ℝ

για την οποία ισχύουν

(i) ⟨119909 119909⟩ ge 0 για κάθε 119909 isin ℝ119899

(ii) ⟨119909 119909⟩ = 0 hArr 119909 = 0

(iii) ⟨119909 119910⟩ = ⟨119910 119909⟩

(iv) ⟨119909 12058211199101 + 12058221199102⟩ = 1205821⟨119909 1199101⟩ + 1205822⟨119909 1199102⟩ για κάθε 1205821 1205822 isin ℝ

Το πιο συνηθισμένο παράδειγμα είναι το εσωτερικό γινόμενο

⟨119909 119910⟩ =119899

sum119895=1

119909119895119910119895()

όπου τα 119909119895 και 119910119895 είναι οι συντεταγμένες των διανυσμάτων 119909 και 119910

Στο εξής (εκτός αν ρητά αναφέρεται αλλιώς) κάθε αναφορά σε εσωτερικό

hellip

γινόμενο θα είναι σε αυτό που ορίζεται στην () Εύκολα βλέπουμε

ότι το ⟨sdot sdot⟩ είναι πράγματι εσωτερικό γινόμενο (δηλαδή ικανοποιεί τον

παραπάνω ορισμό) Παρατηρούμε ότι ⟨119909 119909⟩ = 11990922 για κάθε 119909 isin ℝ119899

Επιπλέον ισχύει η εξής

Π (Ανισότητα Cauchy-Schwartz) Για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 ι-σχύει

|⟨119909 119910⟩| le 11990921199102

Απόδειξη Από τις ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου για κάθε 120582 isin ℝισχύει

0 le ⟨119909 minus 120582119910 119909 minus 120582119910⟩ = 11990922 + 12058221199102

2 minus 2120582⟨119909 119910⟩

άρα το διώνυμο ως προς 120582 στα δεξιά έχει μη θετική διακρίνουσα Δηλαδή

4⟨119909 119910⟩2 minus 4119909221199102

2 le 0

οπότε προκύπτει η ζητούμενη

Νόρμα είναι μια συνάρτηση από τον ℝ119899 στον ℝ η οποία σε κάθε

διάνυσμα αντιστοιχεί ένα laquoμήκοςraquo και ικανοποιεί τις ιδιότητες του

παρακάτω ορισμού

Ο (Νόρμα) Μια απεικόνιση sdot ∶ ℝ119899 rarr ℝ λέγεται νόρμα

αν

(i) είναι μη αρνητική και κάνει μηδέν μόνο στο 0 Δηλαδή 119909 ge 0για κάθε 119909 isin ℝ119899 0 = 0 και αν 119909 = 0 τότε 119909 = 0

(ii) Είναι θετικά ομογενής 120582119909 = |120582| sdot 119909 για κάθε 119909 isin ℝ119899 για

κάθε 120582 isin ℝ

(iii) Ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα 119909 + 119910 le 119909 + 119910 γιακάθε 119909 119910 isin ℝ119899

Παράδειγμα νόρμας είναι η ποσότητα 1199092 που ορίστηκε στην αρχή

του κεφαλαίου και η οποία ονομάζεται ευκλείδεια νόρμα Για την sdot 2οι ιδιότητες (i) και (ii) της νόρμας είναι εύκολο να επιβεβαιωθούν H (iii)

αποδεικνύεται στο Θεώρημα παρακάτω

Η τριγωνική ανισότητα για τις νόρμες έχει την ακόλουθη συνέπεια

η οποία συχνά καλείται laquoκάτω τριγωνική ανισότηταraquo

hellip

Π (κάτω τριγωνική ανισότητα) Για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 ι-σχύει

∣119909 minus 119910∣ le 119909 plusmn 119910

Απόδειξη Χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα έχουμε

119909 = (119909 minus 119910) + 119910 le 119909 minus 119910 + 119910

οπότε 119909 minus 119910 le 119909 minus 119910 Ομοίως

119910 = (119910 minus 119909) + 119909 le 119910 minus 119909 + 119909

και αφού 119909 minus 119910 = 119910 minus 119909 παίρνουμε 119910 minus 119909 le 119909 minus 119910 Έτσι

∣119909 minus 119910∣ le 119909 minus 119910

Με τον ίδιο τρόπο δείχνουμε ότι ∣119909 minus 119910∣ le 119909 + 119910

Εύκολα βλέπουμε ότι κάθε νόρμα sdot στον ℝ119899 ορίζει μια μετρική στον

ℝ119899 με τη σχέση 119889sdot(119909 119910) = 119909 minus 119910 για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 Έτσι ο χώρος

με νόρμα (ℝ119899 sdot ) είναι και ένας μετρικός χώρος με την προηγούμενη

μετρική Διάφορες ιδιότητες από τη θεωρία των μετρικών χώρων μπορούν

να διατυπωθούν με τη βοήθεια της νόρμας Επίσης φράσεις όπως laquohellipως

προς την μετρικήraquo και laquohellipως προς τη νόρμαraquo εδώ ταυτίζονται Για

παράδειγμα η φράση laquoη συνάρτηση 119891 είναι συνεχής ως προς την μετρική

119889sdotraquo ταυτίζεται με τη φράση laquoη συνάρτηση 119891 είναι συνεχής ως προς

τη νόρμα sdot raquo

Π (Συνέχεια Εσωτερικού γινομένου) Το εσωτερικό γινό-μενο είναι συνεχής συνάρτηση ως προς και τα δύο ορίσματά του ταυτόχροναως προς την ευκλείδεια νόρμα

Απόδειξη Αν 119909119898 rarr 119909 και 119910119898 rarr 119910 ως προς την ευκλείδεια νόρμα δηλαδή

αν 119909119898minus1199092 rarr 0 και 119910119898minus1199102 rarr 0 πρέπει να δείξουμε ότι ⟨119909119898 119910119898⟩ rarr⟨119909 119910⟩ Ισοδύναμα πρέπει να δείξουμε ότι |⟨119909119898 119910119898⟩ minus ⟨119909 119910⟩| rarr 0 Απότην ανισότητα Cauchy-Scwhartz (Πρόταση ) έχουμε

∣⟨119909119898 119910119898⟩ minus ⟨119909 119910⟩∣ = ∣⟨119909119898 119910119898⟩ minus ⟨119909119898 119910⟩ + ⟨119909119898 119910⟩ minus ⟨119909 119910⟩∣= ∣⟨119909119898 119910119898 minus 119910⟩ + ⟨119909119898 minus 119909 119910⟩∣le 1199091198982119910119898 minus 1199102 + 119909119898 minus 11990921199102 rarr 0

αφού 119909119898 minus 1199092 rarr 0 119910119898 minus 1199102 rarr 0 και η 1199091198982 είναι φραγμένη ως

συγκλίνουσα

hellip

Π (Συνέχεια ευκλείδειας νόρμας) Η ευκλείδεια νόρμα είναισυνεχής συνάρτηση (ως προς την ευκλείδεια απόσταση) στον ℝ119899

Απόδειξη Αν 119909119898 rarr 119909 ως προς την ευκλείδεια απόσταση θέλουμε

να δείξουμε ότι 1199091198982 rarr 1199092 Αυτό προκύπτει αμέσως από την κάτω

τριγωνική ανισότητα (Πόρισμα ) διότι

∣1199091198982 minus 1199092∣ le 119909119898 minus 1199092 rarr 0

Η παρακάτω πρόταση λέει ότι όλες οι νόρμες στον ℝ119899 (και άρα και

οι μετρικές που προκύπτουν από αυτές) είναι ισοδύναμες

Π Για κάθε νόρμα sdot στον ℝ119899 υπάρχουν σταθερές 119888119862 gt 0 ώστε για κάθε 119909 isin ℝ119899

1198881199092 le 119909 le 1198621199092

Απόδειξη Έστω ότι τα 1198901 1198902 hellip 119890119899 είναι η συνήθης βάση του ℝ119899

Αν 119909 isin ℝ119899 και 1199091 1199092 hellip 119909119899 οι συντεταγμένες του 119909 ως προς τη βάση

θα έχουμε

119909 = ∣∣119899

sum119894=1

119909119894119890119894∣∣ le119899

sum119894=1

119909119894119890119894 =119899

sum119894=1

|119909119894| 119890119894 = ⟨(|119909119895|)119899

119895=1 (119890119895)

119899

119895=1⟩

le (119899

sum119894=1

|119909119894|2)

12

(119899

sum119894=1

1198901198942)

12

()

όπου στην () χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Cauchy-Schwartz για

τα διανύσματα (|119909119895|)119899119895=1 και (119890119895)119899

119895=1 Θέτουμε 119862 = (sum119899119894=1 119890119894

2)12

οπότε η () λέει ότι 119909 le 1198621199092

Για την αριστερή ανισότητα παρατηρούμε πρώτα ότι η 119891(119909) = 119909είναι συνεχής Πράγματι αν 119909119898 rarr 119909 ως προς την ευκλείδεια απόσταση

θα δείξουμε ότι 119891(119909119898) rarr 119891(119909) Έχουμε

|119891(119909119898) minus 119891(119909)| = ∣119909119898 minus 119909∣ le 119909119898 minus 119909 le 119862119909119898 minus 1199092 rarr 0

Εύκολα βλέπουμε ότι το 120138119899minus1 = 119909 ∶ 1199092 = 1 είναι κλειστό και

φραγμένο σύνολο στον ℝ119899 άρα είναι συμπαγές Οπότε η 119891 ως συνεχής

συνάρτηση σε συμπαγές σύνολο έχει ελάχιστη τιμή στο 120138119899minus1 Θέτουμε

119888 = min119909isin120138119899minus1 119891(119909) Το 119888 είναι διαφορετικό του μηδενός διότι αφού

είναι ελάχιστη τιμή της 119891 υπάρχει 1199090 isin 120138119899minus1 ώστε 119891(1199090) = 119888 δηλαδή

hellip

1199090 = 119888 Αν λοιπόν 119888 = 0 τότε 1199090 = 0 και άρα 1199090 = 0 isin 120138119899minus1το οποίο είναι άτοπο Άρα 119888 gt 0 Για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει

1199091199092 isin 120138119899minus1 οπότε 119891(1199091199092) ge 119888 δηλαδή 1199091199092 ge 119888 από όπου

προκύπτει άμεσα 119909 ge 1198881199092 Αν 119909 = 0 αυτή η ανισότητα ισχύει

ούτως ή άλλως

Π Στην απόδειξη της τελευταίας πρότασης αποδεί-

ξαμε ότι κάθε νόρμα στον ℝ119899 είναι συνεχής συνάρτηση ως προς την

ευκλείδεια απόσταση

Για κάθε διανυσματικό υπόχωρο 119867 του ℝ119899 ορίζουμε μια γραμμική

απεικόνιση Proj119867

∶ ℝ119899 rarr 119867 που την ονομάζουμε ορθογώνια προβολή

ή απλά προβολή στον 119867 ως εξής Θεωρούμε μια ορθοκανονική βάση

1198901 hellip 119890119896 του 119867 (όπου 119896 isin ℕ με 119896 le 119899) την οποία επεκτείνουμε σε μια

ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119896 119890119896+1 hellip 119890119899 του ℝ119899 Έτσι κάθε στοιχείο 119909του ℝ119899 γράφεται ως sum

119899119895=1 119909119895119890119895 όπου τα 119909119895 είναι οι συντεταγμένες του

119909 ως προς τη βάση 1198901 hellip 119890119899 δηλαδή 119909119895 = ⟨119909 119890119895⟩ για κάθε 119895 = 1 hellip 119899Θέτουμε

Proj119867(119909) =

119896

sum119895=1

119909119895119890119895 isin 119867

Εύκολα βλέπουμε ότι η Proj119867είναι γραμμική απεικόνιση και επειδή

∥Proj119867(119909)∥2= (

119896

sum119895=1

|119909119895|2)12

le (119899

sum119895=1

|119909119895|2)12

le 1199092

συμπεραίνουμε ότι η Proj119867είναι συνεχής απεικόνιση

hellip

Αν τα 119909 και 119910 είναι διανύσματα στοιχεία του ℝ119899 το ευθύγραμμο

τμήμα στον ℝ119899 με άκρα τα 119909 και 119910 είναι το σύνολο

[119909 119910] = (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ∶ 120582 isin [0 1]

Η απόδειξη περιγράφεται στο Σχήμα Ένα διάνυσμα 119911 είναι στο

ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα 119909 119910 αν και μόνο αν το 119911 ισούται με το 119909συν ένα υποπολλαπλάσιο του 119910 minus 119909 Δηλαδή αν και μόνο αν υπάρχει

120582 isin [0 1] ώστε 119911 = 119909 + 120582(119910 minus 119909) Ισοδύναμα 119911 = (1 minus 120582)119909 + 120582119910

hellip

copy Y uml

uml copy

ordf

Σ Ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα 119909 και 119910 στον ℝ119899

Σ Ο κύβος είναι κυρτό αλλά όχι γνήσια κυρτό σύνολο Η ευκλείδεια

μπάλα είναι γνήσια κυρτή

Ο (Κυρτό Σύνολο) Ένα σύνολο 119870 υποσύνολο του ℝ119899

λέγεται κυρτό αν για κάθε 119909 119910 τα οποία ανήκουν στο 119870 το ευθύγραμμο

τμήμα με άκρα τα 119909 και 119910 περιέχεται στο 119870 Δηλαδή για κάθε 119909 119910 isin 119870ισχύει

[119909 119910] = (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ∶ 120582 isin [0 1] sube 119870

Ο (Γνήσια κυρτό σύνολο) Ένα σύνολο119870 υποσύνολο του

ℝ119899 λέγεται γνήσια κυρτό αν για κάθε 119909 119910 τα οποία ανήκουν στο 119870και για κάθε 120582 στο διάστημα (0 1) το σημείο (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ανήκει στο

int(119870)

Ένα υπερεπίπεδο 1198671199090119906 που περνάει από το σημείο 1199090 isin ℝ119899 και

είναι κάθετο στο μοναδιαίο διάνυσμα 119906 είναι το σύνολο

1198671199090119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 minus 1199090 119906⟩ = 0= 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = ⟨1199090 119906⟩

hellip

και οι αντίστοιχοι ημίχωροι είναι οι

119867minus1199090119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ le ⟨1199090 119906⟩ και 119867+

1199090119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ ge ⟨1199090 119906⟩

Παρατηρούμε ότι το 119906 ανήκει στο 119867+1199090119906 minus 1199090

Επειδή το ⟨1199090 119906⟩ μπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιμή στο ℝ (ανάλογα

με την επιλογή του 1199090) ένα υπερεπίπεδο είναι ένα σύνολο της μορφής

119867119906120582 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = 120582

για 120582 isin ℝ Οι ημίχωροι που σχηματίζει τώρα το 119867119906120582 είναι τα σύνολα

119867minus119906120582 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ le 120582 και 119867+

119906120582 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ ge 120582

Συχνά αν 120582 ne 0 διαιρούμε το 119906 με το 120582 δηλαδή επιτρέπουμε το 119906 να

μην είναι μοναδιαίο διάνυσμα ώστε το υπερεπίπεδο να περιγράφεται

από το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = 1

όπου το 119906 είναι ένα μη μηδενικό διάνυσμα του ℝ119899

Θα ονομάζουμε λωρίδα στον ℝ119899 τον χώρο ανάμεσα σε δύο παράλληλα

υπερεπίπεδα Δηλαδή μια λωρίδα είναι ένα σύνολο της μορφής

Λ119906119886119887 = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119886 le ⟨119909 119906⟩ le 119887 = 119867+119906119886 cap 119867minus

119906119887

όπου 119886 119887 isin ℝ με 119886 le 119887 και το 119906 είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα

Οι ημίχωροι 119867minus119906119886 και 119867+

119906119887 λέγονται και ημίχωροι της λωρίδας Λ119906119886119887και συμβολίζονται και με Λminus

119906119886119887 και Λ+119906119886119887

Ο (Σημεία σε γενική θέση ή affine-ανεξάρτητα) Τα 1199091 hellip 119909119898λέγεται ότι βρίσκονται σε γενική θέση ή ότι είναι affine-ανεξάρτητα όταν

τα 1199092 minus 1199091 1199093 minus 1199091 hellip 119909119898 minus 1199091 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα

Π Αν τα 1199091 hellip 119909119898 είναι σε γενική θέση στον ℝ119899 τότε

119898 le 119899 + 1 διότι 119899 + 2 σημεία σχηματίζουν 119899 + 1 διανύσματα ως

διαφορές των 1199092 hellip 119909119899+2 με το 1199091 και αυτά είναι αναγκαστικά γραμμικώς

εξαρτημένα αφού dim ℝ119899 = 119899

Ο (Ανάστροφος ενός πίνακα) Έστω 119879 ένας 119898 times 119899 πί-

νακας Ονομάζουμε ανάστροφο του πίνακα 119879 τον πίνακα 119899 times 119898 που

έχει για γραμμές τις στήλες του 119879 και για στήλες τις γραμμές του 119879

Συμβολίζεται με 119879119905

hellip

Υπενθυμίζουμε ότι για δύο πίνακες 119879 και 119878 ισχύει (119879119878)119905 = 119878119905119879119905 (εφόσον

βέβαια το γινόμενο 119879119878 έχει νόημα)

Όταν κάνουμε πράξεις με πίνακες και διανύσματα τα διανύσματα θα

τα θεωρούμε ως πίνακες 119899 times 1 Έτσι μπορεί στο κείμενο να γράφουμε για

εξοικονόμηση χώρου laquoτο διάνυσμα 119909 = (1199091 hellip 119909119899)raquo αλλά αν είναι να

γίνουν πράξεις θα πρέπει να έχουμε στο νου μας ότι τα διανύσματα τα

μεταχειριζόμαστε ως στήλες Έτσι αν 119909 = (1199091 hellip 119909119899) και 119910 = (1199101 hellip 119910119899)το εσωτερικό γινόμενο ⟨119909 119910⟩ είναι ίσο με

⟨119909 119910⟩ = ⟨⎛⎜⎜⎜⎝

11990911199092⋮

119909119899

⎞⎟⎟⎟⎠

⎛⎜⎜⎜⎝

11991011199102⋮

119910119899

⎞⎟⎟⎟⎠

⟩ = (1199091 1199092 hellip 119909119899)⎛⎜⎜⎜⎝

11991011199102⋮

119910119899

⎞⎟⎟⎟⎠

= 119909119905119910

όπου τα παραπάνω γινόμενα είναι γινόμενα πινάκων Ομοίως αν ο 119879είναι 119899 times 119899 πίνακας τότε

⟨119879(119909) 119910⟩ = (119879119909)119905119910 = (119909119905119879119905)119910 = 119909119905(119879119905119910) = ⟨119909 119879119905(119910)⟩

Ο παρακάτω ορισμός είναι γνωστός από την Αναλυτική Γεωμετρία

Ο Ένα κυρτό υποσύνολο ℰ του ℝ119899 λέγεται ελλειψοειδές

με κέντρο την αρχή των αξόνων αν υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899του ℝ119899 και θετικοί αριθμοί 1198861 hellip 119886119899 ώστε

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

⟨119909 119890119895⟩2

1198862119895

le 1

Οι θετικοί αριθμοί 1198861 hellip 119886119899 είναι τα μήκη των ημιαξόνων του ελλειψοει-

δούς

Μέρος I

Εισαγωγή στην κυρτότητα

ΒΑΣΙΚΕΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ

Ο (Kυρτή Συνάρτηση) Μια συνάρτηση 119891 ∶ 119870 rarr ℝ λέγε-

ται κυρτή στο 119870 αν το 119870 είναι κυρτό σύνολο και ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) le (1 minus 120582)119891(119909) + 120582119891(119910)

για κάθε 120582 στο [0 1] και για κάθε 119909 119910 στο 119870

Ο (Γνήσια κυρτή συνάρτηση) Μια συνάρτηση 119891 ∶ 119870 rarrℝ λέγεται γνήσια κυρτή στο 119870 αν το 119870 είναι κυρτό υποσύνολο του ℝ119899

και ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) lt (1 minus 120582)119891(119909) + 120582119891(119910)

για κάθε 120582 στο (0 1) και για κάθε 119909 119910 στο 119870 με 119909 ne 119910

Π Μια απλή συνέπεια του παραπάνω ορισμού είναι

ότι αν μια συνάρτηση 119891 είναι γνήσια κυρτή και για κάποια 119909 και 119910ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) = (1 minus 120582)119891(119909) + 120582119891(119910)

για κάποιο 120582 isin (0 1) τότε αναγκαστικά θα ισχύει 119909 = 119910

Π Η συνάρτηση 119890119909 ∶ ℝ rarr ℝ είναι κυρτή Για να το

αποδείξουμε αυτό δείχνουμε πρώτα ότι για κάθε θετικό πραγματικό

αριθμό 119886 και για κάθε 120582 isin [0 1] ισχύει 119886120582 le (1 minus 120582) + 120582119886 Πράγματι αν120582 = 0 ή 120582 = 1 η ανισότητα προφανώς ισχύει Αν 120582 notin 0 1 τότε θεωρούμε

τη συνάρτηση 119891(119886) = (1minus120582)+120582119886minus119886120582 και αρκεί να δείξουμε ότι αυτή είναι

μη αρνητική για κάθε 119886 gt 0 Χρησιμοποιώντας παράγωγο βλέπουμε

ότι αυτή έχει ελάχιστη τιμή στο 119886 = 1 Δηλαδή 119891(119886) ge 119891(1) = 0Στην ανισότητα αυτή θέτουμε 119886 = 119890119910minus119909 οπότε (119890119910minus119909)120582 le (1 minus 120582) +

120582119890119910minus119909 από όπου με απλές πράξεις προκύπτει ότι

119890(1minus120582)119909+120582119910 le (1 minus 120582)119890119909 + 120582119890119910

για κάθε 119909 119910 isin ℝ και για κάθε 120582 isin [0 1]

Παρατηρούμε επιπλέον ότι η 119890119909 είναι γνήσια κυρτή αφού εύκολα

ελέγχουμε ότι η παράγωγος της 119891 είναι θετική αν 120572 gt 1 οπότε η 119891είναι γνησίως αύξουσα Έτσι 119891(120572) gt 119891(1) = 0 και συνεχίζουμε όπως

παραπάνω υποθέτοντας (χωρίς βλάβη της γενικότητας αφού τα 119909 119910ήταν τυχαία) ότι 119910 gt 119909

Άσκηση Αποδείξτε ότι οι συναρτήσεις

(i)1 + 1199091 + 1199092 (ii) 119909119909 (iii)

11 + 119909 + 1199092 (119894119907) (log 119909)2

είναι κυρτές στο πεδίο ορισμού τους

Άσκηση Αν οι συναρτήσεις 119891 119892 είναι και οι δύο κυρτές με κοινό πεδίο

ορισμού αποδείξτε ότι και η 119891 + 119892 είναι κυρτή

Άσκηση Αν η ℱ είναι μια οικογένεια κυρτών συναρτήσεων με κοινό πεδίο

ορισμού δείξτε ότι η συνάρτηση sup119891isinℱ 119891(119909) είναι κυρτή

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν η 119891 είναι κυρτή και η 119892 κυρτή και αύξουσα τότε

η σύνθεση 119892 ∘ 119891 (όποτε ορίζεται) είναι κυρτή Είναι σωστό το συμπέρασμα

όταν η 119892 δεν είναι αύξουσα

Άσκηση Αν η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ είναι κυρτή συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα

119868 sube ℝ τότε για κάθε 119909 119910 119911 που ανήκουν στο Ι με 119909 lt 119910 lt 119911 ισχύει

119891(119910) minus 119891(119909)119910 minus 119909

le119891(119911) minus 119891(119909)

119911 minus 119909le

119891(119911) minus 119891(119910)119911 minus 119910

Άσκηση Έστω ότι το Ι είναι ένα διάστημα στο ℝ και 119891 ∶ 119868 rarr ℝ κυρτή

συνάρτηση Τότε σε κάθε συμπαγές υποδιάστημα 119869 του διαστήματος int(119868)η 119891 είναι 119871119894119901119904119888ℎ119894119905119911 οπότε είναι και απόλυτα συνεχής στο 119869 Επιπλέον είναισυνεχής στο int(119868) (Υπόδειξη Θεωρήστε στοιχεία 119906 lt 119907 στο Ι αριστερά

του 119869 και στοιχεία 119908 lt 119911 στο 119868 δεξιά του 119869 Για οποιαδήποτε στοιχεία 119909119910 isin 119869 με 119909 lt 119910 εφαρμόστε την Άσκηση στα σημεία 119906 lt 119907 lt 119909 lt 119910και στα 119909 lt 119910 lt 119908 lt 119911 Διακρίνετε περιπτώσεις αν 119891(119910) minus 119891(119909) lt 0 ή

119891(119910) minus 119891(119909) ge 0)Άσκηση Αποδείξτε ότι αν η συνάρτηση 119891 ∶ ℝ rarr [0 +infin) είναι κυρτή

και 119891(0) = 0 τότε η συνάρτηση 119865(119905) = 119891(119905)119905 είναι αύξουσα στο ℝ ⧵ 0

Οι Ασκήσεις έως έχουν σκοπό την μελέτη της πρώτης και δεύτερης

παραγώγου μιας κυρτής συνάρτησης

Άσκηση Έστω ότι η ακολουθία συναρτήσεων (119891119899)119899isinℕ από το ανοιχτό

διάστημα 119868 στο ℝ είναι αύξουσα δηλαδή 119891119899(119909) le 119891119899+1(119909) για κάθε 119909 isin 119868για κάθε 119899 isin ℕ Υποθέτουμε επίσης ότι κάθε 119891119899 είναι συνεχής και αύξουσα

συνάρτηση Αποδείξτε ότι αν 119891119899(119909) rarr 119892(119909) για κάθε 119909 isin 119868 τότε η 119892 είναι

αριστερά συνεχής σε κάθε σημείο του 119868Άσκηση Έστω Ι ανοιχτό διάστημα υποσύνολο του ℝ και 119891 ∶ 119868 rarr ℝ κυρτή

Αποδείξτε ότι οι 119891primeminus 119891prime

+ υπάρχουν είναι αύξουσες και ισχύει ότι 119891primeminus le 119891prime

+

Δείξτε επίσης ότι η 119891 είναι διαφορίσιμη στα σημεία 119909 του Ι στα οποία η 119891primeminus είναι

συνεχής Συμπεράνετε ότι η 119891prime είναι συνεχής σε όλα τα σημεία του Ι εκτός απόένα αριθμήσιμο πλήθος στοιχείων και η 119891prime είναι αύξουσα στο πεδίο ορισμού

της

(Υπόδειξη Βήμα 1 Εφαρμόζοντας την Άσκηση μια φορά για σημεία

119906 lt 119908 lt 119909 lt 119911 lt 119907 lt 119910 και μια φορά για σημεία 119909 lt 119911 lt 119907 lt 119910 lt 119906 lt 119908αποδείξτε ότι οι 119891prime

minus και 119891prime+ υπάρχουν και

119891primeminus(119909) le 119891prime

+(119909) le119891(119910) minus 119891(119909)

119910 minus 119909le 119891prime

minus(119910) le 119891prime+(119910) ()

ανισότητες που αποδεικνύουν ότι οι πλευρικές παράγωγοι είναι αύξουσες

συναρτήσεις

Βήμα 2 Θεωρήστε την ακολουθία συναρτήσεων (119892119899)119899isinℕ με 119892119899(119909) =(119891(119909 minus 1119899) minus 119891(119909))(minus1119899) και δείξτε ότι είναι αύξουσα ακολουθία συνεχών

και αυξουσών συναρτήσεων με όριο την 119891primeminus Χρησιμοποιήστε την Άσκηση

για να συμπεράνετε ότι η 119891primeminus είναι αριστερά συνεχής Δείξτε ομοίως ότι η 119891prime

+είναι δεξιά συνεχής Επίσης οι μονότονες συναρτήσεις έχουν το πολύ αριθμήσιμο

πλήθος ασυνεχειών

Βήμα 3 Αν 119891primeminus συνεχής στο 119909 τότε από την () για 119909 lt 119910 προκύπτει ότι

119891primeminus(119909) le 119891prime

+(119909) le 119891primeminus(119910) Αφήστε το 119910 rarr 119909+ για το συμπέρασμα)

Άσκηση Έστω Ι ανοιχτό και 119891 ∶ 119868 rarr ℝ διαφορίσιμη συνάρτηση Τα

ακόλουθα είναι ισοδύναμα

(i) H 119891 είναι κυρτή

(ii) H 119891prime είναι αύξουσα συνάρτηση

(Υπόδειξη αν η 119891 είναι διαφορίσιμη τότε από την Άσκηση η 119891primeminus είναι

συνεχής)

Άσκηση Έστω 119891 ∶ 119868 rarr ℝ όπου Ι είναι ανοιχτό και υπάρχει η 119891Prime Η 119891είναι κυρτή αν και μόνο αν 119891Prime ge 0Άσκηση Αν 119868 ανοιχτό διάστημα στο ℝ μια συνάρτηση 119891 ∶ 119868 rarr ℝ έχει

συνάρτηση στήριξης στο σημείο 119911 isin 119868 αν υπάρχει αριθμός 120574119911 isin ℝ ώστε

119891(119909) ge 119891(119911) + 120574119911(119909 minus 119911)

για κάθε 119909 isin 119868 Αποδείξτε ότι η 119891 είναι κυρτή αν και μόνο αν η 119891 έχει συνάρτηση

στήριξης σε κάθε 119911 isin 119868 ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) αν 119891 κυρτή δείξτε ότι

(α) υποθέστε ότι 0 isin 119868 και 119891(0) = 0 Για κάθε 119909 isin 119868 cap (0 +infin) και

για κάθε 119910 isin 119868cap(minusinfin 0) βρείτε 120582 isin (0 1) ώστε 0 = (1minus120582)119909+120582119910και εφαρμόστε την κυρτότητα της 119891 καταλήγοντας στη σχέση

sup119910isin119868cap(minusinfin0)

119891(119910)119910

le inf119909isin119868cap(0+infin)

119891(119909)119909

(β) Επιλέξτε 120574 ώστε

sup119910isin119868cap(minusinfin0)

119891(119910)119910

le 120574 le inf119909isin119868cap(0+infin)

119891(119909)119909

και αποδείξτε ότι η 120574119909 είναι συνάρτηση στήριξης της 119891 στο 0

(γ) Για τη γενική κυρτή συνάρτηση 119891 και τυχόν 119911 isin 119868 θεωρήστε

τη συνάρτηση ℎ ∶ 119868 minus 119911 rarr ℝ με ℎ(119909) = 119891(119911 + 119909) minus 119891(119911) και

αποδείξτε ότι είναι κυρτή με ℎ(0) = 0

(ii) αν η 119891 έχει συνάρτηση στήριξης 119892119911 σε κάθε 119911 isin 119868 δείξτε ότι επειδή

119892119909(119909) = 119891(119909) ισχύει 119891(119909) = sup119911isin119868 119892119911(119909) για κάθε 119909 isin 119868 Με αυτόν τον

τύπο αποδείξτε ότι η 119891 είναι κυρτή

Στα επόμενα το 119868 θα συμβολίζει ένα διάστημα στο ℝ

Θ Έστω ότι η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ είναι μια κυρτή συνάρτηση τα1199091 1199092 hellip 119909119899 ανήκουν στο Ι και 1205821 + 1205822 + ⋯ + 120582119899 = 1 με 120582119895 isin [0 1] γιακάθε 119895 = 1 hellip 119899 Τότε το 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899 ανήκει στο Ι και ισχύει

119891(12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899) le 1205821119891(1199091) + 1205822119891(1199092) + ⋯ + 120582119899119891(119909119899)

Απόδειξη Θα αποδείξουμε την ανισότητα Jensen χρησιμοποιώντας τη

μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής Για 119899 = 2 1205821 + 1205822 = 1 άρα1205821 = 1 minus 1205822 έχουμε

119891(12058211199091 + 12058221199092) = 119891((1 minus 1205822)1199091 + 12058221199092)le (1 minus 1205822)119891(1199091) + 1205822119891(1199092)le 1205821119891(1199091) + 1205822119891(1199092)

που ισχύει διότι η 119891 είναι κυρτή Υποθέτουμε ότι ισχύει για 119899 σημεία

και θα δείξουμε ότι ισχύει για 119899 + 1 σημείαΈστω ότι τα 1199091 1199092 hellip 119909119899+1 ανήκουν στο Ι 1205821 hellip 120582119899+1 ge 0 και sum

119899+1119895=1 120582119895 =

1Αν 120582119899+1 = 1 τότε 1205821 = ⋯ = 120582119899 = 0 Οπότε πρέπει να ελέγξουμε

αν ισχύει 119891(120582119899+1119909119899+1) le 120582119899+1119891(119909119899+1) Ισοδύναμα έχουμε ότι 119891(119909119899+1) le119891(119909119899+1) που ισχύει

Αν 0 le 120582119899+1 lt 1 τότε

119891(12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899+1119909119899+1)

= 119891 ((1 minus 120582119899+1) (1205821

1 minus 120582119899+11199091 + ⋯ +

120582119899

1 minus 120582119899+1119909119899) + 120582119899+1119909119899+1)

le (1 minus 120582119899+1)119891 (1205821

1 minus 120582119899+11199091 + ⋯ +

120582119899

1 minus 120582119899+1119909119899) + 120582119899+1119891(119909119899+1)

διότι η 119891 είναι κυρτή Είναι 120582119895(1 minus 120582119899+1) ge 0 για κάθε 119895 και

119899

sum119895=1

(120582119895

1 minus 120582119899+1) =

1 minus 120582119899+1

1 minus 120582119899+1= 1

Από την επαγωγική υπόθεση θα έχουμε ότι

119891(12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899+1119909119899+1)

le (1 minus 120582119899+1) (1205821

1 minus 120582119899+1119891(1199091) + ⋯ +

120582119899

1 minus 120582119899+1119891(119909119899)) + 120582119899+1119891(119909119899+1)

= 1205821119891(1199091) + 1205822119891(1199092) + ⋯ + 120582119899+1119891(119909119899+1)

Η παρακάτω πρόταση μάς δίνει πληροφορίες για την περίπτωση

της ισότητας στην ανισότητα Jensen

Π Αν η 119891 ∶ 119868 rarr ℝ είναι γνήσια κυρτή και υπάρχουν120582119895 isin (0 1) για 119895 = 1 hellip 119899 με sum

119899119895=1 120582119895 = 1 και

119891(12058211199091 + ⋯ + 120582119899119909119899) = 1205821119891(1199091) + ⋯ + 120582119899119891(119909119899)

για κάποια 1199091 hellip 119909119899 isin 119868 τότε ισχύει 1199091 = 1199092 = ⋯ = 119909119899

Απόδειξη Αν υποθέσουμε ότι

1199091 ne sum119895ne1

120582119895

1 minus 1205821119909119895

τότε από τη γνήσια κυρτότητα της 119891 και την υπόθεση θα ισχύει

119899

sum119895=1

120582119895119891(119909119895) = 119891 (119899

sum119895=1

120582119895119909119895)

= 119891 (12058211199091 + (1 minus 1205821) sum119895ne1

120582119895

1 minus 1205821119909119895)

lt 1205821119891(1199091) + (1 minus 1205821)119891 (sum119895ne1

120582119895

1 minus 1205821119909119895)

και χρησιμοποιώντας την κυρτότητα της 119891

le119899

sum119895=1

120582119895119891(119909119895)

το οποίο είναι άτοπο Άρα 1199091 = sum119895ne1120582119895

1minus1205821119909119895 Ομοίως για κάθε 119894 = 1 hellip 119899

θα ισχύει 119909119894 = sum119895ne119894120582119895

1minus120582119894119909119895 Έτσι

(1 minus 1205821)1199091 = sum119895ne1

120582119895119909119895 = sum119895ne2

120582119895119909119895 minus 12058211199091 + 12058221199092

= (1 minus 1205822)1199092 minus 12058211199091 + 12058221199092

= 1199092 minus 12058211199091

Άρα 1199091 = 1199092 Ομοίως αποδεικνύουμε ότι όλα τα 119909119895 είναι ίσα με το 1199091

Η ανισότητα Jensen μπορεί να διατυπωθεί και για ολοκληρώματα

υπό την προϋπόθεση ότι το διάστημα ολοκλήρωσης (αν μιλάμε για

Riemann ολοκληρώσιμες συναρτήσεις) ή ο χώρος μέτρου στον οποίο

ολοκληρώνουμε (αν μιλάμε γενικά για ολοκληρώσιμες συναρτήσεις) έχει

μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1 Συγκεκριμμένα ισχύει η παρακάτω

πρόταση

Π (Ανισότητα Jensen για ολοκληρώματα) Αν η 119892 ∶ [119886 119887] rarrℝ είναι Riemann ολοκληρώσιμη συνάρτηση με 119887 minus 119886 = 1 και η 119891 ∶ Ι rarr ℝ

είναι κυρτή συνάρτηση με το διάστημα 119868 να περιέχει το σύνολο τιμών της119892 τότε

119891 (int119887

119886119892(119909) 119889119909) le int

119887

119886(119891 ∘ 119892)(119909) 119889119909

Γενικότερα αν η 119892 ορίζεται σε ένα χώρο πιθανότητας (Ω 120583) και η 119891είναι όπως πριν τότε ισχύει

119891 (intΩ

119892 119889120583) le intΩ

119891 ∘ 119892 119889120583

Απόδειξη Για την περίπτωση του ολοκληρώματος Riemann επιλέγουμε

ακολουθία διαμερίσεων 119979119899 με λεπτότητα που συγκλίνει στο μηδέν και

χρησιμοποιούμε την συνέχεια της 119891 (Άσκηση ) οπότε ισχύει

119891 (int119887

119886119892(119909) 119889119909) = lim

119899rarrinfin119891 ⎛

⎝ sum119909119895isin119979119899

119892(119909119895)Δ119909119895⎞⎠

αλλά 119891 κυρτή και sum119909119895isin119979119899Δ119909119895 = 1 οπότε

le lim119899rarrinfin

sum119909119895isin119979119899

119891(119892(119909119895))Δ119909119895

le int119887

119886(119891 ∘ 119892)(119909) 119889119909

Για τη γενική περίπτωση θέτουμε 1199090 = int 119892 119889120583 και χρησιμοποιούμε

την Άσκηση για να βρούμε 119886 119887 isin ℝ ώστε 119886119909 + 119887 le 119891(119909) για

κάθε 119909 isin ℝ και 1198861199090 + 119887 = 119891(1199090) Έτσι θα ισχύει 119891(119892(119909)) ge 119886119892(119909) + 119887Ολοκληρώνοντας την τελευταία και χρησιμοποιώντας ότι 120583(Ω) = 1 καιτον ορισμό του 1199090 παίρνουμε ότι

int (119891 ∘ 119892) 119889120583 ge 1198861199090 + 119887 = 119891(1199090) = 119891 (int 119892 119889120583)

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

H ανισότητα Αριθμητικού-Γεωμετρικού μέσου

Θ Θεωρούμε 1199091 1199092 hellip 119909119899 ge 0 και 1205821 1205822 hellip 120582119899 ge 0 μεsum

119899119895=1 120582119895 = 1 Τότε

() 119909112058211199092

1205822 hellip 119909119899120582119899 le 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899

Αν 120582119895 gt 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 τότε η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν όλατα 119909119895 είναι μεταξύ τους ίσα

Συγκεκριμένα

()119899radic11990911199092 hellip 119909119899 le

1199091 + 1199092 + ⋯ + 119909119899

119899

με ισότητα μόνο αν όλα τα 119909119895 είναι μεταξύ τους ίσα

Απόδειξη Η () προκύπτει αμέσως από την () αν θέσουμε 1205821 =⋯ = 120582119899 = 1119899 ge 0 Προφανώς sum

119899119895=1 120582119895 = 1 οπότε

11990911198991 ⋯ 1199091119899

119899 le1119899

1199091 + ⋯ +1119899

119909119899

άρα119899radic11990911199092 ⋯ 119909119899 le

1199091 + 1199092 + ⋯ + 119909119899

119899

Ομοίως και η περίπτωση της ισότητας αφού 1119899 gt 0Μένει να αποδείξουμε την () και να εξετάσουμε την περίπτωση

της ισότητας Θέτουμε 119891(119909) = 119890119909 ∶ ℝ rarr ℝ Η 119891 είναι κυρτή όπως

είδαμε στο Παράδειγμα Θεωρούμε 1199091 1199092 hellip 119909119899 ge 0 Θέτουμε

1199101 = ln 1199091 hellip 119910119899 = ln 119909119899 και εφαρμόζουμε την ανισότητα Jensen για την

119891 τα 1199101 hellip 119910119899 και τα 1205821 hellip 120582119899 οπότε

11989012058211199101+⋯+120582119899119910119899 le 12058211198901199101 + ⋯ + 120582119899119890119910119899

Έτσι

1198901205821 ln 1199091+⋯+120582119899 ln 119909119899 le 1205821119890ln 1199091 + ⋯ + 120582119899119890ln 119909119899

άρα

119890ln(1199091)1205821+⋯+ln(119909119899)120582119899 le 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899

επομένως

119909112058211199092

1205822 hellip 119909119899120582119899 le 12058211199091 + 12058221199092 + ⋯ + 120582119899119909119899

Τέλος αν όλα τα 120582119895 είναι θετικά και ισχύει η ισότητα στην προηγούμενη

ανισότητα χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι η 119890119909 είναι γνήσια κυρτή

(Παράδειγμα ) και την Πρόταση για να συμπεράνουμε ότι τα

119910119895 είναι μεταξύ τους ίσα άρα και τα 119909119895

H ανισότητα Young

Λ Αν 119909 119910 ge 0 119901 119902 gt 1 και 119901minus1 + 119902minus1 = 1 τότε

119909119910 le119909119901

119901+

119910119902

119902

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν 119909119901 = 119910119902

Απόδειξη Αν 119909 = 0 ή 119910 = 0 τότε η ανισότητα ισχύει Αν τα 119909 και 119910είναι διάφορα του μηδενός τότε θέτουμε

1205821 =1119901

1205822 =1119902

1199091 = 119909119901 1199092 = 119910119902

και εφαρμόζουμε το Θεώρημα Οπότε 11990912058211 1199091205822

2 le 12058211199091 + 12058221199092 και άρα

(119909119901)1119901 (119910119902)

1119902 le

1119901

119909119901 +1119902

119910119902

δηλαδή η ζητούμενη Η περίπτωση της ισότητας προκύπτει άμεσα από

το Θεώρημα

H ανισότητα Houmllder για αθροίσματα

Θ Αν 11990911199101 11990921199102 hellip 119909119899 119910119899 ge 0 119901 119902 gt 1 και 119901minus1+119902minus1 =1 τότε

11990911199101 + 11990921199102 + ⋯ + 119909119899119910119899 le (1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 (119910119902

1 + ⋯ + 119910119902119899 )

1119902

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν 119910119895 = 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 ή υπάρχει120582 isin ℝ ώστε 119909119901

119895 = 120582119910119902119895 για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899

Απόδειξη Αν όλα τα 119909119894 ή όλα τα 119910119894 είναι μηδέν τότε η ανισότητα

είναι προφανής Έστω τώρα ότι ούτε τα 119909119894 ούτε τα 119910119894 είναι όλα μηδέν

οπότε τα 1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899 και 1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899 είναι διάφορα του μηδενός

Εφαρμόζουμε την ανισότητα Young για

119909 =119909119894

(1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 και 119910 =119910119894

(1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899 )1119902

και παίρνουμε

119909119894119910119894

(sum119899119895=1 119909119901

119895 )1119901 (sum

119899119895=1 119910119902

119895 )1119902

le119909119894

119901

119901(sum119899119895=1 119909119901

119895 )+

119910119894119902

119902(sum119899119895=1 119910119902

119895 )()

άρα

119899

sum119894=1

119909119894119910119894

(1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 (119910119902

1 + ⋯ + 119910119902119899 )

1119902

le1

119901(1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)

119899

sum119894=1

119909119894119901

+1

119902(1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899 )

119899

sum119894=1

119910119894119902 = 1

Συνεπώς

119899

sum119894=1

119909119894119910119894 le (1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899)1119901 (119910119902

1 + ⋯ + 119910119902119899 )

1119902

Αν υπάρχει 120582 isin ℝ ώστε 119909119901119895 = 120582119910119902

119895 για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899 τότε ελέγχουμε

εύκολα ότι ισχύει η ισότητα Ομοίως αν 119910119895 = 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899

Αντιστρόφως αν ισχύει η ισότητα και δεν είναι όλα τα 119910119895 ίσα με το

μηδέν τότε είτε όλα τα 119909119895 είναι ίσα με το μηδέν και ισχύει το ζητούμενο

με 120582 = 0 είτε καμιά από τις ανισότητες () για 119894 = 1 2 hellip 119899 δεν είναι

γνήσια (διότι θα ήταν γνήσιες ανισότητες οι επόμενες) Έτσι σε κάθε μια

από τις () για 119894 = 1 2 hellip 119899 ισχύει η ισότητα Από την περίπτωση

της ισότητας στην ανισότητα Young συμπεραίνουμε ότι

119909119901119894

1199091199011 + ⋯ + 119909119901

119899=

119910119902119894

1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899

για κάθε 119894 = 1 hellip 119899 Άρα 119909119901119894 = 120582119910119902

119894 για κάθε 119894 = 1 hellip 119899 όπου

120582 =119909119901

1 + ⋯ + 119909119901119899

1199101199021 + ⋯ + 119910119902

119899

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

H ανισότητα Houmllder για ολοκληρώματα

Για να αποδείξουμε τα παρακάτω χρειαζόμαστε λίγες γνώσεις θε-

ωρίας μέτρου Lebesgue Συγκεκριμμένα χρειαζόμαστε το γεγονός ότι

αν για μια μετρήσιμη συνάρτηση 119891 ∶ 119868 rarr [0 infin) όπου 119868 διάστημα ή

γενικότερα μετρήσιμο υποσύνολο του ℝ ισχύει int119868119891 = 0 τότε η 119891 είναι

ίση με μηδέν σχεδόν παντού

Θ Έστω ότι οι 119891 119892 ∶ 119868 rarr ℝ είναι μη αρνητικές ολο-κληρώσιμες συναρτήσεις με μη μηδενικά ολοκληρώματα και 119901 119902 gt 1 με119901minus1 + 119902minus1 = 1 Τότε

int119868119891119892 le (int

119868119891119901)

1119901

(int119868119892119902)

1119902

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε 119892 = 0 σχεδόν παντού είτε υπάρχει120582 isin ℝ ώστε 119891119901 = 120582119892119902 σχεδόν παντού

Απόδειξη Αν int119868119891119901 = 0 τότε 119891 = 0 σχεδόν παντού οπότε η ανισό-

τητα ισχύει (ως ισότητα) Ομοίως αν int119868119892119902 = 0 Υποθέτουμε τώρα ότι

int119868119891119901 ne 0 και int119868

119892119902 ne 0 Από την ανισότητα του Young έχουμε

119891119892

(int119868119891119901)

1119901 (int119868

119892119902)1119902

le119891119901

119901 int119868119891119901 +

119892119902

119902 int119868119892119902 ()

άρα

int119868

119891119892

(int119868119891119901)

1119901 (int119868

119892119902)1119902

le1

119901int119868119891119901 int

119868119891119901 +

1119902int119868

119892119902 int119868119892119902 = 1

δηλαδή η ζητούμενη Αν ισχύει η ισότητα και 119892 δεν είναι μηδέν σχεδόν

παντού τότε αν int119868119891119901 = 0 συμπεραίνουμε ότι 119891 = 0 σχεδόν παντού

Οπότε το ζητούμενο ισχύει με 120582 = 0 Αν τώρα int119868119891119901 ne 0 τότε ισχύ-

ει ισότητα στην () σχεδόν παντού (αλλιώς η επόμενη ανισότητα

θα είναι γνήσια) και από την περίπτωση της ισότητας στην ανισό-

τητας του Young συμπεραίνουμε ότι 119891119901 = 120582119892119902 σχεδόν παντού με

120582 = (int119868119891119901)1119901(int119868

119892119902)1119902

H ανισότητα Minkowski για αθροίσματα

Θ Αν 1199091 1199101 hellip 119909119899 119910119899 ge 0 και 119901 ge 1 τότε

((1199091 + 1199101)119901 + ⋯ + (119909119899 + 119910119899)119901)1119901 le (1199091

119901 + ⋯ + 119909119899119901)

1119901 + (1199101

119901 + ⋯ + 119910119899119901)

1119901

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε 119901 = 1 είτε 119910119895 = 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899είτε υπάρχει 120582 isin ℝ ώστε 119909119895 = 120582119910119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899

Απόδειξη Αν 119901 = 1 η ανισότητα είναι προφανής (ως ισότητα) Έστω

ότι 119901 gt 1 Διαλέγουμε 119902 gt 1 ώστε 119901minus1 +119902minus1 = 1 δηλαδή 119902 = 119901(119901 minus 1)Έχουμε

119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)119901 =119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)(119909119895 + 119910119895)119901minus1

=119899

sum119895=1

119909119895(119909119895 + 119910119895)119901minus1 +119899

sum119895=1

119910119895(119909119895 + 119910119895)119901minus1

le (119899

sum119895=1

119909119895119901)

1119901

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)(119901minus1)119902)

1119902

+ (119899

sum119895=1

119910119895119901)

1119901

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)(119901minus1)119902)

1119902

=⎡⎢⎣

(119899

sum119895=1

119909119895119901)

1119901

+ (119899

sum119895=1

119910119895119901)

1119901 ⎤⎥⎦

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)119901)

119901minus1119901

Συνεπώς

(119899

sum119895=1

(119909119895 + 119910119895)119901)1minus 119901minus1

119901

le (119899

sum119895=1

119909119895119901)

1119901

+ (119899

sum119895=1

119910119895119901)

1119901

Αλλά 1 minus 119901minus1119901

= 1119901 ολοκληρώνοντας την απόδειξη της ανισότητας

Εύκολα τώρα ελέγχουμε την περίπτωση της ισότητας χρησιμοποιών-

τας την περίπτωση της ισότητας του Θεωρήματος

H ανισότητα Minkowski για ολοκληρώματα

Όπως και στην περίπτωση της ανισότητας Houmllder για ολοκλη-

ρώματα έτσι και εδώ θα χρειαστούμε λίγες γνώσεις θεωρίας μέτρου

Lebesgue

Θ Αν 119891 119892 ∶ 119868 rarr ℝ μη αρνητικές ολοκληρώσιμες συναρ-τήσεις και 119901 ge 1 τότε

(int119868(119891 + 119892)119901119889119909)

1119901

le (int119868119891119901119889119909)

1119901

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε 119901 = 1 είτε 119892 = 0 σχεδόν παντού είτευπάρχει 120582 isin ℝ ώστε 119891 = 120582119892 σχεδόν παντού

Απόδειξη Αν int119868(119891 + 119892)119901 = 0 τότε 119891 = 119892 = 0 σχεδόν παντού και

η ανισότητα ισχύει (ως ισότητα) Υποθέτουμε ότι int119868(119891 + 119892)119901 ne 0 Αν

119901 = 1 η ανισότητα είναι φανερή (ως ισότητα) Αν 119901 gt 1 όμοια με πριν

θα έχουμε

int119868(119891 + 119892)119901119889119909 = int

119868(119891 + 119892)(119891 + 119892)119901minus1119889119909

= int119868119891(119891 + 119892)119901minus1119889119909 + int

119868119892(119891 + 119892)119901minus1119889119909

le (int119868119891119901119889119909)

1119901

(int119868(119891 + 119892)(119901minus1)119902)

1119902

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901

(int119868(119891 + 119892)(119901minus1)119902)

1119902

=⎡⎢⎣

(int119868119891119901119889119909)

1119901

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901 ⎤⎥⎦

(int119868(119891 + 119892)119901)

119901minus1119901

Επομένως

(int119868(119891 + 119892)119901119889119909)

1minus 119901minus1119901

le (int119868119891119901119889119909)

1119901

+ (int119868119892119901119889119909)

1119901

Αλλά 1 minus 119901minus1119901

= 1119901 ολοκληρώνοντας την απόδειξη της ανισότητας

Η περίπτωση της ισότητας ελέγχεται εύκολα όπως και πριν

Άσκηση Αποδείξτε χρησιμοποιώντας τον ορισμό της κυρτής συνάρτησης

και την ανισότητα Young ότι αν η συνάρτηση 120593 ∶ 119870 rarr ℝ είναι κυρτή τότε και

η συνάρτηση 119890120593 είναι κυρτή

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 0 lt 119901 le 119902 lt infin ισχύει

(int119868|119892|119901)

1119901

le (int119868|119892|119902)

1119902

εφόσον τα ολοκληρώματα υπάρχουν όπου το 119868 είναι διάστημα (ή μετρήσιμο

σύνολο) με μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1

Άσκηση Αποδείξτε ότι η συνάρτηση 119891(119909) = 119909minus119899 είναι κυρτή στο (0 infin)και χρησιμοποιήστε την ανισότητα Jensen για να αποδείξετε ότι

(int119868|119892|minus119899)

1minus119899

le int119868|119892|

εφόσον τα ολοκληρώματα υπάρχουν όπου το 119868 είναι διάστημα (ή μετρήσιμο

σύνολο) με μήκος (αντίστοιχα μέτρο) ίσο με 1

Η ανισότητα Minkowski για αθροίσματα μας λέει ότι για κάθε 119901 ge 1η

119909119901 = (119899

sum119895=1

|119909119895|119901)1119901

(όπου τα 119909119895 είναι οι συντεταγμένες του 119909 isin ℝ119899 ως προς τη συνήθη

βάση) ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα Εύκολα βλέπουμε ότι η

sdot 119901 ικανοποιεί και τις υπόλοιπες ιδιότητες της νόρμας και συνεπώς

είναι μια νόρμα στον ℝ119899 Αυτός ο χώρος με νόρμα του οποίου η μετρική

γράφεται 119889119901 (δηλαδή 119889119901(119909 119910) = 119909 minus 119910119901) συμβολίζεται με το ℓ119899119901 και

είναι ένας πλήρης μετρικός χώρος Η πληρότητα ελέγχεται εύκολα διότι

η σύγκλιση ως προς τη μετρική 119889119901 είναι ισοδύναμη με τη σύγκλιση κατά

συντεταγμένη εξαιτίας του ότι

|119909119895 minus 119910119895| le 119909 minus 119910119901 = (119899

sum119895=1

|119909119895 minus 119910119895|119901)1119901

Σημειώνουμε εδώ ότι είναι δυνατόν να ορίσουμε και τον χώρο ℓ119899infin

εφοδιάζοντας τον ℝ119899 με την νόρμα 119909infin = max1le119895le119899 |119909119895|Η ανισότητα Minkowski για ολοκληρώματα μας λέει ότι για κάθε

119901 ge 1 στο χώρο των συνεχών συναρτήσεων 119862[119886 119887] η

119891119901 = (int[119886119887]

|119891|119901)1119901

ικανοποιεί την τριγωνική ανισότητα Εύκολα ελέγχει κανείς και τις άλλες

ιδιότητες της νόρμας Έτσι ο 119862[119886 119887] γίνεται χώρος με τη νόρμα sdot 119901 και

άρα και μετρικός χώρος Σε αντίθεση με το παράδειγμα του ℓ119899119901 αυτός

δεν είναι ένας πλήρης μετρικός χώρος Για παράδειγμα η ακολουθία

συναρτήσεων 119891119899(119909) = 119909119899 για 119909 isin [0 1] και 119891119899(119909) = 1 για 119909 isin [1 2]ανήκει στο 119862[0 2] και είναι ακολουθία Cauchy ως προς τη νόρμα sdot 119901

αφού για 119899 gt 119898 ισχύει

119891119899 minus 119891119898119901119901 = int

1

0(119909119898 minus 119909119899)119901 119889119909 le int

1

0119909119898119901 119889119909 =

1119898119901 + 1

rarr 0

καθώς 119898 rarr infin Όμως η 119891119899 δεν συγκλίνει σε καμία συνάρτηση στον

119862[0 2] ως προς τη νόρμα sdot 119901 έστω ότι υπάρχει 119892 isin 119862[0 2] με

119891119899 minus 119892119901 rarr 0 Θέτουμε 119891(119909) = 0 για 119909 isin [0 1) και 119891(119909) = 1 για

119909 isin [1 2] Η 119891 είναι ασυνεχής στο 1 οπότε 119891 notin 119862[0 2] Εύκολα ελέγχουμε

ότι 119891 minus 119891119899119901 rarr 0 Αλλά

119891 minus 119892119901 le 119891 minus 119891119899119901 + 119891119899 minus 119892119901 rarr 0

οπότε 119891 minus 119892119901 = 0 Παρατηρούμε τώρα ότι τόσο η 119891 όσο και η 119892είναι συνεχείς στα διαστήματα [1 2] και [0 1 minus 1119898] για κάθε 119898 isin ℕ

Επιπλέον int1minus11198980

|119891 minus 119892|119901 le int20

|119891 minus 119892|119901 = 0 άρα 119892 = 119891 στο διάστημα

[0 1 minus 1119898] για κάθε 119898 isin ℝ119899 Ομοίως 119892 = 119891 στο διάστημα [1 2]Δηλαδή 119892 = 119891 notin 119862[0 2] το οποίο είναι άτοπο

Μπορούμε όμως να θεωρήσουμε την πλήρωση του χώρου (119862[119886 119887] sdot119901) ο οποίος είναι χώρος με νόρμα και συμβολίζεται με 119871119901[119886 119887]

Άσκηση Αποδείξτε ότι η επιλογή του συμβόλου ℓ119899infin για τον ℝ119899 με νόρμα

την 119909infin = max1le119895le119899 |119909119895| όπου 119909119895 οι συντεταγμένες του 119909 είναι φυσιολογική

δείχνοντας ότι

⎛⎝

119899

sum119895=1

|119909119895|119901⎞⎠

1119901

rarr 119909infin

για 119901 rarr infin

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 1 le 119901 le infin ο ℓ119899119901 είναι πλήρης μετρικός

χώρος

Άσκηση Αποδείξτε ότι η sdot 119901 για 0 lt 119901 lt 1 δεν είναι νόρμα Δείξτε

ισοδύναμα ότι το σύνολο ℬ119899119901 = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119901 le 1 για 0 lt 119901 lt 1 δεν είναι

κυρτό σώμα (Μπορείτε να δείτε το παραπάνω σύνολο στον ℝ3 για 119901 = 06και 119901 = 08 στο Παράρτημα Α)

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 119909 isin ℝ119899 ισχύει 1199091 le radic1198991199092 Γενικό-

τερα για κάθε 1 le 119901 lt 119902 lt infin ισχύει

119909119902 le 119909119901 le 1198991119901 minus 1

119902 119909119902

ΚΥΡΤΑ ΣΩΜΑΤΑ

Ο (Κυρτό Σώμα) Έστω ότι το 119870 είναι ένα υποσύνολο

του ℝ119899 Αν το 119870 είναι κυρτό συμπαγές και έχει μη κενό εσωτερικό

δηλαδή το σύνολο int(119870) είναι διαφορετικό του κενού τότε το 119870 λέγεται

κυρτό σώμα

Ο (Κεντρικά συμμετρικό σύνολο) Έστω ότι το 119862 είναι

υποσύνολο του ℝ119899 Αν όποτε το 119909 ανήκει στο 119862 τότε και το minus119909 ανήκει

και αυτό στο 119862 το 119862 λέγεται κεντρικά συμμετρικό ή συμμετρικό ως προς

το 0

Π Κάθε κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870 περιέχειτο 0 στο εσωτερικό του 0 isin int(119870)

Απόδειξη Αφού το 119870 έχει μη κενό εσωτερικό υπάρχει 119909 isin ℝ119899 και 120598 gt 0ώστε 119861(119909 120598) sube 119870 Αλλά το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό οπότε ισχύει

και 119861(minus119909 120598) sube 119870 Όμως το 119870 είναι κυρτό οπότε

12

119861(119909 120598) +12

119861(minus119909 120598) sube 119870

Η απόδειξη θα ολοκληρωθεί αν δείξουμε ότι

119861(0 120598) sube12

119861(119909 120598) +12

119861(minus119909 120598)

Θεωρούμε 119911 isin 119861(0 120598) οπότε 1199112 lt 120598 Φανερά 119911 = 12(119911+119909)+ 1

2(119911minus119909)

οπότε αρκεί να δειχθεί ότι 119911 + 119909 isin 119861(119909 120598) και 119911 minus 119909 isin 119861(minus119909 120598) Αλλά119909 minus (119911 + 119909)2 = 1199112 lt 120598 και (minus119909) minus (119911 minus 119909)2 = 1199112 lt 120598

Ένας τρόπος να περιγράψουμε ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικό

σώμα 119870 στον ℝ119899 είναι μέσω μιας νόρμας

Π Αν η sdot είναι μια νόρμα στον ℝ119899 τότε το σύνολο

119870sdot = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909 le 1

είναι ένα κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα στον ℝ119899

Απόδειξη Είναι φανερό ότι το 119870 είναι μη κενό (αφού 0 isin 119870) και ότι είναι

κεντρικά συμμετρικό σύνολο (αφού minus 119909 = 119909 για κάθε 119909 isin ℝ119899)

Επίσης είναι κυρτό διότι αν 119909 119910 isin 119870 και 120582 isin [0 1] τότε

(1 minus 120582)119909 + 120582119910 le (1 minus 120582)119909 + 120582119910 le (1 minus 120582) + 120582 = 1

δηλαδή (1 minus 120582)119909 + 120582119910 isin 119870 Μένει να δειχθεί ότι είναι κλειστό φραγμένο

(οπότε συμπαγές) και με μη κενό εσωτερικό υποσύνολο του (ℝ119899 sdot 2)Το ότι το 119870sdot είναι κλειστό προκύπτει από τη συνέχεια της νόρμας

ως προς την ευκλείδεια απόσταση (Πόρισμα ) αν 119909119898 isin 119870sdot και

119909119898 rarr 119909 ως προς την ευκλείδεια νόρμα τότε από την συνέχεια της sdot θα πρέπει 119909119898 rarr 119909 Αλλά 119909119898 isin 119870sdot συνεπάγεται ότι 119909119898 le 1άρα 119909 le 1 δηλαδή 119909 isin 119870sdot

Το ότι το 119870 είναι φραγμένο και με μη κενό εσωτερικό προκύπτει από

την Πρόταση Σύμφωνα με αυτήν υπάρχουν σταθερές 119888 119862 gt 0ώστε 1198881199092 le 119909 le 1198621199092 για κάθε 119909 isin ℝ119899 Άρα αν 119909 isin 119870sdot τότε

119909 le 1 οπότε 1199092 le 1119888 Δηλαδή 119870 sube ℬ1198992(0 1119888) και συνεπώς το

119870 είναι φραγμένο Επίσης αν 119909 isin 119861(0 1119862) τότε 1199092 lt 1119862 Έτσι

119909 le 1198621199092 le 1 άρα 119909 isin 119870sdot Δηλαδή 119861(0 1119862) sube 119870sdot και άρα το

119870sdot έχει μη κενό εσωτερικό

Ο Κάθε νόρμα sdot στον ℝ119899 ορίζει το κυρτό κεντρικά

συμμετρικό σώμα

119870sdot = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909 le 1

το οποίο ονομάζεται μοναδιαία μπάλα του (μετρικού) χώρου (ℝ119899 sdot )

Π Η αντίστροφη διαδικασία δηλαδή ο ορισμός μιας

νόρμας sdot 119870 από ένα δοθέν κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870είναι εφικτή και μάλιστα το κυρτό σώμα που ορίζει η sdot 119870 είναι το 119870

Με άλλα λόγια η σχέση νόρμας και κυρτού και κεντρικά συμμετρικού

σώματος στον ℝ119899 είναι - και επί Αυτό θα παρουσιαστεί στην επόμενη

ενότητα

Π (Το σύνολo ℬ119899infin) Είναι εύκολο να δούμε ότι η 119909infin ∶=

max1le119895le119899 |119909119895| όπου (119909119895)119899119895=1 οι συντεταγμένες του 119909 isin ℝ119899 ορίζει μια

νόρμα Η μοναδιαία μπάλα του χώρου αυτού δηλαδή το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ 119909infin le 1 είναι ο κύβος ακμής μήκους 2 στις 119899 δια-

στάσεις και συμβολίζεται με ℬ119899infin Δηλαδή είναι το σύνολο [minus1 1]119899 Συχνά

χρησιμοποιείται η λέξη υπερκύβος για τις διαστάσεις 119899 ge 4 Για 119899 = 2πρόκειται για το τετράγωνο [minus1 1] times [minus1 1] στο επίπεδο ℝ2

Σ Ο κύβος ℬ3infin στον ℝ3

Π (Τα σύνολα ℬ119899119901 για 119901 ge 1) Για 119901 ge 1 και 119909 isin ℝ119899

με συντεταγμένες (1199091 1199092 hellip 119909119899) ορίζουμε την ποσότητα

119909119901 = (119899

sum119895=1

|119909119895|119901)1119901

η οποία είναι νόρμα στον ℝ119899 (η τριγωνική ανισότητα είναι το Θεώρη-

μα ) Σύμφωνα με τα παραπάνω το σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119901 le 1

είναι ένα κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα στον ℝ119899 η μοναδιαία μπάλα

του χώρου (ℝ119899 sdot119901) Το σύνολο αυτό συμβολίζεται με ℬ119899119901 Στο Σχήμα

εικονίζεται το ℬ31 δηλαδή το σύνολο των σημείων (1199091 1199092 1199093) isin ℝ3 για τα

οποία ισχύει |1199091|+|1199092|+|1199093| le 1 το οποίο μπορούμε να το περιγράψουμε

ως μια διπλή πυραμίδα (στα αγγλικά ονομάζεται crosspolytope) Είναι

Σ Η μοναδιαία μπάλα ℬ31 του (ℝ3 sdot 1)

εύκολο να δει κανείς ότι για 1 le 119901 lt 119902 lt infin ισχύει ℬ1198991 sube ℬ119899

119901 sube 119861119899119902 sube ℬ119899

infin

Πράγματι αν 119909119901 le 1 τότε |119909119895| le 1 για κάθε συντεταγμένη 119909119895 του 119909Άρα αφού 119901 lt 119902 θα ισχύει |119909119895|119902 le |119909119895|119901 και αθροίζοντας ως προς 119895 θα

έχουμε119899

sum119895=1

|119909119895|119902 le119899

sum119895=1

|119909119895|119901 le 1

Συνεπώς 119909119902 le 1 Για το γενικό 119909 isin ℝ119899 τώρα θεωρούμε το 119909119909119901

frac14 Euml frac14

Euml frac14

Euml frac14

Euml frac14

c

Σ ℬ21 sube ℬ2

32 sube ℬ22 sube ℬ2

3 sube ℬ2infin

για το οποίο ισχύει 119909119909119901119901 = 1 Έτσι από το προηγούμενο

119909119909119901119902 le 1 και άρα 119909119902 le 119909119901 Επίσης είναι άμεσο ότι 119909infin =max1le119895le119899 |119909119895| le 119909119901 για κάθε 119901 isin [1 infin) Τώρα η μονοτονία των συ-

νόλων ℬ119899119901 ως προς 119901 προκύπτει από τον ορισμό τους αν 119909 isin ℬ119899

119901 τότε

119909119901 le 1 άρα 119909119902 le 1 συνεπώς 119909 isin ℬ119899119902 Το Σχήμα δείχνει τα

σώματα ℬ21 ℬ2

32 ℬ22 ℬ2

3 και ℬ2infin Για μια τρισδιάστατη παρουσίαση

αυτών των σωμάτων δείτε στο Παράρτημα Α

Μια άλλη διαδικασία να ορίσουμε κυρτά σώματα εκτός από την

νόρμα είναι μέσω της κυρτής θήκης

Ο (Κυρτή Θήκη) Δοθέντος ενός συνόλου 119860 υποσυνόλου

του ℝ119899 ορίζουμε την κυρτή θήκη του 119860 ως την τομή όλων των κυρτών

συνόλων 119870 τα οποία είναι υποσύνολα του ℝ με Α sube 119870 Γράφουμε

conv(119860) = ⋂119870 ∶ 119870supe119860

119870

όπου το 119870 είναι κυρτό

Φανερά το conv(119860) είναι κυρτό και μάλιστα είναι το ελάχιστο κυρτό

σύνολο που περιέχει το 119860

Ο (Κυρτός Συνδυασμός) Αν τα 1199091 hellip 119909119898 ανήκουν στον

ℝ119899 και 1205821 hellip 120582119898 είναι μεγαλύτερα ή ίσα του μηδενός με sum119898119895=1 120582119895 = 1

τότε το σημείο 119909 = 12058211199091 + ⋯ + 120582119898119909119898 λέγεται κυρτός συνδυασμός των

1199091 hellip 119909119898

Λ Έστω ότι το 119860 είναι υποσύνολο του ℝ119899 Το conv(119860)ισούται με το σύνολο όλων των κυρτών συνδυασμών στοιχείων του 119860

Απόδειξη Θέτουμε

Κ = 119898

sum119895=1

120582119895119909119895 120582119895 ge 0119898

sum119895=1

120582119895 = 1 119909119895 isin 119860 119898 isin ℕ ()

(i) Το 119870 είναι είναι κυρτό σύνολο

Έστω 119909 119910 που ανήκουν στο 119870 και έστω 119909 = 12058211199091 + ⋯ + 120582119898119909119898 και

119910 = 12058311199101 + ⋯ + 120583119896119910119896 όπου 119909119895 119910119895 ανήκουν στο 119860 120582119895 120583119895 ge 0 και

119898

sum119895=1

120582119895 = 1 =119896

sum119895=1

120583119895

Πρέπει να δείξουμε ότι αν 120572 ανήκει στο [0 1] τότε το σημείο

(1 minus 120572)119909 + 120572119910 ανήκει στο 119870 Έχουμε

(1 minus 120572)119909 + 120572119910 = (1 minus 120572)(12058211199091 + ⋯ + 120582119898119909119898) + 120572(12058311199101 + ⋯ + 120583119896119910119896)= (1 minus 120572)12058211199091 + ⋯ + (1 minus 120572)120582119898119909119898 + 12057212058311199101 + ⋯ + 120572120583119896119910119896

Τα 119909119895 119910119895 ανήκουν στο 119860 (1 minus 120572)120582119895 ge 0 120572120583119895 ge 0 και

(1 minus 120572)1205821 + ⋯ + (1 minus 120572)120582119898 + 1205721205831 + ⋯ + 120572120583119896

= (1 minus 120572)(1205821 + ⋯ + 120582119898) + 120572(1205831 + ⋯ + 120583119896)= (1 minus 120572)1 + 1205721 = 1

Συνεπώς το σημείο (1 minus 120572)119909 + 120572119910 ανήκει στο 119870 Άρα το 119870 είναι

κυρτό σύνολο

(ii) Κάθε κυρτό σύνολο 119870 περιέχει οποιονδήποτε κυρτό συνδυασμό

οποιωνδήποτε στοιχείων του

Θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο της επαγωγής στο πλήθος των

σημείων

(α) Για 119898 = 2 Tα 1199091 1199092 ανήκουν στο 119870 Άρα το σημείο (1 minus120582)1199091+1205821199092 ανήκει στο 119870 από τον ορισμό του κυρτού συνόλου

(β) Υποθέτουμε ότι ο κυρτός συνδυασμός119898 σημείων του119870 ανήκει

στο 119870 Έστω 1199091 1199092 hellip 119909119898 119909119898+1 ανήκουν στο 119870 1205821 hellip 120582119898+1 ge0 και

sum119898+1119895=1 120582119895 = 1 Πρέπει να δείξουμε ότι το σημείο 12058211199091 + ⋯ +

120582119898+1119909119898+1 ανήκει στο 119870

i Αν 120582119898+1 = 1 τότε

119898+1

sum119895=1

120582119895119909119895 = 120582119898+1119909119898+1 = 119909119898+1

που ανήκει στο 119870

ii Αν 120582119898+1 lt 1 τότε

119898+1

sum119895=1

120582119895119909119895 = (1 minus 120582119898+1) (119898

sum119895=1

120582119895

1 minus 120582119898+1119909119895) + 120582119898+1119909119898+1

το οποίο ανήκει στο 119870 διότι το σημείο sum119898119895=1

120582119895

1minus120582119898+1119909119895

ανήκει στο 119870 από την επαγωγική υπόθεση και το

(1 minus 120582119898+1) (119898

sum119895=1

120582119895

1 minus 120582119898+1119909119895) + 120582119898+1119909119898+1

είναι κυρτός συνδυασμός δύο σημείων του κυρτού 119870

Από τα παραπάνω λοιπόν το 119870 όπως ορίστηκε στην () είναι κυρτό

σύνολο και άρα περιέχει οποιονδήποτε κυρτό συνδυασμό οποιωνδήποτε

στοιχείων του Αν λοιπόν το 119909 ανήκει στο 119860 τότε το 119909 = 12119909 + 1

2119909 οπότε

ανήκει και στο 119870 Άρα το 119870 είναι υπερσύνολο της κυρτής θήκης του

119860 γιατί η κυρτή θήκη του 119860 είναι το ελάχιστο κυρτό σύνολο που

περιέχει το 119860 Έτσι Κ supe conv(119860) Όμως το conv(119860) είναι κυρτό σύνολο

υπερσύνολο του 119860 Άρα περιέχει σύμφωνα με το (ii) τους κυρτούς

συνδυασμούς στοιχείων του 119860 δηλαδή conv(119860) supe 119870 Οπότε το conv(119860)είναι υπερσύνολο του 119870 Συνεπώς conv(119860) = 119870

Π (Το Simplex) Ονομάζουμε simplex την κυρτή θήκη

οποιωνδήποτε σημείων στον ℝ119899 τα οποία βρίσκονται σε γενική θέση

(affine-ανεξάρτητα) Για παράδειγμα στο Σχήμα βλέπουμε ένα

simplex στον ℝ3 δηλαδή την κυρτή θήκη τεσσάρων σημείων σε γενική

θέση Ειδικά για το ℝ3 οι κυρτές θήκες τεσσάρων σημείων σε γενική

θέση λέγονται και τετράεδρα

Σ Δύο πολύτοπα στον ℝ3 Το πρώτο είναι τετράεδρο

Π (Πολύτοπα) Η κυρτή θήκη οσωνδήποτε (πεπερα-

σμένου πλήθους) σημείων στον ℝ119899 ονομάζεται πολύτοπο Βλέπουμε έναπαράδειγμα στο Σχήμα

Θ (Καραθεοδωρή) Έστω 119860 υποσύνολο του ℝ119899 Τότε ηκυρτή θήκη του 119860 ισούται με όλους τους κυρτούς συνδυασμούς σημείωντου 119860 σε γενική θέση Δηλαδή για κάθε 119909 isin conv(119860) υπάρχουν το πολύ119899 + 1 στοιχεία του 119860 ώστε το 119909 να είναι κυρτός συνδυασμός τους

Απόδειξη (του Radon) Έστω ότι το 119909 ανήκει στο conv(119860) και 119898 ο

ελάχιστος ακέραιος ώστε να υπάρχουν 1199091 hellip 119909119898 στο 119860 1205821 hellip 120582119898 gt 0 και

sum119898119895=1 120582119895 = 1 με 119909 = 12058211199091 +⋯+120582119898119909119898 Θα δείξουμε ότι τα 1199091 hellip 119909119898 είναι σε

γενική θέση Υποθέτουμε το αντίθετο Οπότε τα 1199092minus1199091 1199093minus1199091 hellip 119909119898minus1199091

είναι γραμμικώς εξαρτημένα Έτσι υπάρχουν 1205832 hellip 120583119898 όχι όλα μηδέν

ώστε 1205832(1199092 minus 1199091) + ⋯ + 120583119898(119909119898 minus 1199091) = 0 Άρα

(minus1205832 minus 1205833 minus ⋯ minus 120583119898)1199091 + 12058321199092 + ⋯ + 120583119898119909119898 = 0

Θέτουμε 1205831 = minus1205832 minus 1205833 minus ⋯ minus 120583119898 οπότε τα 1205831 1205832 hellip 120583119898 δεν είναι όλα

μηδέν και ισχύει

() 1205831 + ⋯ + 120583119898 = 0

και

() 12058311199091 + ⋯ + 120583119898119909119898 = 0

Παρατηρούμε ότι λόγω της () ισχύει

119909 =119898

sum119895=1

120582119895119909119895 minus120582119896

120583119896(

119898

sum119895=1

120583119895119909119895) =119898

sum119895=1

(120582119895 minus120582119896

120583119896120583119895) 119909119895

για κάθε 119896 ώστε 120583119896 ne 0 Αλλά τώρα ο συντελεστής του 119909119896 (για 119895 = 119896)στο παραπάνω άθροισμα είναι μηδέν δηλαδή στην πραγματικότητα

αυτό το άθροισμα έχει το πολύ 119898 minus 1 όρους Έτσι θα οδηγηθούμε

σε αντίφαση με την επιλογή του 119898 αν αποδείξουμε ότι μπορούμε να

επιλέξουμε 119896 ώστε το παραπάνω άθροισμα να είναι κυρτός συνδυασμός

Λόγω της () φανερά sum119898119895=1(120582119895 minus (120582119896120583119896)120583119895) = 1 Άρα μένει να δειχθεί

ότι μπορούμε μα επιλέξουμε 119896 ώστε 120582119895 minus (120582119896120583119896)120583119895 ge 0 για κάθε

119895 = 1 2 hellip 119898

Από τη () και αφού δεν είναι όλα τα 120583119895 ίσα με το μηδέν κάποιο

από αυτά είναι θετικό Σχηματίζουμε τους λόγους 120582119895120583119895 για τα 119895 ώστε

120583119895 gt 0 και επιλέγουμε τον μικρότερο λόγο Έστω ότι είναι ο 120582119896120583119896

Ισχυριζόμαστε ότι

120582119895 minus120582119896

120583119896120583119895 ge 0

για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119898 Αυτό ισχύει για τους εξής λόγους

(i) Αν 120583119895 = 0 τότε οδηγούμαστε στην 120582119894 ge 0 που είναι αληθής

(ii) Αν 120583119895 gt 0 τότε είναι ισοδύναμη με την 120582119894120583119894 ge 120582119896120583119896 που ισχύει

από την επιλογή του 120582119896120583119896

(iii) Αν 120583119895 lt 0 τότε ισχύει 120582119895120583119895 le 0 le 120582119896120583119896 και άρα 120582119895 ge (120582119896120583119896)120583119894οπότε 120582119895 minus (120582119896120583119896)120583119895 ge 0

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Αν 119860 είναι συμπαγές υποσύνολο του ℝ119899 τότε η κυρτήθήκη του 119860 είναι συμπαγές σύνολο

Απόδειξη Το σύνολο

Β = (1205821 hellip 120582119899+1 1199091 hellip 119909119899+1) ∶ 120582119895 ge 0119899+1

sum119895=1

120582119895 = 1 119909119895 isin 119860

είναι κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του ℝ(119899+1)2οπότε είναι συμπα-

γές Από το θεώρημα του Καραθεοδωρή συμπεραίνουμε ότι η συνεχής

συνάρτηση

Φ(1205821 hellip 120582119899+1 1199091 hellip 119909119899+1) =119899+1

sum119895=1

120582119895119909119895 ∶ 119861 rarr conv(119860)

είναι επί Άρα το σύνολο Φ(119861) είναι συμπαγές Επομένως η κυρτή θήκη

του 119860 είναι συμπαγές σύνολο

Π Αν το 119870 είναι κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 τότε

(i) Το 119870 είναι κυρτό σύνολο

(ii) Το int119870 είναι κυρτό σύνολο

(iii) Αν 0 isin int(119870) τότε για κάθε 120582 isin (0 1) ισχύει 120582119870 sube int(119870)

(iv) Αν int119870 ne τότε 119870 = int119870

Απόδειξη

(i) Έστω ότι τα 119909 119910 ανήκουν στο 119870 και 120582 ανήκει στο [0 1] Θέλουμε

να δείξουμε ότι το σημείο (1 minus 120582)119909 + 120582119910 ανήκει στο 119870 Αφού τα

119909 119910 ανήκουν στο 119870 τότε θα υπάρχουν μια ακολουθία 119909119898 στο

119870 ώστε 119909119898 rarr 119909 και μια ακολουθία 119910119898 στο 119870 ώστε 119910119898 rarr 119910 Οι

119909119898 119910119898 ανήκουν στο 119870 και το 119870 είναι κυρτό από την υπόθεση

Άρα το σημείο (1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898 ανήκει στο 119870 Μένει να δείξουμε

λοιπόν ότι (1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898 rarr (1 minus 120582)119909 + 120582119910 Γνωρίζουμε ότι

119909119898 minus 1199092

rarr 0 και 119910119898 minus 1199102

rarr 0 και θέλουμε να δείξουμε ότι

((1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898) minus ((1 minus 120582)119909 + 120582119910)2

rarr 0

Έχουμε

((1 minus 120582)119909119898 + 120582119910119898) minus ((1 minus 120582)119909 + 120582119910)2

= (1 minus 120582)(119909119898 minus 119909) + 120582(119910119898 minus 119910)2

le (1 minus 120582)(119909119898 minus 119909)2

+ 120582(119910119898 minus 119910)2

= (1 minus 120582)119909119898 minus 1199092

+ 120582119910119898 minus 1199102

rarr (1 minus 120582)0 + 1205820 = 0

(ii) Αν int119870 = προφανώς είναι κυρτό Αν int119870 ne έστω ότι

τα 119909 119910 ανήκουν στο int(119870) Θέλουμε να δείξουμε ότι το σημείο

(1 minus 120582)119909 + 120582119910 ανήκει στο int(119870) Το 119909 ανήκει στο int(119870) άραυπάρχει 1205751 gt 0 ώστε 119861(119909 1205751) sube 119870 Το 119910 ανήκει στο int(119870) άραυπάρχει 1205752 gt 0 ώστε 119861(119910 1205752) sube 119870 Θέτουμε 120575 = min1205751 1205752 gt 0και ισχύει ότι τα σύνολα 119861(119909 120575) και 119861(119910 120575) είναι υποσύνολα

του 119870 Αν δείξουμε ότι το 119861((1 minus 120582)119909 + 120582119910 120575) είναι υποσύνολο

του 119870 τότε το σημείο (1 minus 120582)119909 + 120582119910 θα ανήκει στο int(119870) Όμως

(Άσκηση )

119861((1 minus 120582)119909 + 120582119910 120575) = (1 minus 120582)119861(119909 120575) + 120582119861(119910 120575) sube 119870

αφού το 119870 είναι κυρτό

(iii) Θεωρούμε ένα 120598 gt 0 ώστε 1198611198992(0 120598) sube int(119870) και 119909 isin 120582119870 Τότε

(1120582)119909 isin 119870 και άρα conv(ℬ1198992(0 120598) (1120582)119909) sube 119870 αφού το 119870 είναι

κυρτό Εύκολα βλέπουμε (με όμοια τρίγωνα στο Σχήμα ) ότι

^

duml

uml

cent

Σ Το σύνολο conv119909 ℬ1198992(0 120598) Το 119903 είναι ίσο με 120598(1 minus 120582)

ℬ1198992(119909 120598(1 minus 120582)) sube conv(ℬ119899

2(0 120598) (1120582)119909) sube 119870

οπότε 119909 isin int(119870)

(iv) Αν 119909 isin int(119870) τότε υπάρχει 120575 gt 0 ώστε 119861(119909 120575) sube 119870 συνεπώς

119861(0 120575) sube 119870minus119909 δηλαδή 0 isin int(119870minus119909) Άρα από το (iii) για κάθε

120582 isin (0 1) ισχύει 120582(119870minus119909) sube int(119870minus119909) Ισοδύναμα 120582119870minus120582119909+119909 subeint(119870) και παίρνοντας θήκες 120582119870minus120582119909+119909 sube int(119870) Τέλος αφήνονταςτο 120582 rarr 1minus παίρνουμε 119870 sube int(119870) ως εξής Αν 119911 isin 119870 τότε για κάθε

120582 isin (0 1) ισχύει

120582119911 minus 120582119909 + 119909 isin 120582119870 minus 120582119909 + 119909 sube int119870

Οπότε 120582119911 minus 120582119909 + 119909 isin int119870 και σε τώρα αφήνουμε το 120582 να πάει

στο 1 από αριστερά

Ο αντίστροφος εγκλεισμός είναι προφανής διότι int119870 sube 119870 άρα

int119870 sube 119870

Π Έστω 119860 φραγμένο υποσύνολο του ℝ119899 Τότε

conv(119860) = conv(119860)

Απόδειξη Αφού 119860 sube conv(119860) συμπεραίνουμε ότι 119860 sube conv(119860) Το

τελευταίο όμως σύνολο είναι κυρτό από την Πρόταση (i) άρα

conv(119860) sube conv(119860)Αντιστρόφως 119860 sube 119860 οπότε conv(119860) sube conv(119860) Όμως το 119860 είναι

φραγμένο και άρα το 119860 είναι κλειστό και φραγμένο δηλαδή συμπαγές

Έτσι από το Πόρισμα και το conv(119860) είναι συμπαγές οπότε είναι

και κλειστό Άρα conv(119860) sube conv(119860)

Η ισότητα στην παρπάνω πρόταση δεν ισχύει αν το σύνολο 119860 δεν

είναι φραγμένο Αυτό μπορεί να ελεγχθεί εύκολα για παράδειγμα με το

σύνολο

119860 = (0 0) cup (119909 119910) ∶ 119910 =1119909

119909 gt 0 sube ℝ2

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 119909 isin ℝ119899 και για κάθε 120598 gt 0 ισχύει

12

119861(119909 120598) +12

119861(minus119909 120598) = 119861(0 120598)

και γενικότερα για κάθε 120582 isin [0 1] και για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 ισχύει

(1 minus 120582)119861(119909 120598) + 120582119861(119910 120598) = 119861((1 minus 120582)119909 + 120582119910 120598)

Άσκηση Αποδείξτε ότι ένα υποσύνολο 119860 του ℝ119899 είναι κυρτό αν και

μόνο αν για κάθε 120582 isin (0 1) ισχύει (1 minus 120582)119860 + 120582119860 = 119860 Επίσης δώστε ένα

παράδειγμα ενός μη κυρτού συνόλου 119865 για το οποίο να υπάρχει 1205820 isin (0 1)ώστε (1 minus 1205820)119865 + 1205820119865 = 119865 (Υπόδειξη Το σύνολο ℚ δεν είναι κυρτό)

Άσκηση Έστω ότι ο 119879 είναι ένας 119899 times 119899 πίνακας πραγματικών αριθμών

και 1199091 hellip 119909119896 isin ℝ119899 Αποδείξτε ότι

119879(conv(1199091 hellip 119909119896)) = conv(1198791199091 hellip 119879119909119899)

Γενικότερα για κάθε 119860 sube ℝ119899 ισχύει 119879(conv(119860)) = conv(119879(119860))

Άσκηση Αποδείξτε ότι κάθε ελλειψοειδές

ℰ = 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

με μήκη ημιαξόνων τους θετικούς αριθμούς 1198861 hellip 119886119899 είναι κυρτό σώμα

Επίσης βρείτε ένα πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ώστε 119879(ℰ) = ℬ1198992 και αποδείξτε

ότι det 119879 ne 0 Τέλος αποδείξτε ότι κάθε ελλειψοειδές στον ℝ119899 με κέντρο το 0είναι εικόνα του ℬ119899

2 μέσω κατάλληλου πίνακα 119879 όπου det 119879 ne 0

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν 119870 sube ℝ119899 τότε το σύνολο kernel(119870) όπου

kernel(119870) = 119911 isin ℝ119899 ∶ [119911 119909] sube 119870 για κάθε 119909 isin 119870

είναι κυρτό υποσύνολο του 119870 Επιπλέον αν το 119870 είναι κυρτό τότε 119870 =kernel(119870)

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 Δείξτε ότι για

κάθε 119909 isin int(119870) και για κάθε 119910 isin 119870 ισχύει [119909 119910) sube int(119870)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν 119878 είναι το simplex

conv(0 1198901 1198902 hellip 119890119899)

όπου 1198901 hellip 119890119899 είναι η συνήθης ορθοκανονική βάση του ℝ119899 τότε int(119878) ne

(Υπόδειξη Δείξτε ότι υπάρχει 120575 gt 0ώστε119861(1199090 120575) sube 119878 όπου 1199090 = (2119899)minus1 sum119899119895=1 119890119895

Κάθε σημείο 119910 isin 119861(1199090 120575) πρέπει να έχει όλες τις συντεταγμένες του μη αρ-

νητικές και επιπλέον το άθροισμα των συντεταγμένων του sum119899119895=1 119910119895 να είναι

μικρότερο ή ίσο από το 1 Αν συμβαίνουν αυτά τότε 119910 isin 119878 αφού

119910 = 11991011198901 + 11991021198902 + ⋯ + 119910119899119890119899 + (1 minus119899

sum119895=1

119910119895) 0

και ο συνδυασμός αυτός είναι κυρτός)

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε simplex 119878 στον ℝ119899 που είναι κυρτή θήκη

119899 + 1 σημείων σε γενική θέση είναι κυρτό σώμα

Άσκηση Για οποιαδήποτε σύνολα 119860 119861 υποσύνολα του ℝ119899 δείξτε ότι

conv(119860 cup 119861) = ⋃0le120582le1

((1 minus 120582)119860 + 120582119861)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν το 119860 είναι ανοικτό στον ℝ119899 τότε και το conv(119860)είναι ανοικτό

Άσκηση Δείξτε ότι αν το 119880 είναι ανοιχτό υποσύνολο του ℝ119899 και 119909 isin 119880τότε υπάρχει simplex 119878 ώστε 119909 isin int(119878) και 119878 sube 119880

Άσκηση Αποδείξτε ότι για οποιαδήποτε υποσύνολα 119862 119863 του ℝ119899 ισχύει

conv(119862 + 119863) = conv(119862) + conv(119863)

Άσκηση Αποδείξτε ότι για οποιοδήποτε υποσύνολο 119862 του ℝ119899 ισχύει

conv(int(119862)) = int(conv(119862))

Θα δούμε τώρα ότι κάθε κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα μας δίνει

την δυνατότητα να ορίσουμε μια νόρμα

Ο Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό κεντρικά συμμετρικό

σώμα στον ℝ119899 Το 119870 επάγει στον ℝ119899 μια νόρμα για κάθε 119909 isin ℝ119899

θέτουμε

119909119870 = inf120582 gt 0 ∶ 119909 isin 120582119870

Ο ορισμός είναι καλός δηλαδή 120582 gt 0 ∶ 119909 isin 120582119870 ne διότι το 119870 ως

κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα περιέχει το 0 στο εσωτερικό του

(Πρόταση ) Δηλαδή υπάρχει 120598 gt 0 ώστε Β(0 120598) sube 119870 Συνεπώς

για 120582 = 21199092120598

119909 isin 119861(0 120598120582) = 120582119861(0 120598) sube 120582119870

Η 119909119870 είναι νόρμα

(i) Φανερά 119909119870 ge 0 για κάθε 119909 στον ℝ119899 Αν 119909 = 0 τότε 0 isin 120582119870για κάθε 120582 gt 0 οπότε 0119870 = 0 Αν 119909119870 = 0 τότε υπάρχει

120582119898 gt 0 με 120582119898 rarr 0 ώστε 119909 isin 120582119898119870 συνεπώς (119909120582119898) isin 119870 Το 119870όμως είναι συμπαγές άρα και φραγμένο Δηλαδή υπάρχει Μ gt 0ώστε 1199091205821198982 le 119872 για κάθε 119898 isin ℕ οπότε 1199092 le 119872120582119898 rarr 0Συμπεραίνουμε ότι 119909 = 0

(ii) Αν 119905 = 0 η 119905119909119870 = |119905| sdot 119909119870 είναι προφανής Αν 119905 ne 0

119905119909119870 = inf120582 gt 0 ∶ 119905119909 isin 120582119870 = inf 120582 gt 0 ∶ 119909 isin120582119905119870

(θέτουμε 120583 = 120582|119905|)

= inf 120583|119905| gt 0 ∶ 119909 isin 120583|119905|119905

119870

(|119905|119905 = plusmn1 και minus119870 = 119870)

= inf120583|119905| gt 0 ∶ 119909 isin 120583119870= |119905| inf120583 gt 0 ∶ 119909 isin 120583119870 = |119905| sdot 119909119870

(iii) Για κάθε 120598 gt 0 από τον ορισμό του infimum υπάρχει 120582120598119909 ώστε

119909 isin 120582120598119909119870 και 119909119870 + 120598 gt 120582120598119909 Ομοίως υπάρχει 120582120598119910 gt 0 ώστε

119910 isin 120582120598119910119870 και 120582120598119910 lt 119910119870 + 120598 Επειδή

119909 + 119910 isin 120582120598119909119870 + 120582120598119910119870 = (120582120598119909 + 120582120598119910)119870

θα έχουμε

119909+119910119870 le 120582120598119909 +120582120598119910 lt 119909119870 +120598+119910119870 +120598 = 119909119870 +119910119870 +2120598

για κάθε 120598 gt 0 οπότε 119909 + 119910119870 le 119909119870 + 119910119870

Έχοντας τώρα την νόρμα sdot 119870 που ορίστηκε από το κυρτό και

κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870 θα μπορούσε κανείς να χρησιμοποιήσει τον

Ορισμό και να ορίσει έτσι ένα νέο κυρτό και κεντρικά συμμετρικό

σώμα Η παρακάτω πρόταση μάς λέει ότι αυτό το σώμα είναι το ίδιο

το 119870

Π Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικόσώμα στον ℝ119899 και sdot 119870 η επαγόμενη νόρμα Τότε το σύνολο 119909 isin ℝ119899 ∶119909119870 le 1 είναι το ίδιο το 119870

Απόδειξη Ας θέσουμε 119860 = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119870 le 1 Θα δείξουμε ότι 119860 = 119870

Αν 119909 isin 119870 τότε

119909119870 = inf120582 gt 0 ∶ 119909 isin 120582119870 le 1

αφού ήδη 119909 isin 1 sdot 119870 Άρα 119909 isin 119860 και δείξαμε ότι 119870 sube 119860Έστω τώρα ένα 119909 isin 119860 δηλαδή 119909119870 le 1 Για κάθε 119898 isin ℕ ισχύει

(1 minus 1119898)119909119870 le 1 minus 1119898 lt 1 Οπότε από τον ορισμό της sdot 119870 θα

υπάρχει 120582 isin (0 1) ώστε (1 minus 1119898)119909 isin 120582119870 Όμως 120582119870 sube int(119870) sube119870 (από τις Προτάσεις και (iii)) Το 119870 όμως είναι κλειστό

υποσύνολο του ℝ119899 οπότε θα περιέχει και το 119909 αφού αυτό είναι το όριο

ως προς την ευκλείδεια νόρμα της ακολουθίας των (1 minus 1119898)119909 isin 119870(1 minus 1119898)119909 minus 1199092 = 1199092119898 rarr 0 καθώς 119898 rarr infin

Άσκηση Αν τα 119860 και 119861 είναι κυρτά συμμετρικά σώματα αποδείξτε ότι

119909119860 = 119909119861 για κάθε 119909 isin ℝ119899 αν και μόνο αν 119860 = 119861Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ℰ είναι το ελλειψοειδές

119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

τότε για κάθε 119909 isin ℝ119899 ισχύει

119909ℰ = ⎛⎝

119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

⎞⎠

12

Ο (Υπερεπίπεδο στήριξης) Έστω ότι το 119870 είναι κλειστό

και κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 και Η υπερεπίπεδο (dim 119867 = 119899 minus 1) Το 119867

λέγεται υπερεπίπεδο στήριξης του κυρτού συνόλου 119870 στο 1199090 το οποίο

ανήκει στο bd(119870) αν 1199090 isin 119867 και το 119870 περιέχεται ή στον ημίχωρο Ηminus ή

στον Η+

Για την αποφυγή συγχύσεων θα θεωρούμε ότι 119870 sube 119867minus1199090119906 επιλέγοντας

κατάλληλα το 119906 isin 120138119899minus1 Ισχύει λοιπόν ότι ⟨119909 119906⟩ le ⟨1199090 119906⟩ για κάθε

119909 isin 119870

Π Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στο ℝ119899 Για κάθε119906 isin 120138119899minus1 υπάρχει μοναδικό επίπεδο στήριξης 119867119906 του 119870 (σε κάποιο σημείοτου bd(119870)) κάθετο στο 119906

Απόδειξη Αφού το 119870 είναι συμπαγές σύνολο και το εσωτερικό γινόμενο

συνεχής συνάρτηση ως προς κάθε μεταβλητή του (Πρόταση ) η

συνάρτηση ⟨119909 119906⟩ για 119909 isin 119870 έχει μέγιστη τιμή σε κάποιο σημείο 1199090 isin 119870

Παρατηρούμε ότι το 1199090 είναι στοιχείο του συνόρου του 119870 Διότι αν όχι

είναι στο εσωτερικό του οπότε υπάρχει 120575 gt 0 ώστε 1199090 + 120575ℬ1198992 sube 119870 Άρα

1199090 +1205752

119906 isin 1199090 + 120575ℬ1198992 sube 119870

Αλλά

⟨1199090 +1205752

119906 119906⟩ = ⟨1199090 119906⟩ +1205752

gt ⟨1199090 119906⟩

το οποίο είναι άτοπο από την επιλογή του 1199090

Φανερά 119870 sube 119867minus1199090119906 από την επιλογή του 1199090 οπότε το 1198671199090119906 είναι

επίπεδο στήριξης του 119870 στο 1199090

Τέλος για τη μοναδικότητα αν 1198671199091119906 είναι ένα άλλο υπερεπίπεδο

στήριξης κάθετο στο 119906 που διέρχεται από το 1199091 isin 119870 τότε ⟨1199091 119906⟩ =⟨1199090 119906⟩ Διότι αλλιώς είτε ⟨1199091 119906⟩ lt ⟨1199090 119906⟩ οπότε 1199090 notin 119867minus

1199091119906 supe 119870 το

οποίο είναι άτοπο είτε ⟨1199091 119906⟩ gt ⟨1199090 119906⟩ οπότε 1199091 notin 119867minus1199090119906 supe 119870 το οποίο

είναι και πάλι άτοπο Έτσι

1198671199091119906 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = ⟨1199091 119906⟩= 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119906⟩ = ⟨1199090 119906⟩ = 1198671199090119906

Η παραπάνω πρόταση μάς επιτρέπει να ορίσουμε μια συνάρτηση

από το 120138119899minus1 στο ℝ ως εξής

Ο Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 Ορί-

ζουμε τη συνάρτηση ℎ119870 ∶ 120138119899minus1 rarr ℝ με

ℎ119870(119906) = sup⟨119909 119906⟩ ∶ 119909 isin 119870

η οποία σε κάθε διεύθυνση 119906 δίνει την απόσταση του υπερεπιπέδου

στήριξης 119867119906 του 119870 από το μηδέν ή αλλιώς το μέγεθος της μεγαλύτερης

προβολής στοιχείου του 119870 στη διεύθυνση του 119906 (δείτε Σχήμα ) Η

ℎ119870 ονομάζεται συνάρτηση στήριξης του κυρτού σώματος 119870

yen

yen

centyen

Σ Η συνάρτηση στήριξης στη διεύθυνση 119906 isin 120138119899minus1

Π Έστω ότι τα 119860 και Β είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899Για κάθε 120582 gt 0 ισχύει

ℎ119860+119861 = ℎ119860 + ℎ119861

καιℎ120582119860 = 120582ℎ119860

όπου ℎ119860 ℎ119861 είναι οι συναρτήσεις του 119860 και του Β αντίστοιχα

Απόδειξη Έχουμε

ℎ119860+119861(119906) = sup⟨119886 + 119887 119906⟩ 119886 isin 119860 119887 isin 119861= sup⟨119886 119906⟩ + ⟨119887 119906⟩ 119886 isin 119860 119887 isin 119861= sup⟨119886 119906⟩ 119886 isin 119860 + sup⟨119887 119906⟩ 119887 isin 119861= ℎ119860(119906) + ℎ119861(119906)

Επίσης για 120582 gt 0

ℎ120582119860(119906) = sup⟨120582119886 119906⟩ ∶ 119886 isin 119860= 120582 sup⟨119886 119906⟩ ∶ 119886 isin 119860= 120582ℎ119860(119906)

Λ Αν τα 119860 Β είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 τότε

Α sube 119861 αν και μόνο αν ℎ119860(119906) le ℎ119861(119906)

για κάθε 119906 στο 119878119899minus1

Απόδειξη (rArr) Επειδή το 119860 είναι υποσύνολο του Β ισχύει

ℎ119860(119906) le sup119909isin119860

⟨119909 119906⟩ le sup119909isin119861

⟨119909 119906⟩ = ℎ119861(119906)

(lArr) Αν το 119860 δεν είναι υποσύνολο του Β θεωρούμε ένα 1199090 isin Α ⧵ 119861Η συνάρτηση 119891(119910) = 1199090 minus 1199102 είναι συνεχής στο 119861 διότι

|119891(119910)minus119891(119911)| = ∣1199090minus1199102minus1199090minus1199112∣ le ∥(1199090minus119910)minus(1199090minus119911)∥2= 119910minus1199112

Το 119861 όμως είναι συμπαγές σύνολο συνεπώς η 119891 έχει ελάχιστη τιμή

στο 119861 έστω στο σημείο 1199100 isin 119861 Αφού 1199090 notin 119861 ισχύει 1199090 minus 11991002 ne 0και μπορούμε να ορίσουμε το διάνυσμα 119906 = (1199090 minus 1199100)1199090 minus 11991002 το

οποίο ανήκει στη μοναδιαία σφαίρα 120138119899minus1

Ι Για κάθε 119910 isin 119861 ισχύει ⟨119910 119906⟩ le ⟨1199100 119906⟩[Απόδειξη του Ισχυρισμού Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει 119910 isin 119861 ώστε

⟨119910 minus 1199100 119906⟩ gt 0 Φανερά 119910 ne 1199100 (αλλιώς η προηγούμενη ανισότητα

δεν ισχύει) Το 119870 είναι κυρτό και άρα θα περιέχει και το

(1 minus 120582)1199100 + 120582119910 = 1199100 + 120582(119910 minus 1199100)

Έτσι για κάθε 120582 isin (0 1) ισχύει

∥1199090 minus (1199100 + 120582(119910 minus 1199100))∥2

2= ⟨1199090 minus 1199100 minus 120582(119910 minus 1199100) 1199090 minus 1199100 minus 120582(119910 minus 1199100)⟩= 1199090 minus 11991002

2 + 1205822119910 minus 119910022 minus 2120582⟨1199090 minus 1199100 119910 minus 1199100⟩

= 1199090 minus 119910022 + 120582(120582119910 minus 11991002

2 minus 2⟨1199090 minus 1199100 119910 minus 1199100⟩)

Επειδή λοιπόν

⟨1199090 minus 1199100 119910 minus 1199100⟩ = ⟨119909119900 minus 11991002119906 119910 minus 1199100⟩ gt 0

για 120582 αρκετά κοντά στο 0 (συγκεκριμένα αν 0 lt 120582 lt 2⟨1199090 minus 1199100 119910 minus1199100⟩119910 minus 11991002

2) προκύπτει ότι

∥1199090 minus (1199100 + 120582(119910 minus 1199100))∥2lt 1199090 minus 11991002

το οποίο είναι άτοπο από την επιλογή του 1199100 ]

Άρα για κάθε 119910 isin 119861 ⟨119910 119906⟩ le ⟨1199100 119906⟩ Οπότε

() ℎ119861(119906) = sup119910isin119861

⟨119910 119906⟩ = ⟨1199100 119906⟩

αφού 1199100 isin 119861 Από τον ορισμό του 119906 εύκολα ελέγχουμε ότι ⟨1199100 119906⟩ lt⟨1199090 119906⟩ και από την ()

ℎ119861(119906) le ⟨1199100 119906⟩ lt ⟨1199090 119906⟩ le sup119909isin119860

⟨119909 119906⟩ = ℎ119860(119906)

το οποίο είναι άτοπο Επομένως Α sube 119861

Λ Για κάθε Α Β 119870 κυρτά σώματα στον ℝ119899 ισχύουν ταπαρακάτω

(i) Αν 119860 + 119870 = 119861 + 119870 τότε 119860 = 119861

(ii) Αν 119860 + 119870 sube 119861 + 119870 τότε 119860 sube 119861

Απόδειξη

(i) Η 119860 + 119870 = 119861 + 119870 συνεπάγεται την ℎ119860+119870(119906) = ℎ119861+119870(119906) γιακάθε 119906 isin 120138119899minus1 Άρα ℎ119860(119906) + ℎ119870(119906) = ℎ119861(119906) + ℎ119870(119906) οπότεℎ119860(119906) = ℎ119861(119906) Συνεπώς Α = Β

(ii) Έχουμε ℎ119860+119870(119906) le ℎ119861+119870(119906) το οποίο συνεπάγεται ότι

ℎ119860(119906) + ℎ119870(119906) le ℎ119861(119906) + ℎ119870(119906)

συνεπώς ℎ119860(119906) le ℎ119861(119906) Επομένως 119860 sube 119861

Άσκηση Για οποιουσδήποτε αριθμούς 0 lt 1199051 lt 1199052 lt hellip lt 119905119898 με

119898 ge 119899+1 θεωρήστε τα σημεία 119909119895 = 119909(119905119895) ∶= (119905119895 1199052119895 1199053119895 hellip 119905119899119895) isin ℝ119899 πάνω στην

laquoκαμπύλη αδρανείαςraquo 119872 ∶= (119905 1199052 1199053 hellip 119905119899) ∶ 119905 gt 0 στον ℝ119899 Αποδείξτε ότι

το πολύτοπο 119862(119898 119899) = conv1199091 1199092 hellip 119909119898 (ονομάζεται κυκλικό πολύτοπο) έχειτην ιδιότητα αν 1199041 1199042 hellip 119904119896 είναι οποιαδήποτε από τα 1199051 1199052 hellip 119905119898 με 2119896 le 119899τότε υπάρχει υπερεπίπεδο στήριξης 119867 του 119862(119898 119899) ώστε

119862(119898 119899) cap 119867 = conv119909(1199041) 119909(1199042) hellip 119909(119904119896)

δηλαδή

ο κυρτός συνδυασμός οποιονδήποτε 119896 κορυφώντου 119862(119898 119899) είναι έδρα του διάστασης 119896 minus 1 (lowast)

χρησιμοποιώντας την παρακάτω διαδικασία

Θεωρήστε το πολυώνυμο

0 le 119901(119905) =119896

prod119894=1

(119905 minus 119904119894)2 = 1205730 + 1205731119905 + 12057321199052 + ⋯ + 12057321198961199052119896

όπου οι συντελεστές του πολυωνύμου εξαρτώνται μόνο από τα 1199041 hellip 119904119896

Θεωρήστε το υπερεπίπεδο 119867 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119887⟩ = minus1205730 όπου 119887 =(1205731 1205732 hellip 1205732119896 0 0 hellip 0) isin ℝ119899 Αποδείξτε ότι οι κορυφές 119909(119904119894) ανήκουν στο

119867 και όλες οι υπόλοιπες ανήκουν στον ίδιο γνήσιο ημίχωρο που ορίζει το 119867

Π Τα πολύτοπα που έχουν την ιδιότητα (lowast) ονομάζονται

119896-neighborly πολύτοπα Παρατηρήστε ότι στο επίπεδο μόνο τα τρίγωνα είναι -

neighborly στον ℝ3 μόνο οι τριγωνικές πυραμίδες (4 κορυφές) είναι -neighborly

και γενικότερα τα simplices στον ℝ119899 είναι 119899-neighborly Όμως για παράδειγμα

στον ℝ3 δεν είναι δυνατόν να σχεδιαστεί ένα 2-neighborly πολύτοπο όπως το

παραπάνω με 5 ή περισσότερες κορυφές αφού η συνθήκη 2119896 le 119899 απαιτεί το

πολύτοπο να βρίσκεται τουλάχιστον στον ℝ4 Αυτός είναι ο λόγος που δεν

έχουμε σχήμα σε αυτή την άσκηση

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 για κάθε

119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 και για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119879 ισχύει

ℎ119879(119870)(119909) = ℎ119870(119879119905119909)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ℰ είναι το ελλειψοειδές

119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

τότε για κάθε 119906 = (1199061 hellip 119906119899) isin ℝ119899 ισχύει

ℎℰ(119906) = ⎛⎝

119899

sum119895=1

1198862119895 1199062

119895⎞⎠

12

Ο Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο

εσωτερικό του θέτουμε

119870∘ = 119910 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119910⟩ le 1 forall119909 isin 119870

Το 119870∘ είναι κυρτό σώμα και ονομάζεται πολικό σώμα του 119870

Πριν αποδείξουμε ότι το 119870∘ είναι πράγματι κυρτό σώμα αξίζει να κάνουμε

την εξής (ιστορικού περιεχομένου) παρατήρηση

Π Η έννοια του πολικού σώματος προέρχεται από

έννοιες της Ευκλείδειας γεωμετρίας οι οποίες μελετήθηκαν πρώτα από

τον Απολλώνιο στο Βιβλίο ΙΙΙ των κωνικών του Για κάθε σημείο 119862 στο

επίπεδο διαφορετικό της αρχής των αξόνων και κάθε ευθεία από το

119862 που τέμνει τον κύκλο κέντρου 119874 και ακτίνας 1 στα σημεία 119860 και 119861ορίζουμε το σημείο 119879 ώστε η τετράδα (119860 119861 119862 119879) να είναι αρμονική

δηλαδή να ισχύει119862119861119862119860

=119879119861119879119860

Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων 119879 καθώς αλλάζει η ευθεία που

διέρχεται από το 119862 είναι μια ευθεία κάθετη στην ευθεία 119874119862 και η οποία

ονομάζεται laquoπολική ευθείαraquo του 119862 ως προς τον κύκλο ακτίνας 1 και

κέντρου 119874 (Σχήμα ) Το σημείο 119862 ονομάζεται laquoπόλοςraquo της πολικής

ευθείας και μπορεί να δείξει κανείς ότι αν 119867 το σημείο τομής της πολικής

ευθείας με την ευθεία 119874119862 τότε ισχύει

() 119874119862 sdot 119874119867 = 1

(δείτε στο [ΕΓ] Ενότητα ) Ο όρος laquoπόλοςraquo χρησιμοποιήθηκε για

πρώτη φορά από τον F J Servois το ενώ ο όρος laquoπολική ευθείαraquo

προτάθηκε δύο χρόνια αργότερα από τον J D Gergonne Ανάλογοι

είναι οι ορισμοί για μεγαλύτερες διαστάσεις ορίζοντας τώρα τα πολικά

z

x

y

x

y

z

Σ Η πολική ευθεία 119879119867 του πόλου 119862 όταν αυτός είναι μέσα ή

έξω από τον κυκλικό δίσκο ακτίνας 1

υπερεπίπεδα ενός σημείου (διάφορου του 119874) στον χώρο Μπορεί εύκολα

να δείξει κανείς ότι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά

υπερεπίπεδα των σημείων του συνόρου του 119870 είναι το σώμα 119870∘ (Άσκη-

ση ) αλλά και αντίστροφα η τομή των ημιχώρων που ορίζονται

από τα πολικά υπερεπίπεδα των σημείων του συνόρου του 119870∘ είναι το

σώμα 119870 (Άσκηση ) Οι τελευταίες δύο προτάσεις περιέχουν την

πληροφορία ότι το 119870∘ είναι κυρτό σύνολο (ως τομή ημιχώρων) και το

ότι (119870∘)∘ = 119870 ιδιότητες που θα δούμε και παρακάτω

Αποδεικνύουμε τώρα ότι το πολικό ενός κυρτού σώματος 119870 είναι

κυρτό σώμα

(i) Το 119870∘ είναι κυρτό σύνολο Πράγματι αν 119910 119911 isin 119870∘ και 120582 isin [0 1]για κάθε 119909 isin 119870 ισχύει

⟨119909 (1 minus 120582)119910 + 120582119911⟩ = (1 minus 120582)⟨119909 119910⟩ + 120582⟨119909 119911⟩ le (1 minus 120582)1 + 1205821 = 1

συνεπώς (1 minus 120582)119910 + 120582119911 isin 119870∘

(ii) Το 119870∘ είναι σώμα

(α) Το int119870∘ είναι διάφορο του κενού συνόλου Πράγματι πα-

ρατηρούμε πρώτα ότι το 119870 είναι φραγμένο Άρα υπάρχει

Μ gt 0 ώστε το 119870 να είναι υποσύνολο του 1198611198992(0 119872) Ισχυ-

ριζόμαστε ότι

1198611198992 (0

1119872) sube 119870∘()

Αν 119910 isin 1198611198992(0 1119872) τότε 119910

2le 1119872 Θεωρούμε 119909 isin 119870

οπότε 119909 isin 1198611198992(0 119872) δηλαδή 119909

2le 119872 Άρα

⟨119909 119910⟩ le 1199092119910

2le

1119872

119872 = 1

Έτσι το 119910 ανήκει στο 119870∘ επιβεβαιώνοντας την () Συμ-

περαίνουμε ότι το 0 ανήκει στο int119870∘ Άρα το int119870∘ είναι

διάφορο του κενού συνόλου

(β) Το 119870∘ είναι φραγμένο Πράγματι επειδή 0 isin int119870 υπάρχει

120598 gt 0 ώστε να ισχύει ℬ1198992(0 120598) sube 119870 Θα δείξουμε ότι 119870∘ sube

ℬ1198992(0 1120598) Αν 119910 isin 119870∘ ⧵ 0 το σημείο 1205981199101199102 ανήκει

στο ℬ1198992(0 120598) άρα και στο 119870 Οπότε θα πρέπει να ισχύει

⟨119910 1205981199101199102⟩ le 1 ισοδύναμα 1199102 le 1120598

(γ) Το119870∘ είναι κλειστό Πράγματι έστω ότι119910119898 isin 119870∘ και119910119898 rarr 119910ως προς την ευκλείδεια νόρμα Δηλαδή 119910119899 minus 1199102 rarr 0 Γιανα δείξουμε ότι το 119910 ανήκει στο 119870∘ αρκεί να δείξουμε ότι

⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870 Όμως ⟨119909 119910119898⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870και για κάθε 119898 isin ℕ οπότε από τη συνέχεια του εσωτερικού

γινομένου παίρνουμε ότι ⟨119909 119910⟩ = lim119898rarrinfin⟨119909 119910119898⟩ le 1

Π Αν το 119870 είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμαστον ℝ119899 τότε και το 119870∘ είναι κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα

Απόδειξη Αν 119910 isin 119870∘ αρκεί να δείξουμε ότι minus119910 isin 119870∘ Όμως για κάθε

119909 isin 119870 ισχύει minus119909 isin 119870 αφού το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό Άρα

⟨119909 minus119910⟩ = ⟨minus119909 119910⟩ le 1

Π Έστω ότι το ℰ είναι ένα ελλειψοειδές με κέντρο στο

0 και μήκη ημιαξόνων 1198861 hellip 119886119899 Αν χρησιμοποιήσουμε τις διευθύνσεις

των ημιαξόνων του για το σύστημα συντεταγμένων τότε

ℰ = (1199091 hellip 119909119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895

le 1

Το πολικό του ℰ∘ είναι το ελλειψοειδές

ℰ∘ = (1199101 hellip 119910119899) isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

1199102119895 1198862

119895 le 1

με τους ίδιους άξονες με το ℰ και μήκη ημιαξόνων 119886minus11 hellip 119886minus1

119899 Αυτό

προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Cauchy-Schwartz Πράγματι αν ℰprime

το παραπάνω ελλειψοειδές με μήκη ημιαξόνων 119886minus11 hellip 119886minus1

119899 θα δείξουμε

ότι ℰprime = ℰ∘ Αν 119910 = (1199101 hellip 119910119899) isin ℰprime και 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℰ τότε

⟨119909 119910⟩ =119899

sum119895=1

119909119895119910119895 =119899

sum119895=1

119909119895

119886119895119886119895119910119895 le (

119899

sum119895=1

1199092119895

1198862119895)

12

(119899

sum119895=1

1198862119895 1199102

119895 )12

le 1

Άρα 119910 isin ℰ∘

Αντίστροφα αν 119910 = (1199101 hellip 119910119899) isin ℰ∘ τότε ⟨119909 119910⟩ = sum119899119895=1 119909119895119910119895 le 1

για κάθε 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin ℰ Αν 119910 = 0 προφανώς 119910 isin ℰprime Αν 119910 ne 0τότε θεωρούμε το σημείο 119909 = (119909119895)119899

119895=1 με

119909119895 =1198862

119895 119910119895

radicsum119899119894=1 1198862

119894 1199102119894

για 119895 = 1 hellip 119899 Εύκολα ελέγχουμε ότι 119909 isin ℰ άρα θα πρέπει ⟨119909 119910⟩ le 1η οποία με απλές πράξεις δίνει sum

119899119894=1 1198862

119894 1199102119894 le 1 Συνεπώς 119910 isin ℰprime

Π Το πολικό του κυρτού σώματος ℬ1198991 είναι το ℬ119899

infin

Πράγματι αν 119910 isin (ℬ1198991 )∘ τότε ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin ℬ119899

1 Επιλέγουμε 1198950ώστε |1199101198950

| = max119895=1 hellip 119899 |119910119895| Αν |1199101198950| = 0 τότε προφανώς 119910 = 0 isin ℬ119899

infin

Αν |1199101198950| ne 0 θεωρούμε το διάνυσμα 119909 με συντεταγμένες 119909119895 = 0 για κάθε

119895 ne 1198950 και 1199091198950= 1199101198950

|1199101198950| Εύκολα βλέπουμε ότι 119909 isin ℬ119899

1 οπότε αφού

119910 isin (ℬ1198991 )∘ θα πρέπει να ισχύει ⟨119909 119910⟩ le 1 Αλλά ⟨119909 119910⟩ = |1199101198950

| δηλαδήmax119895=1 hellip 119899 |119910119895| le 1 από όπου συμπεραίνουμε ότι 119910 isin ℬ119899

infin Δείξαμε λοιπόν

ότι (ℬ1198991 )∘ sube ℬ119899

infin Αντιστρόφως αν 119910 isin ℬ119899infin τότε max119895=1 hellip 119899 |119910119895| le 1 όπου

119910119895 για 119895 = 1 hellip 119899 οι συντεταγμένες του 119910 Αν θεωρήσουμε οποιοδήποτε

119909 isin ℬ1198991 θα έχουμε

|⟨119909 119910⟩| = ∣119899

sum119895=1

119909119895119910119895∣ le119899

sum119895=1

|119909119895| |119910119895| le max119895=1 hellip 119899

|119910119895|119899

sum119895=1

|119909119895| le 1

Άρα ⟨119909 119910⟩ le 1 και συνεπώς 119910 isin (ℬ1198991 )∘

Σ Το πολικό σώμα του ℬ1198991 είναι το ℬ119899

infin

Π Στο προηγούμενο παράδειγμα παρατηρούμε ότι

το πολικό του ενός πολυτόπου έχει έδρα στη διεύθυνση που το αρχικό

πολύτοπο έχει κορυφή Είναι εύκολο να δει κανείς ότι αυτό είναι γενικό

χαρακτηριστικό των πολυτόπων και των πολικών τους και δεν ισχύει

μόνο για την περίπτωση του ℬ1198991 και του ℬ119899

infin

Η συνάρτηση στήριξης ℎ119870 ορίστηκε για διανύσματα στη μοναδιαία

ευκλείδεια σφαίρα Μπορούμε όμως να επεκτείνουμε τον ορισμό της σε

όλο το ℝ119899 αφού ο Ορισμός είναι καλός και για διανύσματα που

δεν έχουν μήκος ισο με 1

Ο Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 επεκτείνουμετον ορισμό της συνάρτησης στήριξης ℎ119870 του 119870 σε κάθε σημείο 119910 του ℝ119899θέτοντας

ℎ119870(119910) = sup⟨119909 119910⟩ ∶ 119909 isin 119870

Παρατηρούμε ότι για 119910 ne 0 ισχύει ℎ119870(119910) = 1199102ℎ119870(1199101199102)Από τον ορισμό του πολικού σώματος και τον ορισμό της συνάρτησης

στήριξης προκύπτει εύκολα ότι 119870∘ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ℎ119870(119909) le 1 Αν το 119870είναι κεντρικά συμμετρικό οπότε είναι και το 119870∘ γνωρίζουμε ήδη ότι

119870∘ = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119909119870∘ le 1 (Πρόταση ) Στο φυσιολογικό ερώτημα

ποια είναι η σχέση της ℎ119870 με την sdot 119870∘ για κεντρικά συμμετρικά κυρτά

σώματα απαντάει η παρακάτω πρόταση

Π Έστω 119870 κυρτό και συμμετρικό ως προς το 0 σώμαστον ℝ119899 Τότε

ℎ119870(119910) = 119910119870∘

Απόδειξη Ισχύει

ℎ119870(119910) = sup⟨119910 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 = 119910119870∘ sup ⟨119910

119910119870∘ 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870

()

Αρκεί να δείξουμε λοιπόν ότι το τελευταίο supremum ισούται με 1Επειδή το 119910119910119870∘ έχει sdot 119870∘ -νόρμα ίση με 1 ανήκει στο 119870∘ Συνεπώς

⟨119910119910119870∘ 119909⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870 οπότε το παραπάνω supremum είναι

μικρότερο ή ίσο του 1 Αν είναι γνήσια μικρότερο το 1 θεωρούμε 120582 gt 1ώστε

120582 sup ⟨119910

119910119870∘ 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 lt 1

Έτσι

sup ⟨120582119910

119910119870∘ 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 lt 1

οπότε 120582119910119910119870∘ isin 119870∘ Αλλά

∥120582119910

119910119870∘∥

119870∘

= 120582 gt 1

το οποίο είναι άτοπο (Πρόταση )

Άσκηση Αποδείξτε με άμεσο τρόπο (χωρίς τη χρήση της απόδειξης του

Παραδείγματος ) ότι (ℬ1198992)∘ = ℬ119899

2 και για κάθε 119903 gt 0 ισχύει (119903ℬ1198992)∘ =

119903minus1ℬ1198992

Άσκηση Αν 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 αντιστρέψιμος πίνακας και 119870 κυρτό σώμα

που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του αποδείξτε ότι και το 119879(119870) περιέχει το 0στο εσωτερικό του και (119879(119870))∘ = (119879119905)minus1(119870∘)

Άσκηση Αποδείξτε με τη χρήση παραγώγων ότι η παράσταση ⟨119909 119910⟩για 119909 isin ℝ119899 με sum

119899119895=1 1199092

119895 1198862119895 le 1 και 119910 ne 0 μεγιστοποιείται για το 119909 με

συντεταγμένες

119909119895 =1198862

119895 119910119895

radicsum119899119894=1 1198862

119895 1199102119895

119895 = 1 hellip 119899 όπου τα 119910119895 είναι οι συντεταγμένες του 119910 και τα 119886119895 είναι θετικοί

αριθμοί

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν τα 119860 και 119861 είναι κυρτά σώματα που περιέχουν

το 0 στο εσωτερικό τους τότε

(i) (119860 cap 119861)∘ = conv(119860∘ cup 119861∘)

(ii) (Α + Β)∘ sube 119860∘ cap 119861∘ Δώστε ένα παράδειγμα όπου δεν ισχύει η ισότητα

Άσκηση Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο εσωτερικό

του αποδείξτε ότι για κάθε 119905 gt 0 ισχύει (119905119870)cap(119905minus1119870∘) sube ℬ1198992 καιℬ119899

2 sube 119905119870+119905minus1119870

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 1 lt 119901 lt infin και 1 lt 119902 lt infin με 119901minus1+119902minus1 = 1ισχύει (ℬ119899

119901 )∘ = ℬ119899119902

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο

εσωτερικό του

(i) Αν 119909 isin bd(119870) αποδείξτε ότι το πολικό υπερεπίπεδο του 119909 όπως

ορίστηκε στην Παρατήρηση είναι επίπεδο στήριξης του πολικού

σώματος 119870∘ (Υπόδειξη παρατηρήστε ότι σύμφωνα με την () το

πολικό υπερεπίπεδο του 119909 είναι το 119911 isin ℝ119899 ∶ ⟨119911 119909⟩ = 1)

(ii) Αποδείξτε ότι κάθε υπερεπίπεδο στήριξης του 119870∘ έχει πόλο στο bd(119870)και έτσι το 119870∘ είναι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά

υπερεπίπεδα στοιχείων του bd(119870)

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα που περιέχει το 0 στο

εσωτερικό του

(i) Αν 119909 isin bd(119870∘) αποδείξτε ότι το πολικό υπερεπίπεδο του 119909 όπως

ορίστηκε στην Παρατήρηση είναι επίπεδο στήριξης του σώματος

119870

(ii) Αποδείξτε ότι κάθε υπερεπίπεδο στήριξης του 119870 έχει πόλο στο bd(119870∘)και έτσι το 119870 είναι η τομή των ημιχώρων που ορίζονται από τα πολικά

υπερεπίπεδα στοιχείων του bd(119870∘)

Η Άσκηση έχει ως συνέπεια το γεγονός ότι ((ℬ119899119901)∘)∘ = ℬ119899

119901για κάθε 0 lt 119901 lt 1 Στη συνέχεια θέλουμε να δείξουμε ότι αυτό ισχύει

γενικά για κάθε κυρτό σώμα 119870 που περιέχει το 0 στο εσωτερικό του

δηλαδή ισχύει (119870∘)∘ = 119870

Ο Τα σύνολα 119870 και 119863 στον ℝ119899 διαχωρίζονται από το

υπερεπίπεδο Η119906120582 αν 119870 sube 119867minus119906120582 και 119863 sube 119867+

119906120582 ή 119870 sube 119867+119906120582 και 119863 sube 119867minus

119906120582

Έτσι στην περίπτωση που 119870 sube 119867minus119906120582 και 119863 sube 119867+

119906120582 ισχύει ⟨119909 119906⟩ le 120582 για

κάθε 119909 isin 119870 και ⟨119910 119906⟩ ge 120582 για κάθε 119910 isin 119863

Ο Τα 119870 119863 διαχωρίζονται γνήσια αν υπάρχει λωρίδα

Λ119906119886119887 με 119886 lt 119887 ώστε 119870 sube Λminus119906119886119887 και 119863 sube Λ+

119906119886119887 ή 119870 sube Λ+119906119886119887 και 119863 sube Λminus

119906119886119887

Στην περίπτωση λοιπόν που ισχύει 119870 sube Λminus119906119886119887 και 119863 sube Λ+

119906119886119887 θα έχουμε

⟨119909 119906⟩ le 119886 lt 119887 le ⟨119910 119906⟩

για κάθε 119909 isin 119870 και για κάθε 119910 isin 119863

Π Αν τα 119870 και 119863 είναι κυρτά υποσύνολα του ℝ119899 ταακόλουθα είναι ισοδύναμα

(i) Τα 119870 και 119863 διαχωρίζονται (αντίστοιχα διαχωρίζονται γνήσια)

(ii) Το κυρτό σύνολο 119870 minus 119863 = 119888 minus 119889 ∶ 119888 isin 119870 119889 isin 119863 και το 0διαχωρίζονται (αντίστοιχα διαχωρίζονται γνήσια)

Απόδειξη (i)rArr(ii) Το 119870minus119863 είναι κυρτό διότι αν 1198881 minus1198891 1198882 minus1198892 isin 119870minus119863και 120582 isin [0 1] έχουμε

(1minus120582)(1198881minus1198891)+120582(1198882minus1198892) = ((1minus120582)1198881+1205821198882)minus((1minus120582)1198891+1205821198892) isin 119870minus119863

Έστω ότι Λ119906120572120573 = 119909 ∶ 120572 le ⟨119906 119909⟩ le 120573 με 120572 lt 120573 είναι η λωρίδα που

διαχωρίζει γνήσια τα 119870 και 119863 Ας υποθέσουμε ότι 119870 sube 119909 ∶ ⟨119906 119909⟩ le 120572και 119863 sube 119910 ∶ ⟨119906 119910⟩ ge 120573 Τότε

119870 minus 119863 sube 119909 minus 119910 ∶ ⟨119906 119909 minus 119910⟩ le 120572 minus 120573

Συνεπώς αφού 120572 minus 120573 lt 0 τα 119870 minus 119863 και 0 διαχωρίζονται γνήσια από

τη λωρίδα

Λ119906120572minus1205730 = 119911 ∶ 120572 minus 120573 le ⟨119906 119911⟩ le 0

(ii)rArr(i) Έστω ότι η λωρίδα

Λ119906minus1205740 = 119911 ∶ minus120574 le ⟨119906 119911⟩ le 0

με 120574 gt 0 διαχωρίζει γνήσια το 119870 minus 119863 από το 0 Άρα αν 119909 isin 119870 και

119910 isin 119863 θα ισχύει ⟨119906 119909 minus 119910⟩ le minus120574 οπότε ⟨119906 119909⟩ + 120574 le ⟨119906 119910⟩ για κάθε

119909 isin 119870 και για κάθε 119910 isin 119863 Αν θέσουμε 120572 = sup⟨119906 119909⟩ ∶ 119909 isin 119870 ισχύει120572 + 120574 le ⟨119906 119910⟩ για κάθε 119910 isin 119863 Άρα τα 119870 και 119863 διαχωρίζονται γνήσια

από τη λωρίδα

Λ119906120572120572+120574 = 119911 ∶ 120572 le ⟨119906 119911⟩ le 120572 + 120574

Θ Έστω ότι τα 119870 119863 είναι κυρτά υποσύνολα του ℝ119899Αν το 119870 είναι συμπαγές το 119863 κλειστό και 119870 cap 119863 = τότε τα 119870 119863διαχωρίζονται γνήσια

Απόδειξη Από την Πρόταση υπάρχουν 1199090 isin 119870 1199100 isin 119863 ώστε

119889(119870 119863) = 1199090 minus 11991002 gt 0

Θέτουμε 119906 = 1199100 minus 1199090 το οποίο είναι διαφορετικό του μηδενός Ισχυρι-

ζόμαστε τώρα ότι η λωρίδα

119909 ∶ ⟨1199090 119906⟩ le ⟨119909 119906⟩ le ⟨1199100 119906⟩

διαχωρίζει το 119870 από το 119863 Πράγματι αν 119909 isin 119870 τότε

⟨119909 119906⟩ le ⟨1199090 119906⟩ hArr ⟨119909 minus 1199090 119906⟩ le 0 hArr ⟨119909 minus 1199090 1199100 minus 1199090⟩ le 0

Εάν υποθέσουμε ότι αυτό είναι λάθος τότε υπάρχει 1199091 isin 119870 ώστε

⟨1199091 minus 1199090 1199100 minus 1199090⟩ gt 0 Το [1199090 1199091] είναι υποσύνολο του 119870 αφού το 119870είναι κυρτό άρα

119911120582 = 1199090 + 120582(1199091 minus 1199090) isin 119870 για κάθε 120582 isin [0 1]

Έχουμε

1199100 minus 11991112058222 = (1199100 minus 1199090) minus (119911120582 minus 1199090)2

2

= ⟨(1199100 minus 1199090) minus (119911120582 minus 1199090) (1199100 minus 1199090) minus (119911120582 minus 1199090)⟩= 1199100 minus 11990902

2 + 119911120582 minus 119909022 minus 2⟨1199100 minus 1199090 119911120582 minus 1199090⟩

= 1199100 minus 119909022 + 12058221199091 minus 11990902

2 minus 2120582⟨1199100 minus 1199090 1199091 minus 1199090⟩= 1199100 minus 11990902

2 + 120582(1205821199091 minus 119909022 minus 2⟨1199100 minus 1199090 1199091 minus 1199090⟩)

lt 1199100 minus 119909022

το οποίο είναι άτοπο για 120582 gt 0 αρκετά κοντά στο μηδέν αφού η

παρένθεση είναι αρνητική καθώς το 120582 πηγαίνει στο μηδέν από δεξιά

Ομοίως

119863 sube 119909 ∶ ⟨119906 119909⟩ ge ⟨119906 1199100⟩

Δυο κυρτά σύνολα δεν διαχωρίζονται μόνο υπό τις προϋποθέσεις

του Θεωρήματος Αν είναι κυρτά και έχουν ξένα εσωτερικά τότε

και πάλι διαχωρίζονται Τα βήματα που απαιτούνται παρουσιάζονται

στην Άσκηση

Μια εφαρμογή του διαχωρισμού κυρτών συμπαγών συνόλων είναι

ότι το πολικό του 119870∘ είναι το 119870

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 με 0 isin int(119870) ισχύειότι (Κ∘)∘ = Κ

Απόδειξη Αν 119909 isin 119870 τότε ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119910 isin 119870∘ Αλλά αυτό

συνεπάγεται (από τον ορισμό του (119870∘)∘) ότι 119909 isin (119870∘)∘ Άρα 119870 sube (119870∘)∘

Αντίστροφα έστω ότι 119909 isin (119870∘)∘ Πρέπει να δείξουμε ότι 119909 isin 119870 Αν

όχι τότε τα 119909 και 119870 διαχωρίζονται γνησίως Άρα υπάρχει 119906 isin ℝ119899 ⧵0ώστε

⟨119911 119906⟩ le 1 lt ⟨119909 119906⟩

για κάθε 119911 isin 119870 Η ανισότητα στα αριστερά μας λέει ότι 119906 isin 119870∘ Ως εκ

τούτου η ανισότητα στα δεξιά τώρα μας λέει ότι 119909 notin (119870∘)∘ το οποίο

είναι άτοπο Συνεπώς (119870∘)∘ sube 119870

Π Αν τα 119870 και 119871 είναι κυρτά σώματα με 0 isin int(119870)0 isin int(119871) και 120582 gt 0 ισχύουν οι εξής ιδιότητες

(i) (120582119870)∘ =1120582

119870∘

(ii) 119870 sube 119871 αν και μόνο αν 119870∘ supe 119871∘

(iii) Για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ισχύει (119879(119870)∘) =(119879119905)minus1(119870∘)

Απόδειξη (i) 119910 isin (120582119870)∘ αν και μόνο αν ⟨119910 120582119909⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870Ισοδύναμα ⟨120582119910 119909⟩ le 1 και άρα 120582119910 isin 119870∘ ισοδύναμα 119910 isin (1120582)119870

(ii) Έστω ότι 119870 sube 119871 Αν 119910 isin 119871∘ τότε ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119871Αλλά 119870 sube 119871 άρα η ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119870 Συνεπώς 119910 isin 119870∘ Δείξαμε

δηλαδή ότι 119871∘ sube 119870∘

Αντιστρόφως αν 119871∘ sube 119870∘ από το ευθύ συμπεραίνουμε ότι (119871∘)∘ supe(119870∘)∘ Η χρήση της Πρότασης ολοκληρώνει την απόδειξη

(iii) 119910 isin (119879(119870))∘ αν και μόνο αν ⟨119909 119910⟩ le 1 για κάθε 119909 isin 119879(119870)Ισοδύναμα ⟨119879(119911) 119910⟩ le 1 για κάθε 119911 isin 119870 Αλλά

⟨119879(119911) 119910⟩ = (119879119911)119905119910 = (119911119905119879119905)119910 = 119911119905(119879119905119910) = ⟨119911 119879119905(119910)⟩

Άρα 119910 isin (119879(119870))∘ αν και μόνο αν 119879119905(119910) isin 119870∘ ισοδύναμα 119911 isin (119879119905)minus1(119870∘)

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 119871 είναι κεντρικά συμμετρικά κυρτά σώματα

στον ℝ119899 Αποδείξτε ότι 119909119870 le 119872119909119871 αν και μόνο αν 119870 supe 119872minus1119871 αν και μόνο

αν 119909119870∘ ge 119872minus1119909119871∘

Άσκηση Έστω ότι το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα στον ℝ119899

και 119865 υπόχωρος του ℝ119899 διάστασης 119896 όπου 119896 = 1 hellip 119899 Αποδείξτε ότι ισχύει(119870 cap 119865)∘ = 119875119865(119870∘) όπου το πολικό (119870 cap 119865)∘ εννοείται μέσα στον υπόχωρο 119865(Υπόδειξη Από την Πρόταση αρκεί να δειχθεί ότι 119870 cap 119865 = (119875119865(119870∘))∘)

Άσκηση Έστω ότι τα κυρτά σύνολα 119870 και 119863 έχουν ξένα εσωτερικά

Αποδείξτε ότι τα 119870 και 119863 διαχωρίζονται ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Αποδείξτε ότι αν το 119870 είναι κυρτό σύνολο και 119909 isin 120597119870 τότε υπάρχει

υπερεπίπεδο στήριξης του 119870 στο 119909 (Υπόδειξη Θεωρήστε ακολουθία

119910119898 notin 119870 ώστε 119910119898 rarr 119909 Διαχωρίστε τα 119910119898 και 119870 με υπερεπίπεδα

κάθετα στα μοναδιαία 119906119898 σύμφωνα με το Θεώρημα και περάστε

σε συγκλίνουσα υπακολουθία της 119906119898)

(ii) Θεωρήστε το σύνολο 119864 = int(119870) minus int(119863) Φανερά 0 notin 119864 Δείξτε ότι

το 119864 είναι ανοικτό σύνολο Έτσι είτε 0 notin 119864 είτε 0 isin 120597119864 Στην πρώτη

περίπτωση εφαρμόστε το Θεώρημα και την Πρόταση ενώ

στη δεύτερη περίπτωση χρησιμοποιήστε το (i)

Άσκηση Αποδείξτε ότι το σύνολο 119870 sube ℝ119899 είναι κυρτό αν και μόνο αν

119870 = ⋂119867minus ∶ 119867 υπερεπίπεδο στήριξης του 119870

όπου με 119867minus συμβολίζουμε τον ημίχωρο που σχηματίζει το υπερεπίπεδο 119867 ο

οποίος περιέχει το 119870

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν τα 119909 και 119910 δεν ανήκουν στο conv(119862) τότε

conv(119862 cup 119909)) = conv(119862 cup 119910)

αν και μόνο αν 119909 = 119910

Άσκηση Το 119910 λέγεται βαρύκεντρο του κυρτού σώματος 119870 και γράφουμε

119910 = bar(119870) αν 119910 = int119870119909 119889119909 δηλαδή αν 119910 = (1199101 hellip 119910119899) και

119910119895 = int119870

119909119895 119889119909 = int119870⟨119909 119890119895⟩ 119889119909

όπου (119890119895)119899119895=1 η συνήθης βάση του ℝ119899 Αποδείξτε ότι

(i) Το 119910 είναι το βαρύκεντρο του 119870 αν και μόνο αν

⟨119911 119910⟩ = int119870⟨119911 119909⟩ 119889119909

για κάθε 119911 isin ℝ119899

(ii) bar(119870 minus bar(119870)) = 0

(iii) Το βαρύκεντρο κυρτών συμάτων ανήκει στο εσωτερικό τους bar(119870) isinint(119870)

(iv) (119870 minus bar(119870))∘ ∘ = 119870 minus bar(119870)

Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΟΓΚΟΥ

Ο (Όγκος Παραλληλεπιπέδου) Ορίζουμε τον όγκο vol119899(119861)ενός παραλληλεπιπέδου 119861 στον ℝ119899 να είναι το γινόμενο 119899 laquoανεξάρτη-

τωνraquo ακμών δηλαδή αν 119861 = [1198861 1198871] times ⋯ times [119886119899 119887119899] (ως προς κατάλληλη

ορθοκανονική βάση) τότε

vol119899(119861) =119899

prod119895=1

(119887119895 minus 119886119895)

Όταν η διάσταση εννοείται τότε γράφουμε vol(119861) ή και |119861|Στη συνέχεια θα ορίσουμε τον όγκο ενός πολυπαραλληλεπιπέδου

δηλαδή ενός συνόλου που είναι ένωση πεπερασμένου πλήθους παραλ-

ληλεπιπέδων με παράλληλες μεταξύ τους ακμές και ξένα εσωτερικά να

είναι το άθροισμα των όγκων των παραλληλεπιπέδων

Ο Αν 119860 = 1198611 cup 1198612 cup ⋯ cup 119861119896 με 119861119895 παραλληλεπίπεδα και

int(119861119895) cap int(119861119894) =

για 119894 διαφορετικό του 119895 τότε ορίζουμε τον όγκο του 119860 να είναι

vol119899(119860) =119899

sum119895=1

vol119899(119861119895)

Π Ο ορισμός αυτός αποδεικνύεται εύκολα ότι είναι

καλός Δηλαδή αν ένα πολυπαραλληλεπίπεδο γράφεται ως πεπερασμένη

ένωση παραλληλεπιπέδων με ξένα εσωτερικά με δύο τρόπους τότε και

οι δύο τρόποι δίνουν το ίδιο αποτέλεσμα Για να γίνει σαφές αυτό που

περιγράφουμε εδώ σκεφτείτε ότι το [0 1] times [0 1] γράφεται και ως

([0 12] times [0 1]) cup ([12 1] times [0 1])

αλλά και ως

([0 12] times [0 12]) cup ([12 1] times [0 12]) cup ([0 1] times [12 1])

Το να είναι καλός ο παραπάνω ορισμός σημαίνει ότι και οι δύο γραφές

πρέπει να δίνουν το ίδιο εμβαδόν Και πράγματι αυτό συμβαίνει Τα

βήματα για την απόδειξη ότι ο ορισμός είναι καλός περιγράφονται στην

Άσκηση

Π Τόσο ο όγκος παραλληλεπιπέδου όσο και ο όγκος

πολυπαραλληλεπιπέδου ικανοποιούν προφανώς τις ιδιότητες

vol119899(119909 + 119861) = vol119899(119861) και vol119899(120582119861) = 120582119899vol119899(119861)

για κάθε παραλληλεπίπεδο ή πολυπαραλληλεπίπεδο 119861 για κάθε 119909 isin ℝ119899

και για κάθε 120582 gt 0

Τέλος σταθεροποιούμε ένα σύστημα αξόνων και ορίζουμε τον όγκο

ενός κυρτού σώματος 119870 ως εξής

Ο Το σύνολο 119870 υποσύνολο του ℝ119899 λέγεται Jordan με-

τρήσιμο αν

supvol119899(119860) ∶ 119860 sube 119870 = infvol119899(119861) ∶ 119861 supe 119870

όπου τα Α και 119861 είναι πολυπαραλληλεπίπεδα

Αν αυτό συμβαίνει τότε την κοινή τιμή την ονομάζουμε όγκο του

κυρτού σώματος 119870 και τη συμβολίζουμε με vol119899(119870) ή αν δεν υπάρχει

ασάφεια για τη διάσταση του χώρου με vol(119870) ή |119870|

Π Θα δούμε παρακάτω ότι ο ορισμός αυτός είναι

ανεξάρτητος του συστήματος αξόνων που σταθεροποιήσαμε (δείτε

Πρόταση (v))

Π Αν θέσουμε 120594119870 ∶ ℝ119899 rarr ℝ με 120594119870(119909) = 1 αν 119909 isin 119870και 120594119870(119909) = 0 αν 119909 notin 119870 τότε εύκολα βλέπουμε ότι το 119870 είναι Jordan

μετρήσιμο αν και μόνο αν η 120594119870 είναι Riemann ολοκληρώσιμη στο ℝ119899 και

σε αυτή την περίπτωση

vol(119870) = intℝ119899

120594119870(119909) 119889119909 = intinfin

minusinfin⋯ int

infin

minusinfin120594119870((1199091 hellip 119909119899)) 1198891199091 hellip 119889119909119899

Ο Ορισμός μπορεί να δοθεί για κάθε υποσύνολο 119870 του ℝ119899

Υπάρχουν όμως και σύνολα για τα οποία η παραπάνω ισότητα δεν

ισχύει Τότε λέμε ότι το 119870 δεν έχει όγκο Αλλά αν το 119870 είναι κυρτό σώμα

τότε είναι πάντα Jordan μετρήσιμο δηλαδή έχει όγκο

Θ Αν το 119870 είναι κυρτό σώμα στον ℝ119899 τότε το 119870 είναι119869119900119903119889119886119899 μετρήσιμο

Απόδειξη Αποδεικνύουμε πρώτα τον ακόλουθο ισχυρισμό

Ι Αν το 119870 είναι υποσύνολο του 119880 όπου 119880 είναι ανοιχτό σύνολο

τότε υπάρχει πολυπαραλληλεπίπεδο Α ώστε να ισχύει 119870 sube 119860 sube 119880

[Απόδειξη του ισχυρισμού Θέτουμε 120588 = 119889(119870 ℝ119899 ⧵ 119880) οπότε σύμφωνα

με την Πρόταση ισχύει 120588 gt 0 Επίσης θέτουμε

Β0 = [minus1205884radic119899

120588

4radic119899]

119899

Το 1198610 είναι ένας κύβος στον ℝ119899 με κέντρο το 0 και

diam1198610 = 2radic119899120588

4radic119899=

1205882

lt 120588

Αν το 119909 ανήκει στο 119870 τότε

() 119909 + 1198610 sube 119880

όπου το 119909 + 1198610 είναι κύβος με κέντρο το 119909 H () ισχύει διότι το Β0δεν επιτρέπει μεγάλες μεταβολές της νόρμας Οι μεταβολές της νόρμας

μέσα στο 119909 + 1198610 είναι πάντα μικρότερες του 120588 διότι η διάμετρος του

κύβου είναι μικρότερη του 120588 Το 119909 είναι το κέντρο του κύβου άρα το 119909ανήκει στο int(119909 + 1198610) Οπότε κάθε σημείο 119909 του 119870 καλύπτεται με έναν

κύβο κέντρου 119909 Έτσι

119870 sube ⋃119909isin119870

int(119909 + 1198610)

Το 119870 είναι συμπαγές άρα έχει πεπερασμένο υποκάλυμμα Δηλαδή

υπάρχουν 1199091 hellip 119909119899 στο 119870 ώστε

119870 sube119873

⋃119894=1

int(119909119894 + 1198610) sube119873

⋃119894=1

(119909119894 + 1198610) συνεπώς 119870 sube 119860 sube 119880

με 119860 = ⋃119873119894=1(119909119894 + 1198610) πολυπαραλληλεπίπεδο ]

Το 119870 είναι σώμα άρα το int(119870) δεν είναι κενό Αν 119909 isin int(119870) θέτουμε

119870 = 119870 minus 119909 οπότε 0 isin int(119870) Έστω ένα 120598 gt 0 Θα δείξουμε ότι

το 119870 είναι Jordan μετρήσιμο Θεωρούμε το σύνολο (1 minus 120598)119870 Από την

Πρόταση (iii) ισχύει (1 minus 120598)119870 sube int(119870) Άρα από τον ισχυρισμό

υπάρχει πολυπαραλληλεπίπεδο Α0 ώστε (1 minus 120598)119870 sube 1198600 sube int119870 sube 119870και άρα

1198600 sube 119870 sube1

1 minus 1205981198600

Συνεπώς

1198600 + 119909 sube 119870 sube 119909 +1

1 minus 1205981198600

Έχουμε

vol(119909 + 1198600) = vol(1198600) le supvol(119860) 119860 sube 119870 le infvol(119861) 119861 supe 119870

όπου τα Α Β είναι πολυπαραλληλεπίπεδα Το 119909 + (1 minus 120598)minus11198600 περιέχει

το 119870 Έτσι χρησιμοποιώντας την Παρατήρηση θα έχουμε

infvol(119861) 119861 supe 119870 le vol(119909 +1

1 minus 1205981198600) = vol(

11 minus 120598

1198600)

= (1

1 minus 120598)119899

vol(1198600)

Έτσι συμπεραίνουμε ότι

()

0 le infvol(119861) 119861 supe 119870minussupvol(119860) 119860 sube 119870 le ((1

1 minus 120598)119899

minus 1) vol(1198600)

Για να ολοκληρωθεί η απόδειξη πρέπει να αφήσουμε το 120598 να πάει στο

μηδέν Αλλά πρέπει να ξεπεράσουμε πρώτα το πρόβλημα ότι το 1198600εξαρτάται από το 120598 Για να το κάνουμε αυτό παρατηρούμε ότι 1198600 sube 119870και το 119870 ως κυρτό σώμα είναι φραγμένο Οπότε υπάρχει κύβος 119876 με

μήκος ακμής έστω 119872 gt 0 ώστε 119870 sube 119876 Άρα 1198600 sube 119876 και από τον ορισμό

του όγκου για τα πολυπαραλληλεπίπεδα vol(1198600) le vol(119876) = 119872119899 Έτσι

η () γίνεται

0 le infvol(119861) 119861 supe 119870 minus supvol(119860) 119860 sube 119870 le ((1

1 minus 120598)119899

minus 1) 119872119899

Αφήνοντας το 120598 να πάει στο μηδέν από δεξιά ολοκληρώνεται η απόδειξη

Άσκηση Αποδείξτε ότι ο Ορισμός είναι καλός ακολουθώντας τα

παρακάτω βήματα

(i) Υποθέστε ότι το πολυπαραλληλεπίπεδο 119860 γράφεται ως πεπερασμένη

ένωση των παραλληλεπιπέδων 119861119894 με ξένα εσωτερικά για 119894 = 1 hellip 119896 και

πεπερασμένη ένωση των παραλληλεπιπέδων 119862119895 με ξένα εσωτερικά για

119895 = 1 hellip 119896 για 119895 = 1 hellip 119898

(ii) Αποδείξτε ότι sum119896119894=1 vol(119861119894) = sum

119898119895=1 vol(119862119895) εξηγώντας πρώτα γιατί 119861119894 =

cup119898119895=1(119861119894 cap 119862119895) με τα 119861119894 cap 119862119895 να έχουν ξένα εσωτερικά

Ιδιότητες Όγκου

Οι ιδιότητες του όγκου που παρουσιάζονται στις παρακάτω προ-

τάσεις μπορούν να αποδειχθούν τόσο με τον ορισμό του όγκου μέσω

πολυπαραλληλεπιπέδων όσο και με τη βοήθεια του ολοκληρώματος

Riemann των χαρακτηριστικών συναρτήσεων (Παρατήρηση )

Π Για σύνολα που έχουν όγκο ισχύουν οι παρακάτωιδιότητες

(i) Αν 1198701 sube 1198702 τότε vol(1198701) le vol(1198702)

(ii) Αν 119870 sube ℝ119899minus1 τότε vol119899(119870) = 0

(iii) vol(120582119870) = 120582119899vol(119870)

(iv) vol(119870 + 119905) = vol(119870)

(v) Αν 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 πίνακας με Τ119905119879 = 119868 τότε vol(119879(119870)) = vol(119870)

Απόδειξη Αποδεικνύουμε μόνο το (v)

Το (v) ισχύει αν 119870 παραλληλεπίπεδο θεωρούμε το

119861 = [0 1205721] times ⋯ times [0 120572119899] = 119899

sum119895=1

120582119895119890119895 0 le 120582119895 le 120572119895

Έχουμε

119879(119861) = 119879 (119899

sum119895=1

120582119895119890119895) 0 le 120582119895 le 120572119895 = 119899

sum119895=1

120582119895(119879119890119895) 0 le 120582119895 le 120572119895

Αλλά

Τ11989011989522 = ⟨119879119890119895 119879119890119895⟩ = (119879119890119895)119905119879119890119895 = 119890119905

119895119879119905119879119890119895 = 119890119905119895119890119895 = ⟨119890119895 119890119895⟩ = 1

Άρα το μήκος του διανύσματος 119879119890119895 είναι 1

⟨119879119890119894 119879119890119895⟩ = (119879119890119894)119905119879119890119895 = 119890119905119894(119879119905119879)119890119895 = 119890119905

119894119890119895 = ⟨119890119894 119890119895⟩ = 0

διότι το 119894 είναι διαφορετικό του 119895 Άρα τα 119879119890119895 είναι ορθοκανονικά

διανύσματα Συνεπώς το Τ(Β) είναι παραλληλεπίπεδο με μήκη ακμών

πάλι τα 1205721 hellip 120572119899 Άρα

vol(119879(119861)) = 1205721 hellip 120572119899 = vol(119861)

Για πολυπαραλληλεπίπεδα ισχύει αφού αυτά είναι ένωση παραλληλε-

πιπέδων και για το γενικό σώμα παίρνουμε supremum ως προς όλα τα

πολυπαραλληλεπίπεδα μέσα σε αυτό

Η ακόλουθη πρόταση μάς λέει πώς συμπεριφέρεται ο όγκος όταν

εφαρμόζουμε στο σώμα Κ έναν αντιστρέψιμο πίνακα

Π Αν ο 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 είναι αντιστρέψιμος πίνακας τότεvol(119879(119870)) = | det 119879| vol(119870)

Απόδειξη Η απόδειξη θα γίνει εύκολα αν καταφύγουμε στο θεώρημα

αλλαγής μεταβλητών του απειροστικού λογισμού Αν για 119909 isin 119879(119870)θέσουμε 119910 = 119879minus1(119909) isin 119870 τότε η Ιακωβιανή αυτής της αλλαγής μετα-

βλητών είναι η det 119879 Επίσης 120594119879(119870) = 1 αν και μόνο αν 120594119870(119879minus1(119909)) = 1Έτσι έχουμε

vol(119879(119870)) = intℝ119899

120594119879(119870)(119909) 119889119909 = intℝ119899

120594119870(119879minus1(119909)) 119889119909

= intℝ119899

120594119870(119910)| det 119879| 119889119910 = | det 119879| vol(119870)

Άσκηση Αποδείξτε με τη βοήθεια του ολοκληρώματος Riemann ότι αν το

σύνολο 119870 sube ℝ119899 έχει όγκο τότε vol(120582119870) = 120582119899vol(119870) και vol(119870 + 119905) = vol(119870) για

κάθε 120582 gt 0 και για κάθε 119905 isin ℝ119899

Άσκηση Θέτουμε 119904(119870) = vol(119870)vol(119870∘) Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό

σώμα 119870 με το 0 στο εσωτερικό του και για κάθε για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα

119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ισχύει 119904(119879(119870)) = 119904(119870)

Άσκηση Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το θεώρημα αλλαγής μεταβλητών

του Απειροστικού Λογισμού ότι αν 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 πίνακας με 119879119905119879 = 119868 τότε

vol(119879(119870)) = intℝ119899

120594119879(119870)(119909) 119889119909 = intℝ119899

120594119870(119909) 119889119909 = vol(119870)

Άσκηση [Όγκος του simplex] Θεωρούμε 119899 γραμμικά ανεξάρτητα διανύσμα-

τα 1199091 1199092 hellip 119909119899 στον ℝ119899 θέτουμε 1199090 = 0 και για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 θέτουμε

119886119896 την απόσταση του 119909119896 από το span1199091 hellip 119909119896minus1 και 119878119899 = conv1199090 1199091 hellip 119909119899Αποδείξτε με επαγωγή στο 119899 ότι

vol(119878119899) =1119899

119899

prod119896=1

119886119896

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 και 119871 είναι δυο κυρτά σώματα στον ℝ119899 με το

119871 κεντρικά συμμετρικό Θεωρούμε ένα υποσύνολο 119977 του 119870 με την ιδιότητα

για κάθε 119909 119910 isin 119977 με 119909 ne 119910 ισχύει 119909 minus 119910119871 ge 1 Αποδείξτε ότι το 119977 είναι

αναγκαστικά πεπερασμένο και η πληθικότητά του είναι μικρότερη ή ίση του

πηλίκου

vol(119870 + 12119871)

vol( 12119871)

(Υπόδειξη Δείξτε ότι τα 119909 + 12119871 για 119909 isin 119977 έχουν ξένα εσωτερικά)

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 και 119871 είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 Ορίζουμε

τον αριθμό κάλυψης 119873(119870 119871) του 119870 από το 119871 να είναι ο

119873(119870 119871) = min119873 isin ℕ ∶ υπάρχουν 1199091 hellip 119909119899 isin ℝ119899 ώστε 119870 sube119873

⋃119895=1

(119909119895 + 119871)

Αποδείξτε τις ακόλουθες ιδιότητες

(i) vol(119870) le 119873(119870 119871)vol(119871) Επιπλέον για κάθε κυρτό σώμα 119879 ισχύει vol(119870+119879) le 119873(119870 119871)vol(119871 + 119879)

(ii)vol(119870 + 119871)

vol(119871)le 2119899119873(119870 119871)

(iii) Αν το 119871 είναι κεντρικά συμμετρικό τότε

119873(119870 119871) levol(119870 + 1

2119871)vol( 1

2119871)le 2119899 vol(119870 + 119871)

vol(119871)

(Υπόδειξη Εξηγήστε πρώτα με βάση την Άσκηση γιατί μπορείτε

να θεωρήσετε ένα μεγιστικής πληθικότητας υποσύνολο 119977 του 119870 με την

ιδιότητα που περιγράφεται σε εκείνη άσκηση)

(iv) Αν το 119871 είναι κεντρικά συμμετρικό και vol(119870) = vol(119871) τότε 119873(119870 119871)1119899 le4119873(119871 119870)1119899

ℬ119899119901 1 le 119901 le infin

Φανερά το σύνολο ℬ119899infin είναι ένα παραλληλεπίπεδο με μήκος κάθε

ακμής του ίσο με Συνεπώς ο όγκος του είναι 2119899

Θα υπολογίσουμε τώρα τον όγκο του ℬ119899119901 για 1 le 119901 lt infin Θεωρούμε

το ολοκλήρωμα

119868119901 = intℝ119899

exp(minus119909119901119901) 119889119909 = (int

ℝexp(minus|119905|119901) 119889119905)

119899

Ισχύει

119868119901 = intℝ119899

⎛⎝int

infin

119909119901

119889119889119905(

minus119890minus119905119901)⎞⎠ 119889119905 119889119909

= intℝ119899

(intinfin

0120594[119909119901infin)(119905)

119889119889119905(

minus119890minus119905119901)) 119889119905 119889119909

και αλλάζοντας τη σειρά ολοκλήρωσης

= intinfin

0(

119889119889119905(

minus119890minus119905119901) (intℝ119899

120594[119909119901infin)(119905) 119889119909)) 119889119905

Παρατηρούμε ότι 120594[119909119901infin)(119905) = 1 αν και μόνο αν 119909119901 le 119905 αν και μόνο

αν 119909 isin 119905ℬ119899119901 δηλαδή αν και μόνο αν 120594119905ℬ119899

119901(119909) = 1 Αλλιώς ταυτόχρονα και

119887119899119901 1 le 119901 le infin

οι δυο χαρακτηριστικές είναι μηδέν Άρα

119868119901 = intinfin

0(

119889119889119905(

minus119890minus119905119901)vol(119905ℬ119899119901 )) 119889119905 = vol(ℬ119899

119901 ) 119901 intinfin

0119905119899+119901minus1119890minus119905119901 119889119905

Έτσι έχουμε αποδείξει ότι

vol(ℬ119899119901 ) 119901 int

infin

0119905119899+119901minus1119890minus119905119901 119889119905 = (int

ℝexp(minus|119905|119901) 119889119905)

119899

από όπου προκύπτει ότι

vol(ℬ119899119901 ) =

(2 intinfin

0119890minus119905119901 119889119905)

119899

intinfin

0119901119905119899+119901minus1119890minus119905119901 119889119905

=(2Γ (1 +

1119901))

119899

Γ (1 +119899119901)

όπου

Γ(119909) = intinfin

0119905119909minus1119890minus119905 119889119905

Η συνάρτηση Γ είναι από τις ιδιαίτερα ενδιαφέρουσες συναρτήσεις στα

Μαθηματικά και μερικές ιδιότητές της παρουσιάζονται στο Παράρτημα Β

Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε μια ασυμπτωτική εκτίμηση της συνάρτησης

Γlim

119909rarr+infin

Γ(119909 + 1)radic2120587119909(119909119890)119909

= 1

Από αυτή τη σχέση εύκολα συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν σταθερές 1198881(119901)και 1198882(119901) ώστε

1198881(119901)1

1198991119901 le vol(ℬ119899119901 )1119899 le 1198882(119901)

11198991119901

Άσκηση Χρησιμοποιήστε τα παραπάνω καθώς και της ιδιότητες της

συνάρτησης Γ όπως αυτές παρουσιάζονται στο Παράρτημα Β για να αποδείξετε

ότι

(i) vol119899(ℬ1198991 ) = 2119899119899

(ii)

vol119899(ℬ1198992) =

⎧⎨⎩

radic120587 119899

(1198992)αν 119899 άρτιος

2119899radic120587 119899minus1 ((119899 minus 1)2)119899

αν 119899 περιττός

Στις παρακάτω ασκήσεις μελετάμε την κατανομή του όγκου μέσα στην

Ευκλείδεια μπάλα

Άσκηση Υπολογίστε τον 119899minus1-όγκο της τομής της ℬ1198992 με ένα υπερεπίπεδο

που απέχει 119905 από την αρχή των αξόνων

Άσκηση Εκτιμήστε το 119903119899 isin ℝ ώστε vol119899(119903119899ℬ1198992) = 1

Άσκηση Υπολογίστε τον όγκο του 119860 = convℬ1198992 119909 για κάθε 119909 isin ℝ119899

Στη συνέχεια αποδείξτε ότι αν ένα κυρτό σύνολο 119870 ικανοποιεί τις ℬ1198992 sube 119870 και

vol119899(119870) lt infin τότε το 119870 είναι φραγμένο

Άσκηση Αν 119903119899 isin ℝ ώστε vol119899(119903119899ℬ1198992) = 1 και 119867119905 υπερεπίπεδο που απέχει

απόσταση 119905 από την αρχή των αξόνων υπολογίστε τον όγκο vol119899minus1(119903119899ℬ1198992 cap119867119905)

και αποδείξτε ότι

lim119899rarrinfin

vol119899minus1(119903119899ℬ1198992 cap 119867119905) = radic119890 119890minus1205871198901199052

Άσκηση Θέτουμε 119871119899 = 119909 isin ℝ119899 ∶ |119909119899| le 1 Αποδείξτε ότι

vol119899(119903119899ℬ1198992) ge 1 minus

1120587radic119890

119890minus120587119890

Παρατηρήστε ότι το προηγούμενο μας λέει ότι το μεγαλύτερο μέρος του όγκου

της 119903119899ℬ1198992 βρίσκεται σε κάθε() λωρίδα πλάτους γύρω από την αρχή των

αξόνων Αποδείξτε όμως ότι ο περισσότερος όγκος δεν είναι στην τομή όλων

αυτών των λωρίδων αφού vol119899((1199031198992)ℬ1198992) = 12119899 rarr 0

Άσκηση Η προηγούμενη άσκηση μάς υποδεικνύει ότι ο όγκος σε μια

Ευκλείδεια μπάλα συγκεντρώνεται ισχυρά κοντά στην επιφάνειά της Επιβε-

βαιώστε αυτό το γεγονός αποδεικνύοντας ότι για κάθε 120598 gt 0 η ποσότητα

vol119899(119903119899ℬ1198992) minus vol119899((1 minus 120598)119903119899ℬ119899

2) τείνει στη μονάδα με εκθετικό ως προς τη

διάσταση ρυθμό

Η παρακάτω άσκηση έχει ως στόχο να απαντηθεί το ερώτημα των

Busemann-Petty το οποίο ρωτάει το εξής αν τα 119870 και 119879 είναι δυο κεντρικά

συμμετρικά κυρτά σώματα στον ℝ119899 με την ιδιότητα για κάθε υπερεπίπεδο 119867που περνάει από το μηδέν να ισχύει vol119899(119870 cap 119867) lt vol119899(119879 cap 119867) είναι σωστό

ότι vol119899(119870) lt vol119899(119879)

119887119899119901 1 le 119901 le infin

Άσκηση Θέτουμε 119876119899 για τον κύβο όγκου 1 στον ℝ119899 δηλαδή 119876119899 =[12 12]119899 Περί το ο Keith Ball απέδειξε (στο [Bal]) ότι για κάθε

υπερεπίπεδο 119867 που περνάει από το μηδέν ισχύει 1 le vol119899minus1(119876119899 cap 119867) le radic2Χρησιμοποιείστε αυτό το γεγονός και τους υπολογισμούς που έγιναν στις

προηγούμενες ασκήσεις για την 119903119899ℬ1198992 για να δείξετε ότι η απάντηση στο

πρόβλημα Busemann-Petty είναι αρνητική

Άσκηση Η τεχνική που χρησιμοποιήθηκε για τον υπολογισμό του

όγκου του ℬ119899119901 δηλαδή μέσω ενός ολοκληρώματος που υπολογίζεται με δύο

τρόπους είναι αρκετά συνηθισμένη Για ένα άλλο παράδειγμα (που απαιτεί

όμως γνώση θεωρίας μέτρου) αποδείξτε ότι για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 ισχύει

int120138119899minus1

|⟨119906 120579⟩|119902 119889120590(119906) =2Γ ( 1+119902

2 ) Γ (1 + 1198992)

radic120587119899Γ ( 119899+1199022 )

όπου 120590 το μέτρο Haar στην 120138119899minus1 Από το παραπάνω να συμπεράνεται ότι

(int120138119899minus1

|⟨119906 120579⟩|119902 119889120590(119906))1119902

≃ radic119902

119902 + 119899

(Υπόδειξη Ξεκινήστε με το ολοκλήρωμα

intℝ119899

|⟨119909 120579⟩|119902119890minus|119909|22

(radic2120587)119899119889119909

Ελέξτε ότι αν αλλάξετε σε πολικές συντεταγμένες αυτό γίνεται

vol119899minus1(120138119899minus1)(radic2120587)119899 (int

infin

0119903119899+119902minus1119890minus11990322 119889119903) (int

120138119899minus1|⟨119906 120579⟩|119902 119889120590(119906))

Για έναν δεύτερο τρόπο υπολογισμού παρατηρήστε ότι το αρχικό ολοκλή-

ρωμα είναι ανεξάρτητο του 120579 isin 120138119899minus1 και συνεπώς μπρορεί να υπολογι-

στεί αν θέσουμε 120579 = (1 0 0 hellip 0) στην οποία περίπτωση ισούται με το

intinfinminusinfin

|119909|119902119890minus11990922radic2120587 119889119909)

ΑΠΟΣΤΑΣΗ ΚΥΡΤΩΝ ΣΩΜΑΤΩΝ

Ο Για 119862 119863 κυρτά σώματα στον ℝ119899 ορίζουμε την από-

σταση 119867119886119906119904119889119900119903119891119891 120575(119862 119863) να είναι η ποσότητα

120575(119862 119863) = max max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102

z

NBYumlOz NJOcopyO 9uml Y copy9

NBYcopyO NJOumlOz 9uml Y copy9

Σ Η απόσταση Hausdorff μεταξύ του 119862 και του 119863 είναι η μεγα-

λύτερη από τις δύο αποστάσεις στο σχήμα

Ελέγχουμε τώρα ότι η 120575 είναι μετρική Φανερά λόγω συμμετρίας του

ορισμού 120575(119862 119863) = 120575(119863 119862) 120575(119862 119863) = 0 αν και μόνο αν

max max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102 = 0

Ισοδύναμα θα έχουμε

max119909isin119862 min119910isin119863 119909 minus 1199102 = 0max119910isin119863 min119909isin119862 119909 minus 1199102 = 0 hArr

forall119909 isin 119862 min119910isin119863 119909 minus 1199102 = 0forall119910 isin 119863 min119909isin119862 119909 minus 1199102 = 0

Οπότε

forall119909 isin 119862 119909 isin 119863forall119910 isin 119863 119910 isin 119862 hArr

119862 sube 119863119863 sube 119862

Συνεπώς 119862 = 119863

H τριγωνική ανισότητα ελέγχεται με στοιχειώδεις πράξεις αλλά θα

την δείξουμε γρηγορότερα με την βοήθεια της ακόλουθης πρότασης

Π Αν 119862 119863 κυρτά σώματα στον ℝ119899 τότε

(i) 120575(119862 119863) = inf120575 ge 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120575ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120575ℬ119899

2

(ii) 120575(119862 119863) = max|ℎ119862(119906) minus ℎ119863(119906)| ∶ 119906 isin 120138119899minus1

Απόδειξη της τριγωνικής ανισότητας Έστω ότι τα 119862 119863 119864 είναι κυρτά

σώματα στον ℝ119899 Από την (ii) θα έχουμε

120575(119862 119863) = max|ℎ119862(119906) minus ℎ119863(119906)| 119906 isin 120138119899minus1le max|ℎ119862(119906) minus ℎ119864(119906)| + |ℎ119864(119906) minus ℎ119863(119906)| 119906 isin 120138119899minus1le max|ℎ119862(119906) minus ℎ119864(119906)| 119906 isin 120138119899minus1 + max|ℎ119864(119906) minus ℎ119863(119906)| 119906 isin 120138119899minus1le 120575(119862 119864) + 120575(119864 119863)

Απόδειξη της Πρότασης

(i) Θέτουμε 1205721 = max119909isin119862 min119910isin119863 119909 minus 1199102 Έτσι για κάθε 119909 isin 119862ισχύει min119910isin119863 119909 minus 1199102 le 1205721 οπότε λόγω της συμπάγειας του

119863 υπάρχει 119910 στο 119863 ώστε 119909 minus 1199102 le 1205721 Άρα 119909 minus 119910 isin 1205721ℬ1198992

συνεπώς

119909 isin 119910 + 1205721ℬ1198992 sube 119863 + 1205721ℬ119899

2

Έτσι

119862 sube 119863 + 1205721ℬ1198992 sube 119863 + 120575(119862 119863)ℬ119899

2

Ομοίως αν 1205722 = max119910isin119863 min119909isin119862 119909 minus 1199102 τότε

119863 sube 119862 + 1205722ℬ1198992 sube 119862 + 120575(119862 119863)ℬ119899

2

Άρα

inf120582 gt 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2 le 120575(119862 119863)

Αντίστροφα έστω 120582 gt 0 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 και 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2 Τότε

για κάθε 119909 στο 119862 έχουμε ότι 119909 isin 119863 + 120582ℬ1198992 Άρα υπάρχει 119910 isin 119863

ώστε 119909 minus 1199102 le 120582 οπότε

max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 le 120582

Ομοίως max119910isin119863 min119909isin119862 119909minus1199102 le 120582 Συμπεραίνουμε ότι 120575(119862 119863) le120582 Δηλαδή

120575(119862 119863) le inf120582 gt 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2

Επομένως

120575(119862 119863) = inf120582 gt 0 ∶ 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2

(ii) Για κάθε 120582 gt 0 ώστε 119862 sube 119863 + 120582ℬ1198992 και 119863 sube 119862 + 120582ℬ119899

2 έχουμε ότι

για κάθε 119906 isin 120138119899minus1

ℎ119862(119906) le ℎ119863+120582ℬ1198992(119906) = ℎ119863(119906) + ℎ120582ℬ119899

2(119906) = ℎ119863(119906) + 120582

άρα ℎ119862(119906) minus ℎ119863(119906) le 120582 Ομοίως για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 έχουμε

ότι ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906) le 120582 οπότε |ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| le 120582 και άρα

max119906isin120138119899minus1 |ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| le 120582 Παίρνοντας infimum ως προς το 120582προκύπτει ότι max119906isin120138119899minus1 |ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| le 120575(119862 119863)Αντίστροφα Χωρίς βλάβη της γενικότητας ας υποθέσουμε ότι

120575(119862 119863) = max max119909isin119862

min119910isin119863

119909 minus 1199102 max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102

= max119910isin119863

min119909isin119862

119909 minus 1199102

Λόγω της συμπάγειας των 119862 και 119863 υπάρχουν 1199090 isin 119862 και 1199100 isin 119863ώστε

120575(119862 119863) = 1199090 minus 11991002

Αν 120575(119862 119863) = 0 τότε 119862 = 119863 οπότε ℎ119862 = ℎ119863 και το ζητούμενο

ισχύει Αν 120575(119862 119863) ne 0 θέτουμε

1199060 =1199100 minus 1199090

1199100 minus 1199090isin 120138119899minus1

Ι Το υπερεπίπεδο Η που είναι κάθετο στο 1199060 και περνάει

από το 1199090 στηρίζει το 119862 στο 1199090

[Απόδειξη ισχυρισμού Αν ο ισχυρισμός δεν είναι αληθής τότε

υπάρχει 1199091 στο 119862 ώστε ⟨1199091 1199060⟩ gt ⟨1199090 1199060⟩ Οπότε ⟨1199091minus1199090 1199060⟩ gt 0Θέτουμε 119911120582 = (1minus120582)1199090+1205821199091 isin 119862 και καταλήγουμε σε άτοπο όπως

στην απόδειξη του Θεωρήματος δείχνοντας ότι υπάρχει

120582 gt 0 ώστε 1199100 minus 1199111205822 lt 1199100 minus 11990902 ]

Από τον παραπάνω ισχυρισμό συμπεραίνουμε ότι ℎ119862(1199060) =⟨1199090 1199060⟩ Φανερά αφού ℎ119863(1199060) = sup⟨119910 1199060⟩ ∶ 119910 isin 119863 ισχύει

ℎ119863(1199060) ge ⟨1199100 1199060⟩

Τώρα όμως

ℎ119863(1199060) minus ℎ119862(1199060) ge ⟨1199100 1199060⟩ minus ⟨1199090 1199060⟩ = ⟨1199100 minus 1199090 1199060⟩

=1199100 minus 11990902

2

1199100 minus 11990902= 1199100 minus 11990902

Συνεπώς

max119906isin119878119899minus1

|ℎ119863(119906) minus ℎ119862(119906)| ge ℎ119863(1199060) minus ℎ119862(1199060)

ge 1199100 minus 11990902 = 120575(119862 119863)

Π Έστω ότι τα 119870 1198701 1198702 hellip είναι κυρτά σώματα με0 isin int(119870) Τότε 119870119898 rarr 119870 ως προς τη μετρική Hausdorff για 119898 rarr infin ανκαι μόνο αν για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980ισχύει

(1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sube (1 + 120598)119870

Απόδειξη Αν 120575(119870119898 119870) rarr 0 για κάθε 120579 gt 0 υπάρχει 1198980 = 1198980(120579) isin ℕώστε για κάθε 119898 ge 1198980 να ισχύει 120575(119870119898 119870) lt 120579 Συνεπώς 119870119898 sube 119870 + 120579ℬ119899

2και 119870 sube 119870119898 + 120579ℬ119899

2 Αφού 0 isin int(119870) υπάρχει 120588 gt 0 ώστε 120588ℬ1198992 sube 119870

Έτσι συνεχίζοντας τους προηγούμενους εγκλεισμούς παίρνουμε

119870119898 sube 119870 + 120579ℬ1198992 = 119870 +

120579120588

120588ℬ1198992 sube 119870 +

120579120588

119870 = (1 +120579120588) 119870

Επίσης

(1 minus120579120588) 119870 +

120579120588

119870 = 119870 sube 119870119898 + 120579ℬ1198992 = 119870119898 +

120579120588

120588ℬ1198992 sube 119870119898 +

120579120588

119870

οπότε από τον κανόνα της διαγραφής (Λήμμα )

(1 minus120579120588) 119870 sube 119870119898

Έτσι αν επιλέξουμε 120579 gt 0 ώστε 120579 lt 120588120598 θα πάρουμε

(1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sube (1 + 120598)119870

για κάθε 119898 μεγαλύτερο του 1198980 που αντιστοιχεί σε αυτό το 120579Αντιστρόφως η (1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sube (1 + 120598)119870 συνεπάγεται την

ℎ(1minus120598)119870 le ℎ119870119898le ℎ(1+120598)119870 και από τις ιδιότητες της συνάρτησης στήριξης

(Πρόταση ) (1 minus 120598)ℎ119870 le ℎ119870119898le (1 + 120598)ℎ119870 από όπου προκύπτει

|ℎ119870119898minus ℎ119870| le 120598ℎ119870 Η τελευταία ποσότητα είναι οσοδήποτε μικρή επιθυ-

μούμε αφού το 119870 ως κυρτό σώμα είναι φραγμένο

Θ Ο όγκος vol(119862) ως συνάρτηση από τα κυρτά σώματαεφοδιασμένα με τη μετρική 119867119886119906119904119889119900119903119891119891 στο ℝ είναι συνεχής

Απόδειξη Έστω ότι τα 119862 1198621 1198622 hellip 119862119898 hellip είναι μια ακολουθία κυρτών

σωμάτων ώστε 120575(119862119898 119862) rarr 0 Θα δείξουμε ότι vol(119862119898) rarr vol(119862) Επειδήο όγκος και η απόσταση Hausdorff είναι αναλλοίωτα στις μεταφορές

υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι το 0 ανήκει στο εσωτερικό

του 119862 (το 119862 ως κυρτό σώμα έχει μη κενό εσωτερικό) Από το Πόρισμα

για κάθε 120579 gt 0 υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 να ισχύει

(1 minus 120579)119862 sube 119862119898 sube (1 + 120579)119862

Παίρνοντας όγκους στην παραπάνω προκύπτει ότι

(1 minus 120579)119899vol(119862) le vol(119862119898) le (1 + 120579)119899vol(119862)

από όπου συμπεραίνουμε ότι

∣vol(119862119898) minus vol(119862)∣ le max((1 + 120579)119899 minus 1) (1 minus (1 minus 120579)119899) vol(119862)

Επιλέγοντας κατάλληλο 120579 gt 0 ώστε η τελευταία ποσότητα να είναι

μικρότερη δοθέντος 120598 gt 0 καταλήγουμε στο συμπέρασμα

Άσκηση Χρησιμοποπιήστε τον Ισχυρισμό της απόδειξης του Θεωρήμα-

τος για να αποδείξετε ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 υπάρχει ακολου-

θία πολυπαραλληλεπιπέδων 119875119898 sube 119870 η οποία συγκλίνει στο 119870 ως προς τη

μετρική Hausdorff (Παρατηρήστε ότι για κάθε 120598 gt 0 αν 0 isin int(119870) τότε

(1 minus 120598)119870 sube int(119870))

Θ Κάθε φραγμένη ακολουθία κυρτών σωμάτων στον ℝ119899

έχει συγκλίνουσα υπακολουθία ως προς τη μετρική 119867119886119906119904119889119900119903119891119891

Απόδειξη Έστω ότι τα 1198621 1198622 hellip είναι μια ακολουθία κυρτών σωμάτων η

οποία είναι φραγμένη Δηλαδή περιέχεται στο 119861 ∶= 119877ℬ1198992 για κατάλληλο

119877 gt 0Ι Η 1198621 1198622 hellip περιέχει μια ακολουθία 1198631 1198632 hellip για την οποία

ισχύει

120575(119863119898 119863119896) le1

2min119898119896

[Απόδειξη του ισχυρισμού Θα δείξουμε ότι υπάρχουν ακολουθίες

11986211 11986212 hellip11986221 11986222 hellip⋮ ⋮ ⋱

όπου κάθε γραμμή στον παραπάνω πίνακα είναι υπακολουθία της

προηγούμενης ώστε

() 120575(119862119898119894 119862119898119895) le1

2119898

Αν αυτό γίνει τότε θα θέσουμε

1198631 = 11986211 1198632 = 11986222 hellip 119863119898 = 119862119898119898

οπότε τα 119863119898 119863119896 βρίσκονται και τα δύο στον παραπάνω πίνακα στη

γραμμή min119898 119896 Οπότε

120575(119863119898 119863119896) le1

2min119898119896

από την () Θα κατασκευάσουμε τώρα τον πίνακα των υπακολουθιών

Ας υποθέσουμε ότι έχει κατασκευαστεί η 119898 γραμμή δηλαδή η 1198621198981 1198621198982 hellipμε 120575(119862119898119894 119862119898119895) le 12119898 Θα κατασκευάσουμε την 119898 + 1 γραμμή ώστε

120575(119862119898+1119894 119862119898+1119895) le1

2119898+1

Το 119861 είναι συμπαγές άρα

Β = 1198771198611198992 sube ⋃

119909isin119861int(119861119899

2 (1199091

2119898+2 ))

Άρα υπάρχει πεπερασμένο πλήθος μπαλών της μορφής Β (119909 12119898+2)που καλύπτουν το Β

Σε κάθε ένα από τα 119862119898119894 για 119894 = 1 2 3 hellip αντιστοιχούμε εκείνες τις

μπάλες Β (119909 12119898+2) από το προηγούμενο βήμα που το τέμνουν οι

οποίες το καλύπτουν αφού όλες καλύπτουν το Β Όλες οι υποοικογένειες

των πεπερασμένου πλήθους Β (119909 12119898+2) είναι πεπερασμένο πλήθος και

σε αυτές απεικονίζουμε το απειροσύνολο 1198621198981 1198621198982 hellip Άρα υπάρχει μιαυποοικογένεια των Β (119909 12119898+2) στην οποία απεικονίζεται ένα άπειρο

πλήθος από τα 1198621198981 1198621198982 hellip την οποία ονομάζουμε 119862119898+11 119862119898+12 hellip Μένει

να δείξουμε ότι

120575(119862119898+1119894 119862119898+1119895) le1

2119898+1

Έστω ότι 119909 isin 119862119898+1119894 Αυτό βρίσκεται σε μια από τις μπάλες με ακτίνα

12119898+2 που τέμνουν το 119862119898+1119894 Αν 119888 είναι το κέντρο αυτής της μπάλας

τότε

119909 minus 1198882 le1

2119898+2

Όμως το 119862119898+1119895 καλύπτεται από τις ίδιες μπάλες ακτίνας 12119898+2 διότι

έτσι επιλέχθηκε Δηλαδή

119861 (1198881

2119898+2 ) cap 119862119898+1119895 ne

Συνεπώς υπάρχει 119910 στο 119862119898+1119895 ώστε 119888 minus 1199102 le 12119898+2 Αλλά τότε

119909 minus 1199102 = (119909 minus 119888) minus (119910 minus 119888)2

le 119909 minus 1198882 + 119888 minus 1199102

le1

2119898+2 +1

2119898+2 =1

2119898+1

Δείξαμε δηλαδή ότι για κάθε 119909 που ανήκει στο 119862119898+1119894 υπάρχει 119910 στο

119862119898+1119895 ώστε

119909 minus 1199102 le1

2119898+1

Ομοίως για κάθε 119910 που ανήκει στο 119862119898+1119895 υπάρχει 119909 στο 119862119898+1119894 ώστε

119909 minus 1199102 le1

2119898+1

Άρα

120575(119862119898+1119894 119862119898+1119895) le1

2119898+1 ]

Θα δείξουμε τώρα ότι

119863119898 rarr 119863 =infin

⋂119896=1

(119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992)

Τα 119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 είναι κλειστά και φραγμένα σύνολα Άρα και η τομή

τους είναι κλειστό και φραγμένο σύνολο Θα δείξουμε ότι η ακολουθία

119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 είναι φθίνουσα Έχουμε 120575(1198631 1198632) le 12 άρα

1198631 +12

ℬ1198992 supe 1198632

Ομοίως 120575(1198632 1198633) le 122 άρα

1198632 +1

22 ℬ1198992 supe 1198633 hellip

και γενικά έχουμε ότι

119863119896 +1

2119896 ℬ1198992 supe 119863119896+1

διότι 120575(119863119896 119863119896+1) le 12119896 Έτσι

1198631 + ℬ1198992 = 1198631 +

12

ℬ1198992 +

12

ℬ1198992 supe 1198632 +

12

ℬ1198992 = 1198632 +

122 ℬ119899

2 +1

22 ℬ1198992

supe 1198633 +1

22 ℬ1198992 = 1198633 +

123 ℬ119899

2 +1

23 ℬ1198992 supe hellip supe 119863119896 +

12119896minus1 ℬ

1198992

= 119863119896 +1

2119896 ℬ1198992 +

12119896 ℬ119899

2 supe 119863119896+1 +1

2119896 ℬ1198992

Άρα η 119863 είναι φθίνουσα τομή μη κενών συμπαγών συνόλων Οπότε

το 119863 θα είναι διαφορετικό του κενού συνόλου Έχουμε ότι το 119863 είναι

υποσύνολο του 119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 Επίσης ισχύει

119863 sube 119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992 sube 119863119896 + 120598ℬ119899

2

για 119896 αρκετά μεγάλο (119896 ge 1+log2(1120598)) Μένει να δείξουμε ότι 119863119896 sube 119863+

120598ℬ1198992 Έτσι θα καταλήξουμε στο 120575(119863 119863119896) le 120598 Θέτουμε 119866 = int(119863 + 120598ℬ119899

2)το οποίο είναι διαφορετικό του κενού συνόλου (αφού περιέχει μεταφορά

της ευκλείδειας μπάλας) Από το ότι η 119863119896 + (12119896minus1)ℬ1198992 είναι φθίνουσα

έχουμε

(1198631 + ℬ1198992) ⧵ 119866 supe (1198632 +

12

ℬ1198992) ⧵ 119866 supe hellip

Η τομή αυτής της ακολουθίας είναι υποσύνολο του 119863 αφού

infin

⋂119896=1

((119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992) ⧵ 119866) sube

infin

⋂119896=1

(119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992) = 119863

Επίσης φανερά το 119863 είναι υποσύνολο του 119866 = int(119863 + 120598ℬ1198992) διότι

αν πάρουμε ένα 119909 στο 119863 τότε θα έχουμε 119909 + 120598ℬ1198992 sube 119863 + 120598ℬ119899

2 οπότε

ℬ1198992(119909 120598) sube 119863 + 120598ℬ119899

2 και άρα 119909 isin int(119863 + 120598ℬ1198992) Θέτουμε

119860 =infin

⋂119896=1

((119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992) ⧵ 119866) = (

infin

⋂119896=1

(119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992)) ⧵ 119866

Άρα το Α είναι υποσύνολο του ℝ119899 ⧵ 119866 το οποίο αφού 119863 sube 119866 είναιυποσύνολο του ℝ119899 ⧵ 119863 Συνεπώς το Α είναι το κενό σύνολο γιατί τα

στοιχεία του ανήκουν στο 119863 και στο συμπλήρωμα του 119863 Άρα υπάρχει

1198960 isin ℕ ώστε το σύνολο (1198631198960+ (121198960minus1)ℬ119899

2) ⧵ 119866 να είναι το κενό Άρα

1198631198960+

121198960minus1 ℬ

1198992 sube 119866 sube 119863 + 120598ℬ119899

2

Όμως για κάθε 119896 ge 1198960

119863119896 sube 1198631198960+

121198960minus1 ℬ

1198992

αφού

119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992 sube 1198631198960

+1

21198960minus1 ℬ1198992 sube 119863 + 120598ℬ119899

2

Οπότε

119863119896 sube 119863119896 +1

2119896minus1 ℬ1198992 sube 119863 + 120598ℬ119899

2

Έτσι για αρκετά μεγάλο 119896 ισχύει 119863119896 sube 119863 + 120598ℬ1198992 και 119863 sube 119863119896 + 120598ℬ119899

2

Επομένως 120575(119863119896 119863) le 120598

ΟΙ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ PREKOPA-LEINDLER ΚΑΙ

BRUNN-MINKOWSKI

Η παρουσίαση των επόμενων θεμάτων με πλήρη αυστηρότητα

απαιτεί τη γνώση θεωρίας μέτρου κάτι που ξεφεύγει από τους σκοπούς

του παρόντος Οι αναγνώστες που δεν έχουν αυτές τις γνώσεις θα

πρέπει να αποδεχθούν τα ακόλουθα

(i) Οι συναρτήσεις που θα εμφανίζονται παρακάτω θα είναι πάντα

ολοκληρώσιμες

(ii) Σε οποιοδήποτε πολλαπλό ολοκλήρωμα που εμφανίζεται παρακά-

τω μπορούμε να αλλάζουμε τη σειρά της ολοκλήρωσης (Θεώρημα

Fubini)

(iii) Το συνολικό laquoμήκοςraquo ενός υποσυνόλου του ℝ είναι το supremum

των μηκών συμπαγών υποσυνόλων του (εσωτερική κανονικότητα

του μέτρου Lebesgue) Για παράδειγμα |(2 5)| = 5 minus 2 = 3 και

το [2 + 1119899 5 minus 1

119899] είναι συμπαγές υποσύνολο του (2 5) με

sup119899

∣[2 +1119899

5 minus1119899

]∣ = sup119899

(5 minus1119899

minus (2 +1119899)) = sup

119899(3 minus

2119899) = 3

-

Θ Έστω ότι οι 119891 119892 ℎ ge 0 είναι ολοκληρώσιμες συναρτή-σεις από το ℝ119899 στο ℝ και 0 lt 120582 lt 1 Αν ισχύει

() ℎ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge 119891(119909)1minus120582119892(119910)120582

για κάθε 119909 119910 στο ℝ119899 τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge (intℝ119899

119891(119909) 119889119909)1minus120582

(intℝ119899

119892(119910) 119889119910)120582

- -

Π Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση 119896(119909) = 119891(119909)1minus120582119892(119909)120582

τότε από την ανισότητα Houmllder για 119901 = 1(1 minus 120582) και 119902 = 1120582 (οπότε1119901

+ 1119902

= 1) προκύπτει

intℝ119899

119896(119909) 119889119909 le (intℝ119899

(119891(119909)1minus120582)119901)

1119901

(intℝ119899

(119892(119909)120582)119902)

1119902

= (intℝ119899

119891(119909) 119889119909)1minus120582

(intℝ119899

119892(119910) 119889119910)120582

Δηλαδή η αντίστροφη της παραπάνω ανισότητας Η διαφορά εδώ

είναι ότι η ℎ πρέπει να ικανοποιεί την (61) για κάθε 119909 και για κάθε 119910

οπότε θα είναι μεγαλύτερη από την 119896(119909) που ικανοποιεί την (61) (με

ισότητα) μόνο για 119909 = 119910 Με αυτή την έννοια η ανισότητα Prekopa-

Leindler ερμηνεύεται ως laquoαντίστροφη μορφήraquo της ανισότητας Houmllder

Για την απόδειξη του Θεωρήματος θα χρειαστούμε το ακόλουθο

λήμμα

Λ Αν η 119891 ∶ ℝ rarr [0 infin) είναι μετρήσιμη συνάρτηση τότε

intℝ

119891(119909) 119889119909 = intinfin

0∣119909 isin ℝ ∶ 119891(119909) ge 119905∣ 119889119905

Απόδειξη Θέτουμε 119860119905 = 119909 ∶ 119891(119909) ge 119905 για κάθε 119905 ge 0 Παρατηρούμετώρα ότι 120594[0119891(119909)](119905) = 1 αν και μόνο αν 0 le 119905 le 119891(119909) αν και μόνο

αν 120594119860119905(119909) = 1 για 119905 ge 0 Αλλιώς και οι δύο αυτές χαρακτηριστικές

συναρτήσεις είναι ίσες με μηδέν Έτσι αλλάζοντας την κατάλληλη στιγμή

τη σειρά ολοκλήρωσης έχουμε

intℝ

119891(119909) 119889119909 = intℝ

int119891(119909)

0119889119905 119889119909

= intℝ

intinfin

0120594[0119891(119909)](119905) 119889119905 119889119909

= intinfin

0int

ℝ120594119860119905

(119909) 119889119909 119889119905

= intinfin

0∣119909 ∶ 119891(119909) ge 119905∣ 119889119905

-

Απόδειξη του Θεωρήματος Θα κάνουμε επαγωγή στο 119899 Πριν

αποδείξουμε την περίπτωση 119899 = 1 αποδεικνύουμε το εξής

Ι Αν τα 119877 119878 119879 sube ℝ είναι μη κενά σύνολα που έχουν laquoμήκοςraquo

(δηλαδή είναι μετρήσιμα) και 0 lt 120582 lt 1 ώστε 119877 supe (1 minus 120582)119878 + 120582119879 τότε

|119877| ge (1 minus 120582)|119878| + 120582|119879| όπου | sdot | είναι το μήκος (μέτρο Lebesgue)

[Απόδειξη του ισχυρισμού Επειδή |(1 minus 120582)119878| = (1 minus 120582)|119878| και |120582119879| = 120582|119879|αρκεί να αποδείξουμε ότι |119878 + 119879| ge |119878| + |119879| Σύμφωνα με την ιδιότητα

του μήκους που περιγράψαμε στην αρχή του κεφαλαίου θα υποθέσουμε

χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι τα 119878 119879 είναι συμπαγή Άρα το 119878 έχει

μέγιστο στοιχείο έστω το 119904 και το 119879 έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το

119905 Έτσι 119878 minus 119904 sube (minusinfin 0] και 119879 minus 119905 sube [0 infin) Δηλαδή τα σύνολα αυτά

έχουν κοινό στοιχείο μόνο το 0 Οπότε αφού 0 isin 119879 minus 119905 συνεπάγεται

ότι 119878 minus 119904 sube (119878 minus 119904) + (119879 minus 119905) και αφού 0 isin 119878 minus 119904 συνεπάγεται ότι

119879 minus 119905 sube (119878 minus 119904) + (119879 minus 119905) Άρα αφού η μόνη τομή του 119878 minus 119904 με το

119879 minus 119905 είνα το 0 συμπεραίνουμε ότι

|119878 + 119879| = |119878 + 119879 minus (119904 + 119905)| = ∣(119878 minus 119904) + (119879 minus 119905)∣

ge ∣(119878 minus 119904) cup (119879 minus 119905)∣ ge |(119878 minus 119904)| + |(119879 minus 119905)|ge |119878| + |119879|

ολοκληρώνοντας την απόδειξη του ισχυρισμού ]

Ξεκινάμε την επαγωγική διαδικασία Έστω ότι 119899 = 1 Από την (61)εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει

119911 ∶ ℎ(119911) ge 119905 supe (1 minus 120582)119909 ∶ 119891(119909) ge 119905 + 120582119910 ∶ 119892(119910) ge 119905

διότι αν119891(119909) ge 119905 και 119892(119910) ge 119905 τότε από την υπόθεση ℎ ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge119905 άρα (1minus120582)119909+120582119910 isin 119911 ∶ ℎ(119911) ge 119905 Άρα από τον παραπάνω ισχυρισμό

ισχύει

∣119911 ∶ ℎ(119911) ge 119905∣ ge (1 minus 120582)∣119909 ∶ 119891(119909) ge 119905∣ + 120582∣119910 ∶ 119892(119910) ge 119905∣

Χρησιμοποιούμε τώρα το Λήμμα και ολοκληρώνοντας ως προς 119905παίρνουμε

intℝ

ℎ ge (1 minus 120582) intℝ

119891 + 120582 intℝ

119892 ge (intℝ

119891)1minus120582

(intℝ

119892)120582

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Αριθ-

- -

μητικού-Γεωμετρικού Μέσου (Θεώρημα ) Αυτό επιβεβαιώνει το

πρώτο βήμα της επαγωγής

Έστω ότι το αποτέλεσμα ισχύει για 119899 minus 1 και ότι 119891 119892 ℎ ∶ ℝ119899 rarr ℝόπως στην υπόθεση Επειδή ℝ119899 = ℝ times ℝ119899minus1 για κάθε 119905 isin ℝ θέτουμε

119891119905 ∶ ℝ119899minus1 rarr ℝ με 119891119905(119909) = 119891(119905 119909) και ομοίως ορίζουμε τις 119892119905 και ℎ119905

Έτσι αν 119905 = (1 minus 120582)1199051 + 1205821199052 για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899minus1 ισχύει

ℎ119905((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge (1198911199051(119909))1minus120582

(1198921199052(119909))120582

Εφαρμόζοντας την επαγωγική υπόθεση συμπεραίνουμε ότι

intℝ119899minus1

ℎ119905(119909) 119889119909 ge (intℝ119899minus1

1198911199051(119909)119889119909)1minus120582

(intℝ119899minus1

1198921199052(119909)119889119909)120582

()

Ορίζουμε τις συναρτήσεις 119865 119866119867 ∶ ℝ rarr ℝ θέτοντας 119865(119905) = intℝ119899minus1 119891119905(119909)119889119909και ομοίως για τις 119866 και 119867 Η () γράφεται ως 119867((1 minus 120582)1199051 + 1205821199052) ge119865(1199051)1minus120582119866(1199052)120582

Έτσι αναχθήκαμε στην περίπτωση 119899 = 1 που την έχουμε επιβεβαιώ-

σει Συνεπώς

intℝ

119867(119905) 119889119905 ge (intℝ

119865(119905) 119889119905)1minus120582

(intℝ

119866(119905) 119889119905)120582

οπότε

intℝ

intℝ119899minus1

ℎ(119905 119909) 119889119905119889119909 ge (intℝ

intℝ119899minus1

119891(119905 119909) 119889119905119889119909)1minus120582

(intℝ

intℝ119899minus1

119892(119905 119909) 119889119905119889119909)120582

που είναι η ζητούμενη

Άσκηση Επεκτείνετε το Λήμμα στον ℝ119899 δείχνοντας ότι αν 119891 ∶ ℝ119899 rarr[0 infin) μετρήσιμη συνάρτηση τότε

intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = intinfin

0vol119899119909 isin ℝ119899 ∶ 119891(119909) ge 119905 119889119905

Άσκηση Χρησιμοποιήστε την προηγούμενη άσκηση για να αποδείξετε

-

ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 ισχύει

intℝ119899

119890minus119909119870 119889119909 = 119899 vol119899(119870)

Με τον ίδιο τρόπο αποδείξτε ότι για κάθε 119901 gt 0 ισχύει

intℝ119899

119890minus119909119901119870 119889119909 = Γ (1 +

119899119901) vol119899(119870)

Άσκηση Έστω ότι η 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin) ικανοποιεί την 0 lt intℝ119899 119891 lt infinκαι η log 119891 είναι κοίλη συνάρτηση (δηλαδή η minus log 119891 είναι κυρτή) Αποδείξτε

ότι υπάρχει 119905 isin (0 1) ώστε το σύνολο 119870(119905) = 119909 isin ℝ119899 ∶ 119891(119909) gt 119905 να έχει

θετικό μέτρο Lebesgue και είναι κυρτό φραγμένο και με μη κενό εσωτερικό

(Υποδειξη για το φραγμένο χρησιμοποιήστε την Άσκηση ενώ για το μη

κενό εσωτερικό αποδείξτε το ότι λόγω θετικού μέτρου περιέχει 119899 + 1 σημεία σε

γενική θέση)

-

Η ανισότητα Brunn-Minkowski παίζει κεντρικό ρόλο στη θεωρία

των κυρτών σωμάτων Υπάρχουν διάφοροι τρόποι να αποδειχθεί Εδώ

επιλέγουμε τη χρήση της ανισότητας Prekopa-Leindler

Θ (Πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Brunn-Minkowski)

Έστω ότι τα 119878 119879 είναι μη κενά συμπαγή υποσύνολα του ℝ119899 Τότε

vol ((1 minus 120582)119878 + 120582119879) ge vol(119878)1minus120582vol(119879)120582

για κάθε 120582 isin [0 1]

Απόδειξη Θέτουμε 119891 = 120594119878 ∶ ℝ119899 rarr ℝ και 119892 = 1119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ με

120594119878(119909) = 1 αν 119909 isin 1198780 αν 119909 notin 119878 και 120594119879(119909) =

1 αν 119909 isin 1198790 αν 119909 notin 119879

Οπότε int 119891 = vol(119878) και int 119892 = vol(119879) Θέτουμε 119877 = (1 minus 120582)119878 + 120582119879 και

ℎ = 120594119877 Οι ℎ 119891 119892 ικανοποιούν τις υποθέσεις της ανισότητας Prekopa-

Leindler αφού αν 119891(119909) = 0 ή 119892(119910) = 0 η υπόθεση της Prekopa-Leindler

ισχύει Ενώ αν 119891(119909) ne 0 και 119892(119910) ne 0 τότε 119909 isin 119878 και 119910 isin 119879 οπότε

(1 minus 120582)119909 + 120582119910 isin (1 minus 120582)119878 + 120582119879 και άρα ℎ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) = 1 Έτσι και

πάλι επαληθεύονται οι υποθέσεις της Prekopa-Leindler

- -

Συνεπώς

int ℎ ge (int 119891)1minus120582

(int 119892)120582

δηλαδή int 1119877 ge (int 1119878)1minus120582

(int 1119879)120582

άρα

vol(119877) ge vol(119878)1minus120582vol(119879)120582

οπότε

vol ((1 minus 120582)119878 + 120582119879) ge vol(119878)1minus120582vol(119879)120582

Θ (Αθροιστική μορφή της ανισότητας Brunn-Minkowski)

Έστω ότι τα 119878 119879 είναι μη κενά και συμπαγή υποσύνολα του ℝ119899 Τότε

vol(119878 + 119879)1119899 ge vol(119878)1119899 + vol(119879)1119899

Αν ισχύει η ισότητα για κάποιο τότε ένα από τα 119878 119879 είναι πολλαπλάσιοτου άλλου

Απόδειξη Η απόδειξη της περίπτωσης της ισότητας δεν θα γίνει σεπαραπομ-

πή αυτό το σημείο γιατί απαιτεί άλλου είδους απόδειξη η οποία είναι πιο

περίπλοκη Θα αποδείξουμε μόνο την ανισότητα

Γράφοντας |Α| αντί για vol(119860) θέτουμε

119870 =119878

|119878|1119899 119871 =119879

|119879|1119899 και 120582 =|119879|1119899

|119878|1119899 + |119879|1119899

(αν |119878| = 0 ή |119879| = 0 βλέπουμε εύκολα ότι η ζητούμενη ανισότητα

ισχύει οπότε υποθέτουμε ότι |119878| ne 0 και |119879| ne 0) Παρατηρούμε ότι

120582 isin [0 1] και ότι 1 minus 120582 = |119878|1119899(|119878|1119899 + |119879|1119899) Επίσης |119870| = 1 και

|119871| = 1 Εφαρμόζουμε την πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας

Brunn-Minkowski

∣(|119878|1119899

|119878|1119899 + |119879|1119899

119878|119878|1119899 +

|119879|1119899

|119878|1119899 + |119879|1119899

119879|119879|1119899 )∣ ge 11minus120582 sdot 1120582 = 1

Άρα

∣(119878

|119878|1119899 + |119879|1119899 +119879

|119878|1119899 + |119879|1119899 )∣ ge 1

από όπου προκύπτει

|119878 + 119879|1119899 ge |119878|1119899 + |119879|1119899

Π Ηπολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Brunn-Min-

kowski σε σχέση με την προσθετική της μορφή έχει το πλεονέκτημα ότι

είναι ανεξάρτητη της διάστασης 119899 Παρόλα αυτά εύκολα βλέπει κανείς

ότι οι δύο μορφές είναι ισοδύναμες

Στοι-

χειώδης

απόδειξη

της Brunn-

Minkowski

(να προ-

στεθείhellip)

Άσκηση Αποδείξτε ότι η πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας

Brunn-Minkowski ισχύει αν και μόνο αν ισχύει η προσθετική της μορφή

Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή ότι αν 120582119894 gt 0 και 119870119894 κυρτά σώματα για

119894 = 1 hellip 119898 τότε ισχύει

vol119899(120582119894119870119894) ge119898

prod119894=1

vol(119870119894)120582119894

Χρησιμοποιήστε αυτή την ανισότητα για να αποδείξετε ότι για θετικά ορισμέ-

νους 119899 times 119899 πίνακες 119860119894 ισχύει

det (119899

sum119894=1

120582119894119860119894) ge119898

prod119894=1

det(119860119894)120582119894

Ο Έστω ότι το Α είναι διαφορετικό του κενού και συμ-

παγές υποσύνολο του ℝ119899 που έχει όγκο Το εμβαδόν επιφανείας του Αορίζεται να είναι το όριο

120597119860 = lim119905rarr0+

vol(119860 + 119905ℬ1198992) minus vol(119860)119905

εφόσον το όριο αυτό υπάρχει

Λ Αν119860 υποσύνολο τουℝ119899 το οποίο έχει εμβαδόν επιφανείαςτότε για κάθε 119903 gt 0 το 119903119860 έχει εμβαδόν επιφανείας και ισχύει

120597(119903119860) = 119903119899minus1120597(119860)

- -

Απόδειξη Γράφοντας | sdot | αντί για vol119899 από τον ορισμό του εμβαδού

επιφανείας έχουμε

120597(119903119860) = lim119905rarr0+

|119903119860 + 119905ℬ1198992| minus |119903119860|119905

= lim119905rarr0+

119903119899 ∣119860 + (119905119903)ℬ1198992∣ minus 119903119899|119860|

119905

= 119903119899 lim119905rarr0+

∣119860 + (119905119903)ℬ1198992∣ minus |119860|

119905= 119903119899minus1 lim

119905rarr0+

∣119860 + (119905119903)ℬ1198992∣ minus |119860|

119905119903= 119903119899minus1120597(119860)

Για να αποδείξουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα θα αποδείξουμε

πρώτα ένα θεώρημα το οποίο μας λέει ότι από όλα τα σώματα με τον

ίδιο όγκο το ελάχιστο εμβαδόν επιφανείας το έχει η ευκλείδεια μπάλα

Θ Αν vol119899(ℬ1198992) = vol119899(119860) με το Α να είναι υποσύνολο

του ℝ119899 που έχει όγκο και εμβαδόν επιφανείας τότε

120597119860 ge 120597ℬ1198992

Απόδειξη Γράφοντας |sdot| αντί για vol119899 και χρησιμοποιώντας την ανισότητα

Brunn-Minkowski έχουμε

120597119860 = lim119905rarr0+

|119860 + 119905ℬ1198992| minus |119860|119905

ge lim119905rarr0+

(|119860|1119899 + |119905ℬ119899

2|1119899 )

119899minus |119860|

119905

= lim119905rarr0+

(|119860|1119899 + 119905|ℬ119899

2|1119899 )

119899minus |119860|

119905= lim

119905rarr0+

119899 (|119860|1119899 + 119905|ℬ119899

2|1119899 )

119899minus1|ℬ119899

2|1119899

1= 119899|119860|

119899minus1119899 |ℬ119899

2|1119899 = 119899|ℬ119899

2|119899minus1119899 |ℬ119899

2|1119899 = 119899|ℬ119899

2|

Όμως

120597(ℬ1198992) = lim

119905rarr0+

|ℬ1198992 + 119905ℬ119899

2| minus |ℬ1198992|

119905= lim

119905rarr0+

|(1 + 119905)ℬ1198992| minus |ℬ119899

2|119905

= lim119905rarr0+

(1 + 119905)119899|ℬ1198992| minus |ℬ119899

2|119905

= |ℬ1198992| lim

119905rarr0+

(1 + 119905)119899 minus 1119905

= |ℬ1198992| lim

119905rarr0+

119899(1 + 119905)119899minus1

1= 119899|ℬ119899

2|

Συνεπώς 120597119860 ge 120597(ℬ1198992)

Θ (Η Ισοπεριμετρική ανισότητα) Έστω ότι το 119860 είναιυποσύνολο του ℝ119899 το οποίο έχει όγκο και εμβαδόν επιφανείας Αν 120597119860 =120597(119903ℬ119899

2) τότεvol119899(119860) le vol119899(119903ℬ119899

2)

Απόδειξη Το σύνολο (|119903ℬ1198992|

1119899 |119860|

1119899 )119860 έχει όγκο ίσο με |119903ℬ119899

2| διότι

∣|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

119860∣ = (|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

)119899

|119860| = |119903ℬ1198992|

Οπότε θα έχουμε ότι

120597 (|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

119860) ge 120597(119903ℬ1198992)

Έτσι χρησιμοποιώντας το Λήμμα συμπεραίνουμε ότι

(|119903ℬ119899

2|1119899

|119860|1119899

)119899minus1

120597119860 ge 120597(119903ℬ1198992)

οπότε |119903ℬ1198992||119860| ge 1 Επομένως |Α| le |119903ℬ119899

2|

Άσκηση Έστω ότι το 119860 είναι υποσύνολο του ℝ119899 το οποίο έχει όγκο και

εμβαδόν επιφανείας Αποδείξτε ότι

(|119860||ℬ119899

2|)

1119899

le (120597119860120597ℬ119899

2)

1119899minus1

Μια άλλη εφαρμογή της ανισότητας Brunn-Minkowski είναι η αρχή

του Brunn Μας περιγράφει μια ιδιότητα του όγκου των τομών ενός

σώματος 119870 με υπερεπίπεδο κάθετο σε συγκεκριμένη διεύθυνση

- -

Θ Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 και120579 isin 120138119899minus1 Θέτουμε 120579⟂ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 120579⟩ = 0 και θεωρούμε τησυνάρτηση 119891120579 ∶ ℝ rarr ℝ με

119891120579(119905) = vol119899minus1(119870 cap (120579⟂ + 119905120579))

Τότε η 1198911(119899minus1)120579 είναι κοίλη στον φορέα της

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι 120579 = 119890119899 Έτσι

119891120579(119905) = vol119899minus1(119870 cap 119909 ∶ 119909119899 = 119905) Θέτουμε 119870(119905) = 119909 isin ℝ119899minus1 ∶ (119909 119905) isin119870 οπότε 119891120579(119905) = vol119899minus1(119870(119905)) Αν τα 119905 119904 είναι στον φορέα της 119891120579 (δηλαδή

αν 119891120579(119905) ne 0 και 119891120579(119904) ne 0) και 120582 isin [0 1] ισχύει

119870((1 minus 120582)119905 + 120582119904) supe (1 minus 120582)119870(119905) + 120582119870(119904)

Πράγματι αν 119911 = (1 minus 120582)119909 + 120582119910 με 119909 isin 119870(119905) και 119910 isin 119870(119904) τότε(119909 119905) isin 119870 και (119909 119904) isin 119870 και από την κυρτότητα του 119870 συμπεραίνουμε

ότι (1 minus 120582)(119909 119905) + 120582(119910 119904) isin 119870 Οπότε ((1 minus 120582)119909 + 120582119910 (1 minus 120582)119905 + 120582119904) isin 119870

δηλαδή (1 minus 120582)119909 + 120582119910 isin 119870((1 minus 120582)119905 + 120582119904)Εφαρμόζουμε τώρα την ανισότητα Brunn-Minkowski στον ℝ119899minus1 και

(γράφοντας | sdot | για τον 119899 minus 1-όγκο) παίρνουμε

∣119870((1 minus 120582)119905 + 120582119904)∣1(119899minus1)

ge ∣(1 minus 120582)119870(119905) + 120582119870(119904)∣1(119899minus1)

ge (1 minus 120582)∣119870(119905)∣1(119899minus1) + 120582∣119870(119904)∣

1(119899minus1)

δηλαδή το ζητούμενο

Η αρχή του Brunn αποδείχθηκε ως συνέπεια της ανισότητας Brunn-

Minkowski Όμως για κυρτά σύνολα είναι ισοδύναμη με αυτήν Οι λε-

πτομέρειες δίνονται στην Άσκηση

Άσκηση Αποδείξτε ότι η αρχή του Brunn συνεπάγεται την ανισότητα

Brunn-Minkowski ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Για δυο κυρτά σύνολα 119870 και 119879 στον ℝ119899 θεωρήστε τα 1198701 = 119870 times 0 subeℝ119899+1 1198791 = 119879 times 1 sube ℝ119899+1 και

119871 = conv1198701 1198791 = (1minus120582)(119909 0)+120582(119910 1) ∶ 120582 isin [0 1] 119909 isin 119870 119910 isin 119879

Δείξτε ότι 119871(119905) = (1 minus 119905)119870 + 119905119879 για κάθε 119905 isin [0 1]

(ii) Εφαρμόστε την αρχή του Brunn για τα 119871(0) 119871(1) και 119871(12)

Το λήμμα του Borel μας λέει ότι ο όγκος μειώνεται πολύ γρήγορα

από τη στιγμή που αποκοπεί από ένα κυρτό σώμα ένα κυρτό τμήμα

του όγκου μεγαλύτερου του 12

Θ Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα όγκου 1 στον ℝ119899

και 119860 ένα κεντρικά συμμετρικό κλειστό και κυρτό υποσύνολο του ℝ119899 πουικανοποιεί την vol119899(119870 cap 119860) =∶ 120575 gt 12 Τότε για κάθε 119905 gt 1 ισχύει

vol119899(119870 cap (119905119860)119888) le 120575 (1 minus 120575

120575 )(119905+1)2

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι

119860119888 supe2

119905 + 1(119905119860)119888 +

119905 minus 1119905 + 1

119860()

Πράγματι αν όχι τότε υπάρχει 119886 isin 119860 ώστε

119886 =2

119905 + 1119909 +

119905 minus 1119905 + 1

119910

όπου 119910 isin 119860 και 119909 isin (119905119860)119888 δηλαδή 119909 notin 119905119860 Κάνοντας στοιχειώδεις

πράξεις προκύπτει ότι

1119905119909 =

119905 + 12119905

119886 +119905 minus 12119905

(minus119910)

Το minus119910 ανήκει στο 119860 αφού το 119860 είναι κεντρικά συμμετρικό Άρα το

119909119905 γράφεται ως κυρτός συνδυασμός στοιχείων του 119860 Επειδή το 119860είναι κυρτό συμπεραίνουμε ότι 119909119905 isin 119860 δηλαδή 119909 isin 119905119860 το οποίο είναι

άτοπο

Επιστρέφοντας στην () και τέμνοντας με το 119870 παίρνουμε

119870 cap 119860119888 supe2

119905 + 1((119905119860)119888 cap 119870) +

119905 minus 1119905 + 1

(119860 cap 119870)

Η ανισότητα Brunn-Minkowski στην πολλαπλασιαστική της μορφή δίνει

1 minus 120575 = |119870 cap 119860119888| ge ∣(119905119860)119888 cap 119870∣2(119905+1)|119860 cap 119870|(119905minus1)(119905+1)

- -

από όπου με απλές πράξεις προκύπτει η ζητούμενη

Άσκηση Διερευνήστε και επιβεβαιώστε το λήμμα του Borel όταν 119870 =ℬ119899

2|ℬ1198992|1119899 και το 119860 είναι κατάλληλο πολλαπλάσιο του 119870

Άσκηση Ίδια άσκηση με την προηγούμενη όταν 119870 = ℬ119899infin|ℬ119899

infin|1119899 και

119870 = ℬ1198991 |ℬ119899

1 |1119899

Η ΣΥΜΜΕΤΡΙΚΟΠΟΙΗΣΗ STEINER

Έστω ότι το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα και Η υπερεπίπεδο στον ℝ119899

με 0 isin 119867 Το συμμετρικό κατά Steiner του 119870 ως προς το Η ορίζεται ως

εξής Για κάθε ευθεία 119871 κάθετη στο Η με 119870 cap 119871 ne μετατοπίζουμε το

ευθύγραμμο τμήμα 119870 cap 119871 πάνω στην 119871 μέχρι το κέντρο του να βρεθεί

πάνω στο Η Η ένωση όλων αυτών των μετατοπισμένων ευθύγραμμων

τμημάτων συμβολίζεται με St119867(119870) (ή St(119870) αν εννοείται ποιο είναι το

υπερεπίπεδο ως προς το οποίο γίνεται η συμμετρικοποίηση) και λέγεται

Steiner συμμετρικό του 119870 ως προς το υπερεπίπεδο Η Θα ακολουθήσει

ο αυστηρός ορισμός της συμμετρικοποίησης

Αν το 119867 είναι υπερεπίπεδο που περνάει από την αρχή των αξόνων

θα γράφουμε Proj119867για την ορθογώνια προβολή πάνω το 119867 Αν για

παράδειγμα το 119906 είναι μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στο 119867 τότε Proj119867(119909) =

119909 minus ⟨119909 119906⟩119906

Ο Έστω ότι το Κ είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 και Ηυπερεπίπεδο στον ℝ119899 ώστε 0 isin Η Το συμμετρικό κατά Steiner του 119870ως προς το Η ορίζεται να είναι το σύνολο

St119867(119870) = 119910 + 120582119906 ∶ 119910 isin Proj119867(119870) και |120582| le

12

|119870 cap (119910 + ℝ119906)|

όπου το 119906 να είναι κάθετο στο Η 1199062 = 1 και ℝ119906 ∶= 119903119906 ∶ 119903 isin ℝ

Στα παρακάτω το Η θα είναι ένα υπερεπίπεδο με 0 isin Η και 119871 η κάθετη

ευθεία στο Η που περνάει από το 0 όπως στο Σχήμα (σελίδα )

Αν το υπερεπίπεδο εννοείται ποιο είναι ή ισχύει κάτι οποιοδήποτε και

αν είναι το 119867 τότε θα γράφουμε και St(119870) παραλείποντας το 119867 από

τον συμβολισμό

Ακολουθεί μια σειρά προτάσεων που περιγράφουν διάφορες από

τις ιδιότητες της συμμετρικοποίησης Steiner

Λ Αν το Τ sube ℝ2 είναι ένα τραπέζιο με τις παράλληλες πλευ-ρές του κάθετες στο υπερεπίπεδο (εδώ ευθεία) 119867 τότε η συμμετρικοποίησηSteiner του 119879 ως προς το 119867 είναι και πάλι τραπέζιο

Πριν δώσουμε την αυστηρή απόδειξη και για να γίνει αυτή ευκολότερα

κατανοητή κοιτάξτε στο Σχήμα Στα αριστερά βλέπουμε το τραπέζιο

119879 το οποίο είναι να συμμετρικοποιηθεί Στα δεξιά έχουμε το τραπέζιο

που σχηματίζεται με την κυρτή θήκη των συμμετρικοποιημένων βάσεων

του αρχικού τραπεζίου Δηλαδή το σχήμα που εικονίζεται στα δεξιά δεν

d

Z [

[

[

copy [ Y Z

uml Z

copy [

uml

x

y

z

|

Z

YZ

[

Y[d

~

Σ Τραπέζιο και η κυρτή θήκη των συμμετρικοποιημένων πλευρών

πάνω στις ευθείες 1198711 και 1198712

είναι a priori το συμμετρικοποιημένο τραπέζιο του δεξιού σχήματος αλλά

το τραπέζιο που σχηματίζεται αν συμμετρικοποιήσουμε τις βάσεις (και

μόνο) του αρχικού τραπεζίου και στη συνέχεια πάρουμε την κυρτή τους

θήκη Αυτό που θέλουμε να δείξουμε για να αποδειχθεί το παραπάνω

λήμμα είναι ότι St(119879) = 119862119863119864119865 Αυτό θα είναι σωστό αν αποδείξουμε ότι

η τομή του 119879 με την ευθεία 119871 δηλαδή το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ έχειτο ίδιο μήκος με την τομή του 119862119863119864119865 με την 119871 δηλαδή το τμήμα 119866119867

Απόδειξη του λήμματος Θεωρούμε τραπέζιο 119879 με τις βάσεις του κάθετες

στον άξονα των 119909 και υποθέτουμε επίσης ότι η μία κορυφή του είναι στην

αρχή των αξόνων με τη μία βάση του μήκους 120572 πάνω τον άξονα των 119910

ενώ η άλλη βάση του με μήκος 120573 έχει τετμημένη 120574 (δείτε Σχήμα ) Έστω

ότι 120582 isin (0 1) Αρκεί να αποδείξουμε ότι το μήκος της τομής του 119879 με

την ευθεία 119871 παράλληλη στις βάσεις του τραπεζίου και με τετμημένη 120582120574έχει μήκος (1minus120582)119886+120582119887 Αν αποδειχθεί αυτό θα ολοκληρωθεί η απόδειξη

αφού τα στοιχεία που συνιστούν αυτή την έκφραση παραμένουν τα

ίδια και στο τραπέζιο

conv0 times [minus1205722 1205722] 120574 times [minus1205732 1205732]

που είναι σχεδιασμένο στα δεξιά του Σχήματος Αυτό τώρα είναι

εύκολο αν τα άκρα της βάσης 120574 times [minus1205732 1205732] έχουν τεταγμένες 1205731και 1205732 ώστε 120573 = 1205732 minus 1205731 τότε οι μη παράλληλες πλευρές του τραπεζίου

119879 ανήκουν στις ευθείες με εξισώσεις

119910 =1205732 minus 120572

120574119909 + 120572 και 119910 =

1205731

120574119909

Έτσι

|119860119861| =1205732 minus 120572

120574120582120574 + 120572 minus

1205731

120574120582120574

Εύκολα βλέπουμε ότι η τελευταία παράσταση ισούται με (1 minus 120582)120572 + 120582120573δηλαδή το ζητούμενο

Λ Για κάθε (μετρήσιμο) σύνολο 119870 sube ℝ119899 και για κάθε119909 isin ℝ119899 ισχύει St119867(119870 + 119909) = St119867(119870) + Proj

119867(119909)

Απόδειξη Έστω ότι 119867 = ℝ119899minus1 και 119906 ένα κάθετο στον 119867 μοναδιαίο

διάνυσμα Αν πάρουμε ένα στοιχείο (119911 120582) isin ℝ119899 όπου 119911 isin ℝ119899minus1 και

120582 isin ℝ τότε αυτό ανήκει στο St119867(119870+119909) αν και μόνο αν γράφεται ως (119911 120582)όπου 119911 isin Proj

119867(119870+119909) και |120582| le (12)|(119870+119909)cap(119911+ℝ119906)| Αλλά από τη

γραμμικότητα της προβολής ισχύει Proj119867(119870 + 119909) = Proj

119867(119870) + Proj

119867(119909)

Επίσης

∣(119870 + 119909) cap (119911 + ℝ119906)∣ = ∣119870 cap ((119911 minus 119909) + ℝ119906)∣

αφού το μήκος είναι αναλλοίωτο στις μεταφορές Εύκολα βλέπουμε (επειδή

119906 ⟂ 119867) ότι (119911minus119909)+ℝ119906 = 119911minusProj119867(119909)+ℝ119906 Οπότε (119911 120582) isin St119867(119870+119909)

αν και μόνο αν 119911 minus Proj119867(119909) isin Proj

119867(119870) και

|120582| le12∣119870 cap ((119911 minus Proj

119867(119909)) + ℝ119906)∣

Αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν (119911 minus Proj119867(119909) 120582) isin St119867(119870) δηλαδή αν

και μόνο αν (119911 120582) isin St119867(119870) + Proj119867(119909)

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 το St(119870) είναι κυρτό σώμα

Απόδειξη Το 119870 ως συμπαγές είναι φραγμένο Άρα υπάρχει 119877 gt 0 ώστε

119870 sube ℬ1198992(0 119877) Συνεπώς St(119870) sube ℬ119899

2(0 119877) οπότε το St(119870) φραγμένο

Επίσης εύκολα βλέπουμε ότι είναι κλειστό Πράγματι

St(119870) = (119910 120582) ∶ 119910 isin Proj119867(119870) και |120582| le

12

|119870 cap (119910 + ℝ119906)|

όπου το 119906 είναι κάθετο μοναδιαίο διάνυσμα στον υπερεπίπεδο 119867 και τα

119910 θεωρούνται ως σημεία του ℝ119899minus1 Έτσι αν θεωρήσουμε μια ακολουθία

σημείων (119910119898 120582119898) μέσα στο St(119870) που συγκλίνει έστω στο (119910 120582) (ως προς

την ευκλείδεια νόρμα) τότε από τις ιδιότητες της απόστασης 119910119898 rarr 119910και 120582119898 rarr 120582 Αλλά η προβολή Proj

119867(119870) είναι κλειστό σύνολο αφού το 119870

είναι συμπαγές η απεικόνιση Proj119867είναι συνεχής όπως είδαμε στο τέλος

της Ενότητας σελίδα (δείτε και Πρόταση ) Άρα 119910 isin Proj119867(119870)

Επίσης |120582119898| le 12|119870 cap (119910 + ℝ119906)| και περνώντας στο όριο συμπεραίνουμε

|120582| le 12|119870 cap (119910 + ℝ119906)| Συνεπώς (119910 120582) isin St(119870) οπότε το St(119870) είναι

κλειστό Αφού είναι και φραγμένο είναι συμπαγές υποσύνολο του ℝ119899

Επειδή το 119870 έχει μη κενό εσωτερικό θεωρούμε μια ευκλείδεια μπάλα

ℬ1198992(119909 120598) sube 119870 για κατάλληλα 119909 isin 119870 και 120598 gt 0 Οπότε ℬ119899

2(0 120598) sube 119870 minus 119909Επειδή η συμμετρικοποίηση Steiner αφήνει αναλλοίωτες τις ευκλείδειες

μπάλες συμπεραίνουμε ότι ℬ1198992(0 120598) sube St(119870 minus 119909) Από το Λήμμα

έχουμε ότι St(119870 minus 119909) = St(119870) minus Proj119867(119909) οπότε ℬ119899

2(Proj119867(119909) 120598) sube St(119870)

δηλαδή το συμμετρικοποιημένο 119870 έχει μη κενό εσωτερικό

Μένει να δειχθεί ότι το St(119870) είναι κυρτό Αν τα 119909 119910 ανήκουν στο

St(119870) θεωρούμε το τραπέζιο

Τ = conv ((119870 cap (119871 + 119909)) cup (119870 cap (119871 + 119910))) sube 119870

(δείτε Σχήμα ) Αφού τα 119909 119910 ανήκουν στο St(Τ) και από το Λήμμα

το St(119879) είναι τραπέζιο οπότε κυρτό συνεπάγεται ότι [119909 119910] sube St(119879) subeSt(119870) δηλαδή το St(119870) είναι κυρτό ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Για κάθε 119870 κυρτό σώμα στον ℝ119899 και 119888 ge 0 ισχύει

St(119888119870) = 119888St(119870)

Απόδειξη Έστω ότι 119888 isin ℝ μεγαλύτερο του 0 Από τον ορισμό της

z

uml

copy

TU

TUz

Σ Η συμμετρικοποίηση Steiner Το συμμετρικοποιημένο σώμα

είναι κυρτό

συμμετρικοποίησης θα έχουμε

St(119888119870) = 119910 + 120582119906 ∶ 119910 isin Proj119867(119888119870) και |120582| le

12

|119888119870 cap (119910 + ℝ119906)|

= 119910 + 120582119906 ∶ 119910 isin 119888Proj119867(119870) και |120582| le

12 ∣119888119870 cap 119888 (

119910119888

+ ℝ119906)∣

= 119910 + 120582119906 ∶119910119888

isin Proj119867(119870) και

|120582|119888

le12 ∣119870 cap (

119910119888

+ ℝ119906)∣

Θέτουμε 119909 = 119910119888 και 120583 = 120582119888 Οπότε θα έχουμε

St(119888119870) = 119888119909 + 119888120583119906 ∶ 119909 isin Proj119867(119870) και |120583| le

12

|119870 cap (119909 + ℝ119906)|

= 119888 119909 + 120583119906 ∶ 119909 isin Proj119867(119870) και |120583| le

12

|119870 cap (119909 + ℝ119906)|

= 119888St(119870)

Π Για οποιαδήποτε κυρτά σώματα 119870 119863 στον ℝ119899 ισχύει

St(119870 + 119863) supe St(119870) + St(119863)

Απόδειξη Έστω ότι 119909 isin St(119870) και 119910 isin St(119863) Ισοδύναμα θα έχουμε

ότι 119909 = ℎ + 119897 και 119910 = 119896 + 119898 όπου τα ℎ 119896 ανήκουν στο Η και τα 119897 119898ανήκουν στην 119871 και ισχύει

|119897| le12 ∣(119870 cap (119871 + 119909))∣ και |119898| le

12 ∣(119863 cap (119871 + 119910))∣

Έτσι 119909 + 119910 = (ℎ + 119896) + (119897 + 119898) Φανερά ℎ + 119896 isin 119867 119897 + 119898 isin 119871 και

() |119897 + 119898| le |119897| + |119898| le12 (∣(119870 cap (119871 + 119909))∣ + ∣(119863 cap (119871 + 119910))∣)

Όμως

119870 cap (119871 + 119909) + 119863 cap (119871 + 119910) sube (119870 + 119863) cap (119871 + 119909 + 119910)

και από την Brunn-Minkowski παίρνουμε ότι

∣119870 cap (119871 + 119909) + 119863 cap (119871 + 119910)∣ ge ∣(119870 cap (119871 + 119909))∣ + ∣(119863 cap (119871 + 119910))∣

Έτσι συνεχίζοντας την () οδηγούμαστε στην

|119897 + 119898| le |119897| + |119898| le12 ∣(119870 + 119863) cap (119871 + 119909 + 119910)∣

Συνεπώς το 119909 + 119910 ανήκει στο St(119870 + 119863)

Π Για οποιαδήποτε κυρτά σώματα 119870 119863 στον ℝ119899 αν119870 sube 119863 τότε St(119870) sube St(119863)

Απόδειξη Αφού 119870 sube 119863 ισχύει 119870cap(119871+119909) sube 119863cap(119871+119909) οπότε θα έχουμε

ότι

() |119870 cap (119871 + 119909)| le |119863 cap (119871 + 119909)|

Έστω ότι 119911 isin St(119870) Τότε

119911 = (Proj119867119911) + 120582119906 με |120582| le |119870 cap (119871 + 119911)|

Από την () συνεπάγεται ότι

119911 = (Proj119867119911) + 120582119906 με |120582| le |119863 cap (119871 + 119911)|

Άρα 119911 isin St(119863) Επομένως St(119870) sube St(119863)

Π Για κάθε υπερεπίπεδο 119867 η St119867 ως απεικόνιση από τακυρτά σώματα στα κυρτά σώματα είναι συνεχής

Απόδειξη Αν τα 119870 1198701 1198702 hellip είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 και 119870119898 rarr 119870

θα δείξουμε ότι

St(119870119898) rarr St(119870)

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι 0 isin int(119870) Από το

Πόρισμα το 119870119898 συγκλίνει στο 119870 αν και μόνον αν για κάθε 120598 gt 0υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 να ισχύει

(1 minus 120598)119870 sube 119870119898 sub (1 minus 120598)119870

Άρα

(1 minus 120598)St(119870) sube St(119870119898) sube St(119870)(1 + 120598)

δηλαδή το ζητούμενο

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει

vol(St(119870)) = vol(119870)

Απόδειξη Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι η συμμετρικο-

ποίηση είναι ως προς το υπερεπίπεδο των πρώτων 119899minus1 συντεταγμένων

Έχουμε ότι

vol(119870) = intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin120594119870((1199091 1199092 hellip 119909119899)) 1198891199091198991198891199091 hellip 119889119909119899minus1

= intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin∣119870 cap (119871 + (1199091 hellip 119909119899minus1))∣ 11988911990911198891199092 hellip 119889119909119899minus1

= intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin∣St(119870) cap (119871 + (1199091 hellip 119909119899minus1))∣ 11988911990911198891199092 hellip 119889119909119899

= intinfin

minusinfinhellip int

infin

minusinfin120594St(119870)((1199091 1199092 hellip 119909119899)) 1198891199091198991198891199091 hellip 119889119909119899minus1

= vol(St(119870))

αφού από τον ορισμό της συμμετρικοποίησης ισχύει |119870 cap (119871 + 119909)| =|St(119870) cap (119871 + 119909)|

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει

120597(St(119870)) le 120597(119870)

Απόδειξη Έχουμε

St(119870 + 120598ℬ1198992) supe St(119870) + St(120598ℬ119899

2) = St(119870) + 120598ℬ1198992

οπότε

vol(St(119870) + 120598ℬ1198992) minus vol(St(119870))120598

levol(St(119870 + 120598ℬ119899

2)) minus vol(St(119870))120598

=vol(119870 + 120598ℬ119899

2) minus vol(119870)120598

Από τον ορισμό του εμβαδού επιφανείας προκύπτει ότι 120597(St(119870)) le 120597(119870)

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει diam(St(119870)) lediam(119870)

Απόδειξη Αν 119909 119910 isin St(119870) και 119879 St(119879) τα τραπέζια όπως στο Λήμ-

μα τότε τουλάχιστον μια από τις διαγώνιες του Τ έχει μήκος

μεγαλύτερο ή ίσο από 119909 minus 1199102 Άρα diam(St(119870)) le diam(119870)

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 αν 119903(119870) = max120588 gt0 ∶ 120588ℬ119899

2 sube 119870 και 119877(119870) = min120588 gt 0 ∶ 119870 sube 120588ℬ1198992 τότε

119903(St(119870)) ge 119903(119870) και 119877(St(119870)) le 119877(119870)

Απόδειξη Αν 120588ℬ1198992 sube 119870 τότε 120588ℬ119899

2 sube St(119870) οπότε

120588 gt 0 ∶ 120588ℬ1198992 sube 119870 sube 120588 gt 0 ∶ 120588ℬ119899

2 sube St(119870)

και άρα 119903(119870) le 119903(St(119870)) Ομοίως για τα 119877(St(119870)) και 119877(119870)

Π Έστω ότι το Κ είναι ένα κυρτό και κεντρικά συμμετρι-κό σώμα στον ℝ119899 Η συμμετρικοποίηση Steiner ως προς οποιοδήποτευπερεπίπεδο ικανοποιεί την

vol((St(119870))∘) ge vol (119870∘)

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας θα υποθέσουμε ότι η συμμετρι-

κοποίηση γίνεται ως προς το διάνυσμα 119890119899 = (0 0 hellip 0 1) δηλαδή το

υπερεπίπεδο ℝ119899minus1 (αλλιώς αλλάζουμε κατάλληλα το σύστημα συντε-

ταγμένων του ℝ119899) Επειδή κάθε διάνυσμα στον ℝ119899 γράφεται ως (119909 119903)με 119909 isin ℝ119899minus1 και 119903 isin ℝ μπορούμε να γράψουμε

St(119870) = (11990912

(119904 minus 119903)) ∶ (119909 119904) (119909 119903) isin 119870

Έχουμε

() 119870∘ = (119910 119905) isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119910⟩ + 119904119905 le 1 (119909 119904) isin 119870

όπου 119909 119910 isin ℝ119899minus1 και 119904 119905 isin ℝ Ομοίως

()

(St(119870))∘ = (119908 119905) isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119908⟩ +12

(119904 minus 119903)119905 le 1 (119909 119904) (119909 119903) isin 119870

όπου 119909 119908 isin ℝ119899minus1 και 119903 119904 119905 isin ℝ Για κάθε σύνολο Α sube ℝ119899 και για κάθε

119905 isin ℝ γράφουμε 119860(119905) = 119907 isin ℝ119899minus1 ∶ (119907 119905) isin 119860 Δηλαδή το 119860(119905) times 119905

είναι η τομή του Α σε ύψος 119905 με επίπεδο παράλληλο στον ℝ119899minus1 Έχουμε

12(119870∘(119905) + 119870∘(minus119905))

=12 119907 isin ℝ119899minus1 ∶ (119907 119905) isin 119870∘ +

12 119906 isin ℝ119899minus1 ∶ (119906 minus119905) isin 119870∘

= 12

119906 +12

119907 ∶ (119907 119905) isin 119870∘ (119906 minus119905) isin 119870∘

= 12

119906 +12

119907 ∶ ⟨119909 119907⟩ + 119904119905 le 1 (119909 119904) isin 119870

⟨119909 119906⟩ + 119903(minus119905) le 1 (119909 119903) isin 119870

(προσθέτοντας κατά μέλη τις ⟨119909 119906⟩ + 119904119905 le 1 και ⟨119909 119906⟩ + 119903(minus119905) le 1)

sube 12

119906 +12

119907 ∶ ⟨11990912

(119906 + 119907)⟩ +12

(119904 minus 119903)119905 le 1 (119909 119904) (119909 119903) isin 119870

Θέτουμε 119908 = (12)119906 + (12)119907 και έχουμε

12(119870∘(119905) + 119870∘(minus119905)) sube 119908 ∶ ⟨119909 119908⟩ +

12

(119904 minus 119903)119905 le 1 (119909 119904) (119909 119903) ∊ 119870

sube (St(119870))∘(119905)

από την () Εφαρμόζοντας τώρα την ανισότητα Brunn-Minkowski

στον ℝ119899minus1 παίρνουμε ότι

vol119899minus1((St(119870))∘(119905))

1119899minus1 ge vol119899minus1 (

12

119870∘(119905))1

119899minus1

+ vol119899minus1 (12

119870∘(minus119905))1

119899minus1

= 2vol119899minus1 (12

119870∘(119905))1

119899minus1

αφού το Κ∘ είναι κεντρικά συμμετρικό Άρα

vol119899minus1((St(119870))∘(119905)) ge 2119899minus1vol119899minus1 (

12

119870∘(119905)) = 2119899minus1 (12)

119899minus1

vol119899minus1(119870∘(119905))

οπότε

vol119899minus1((St(119870))∘(119905)) ge vol119899minus1(119870∘(119905))

για κάθε 119905 isin ℝ άρα

intinfin

minusinfinvol119899minus1((St(119870))

∘(119905)) 119889119905 ge intinfin

minusinfinvol119899minus1(119870∘(119905)) 119889119905

από την οποία προκύπτει

vol119899((St(119870))∘) ge vol119899(119870∘)

Το θεώρημα σφαιρικότητας του Gross μάς λέει ότι οποιοδήποτε

κυρτό σώμα μπορεί να συμμετρικοποιηθεί με μια ακολουθία κατάλληλων

υπερεπιπέδων ώστε τα σώματα που προκύπτουν να συγκλίνουν σε

κατάλληλο πολλαπλάσιο της ευκλείδειας μπάλας Το θεώρημα αυτό

χρησιμοποιείται συχνά για να λυθούν προβλήματα βελτιστοποίησης

όπως η ισοπεριμετρική ανισότητα ή η ανισότητα Blaschke-Santaloacute που

θα δούμε παρακάτω

Θ Έστω Κ κυρτό σώμα στον ℝ119899 με vol119899(119870) = vol119899(ℬ1198992)

Θέτουμε 119964 να είναι η οικογένεια όλων των κυρτών σωμάτων που προ-κύπτουν από το Κ μέσω πεπερασμένου πλήθους διαδοχικών συμμετρι-κοποιήσεων Steiner ως προς υπερεπίπεδα που περνούν από το 0 Τότευπάρχει ακολουθία Κ119898 isin 119964 ώστε

Κ119898 rarr ℬ1198992

ως προς τη μετρική Hausdorff

Απόδειξη Θέτουμε 120588 = inf119877(119871) ∶ 119871 isin 119964 Δηλαδή η 120588 είναι η ελάχιστη

ακτίνα ευκλείδειας μπάλας κέντρου 0 που περιέχει στοιχείο του 119964

Χρησιμοποιώντας τον ορισμό του infimum θεωρούμε ακολουθία Κ119898 isin 119964με

() 119877(119870119898) rarr 120588

Άρα υπάρχει Μ gt 0 ώστε 119877(119870119898) le 119872 για κάθε 119898 isin ℕ αφού η 119877(119870119898)ως συγκλίνουσα (στο 120588) είναι φραγμένη Οπότε από το θεώρημα επιλο-

γής του 119861119897119886119904119888ℎ119896119890 η 119870119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία Μετονομάζουμε

αυτή την υπακολουθία σε 119870119898 οπότε υποθέτουμε ότι η 119870119898 συγκλίνει

έστω στο 1198700

Ι 119877(1198700) = 120588

[Απόδειξη του Ισχυρισμού Αφού Κ119898 rarr 1198700 δηλαδή 120575(119870119898 1198700) rarr 0για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 ισχύει

120575(119870119898 1198700) lt 120598 Οπότε Κ119898 sube 1198700 + 120598ℬ1198992 και Κ0 sube 119870119898 + 120598ℬ119899

2 Επειδή

1198700 sube 119877(1198700)ℬ1198992 έχουμε

1198700 + 120598ℬ1198992 sube (119877(1198700) + 120598)ℬ119899

2 άρα 119877(1198700 + 120598ℬ1198992) le 119877(1198700) + 120598

Όμοια για τα 119870119898 ισχύει

119877(119870119898 + 120598ℬ1198992) le 119877(119870119898) + 120598

Οπότε θα έχουμε

119877(119870119898) le 119877(1198700 + 120598ℬ1198992) le 119877(1198700) + 120598

και

119877(1198700) le 119877(119870119898 + 120598ℬ1198992) le 119877(119870119898) + 120598

Δηλαδή 119877(119870119898) minus 119877(1198700) le 120598 και 119877(1198700) minus 119877(119870119898) le 120598 Έτσι |119877(119870119898) minus119877(1198700)| le 120598 για κάθε 119898 ge 1198980 Επομένως

() 119877(119870119898) rarr 119877(1198700)

Από τις () () και από τη μοναδικότητα του ορίου έχουμε ότι

119877(1198700) = 120588 ]

Αφού δείξαμε ότι 120588 = 119877(1198700) συνεπάγεται ότι Κ0 sube 120588ℬ1198992 Θα απο-

δείξουμε ότι Κ0 = 120588ℬ1198992 Αν αυτό δεν είναι σωστό αν δηλαδή 1198700 ⫋ 120588ℬ119899

2

τότε 120588120138119899minus1 ⊈ 1198700 πράγματι αν 120588120138119899minus1 sube 1198700 αφού το 1198700 είναι κυρτό θα

παίρναμε 120588ℬ1198992 = conv(120588120138119899minus1) sube 1198700 το οποίο είναι άτοπο Άρα υπάρχει

1199090 isin 120588120138119899minus1 ⧵ 1198700 Επειδή το ℝ119899 ⧵ Κ0 είναι ανοικτό υπάρχει ανοικτή

μπάλα με κέντρο το 1199090 που δεν τέμνει το 1198700 Τέμνοντας αυτή τη μπάλα

με το 120588120138119899minus1 βρίσκουμε μια ανοικτή περιοχή του 1199090 έστω 1198621199090 πάνω

στη σφαίρα 120588120138119899minus1 ώστε 1198621199090cap 1198700 = Κάνοντας τώρα ανακλάσεις της

περιοχής με κέντρο το 1199090 ως προς υπερεπίπεδα που περνάνε από το

0 μπορούμε να καλύψουμε τη σφαίρα πράγματι για κάθε 119909 isin 120588120138119899minus1

η ανάκλαση της 1198621199090ως προς το υπερεπίπεδο που περνάει από το 0

και είναι κάθετο στη χορδή [119909 1199090] είναι μια ανοικτή περιοχή 119862119909 του 119909(δείτε Σχήμα ) Φανερά

120588119878119899minus1 sube ⋃119909isin120588119878119899minus1

119862119909

uml

Σ Η περιοχή 1198621199090του 1199090 πάνω στη σφαίρα 120588120138119899minus1

uml

uml

zuml

Σ Η ανάκλαση της 1198621199090δίνει ανοικτή περιοχή του 119909

και από τη συμπάγεια της 120588120138119899minus1 υπάρχει πεπερασμένο υποκάλυμμα

Άρα υπάρχει 119873 isin ℕ και 1199091 hellip 119909119873 isin 120138119899minus1 ώστε

120588120138119899minus1 sube119873

⋃119895=1

119862119909119895

όπου τα 119862119909119895είναι ανακλάσεις της 1198621199090

που περιγράψαμε παραπάνω

Ας υποθέσουμε πως για το σκοπό αυτό χρησιμοποιούνται τα υπε-

ρεπίπεδα Η1 Η2 hellip Η119896 Θέτουμε

1198630 = St119867119896(St119867119896minus1

(hellip St1198672(St1198671

(1198700)) hellip))

Παρατηρούμε ότι 1198630 sube int(120588ℬ1198992) διότι κάθε χορδή του 119870 που συμμετρι-

κοποιείται ως προς οποιοδήποτε από τα 119867119895 έχει μικρότερο μήκος από

τη αντίστοιχη χορδή της 120588ℬ1198992 αφού το 119870 δεν τέμνει το 1198621199090

(δείτε το

Σχήμα )

uml

uml

zuml

jyacuteY

Σ Η συμμετρικοποίηση ως προς το 119867 δίνει σώμα που δεν τέμνει

ούτε την 1198621199090ούτε την 119862119909

Άρα αφού 1198630 sube int(120588ℬ1198992) τότε 119877(1198630) lt 120588 Από τη συνέχεια της

συμμετρικοποίησης ως προς τη μετρική Hausdorff αφού 119870119898 rarr 1198700συνεπάγεται ότι

119863119898 ∶= St119867119896(St119867119896minus1

(hellip St1198672(St1198671

(119870119898)) hellip))rarr St119867119896

(St119867119896minus1(hellip St1198672

(St1198671(1198700)) hellip)) = 1198630

Όμως119863119898 isin 119964 και από τη συνέχεια της119877 θα ισχύει119877(119863119898) rarr 119877(1198630) lt 120588Άρα υπάρχει 1198980 ώστε 119877(1198631198980

) lt 120588 και 1198631198980isin 119964 Αυτό είναι άτοπο

διότι το 120588 είναι η ελάχιστη ακτίνα περιγεγραμμένης μπάλας στοιχείου

της 119964

Τέλος επειδή η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον όγκο και ο όγκος είναι

συνεχής συνάρτηση στα κυρτά σώματα ως προς τη μετρική Hausdorff

έχουμε ότι

vol119899(ℬ1198992) = vol119899(119870) = vol119899(1198700) = vol119899(120588ℬ119899

2)

Άρα 120588 = 1 Συνεπώς Κ0 = Β1198992 Οπότε Κ119898 rarr ℬ119899

2

( )

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει ακολουθία

υπερεπιπέδων 1198671 1198672 hellip ώστε η ακολουθία κυρτών σωμάτων

119870119898 = St119867119898(St119867119898minus1

(hellip St1198671(119870)))

να συγκλίνει στο 119903ℬ1198992 για κατάλληλο 119903 gt 0 (Υπόδειξη Εφαρμόστε το Θεώρημα

του Gross για να βρείτε Κ1 που προκύπτει από το 119870 με πεπερασμένο πλήθος

συμμετρικοποιήσεων που να απέχει από το 119903ℬ1198992 λιγότερο από 1 Στη συνέχεια

εφαρμόστε το Θεώρημα του Gross όχι για το 119870 αλλά για το 1198701)

Άσκηση Έστω ότι τα 119870 και 119879 είναι κυρτά σώματα στον ℝ119899 Αποδείξτε

ότι υπάρχει ακολουθία υπερεπιπέδων 1198671 1198672 hellip που περνάνε από την αρχή

των αξόνων ώστε η ακολουθία

119870119898 = St119867119898(hellip (St1198672

(St1198671(119870))) hellip)

και η

119879119898 = St119867119898(hellip (St1198672

(St1198671(119879))) hellip)

να συγκλίνουν στα vol(119870)1119899ℬ1198992 και vol(119879)1119899ℬ119899

2 αντίστοιχα (Υπόδειξη χρη-

σιμοποιήστε την Άσκηση το γεγονός ότι αν για ένα σύνολο 119860 ισχύει

119903ℬ1198992 sube 119860 sube 119877ℬ119899

2 οποιαδήποτε συμμετρικοποίησή του θα συνεχίσει να ικανο-

ποιεί τους προηγούμενους εγκλεισμούς)

Άσκηση Αποδείξτε (χωρίς τη χρήση της ανισότητας Brunn-Minkowski)

ότι αν 119870 = 119903ℬ1198992 και 119879 = 119877ℬ119899

2 τότε

vol(119870 + 119879)1119899 ge vol(119870)1119899 + vol(119879)1119899

Στη συνέχεια χρησιμοποιήστε αυτό και την Άσκηση για να παραγάγετε

μια άλλη απόδειξη της ανισότητας Brunn-Minkowski (χωρίς τη χρήση της

ανισότητας Prekopa-Leindler)

( )

Σε αυτή την ενότητα αποδεικνύουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα

με τη βοήθεια της συμμετρικοποίησης Steiner

Θεωρούμε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 με |Κ| = |Β1198992| Από το θεώρημα

σφαιρικότητας του Gross υπάρχει ακολουθία κυρτών σωμάτων έστω ότι

είναι η Κ1 1198702 hellip 119870119898 hellip που προκύπτει από το Κ μέσω πεπερασμένου

πλήθους διαδοχικών συμμετρικοποιήσεων Steiner ως προς υπερεπίπεδα

που περνούν από το 0 ώστε 119870119898 rarr ℬ1198992 ως προς τη μετρική 119867119886119906119904119889119900119903119891119891

Γνωρίζουμε ότι 120597119870 ge 120597(119870119898) διότι η 119870119898 προέρχεται από το Κ μέσω της

συμμετρικοποίησης Steiner και η συμμετρικοποίηση μειώνει το εμβαδόν

επιφανείας Σταθεροποιούμε ένα 120598 θετικό Τότε από την Πρόταση

και το γεγονός ότι St(ℬ1198992) = ℬ119899

2 θα έχουμε ότι

|Κ + 120598ℬ1198992| = |St(119870 + 120598ℬ119899

2)| ge |St(119870) + St(120598ℬ1198992)| = |St(119870) + 120598ℬ119899

2|

Επαναλαμβάνοντας πεπερασμένο πλήθος συμμετρικοποιήσεων Steiner

ως προς κατάλληλα υπερεπίπεδα ώστε να προκύψει η 119870119898 θα έχουμε

ότι |Κ + 120598ℬ1198992| ge |119870119898 + 120598ℬ119899

2| Επειδή η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον

όγκο ισχύει ότι |Κ| = |Κ119898| Άρα

|119870 + 120598ℬ1198992| minus |119870|120598

ge|119870119898 + 120598ℬ119899

2| minus |119870119898|120598

Παίρνουμε πρώτα όρια ως προς 119898 και αφού 119870119898 rarr ℬ1198992 και ο όγκος είναι

συνεχής ως προς τη μετρική Hausdorff παίρνουμε

|119870 + 120598ℬ1198992| minus |119870|120598

ge|Β119899

2 + 120598ℬ1198992| minus |ℬ119899

2|120598

Τέλος παίρνουμε όρια για 120598 rarr 0+ ολοκληρώνοντας έτσι την απόδειξη

Επομένως 120597119870 ge 120597(ℬ1198992)

-

Μια άλλη εφαρμογή του Θεωρήματος σφαιρικότητας του Gross είναι

η ακόλουθη ανισότητα

Θ Για κάθε συρτό σώμα 119870 με 0 isin int(119870) ισχύει

vol(119870)vol(119870∘) le vol(ℬ1198992)2

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν το 119870 είναι ελλειψοειδές

Απόδειξη Εδώ θα αποδείξουμε μόνο την γενική περίπτωση της ανισό-

τητας και όχι την περίπτωση της ισότητας

Όπως δείξαμε στην Πρόταση η συμμετρικοποίηση αυξάνει τον

όγκο του πολικού σώματος δηλαδή vol((St(119870))∘) ge vol(119870∘) Αν τα 1198671

1198672 hellip είναι υπερεπίπεδα που η συμμετρικοποίηση ως προς αυτά δίνει

ακολουθία 119870119898 που συγκλίνει στην 120582ℬ1198992 (120582 = (vol(119870)vol(ℬ119899

2))1119899 αφού

η συμμετρικοποίηση διατηρεί τον όγκο) ισχύει

() vol(119870∘119898) ge vol(119870∘)

-

Πράγματι

vol((St1198672(St1198671

(119870)))∘) ge vol((St1198671

(119870))∘) ge vol(119870∘)

και συνεχίζουμε με επαγωγή

Όμως 119870119898 rarr 120582ℬ1198992 άρα από το Πόρισμα για κάθε 0 lt 120579 lt 1

υπάρχει 1198980 isin ℕ ώστε για κάθε 119898 ge 1198980 ισχύει

(1 minus 120579)120582ℬ1198992 sube 119870119898 sube (1 + 120579)120582ℬ119899

2

Περνώντας στα πολικά σώματα με τη βοήθεια της Πρότασης

συμπεραίνουμε ότι

11 + 120579

1120582

ℬ1198992 sube 119870∘

119898 sube1

1 minus 1205791120582

ℬ1198992

Επιλέγοντας 0 lt 120579 lt 1 ώστε (1 minus 120579)minus1 le 1 + 120598 και 1 minus 120598 le (1 + 120579)minus1

(εύκολα ελέγχουμε ότι αυτό ισχύει για 120579 = 2minus1120598(1 + 120598)minus1) προκύπτει

ότι για κάθε 119898 ge 1198980

(1 minus 120598)1120582

ℬ1198992 sube 119870∘

119898 sube (1 + 120598)1120582

ℬ1198992

Δηλαδή 119870∘119898 rarr 120582minus1ℬ119899

2

Παίρνοντας όρια στην () και χρησιμοποιώντας ότι ο όγκος είναι

συνεχής συνάρτηση προκύπτει ότι

vol(1120582

ℬ1198992) ge vol(119870∘)

Πολλαπλασιάζοντας και τα δυο μέλη με vol(119870) το οποίο ισούται με

vol(120582ℬ1198992) (από την τιμή που έχει το 120582) προκύπτει το αποτέλεσμα

Η ποσότητα vol(119870)vol(119870∘) είναι αναλλοίωτη στους γραμμικούς με-

τασχηματισμούς δηλαδή για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899

ισχύει

vol(119879(119870))vol((119879(119870))∘) = vol(119870)vol(119870∘)

Πράγματι σύμφωνα με τις Προτάσεις και για κάθε αντι-

στρέψιμο πίνακα 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 ισχύει

vol(119879(119870)) = | det 119879|vol(119870) και vol((119879(119870))∘) = | det 119879|minus1vol(119870)

οι οποίες αποδεικνύουν το ζητούμενο Γεννάται λοιπόν το ερώτημα για

ποιο ή ποια σώματα 119870 η παράσταση vol(119870)vol(119870∘) έχει ελάχιστη τιμή

και ποια είναι η ελάχιστη τιμή Το ερώτημα αυτό έτσι όπως διατυπώθηκε

δεν έχει γνωστή απάντηση Εικάζεται ότι η ελάχιστη τιμή του είναι

(4 119899)119899 που είναι η τιμή της παράστασης όταν το 119870 είναι ένα simplex

Αυτή η εικασία είναι γνωστή ως εικασία του MahlerΜια απάν-

τηση σε ένα

ελαφρώς

τροπο-

ποιημένο

ερώτημα

δόθηκε από

τους Jean

Bourgain

και Vitali

Milman την

οποία θα

δούμε στο

επόμενο

μέρος

Άσκηση Αποδείξτε ότι στην ανισότητα Blaschke-Santaloacute αν το 119870 είναι

ελειψοειδές τότε ισχύει η ισότητα Δηλαδή αν το ℰ είναι ένα ελλειψοειδές τότε

ισχύει

vol(ℰ)vol(ℰ∘) = vol(ℬ1198992)2

Άσκηση Έστω ότι το ℰ είναι ένα ελλειψοειδές και για ένα κυρτό σώμα

119870 με το 0 να ανήκει στο εσωτερικό του ισχύει vol(119870) = vol(ℰ) Αποδείξτε ότι

vol(119870∘) le vol(ℰ∘)

Μέρος II

Κλασικές θέσεις κυρτών σωμάτων

Για το υπόλοιπο του βιβλίου είναι

απαραίτητη η γνώση στοιχειώδους

θεωρίας μέτρου Για αυτό παραπέμ-

πουμε είτε στο [ΠρΑναλ] είτε στο

[ΘΜ]

ΠΡΟΑΠΑΙΤΟΥΜΕΝΑhellip

hellip

Θα συμβολίζουμε με 119872119899times119899 το σύνολο όλων των 119899 times 119899 πινάκων με

στοιχεία από το ℝ

Με GL(119899) συμβολίζουμε τη γενική γραμμική ομάδα δηλαδή τους

αντιστρέψιμους 119899times119899 πίνακες με στοιχεία από το ℝ119899 Φανερά 119879 isin GL(119899)αν και μόνο αν det 119879 ne 0

Με 119874(119899) συμβολίζουμε την ορθογώνια ομάδα δηλαδή τους 119899 times 119899πίνακες 119880 με στοιχεία από το ℝ για τους οποίους ισχύει 119880119905119880 = IdΤα στοιχεία της 119874(119899) ονομάζονται ορθογώνιοι πίνακες και από την

πολλαπλασιαστικότητα της ορίζουσας αν ο 119880 είναι ορθογώνιος τότε έχει

ορίζουσα +1 ή minus1 Φανερά αν 119880 isin 119874(119899) τότε 119880minus1 = 119880119905 και διατηρεί

τις γωνίες και τα μήκη διανυσμάτων

(i) ⟨119880119909 119880119910⟩ = ⟨119880119905119880119909 119910⟩ = ⟨119909 119910⟩

(ii) 1198801199092 = radic⟨119880119909 119880119909⟩ = radic⟨119909 119909⟩ = 1199092

Θα συμβολίζουμε με SL(119899) την ειδική γραμμική ομάδα δηλαδή τους

πίνακες στο 119872119899times119899 οι οποίοι έχουν ορίζουσα 1Εύκολα ελέγχουμε ότι οι GL(119899) 119874(119899) και SL(119899) είναι πράγματι

ομάδες με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων και είναι μεταξύ τους

διαφορετικές

Ο (Ίχνος πίνακα) Το ίχνος tr(119879) ενός 119899 times 119899 πίνακα 119879ορίζεται ως το άθροισμα των στοιχείων της κύριας διαγωνίου του

Δηλαδή αν 119879 = (119905119894119895)119894119895 τότε

tr(119879) =119899

sum119894=1

119905119894119894 =119899

sum119894=1

⟨119879119890119894 119890119894⟩

όπου τα (119890119894)119899119894=1 αποτελούν την ορθοκανονική βάση ως προς την οποία

είναι γραμμένος ο πίνακας (119905119894119895)119894119895

Εύκολα ελέγχουμε ότι το ίχνος έχει τις ακόλουθες ιδιότητες για οποιουσ-

δήποτε 119899 times 119899 πίνακες 119879 = (119905119894119895)119894119895 119878 = (119904119894119895)119894119895 και κάθε 120582 isin ℝ

hellip

(i) tr(119879) + tr(119878) = tr(119879 + 119878)

(ii) tr(120582119879) = 120582tr(119879)

(iii) tr(119879119905) = tr(119879)

(iv) tr(119879119878) = tr(119879119878) = sum119894119895

119905119895119894119904119894119895 (δείτε Άσκηση )

Από την (iv) προκύπτει άμεσα ότι το ίχνος δεν εξαρτάται από τη

βάση του χώρου αφού tr(119875minus1119879119875) = tr(119879119875119875minus1) = tr119879 Έτσι αν ο 119879είναι διαγωνοποιήσιμος αλλάζοντας κατάλληλα τη βάση του χώρου

συμπεραίνουμε ότι το ίχνος του 119879 είναι το άθροισμα των ιδιοτιμών του

Ο Ένας συμμετρικός 119899 times 119899 πίνακας λέγεται θετικά ορι-σμένος αν για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει ⟨119879119909 119909⟩ gt 0

Ο Ένας συμμετρικός 119899 times 119899 πίνακας λέγεται θετικά ημιο-ρισμένος αν για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει ⟨119879119909 119909⟩ ge 0

Φανερά κάθε θετικά ορισμένος πίνακας είναι και θετικά ημιορισμένος

Για ένα θετικά ημιορισμένο πίνακα 119879 από το φασματικό θεώρημα

(δείτε [ΓρΑλγ]) υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198911 hellip 119891119899 του ℝ119899 που

αποτελείται από ιδιοδιανύσματα του 119879 και αντίστοιχες ιδιοτιμές 1205821 hellip 120582119899οι οποίες είναι μη αρνητικοί αριθμοί Συγκεκριμένα ισχύει 119879119891119895 = 120582119895119891119895και 120582119895 ge 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 Αν ο 119879 είναι θετικά ορισμένος τότε οι

ιδιοτιμές 120582119895 είναι όλες θετικές

Π Το ℰ υποσύνολο του ℝ119899 είναι ελλειψοειδές με κέντροτην αρχή των αξόνων αν και μόνο αν υπάρχει πίνακας 119879 θετικά ορισμένοςώστε ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119879119909 119909⟩ le 1

Απόδειξη Αν το ℰ είναι ελλειψοειδές έστω ότι τα 1198901 hellip 119890119899 και 1198861 hellip 119886119899είναι όπως στον Ορισμό Θέτουμε

119879 =⎛⎜⎜⎜⎜⎝

119886minus21 0 hellip 00 119886minus2

2 hellip 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 0 hellip 119886minus2

119899

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

Τέτοιους πίνακες στο εξής για εξοικονόμηση χώρου θα τους γράφουμε

ως εξής 119879 = diag(119886minus21 hellip 119886minus2

119899 ) Εύκολα τώρα ελέγχει κανείς ότι ο 119879

hellip

είναι θετικά ορισμένος και

⟨119879119909 119909⟩ =119899

sum119895=1

⟨119909 119890119895⟩2

1198862119895

Συνεπώς ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119879119909 119909⟩ le 1Αντιστρόφως έστω ότι ο 119879 είναι ένας θετικά ορισμένος 119899times119899 πίνακας

και 119870 = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119879119909 119909⟩ le 1 Θα αποδείξουμε ότι το 119870 είναι

ελλειψοειδές Έστω ότι τα 1198911 hellip 119891119899 και 1205821 hellip 120582119899 είναι όπως παραπάνω

η ορθοκανονική βάση ιδιοδιανυσμάτων του 119879 και οι αντίστοιχες θετικές

ιδιοτιμές του Ένα διάνυσμα 119909 είναι στοιχείο του 119870 αν και μόνο αν

⟨119879119909 119909⟩ le 1 Όμως αφού τα 1198911 hellip 119891119899 συνιστούν ορθοκανονική βάση του

ℝ119899 μπορούμε να γράψουμε 119909 = sum119899119895=1⟨119909 119891119895⟩119891119895 οπότε η προηγούμενη

γίνεται

⟨119879(119899

sum119895=1

⟨119909 119891119895⟩119891119895)119899

sum119895=1

⟨119909 119891119895⟩119891119895⟩ le 1

Απλές πράξεις δείχνουν ότι η τελευταία είναι ισοδύναμη με την

119899

sum119895=1

⟨119909 119891119895⟩2

(1radic120582119895)2le 1

ολοκληρώνοντας την απόδειξη σύμφωνα με τον Ορισμό

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν οι 119879 = (119905119894119895)119894119895 και 119878 = (119904119894119895)119894119895 είναι δυο 119899 times 119899πίνακες τότε tr(119879119905119878) = sum119894119895 119905119894119895119904119894119895 (Υπόδειξη Χρησιμοποιήστε τον Ορισμό

και το ότι αν η (119890119895)119899119895=1 είναι ορθοκανονική βάση στον ℝ119899 τότε για κάθε 119909 isin ℝ119899

ισχύει 119879119909 = sum119899119895=1⟨119879119909 119890119895⟩119890119895)

Άσκηση Αποδείξτε ότι το ίχνος ενός πίνακα είναι ανεξάρτητο από την

βάση του χώρου ακολουθώντας την εξής διαδικασία Αποδείξτε με επαγωγή

στη διάσταση του χώρου 119899 ge 2 ότι

det(Id +ℎ119860) = 1 + ℎtr(119860) + 119874(ℎ2)()

όπου η ποσότητα 119874(ℎ2) ικανοποιεί την limℎrarr0 119874(ℎ2)ℎ = 0 Στη συνέχεια

χρησιμοποιήστε την () για να αποδείξετε ότι το ίχνος tr119860 είναι η κατευθυ-

νόμενη παράγωγος της ορίζουσας στη διεύθυνση του πίνακα 119860 στο σημείο Id

hellip

δηλαδή

tr(119860) = limℎrarr0

det(Id +ℎ119860) minus det Idℎ

()

Τέλος χρησιμοποιήστε την () για να αποδείξετε ότι για κάθε αντιστρέψιμο

πίνακα 119875 ισχύει tr(119875minus1119860119875) = tr119860

Άσκηση [Singular Value Decomposition] Αποδείξτε ότι για κάθε αντιστρέ-

ψιμο πίνακα 119879 υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες 119880 119881 και διαγώνιος πίνακας

119863 με θετικά στοιχεία διαγωνίου ώστε να ισχύει 119879 = 119880119863119881 ακολουθώντας τα

παρακάτω βήματαμη αντρι-

στρέψιμοι

και θετικά

ημιορισμέ-

νοι

(i) Αποδείξτε ότι υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899 του ℝ119899 και θετικοί

αριθμοί 1205821 hellip 120582119899 ώστε να ισχύει 119879119905119879119890119895 = 120582119895119890119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899

(ii) Θέστε 119907119895 = radic120582119895minus1119879119890119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 και αποδείξτε ότι ta 1199071 hellip 119907119899

συνιστούν ορθοκανονική βάση του ℝ119899

(iii) Αν 119875 ο πίνακας με στήλες τα διανύσματα 119907119895 και 119876 o πίνακας με στήλες

τα διανύσματα 119890119895 αποδείξτε ότι ισχύει

119875 = 119879119876diag(radic1205821minus1

hellip radic120582119899minus1

)

Άσκηση Χρησιμοποιήστε την Άσκηση για να δείξετε ότι για κάθε

119899 times 119899 πίνακα 119879 υπάρχει ορθογώνιος 119899 times 119899 πίνακας 119880 και θετικά ημιορισμένος

119899 times 119899 πίνακας 119875 ώστε 119879 = 119880119875 Η αναπαράσταση αυτή είναι γνωστή με το

όνομα πολική αναπαράσταση του 119879 (Υπόδειξη 119880119863119881 = (119880119881)(119881lowast119863119881) για κάθε

119881 ορθογώνιο 119899 times 119899 πίνακα)

hellip

Συμβολίζουμε με 119872119899times119899 το σύνολο των 119899times119899 πινάκων με στοιχεία από

το ℝ Τα στοιχεία Τ του 119872119899times119899 τα βλέπουμε και ως γραμμικές απεικονίσεις

από τον ℝ119899 στον ℝ119899 όπου το για κάθε 119909 isin ℝ119899 το 119879119909 είναι το διάνυσμα

στον ℝ119899 που προκύπτει με πολλαπλασιασμό του 119899 times 119899 πίνακα 119879 με το

119899 times 1 διάνυσμα 119909 Στο 119872119899times119899 ορίζουμε μια νόρμα θέτοντας

119879 = sup1198791199092 ∶ 119909 isin ℬ1198992()

Φανερά ο ορισμός είναι καλός αφού το σύνολο ℬ1198992 είναι συμπαγές και η

απεικόνιση 119879 συνεχής Πράγματι η () ορίζει μια νόρμα στο 119872119899times119899

hellip

(i) Φανερά 119879 ge 0 και αν 119879 = 0 τότε 119879119909 = 0 για κάθε 119909 isin ℬ1198992

οπότε για κάθε 119909 isin ℝ119899 ⧵ 0 ισχύει

119879119909 = 1199092 119879 (119909

1199092) = 0

Έτσι 119879 = 0

(ii) Για κάθε 120582 isin ℝ ισχύει

120582119879 = sup119909isinℬ119899

2

1205821198791199092 = |120582| sup119909isinℬ119899

2

1198791199092 = |120582| 119879

(iii) Τέλος αν 119879 119878 isin 119872119899times119899 τότε

119879 + 119878 = sup119909isinℬ119899

2

(119879 + 119878)1199092 le sup119909isinℬ119899

2

(1198791199092 + 1198781199092)

le sup119909isinℬ119899

2

1198791199092 + sup119909isinℬ119899

2

1198781199092 = 119879 + 119878

Π Οι ορθογώνιοι πίνακες έχουν νόρμα ίση με 1 Πράγ-ματι αν 119880 ορθογώνιος τότε (εξrdquo ορισμού) 119880lowast119880 = Id Έτσι για κάθε

119909 isin ℝ119899 έχουμε

11988011990922 = ⟨119880119909 119880119909⟩ = ⟨119880lowast119880119909 119909⟩ = ⟨119909 119909⟩ = 1199092

Άρα 1198801199092 = 1199092 και η () συνεπάγεται αμέσως ότι 119880 = 1

Π Αν υπάρχει 119862 gt 0 ώστε 1198791199092 le 1198621199092 για κάθε

119909 isin ℝ119899 τότε 119879 le 119862 Αυτό προκύπτει αμέσως από την ()

Επίσης για κάθε 119909 isin ℝ119899 ισχύει 1198791199092 le 119879 1199092 Πράγματι αυτό

είναι προφανές αν 119909 = 0 και αν 119909 ne 0 τότε

1198791199092 = 119879(1199091199092)1199092 le 119879 1199092

Π Αν 119879 119878 isin 119872119899times119899 τότε 119879119878 le 119879 119878 Πράγματιαπό την () και την Παρατήρηση για κάθε 119909 isin ℬ119899

2 έχουμε

(119879119878)1199092 = 119879(119878119909)2 le 119879 1198781199092 le 119879 119878 1199092

άρα 119879119878 le 119879 119878

hellip

Π Η απεικόνιση 119983 ∶ 119872119899times119899 rarr ℝ1198992 όπου

119983(119886119894119895)119899119894119895=1 = (11988611 11988612 hellip 1198861119899 11988621 hellip 1198862119899 hellip 1198861198991 hellip 119886119899119899)

είναι γραμμική 1-1 επί συνεχής και η αντίστροφή της είναι συνεχής

Απόδειξη Φανερά η 119983 είναι γραμμική - και επί Μένει να δείξουμε τη

συνέχεια της 119983 και της 119983minus1 Αλλά ο 119872119899times119899 είναι ο ℝ1198992με διαφορετική

νόρμα (την sdot όπως ορίστηκε πριν) Συνεπώς η συνέχεια της 119983 είναι

απλώς η ισοδυναμία δύο νορμών στον ℝ1198992 η οποία ισχύει από την

Πρόταση

Π Ένα σύνολο ℳ sube 119872119899times119899 είναι φραγμένο αν και μόνοαν είναι φραγμένο ως υποσύνολο του (ℝ1198992

sdot 2) (μέσω της 119983 τηςΠρότασης )

Ομοίως ένα ℳ sube 119872119899times119899 είναι συμπαγές αν και μόνο αν είναι συμπαγές(δηλαδή κλειστό και φραγμένο) ως υποσύνολο του (ℝ1198992

sdot 2)

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ο 119863 = diag(1205821 1205822 hellip 120582119899) είναι διαγώνιος πίνακας

τότε

119863 = max|120582119895| ∶ 119895 = 1 2 hellip 119899

Άσκηση Αν η 119863119898 είναι μια ακολουθία διαγώνιων πινάκων με det(119863119898) = 1για κάθε 119898 isin ℕ τότε η ακολουθία 119863119898 είναι φραγμένη αν και μόνο αν η

ακολουθία 119863minus1119898 είναι φραγμένη

Άσκηση Χρησιμοποιήστε την Άσκηση για να αποδείξετε ότι η

Άσκηση δεν ισχύει μόνο για διαγώνιους πίνακες αλλά και για οποιαδήποτε

ακολουθία 119879119898 119899 times 119899-πινάκων με det(119879119898) = 1 για κάθε 119898 isin ℕ

Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΘΕΣΗΣ ΕΝΟΣ ΚΥΡΤΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ

Ας θεωρήσουμε ένα κυρτό σώμα 119870 στο ℝ119899 Οποιαδήποτε μεταφορά

του 1199090 + 119870 στο χώρο δεν αλλάζει τα γεωμετρικά χαρακτηριστικά του

σώματος και για αυτό δεν θεωρούμε ότι πρόκειται για ουσιαστικά

διαφορετικό σώμα Λέμε απλώς ότι το σώμα βρίσκεται σε άλλη θέση

Αυτό όμως δεν συμβαίνει μόνο με τις μεταφορές Προφανώς συμβαίνει και

με τις στροφές και τις ανακλάσεις Γενικότερα θεωρούμε ότι ένα κυρτό

σώμα δεν αλλάζει κατά ουσιαστικό τρόπο όταν αλλάζει η βάση του

χώρου Από τη Γραμμική Άλγεβρα γνωρίζουμε ότι η αλλαγή της βάσης

του ℝ119899 γίνεται με έναν πίνακα ο οποίος έχει μη μηδενική ορίζουσα Το

αποτέλεσμα οποιουδήποτε από τους παραπάνω μετασχηματισμούς σε

ένα κυρτό σώμα ή συνδυασμού τους ονομάζεται θέση του σώματος

Για να δώσουμε τον αυστηρό ορισμό υπενθυμίζουμε από την γραμμική

άλγεβρα ότι γράφουμε GL(119899) για τη γενική γραμμική ομάδα στον ℝ119899 το

GL(119899) αποτελείται από όλους τους 119899 times 119899 πίνακες που έχουν μη μηδενικήορίζουσα

Ο Αν το 119870 είναι ένα κυρτό σώμα στον ℝ119899 ονομάζουμεθέση του 119870 οποιοδήποτε σύνολο της μορφής 1199090 + 119879(119870) όπου 1199090 isin ℝ119899

και 119879 isin GL(119899)

Πολλές φορές ταυτίζουμε το κυρτό σώμα με την κλάση όλων των θέσεών

του (θεωρώντας ότι όλες οι θέσεις αναφέρονται στο ίδιο σώμα) Στο

επόμενο αποδεικνύουμε ότι οποιοδήποτε ελλειψοειδές είναι μια θέση της

ευκλείδειας μπάλας ℬ1198992

Π Το σύνολο των θέσεων της ευκλείδειας μπάλας ℬ1198992 είναι

το σύνολο των ελλειψοειδών στον ℝ119899

Απόδειξη Το ℰ είναι ελλειψοειδές στον ℝ119899 με κέντρο την αρχή των

αξόνων αν και μόνο αν υπάρχει ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899 του ℝ119899 και

θετικοί αριθμοί 1198861 hellip 119886119899 ώστε

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119895=1

⟨119909 119890119895⟩2

1198862119895

le 1

(δείτε Ορισμό ) Ο διαγώνιος πίνακας 119879 = diag(1198861 hellip 119886119899) είναι αντι-

στρέψιμος (αφού τα 1198861 hellip 119886119899 είναι θετικοί αριθμοί) και εύκολα ελέγχουμε

ότι ισχύει 119879(ℬ1198992) = ℰ Οποιοδήποτε άλλο ελλειψοειδές στον ℝ119899 είναι

μεταφορά ελλειψοειδούς με κέντρο την αρχή των αξόνων

Αντίστροφα πρέπει να αποδείξουμε ότι για κάθε 119879 isin GL(119899) το

119879(ℬ1198992) είναι ελλειψοειδές Όμως 119909 isin 119879(ℬ119899

2) αν και μόνο αν 119879minus1119909 isin ℬ1198992

δηλαδή αν και μόνο αν ⟨119879minus1119909 119879minus1119909⟩ le 1 Αυτό είναι ισοδύναμο με το

⟨(119879minus1)119905119879minus1119909 119909⟩ le 1 Έτσι από την Πρόταση μένει να δείξουμε ότι

ο πίνακας (119879minus1)119905119879minus1 είναι θετικά ορισμένος Όμως προφανώς για κάθε

μη μηδενικό 119911 isin ℝ119899 ισχύει

⟨(119879minus1)119905119879minus1119911 119911⟩ = ⟨119879minus1119911 119879minus1119911⟩ = 119879minus11199112 ge 0

Μένει να δειχθεί ότι αν 119911 isin ℝ119899 ⧵ 0 τότε 119879minus1119911 ne 0 Αν υποθέσουμε

ότι υπάρχει μη μηδενικό 119911 isin ℝ119899 ώστε 119879minus1119911 = 0 τότε θέτουμε 1198901 =1199111199112 και συμπληρώνουμε σε μια ορθοκανονική βάση με τα διανύσματα

1198902 hellip 119890119899 επιλέγοντάς τα ώστε αυτά να είναι ορθοκανονική βάση του

υποχώρου κάθετου στο 1198901 Τότε ο πίνακας 119879minus1 γραμμένος ως προς

τη βάση 1198901 hellip 119890119899 έχει στην πρώτη στήλη του μηδενικά αφού λόγω

του ότι 119879minus11198901 = 0 ισχύει ⟨119879minus11198901 119890119895⟩ = 0 για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899 Άραdet 119879minus1 = 0 το οποίο είναι άτοπο αφού ο 119879 είναι αντιστρέψιμος

Π Αυτό που πραγματικά κρύβεται πίσω από την

απόδειξη είναι η πολική αναπαράσταση ενός τετραγωνικού πίνακα κάθε

(πραγματικός) τετραγωνικός 119879 παραγοντοποιείται στη μορφή 119879 = 119880119860όπου ο 119880 είναι ορθογώνιος (δηλαδή 119880119905 = 119880minus1) και ο 119860 διαγώνιος

(δείτε [ΓρΑλγ]) Έτσι ο 119860 απεικονίζει την ℬ1198992 σε ένα ελλειψοειδές

με άξονες τους βασικούς άξονες και στη συνέχεια ο 119880 laquoστρέφειraquo το

ελλειψοειδές στο χώρο (ο 119880 ως ορθογώνιος είναι συνδυασμός ανακλάσεων

και στροφών)

Π Παρατηρήστε ότι αν επιλέξουμε ένα ελλειψοειδές

ℰ στο ℝ119899 τότε

(i) το ελλειψοειδές ℰ καθορίζει ένα πίνακα Τ isin GL(119899) από την

ℰ = 119879(ℬ1198992)

(ii) Ο 119879 καθορίζει μια αλλαγή βάσης

(iii) Ο 119879 και η αλλαγή βάσης θέτουν το 119870 σε μια άλλη θέση τη θέση

Τ(Κ)

Έτσι πολλές φορές λέμε ότι η θέση ενός σώματος 119870 καθορίζεται από

την laquoεπιλογή της ευκλείδειας δομής του ℝ119899raquo Δηλαδή την επιλογή του

ελλειψοειδούς ℰ Η χρήση της λέξης laquoδομήraquo στην παραπάνω φράση

προέρχεται από το ότι ένα ελλειψοειδές καθορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο

Πράγματι αν ως προς την κατάλληλη ορθοκανονική βάση 1198901 hellip 119890119899

ℰ = 119909 = (119909119896)119899119896=1 isin ℝ119899 ∶

119899

sum119896=1

1199092119896

1198862119896

le 1

όπου 119886119896 gt 0 για 119896 = 1 hellip 119899 τότε ελέγχουμε εύκολα ότι το

⟨119909 119908⟩ℰ ∶=119899

sum119896=1

119911119896119908119896

1198862119896

()

είναι ένα εσωτερικό γινόμενο και το σύνολο 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨119909 119909⟩ℰ le 1 είναι

ακριβώς το ℰ

Άσκηση Αποδείξτε ότι οποιοδήποτε παραλληλόγραμμο στον ℝ2 είναι

μια θέση του τετραγώνου 119862 = [minus1 1]2 Ομοίως αποδείξτε ότι οποιοδήποτε

παραλληλεπίπεδο στον ℝ119899 είναι μια θέση του κύβου 119862 = [minus1 1]119899

Άσκηση Δείξτε ότι η σχέση () ορίζει πράγματι ένα εσωτερικό γινόμενο

στον ℝ119899

Άσκηση Δείξτε ότι αν sdot ℰ είναι η νόρμα που ορίζει ένα ελλειψοειδές ℰστον ℝ119899 τότε ισχύει ⟨119909 119909⟩ℰ = 1199092

ℰ

Άσκηση Εξηγήστε γιατί η επιλογή ενός εσωτερικού γινομένου στον ℝ119899

καθορίζει τη θέση ενός κυρτού σώματος 119870

Η ΙΣΟΤΡΟΠΙΚΗ ΘΕΣΗ

Η ισοτροπική θέση ενός κυρτού σώματος είναι μια πολύ ιδιαίτερη

θέση η οποία προέρχεται από την Κλασική Μηχανική Ο συνήθης ορισμός

της ισοτροπίας είναι ο ακόλουθος

Ο (Ισοτροπικό σώμα) Ένα κυρτό σώμα 119870 sube ℝ119899 λέμε

ότι είναι ισοτροπικό αν έχει όγκο ίσο με 1 κέντρο μάζας στο 0 και το

ολοκλήρωμα int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 είναι σταθερό δηλαδή ανεξάρτητο του 120579 isin

120138119899minus1 Η τετραγωνική ρίζα αυτής της κοινής τιμής των ολοκληρωμάτων

ονομάζεται σταθερά ισοτροπίας του 119870 και συμβολίζεται με 119871119870

Θα δούμε παρακάτω ότι κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 έχει ισοτροπική

θέση δηλαδή υπάρχει 119879 isin GL(119899) ώστε το 119879(119870) να είναι ισοτροπικό

Στην επόμενη υποενότητα θα προσπαθήσουμε να εξηγήσουμε αυτόν

τον ορισμό Αυτό δεν θα συμβάλει μόνο στην αιτιολόγηση του όρου

laquoισοτροπικόraquo αλλά θα συμβάλει στο να κατανοήσουμε ότι από φυσικής

πλευράς η ισοτροπική θέση είναι η απλούστερη θέση στην οποία μπορεί

να βρεθεί ένα σώμα

Ροπή δύναμης και ροπή αδράνειας

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε ένα αντικείμενο που μπορεί να περιστραφεί

γύρω από έναν άξονα Μπορούμε να φανταστούμε μια σφαίρα και έναν

άξονα που περνάει από το κέντρο της ή μια πόρτα που στρέφεται

γύρω από τον άξονα που διέρχεται από τα σημεία στήριξής της Αν

εφαρμόσουμε μια δύναμη 119865 στο αντικείμενο κάθετα στο επίπεδο που

ορίζει ο άξονας περιστροφής και το διάνυσμα θέσης του σημείου στο

οποίο εφαρμόζεται η δύναμη αυτό θα αρχίσει να περιστρέφεται Ας

θεωρήσουμε ότι η δύναμη εφαρμόζεται στο σημείο 119903 το οποίο ανήκει

στο αντικείμενό μας Ονομάζουμε ροπή της δύναμης 119865 το διάνυσμα

120591 = 119903times 119865 όπου με times συμβολίζουμε το εξωτερικό γινόμενο Παρατηρούμε

ότι όσο πιο κοντά στον άξονα περιστροφής εφαρμόσουμε τη δύναμη

(για παράδειγμα όσο πιο κοντά στον άξονα περιστροφής της πόρτας)

τόσο πιο μικρό είναι σε μήκος το διάνυσμα 119903 οπότε είναι και μικρότερο

το μέγεθος της ροπής (η πόρτα θα στραφεί με μικρότερη ταχύτητα)

Η ροπή μιας δύναμης που εφαρμόζεται σε ένα σώμα που μπορεί ναστραφεί γύρω από έναν άξονα εκφράζει το μέγεθος της ικανότητας τηςδύναμης να στρέψει το σώμα

Άρα το πόσο εύκολα θα στραφεί το σώμα εξαρτάται από τη δύναμη119865 και το σημείο εφαρμογής της δύναμης 119903 Όμως το τι τελικά ακριβώς

θα συμβεί στο σώμα δεν εξαρτάται μόνο από τη δύναμη και το σημείο

εφαρμογής Διότι για παράδειγμα μια μπάλα του μπάσκετ στρέφεται

πολύ πιο εύκολα με την ίδια δύναμη από ότι ο πλανήτης Γη Άρα το τι

ακριβώς θα συμβεί με την ίδια δύναμη 119865 και το ίδιο 119903 σχετίζεται και με

χαρακτηριστικά του σώματος και της διεύθυνσης περιστροφής Αυτά

τα χαρακτηριστικά εκφράζονται στην έννοια της ροπής αδράνειας του

σώματος ως προς τη διεύθυνση του άξονα περιστροφής

Η ροπή αδράνειας ενός σώματος εκφράζει το πόσο εύκολα αυτόστρέφεται γύρω από δοθέντα άξονα Εξαρτάται δηλαδή τόσο από το σώμαόσο και από τον άξονα περιστροφής Το ότι η ροπή αδράνειας εξαρτάται

και από τον άξονα περιστροφής φαίνεται εύκολα με το παράδειγμα του

ακροβάτη που περπατάει σε σχοινί κρατώντας κάθετα στο σχοινί μια

πολύ μεγάλη ράβδο (δείτε την Εικόνα ) Για να πέσει από το σχοινί

ο ακροβάτης θα πρέπει η ράβδος που κρατάει να στραφεί με άξονα

περιστροφής παράλληλο στο σχοινί στο οποίο βαδίζει Επειδή ακριβώς

η ράβδος είναι μεγάλη στην κάθετη στο σχοινί διεύθυνση αυτή έχει

πολύ μεγάλη ροπή αδράνειας (δεν laquoθέλειraquo δηλαδή να στραφεί) και για

αυτό ο ακροβάτης δεν πέφτει εύκολα (Το ότι ο ακροβάτης συγκρατεί τη

ράβδο είναι μάλλoν ψευδαίσθηση Η ράβδος συγκρατεί τον ακροβάτη)

Μιλώντας πιο αυστηρά η ροπή αδράνειας ενός σώματος εκφράζει τηροπή που απαιτείται για να αποκτήσει το σώμα μια καθορισμένη γωνιακήεπιτάχυνση Μια σημειακή μάζα 119898 σε θέση 119903 όπου το 119903 είναι κάθετο στον

άξονα περιστροφής της έχει ροπή αδράνειας την ποσότητα 119868 = 119898 11990322

(Βεβαίως η επιλογή αυτού του τύπου δεν είναι αυθαίρετη αλλά βασίζεται

σε πειραματικά δεδομένα Για παράδειγμα διπλασιάζουμε την απόσταση

από τον άξονα περιστροφής και μετράμε τετραπλάσια ροπή για την

απόκτηση της ίδιας γωνιακής επιτάχυνσης)

Αν τώρα μιλάμε για ένα κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 η συνολική του

ροπή αδράνειας υπολογίζεται αν laquoπροσθέσουμε όλες τις ροπές αδράνειας

των σημείων τουraquo δηλαδή αν ολοκληρώσουμε πάνω στο 119870 Για να

απλοποιηθεί η περιγραφή μας ας υποθέσουμε ότι οι laquoσημειακές μάζεςraquo

στο 119870 είναι ίσες με 1 Με άλλα λόγια θεωρούμε ότι η πυκνότητα του

υλικού του 119870 είναι σταθερά ίση με 1 Έτσι αν το διάνυσμα 120579 isin 120138119899minus1

καθορίζει τον άξονα περιστροφής τότε η (συνολική) ροπή αδράνειας

Ε Ο Samuel Dixon διασχίζει τον Νιαγάρα πάνω σε ένα σχοινί

της ίντσας χρησιμοποιώντας τη ροπή αδράνειας μιας μεγάλης ράβδου

(φωτογραφία George Barker Νιαγάρας )

του 119870 είναι η ποσότητα

int119870

11990311990922 119889119909

όπου το 119903119909 είναι το διάνυσμα κάθετο στον άξονα περιστροφής από τον

άξονα στο 119909 isin 119870 Χρησιμοποιώντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα η ροπή

αδράνειας του 119870 ως προς τον άξονα που καθορίζει το 120579 είναι ίση με το

int119870(1199092

2 minus ⟨119909 120579⟩2) 119889119909()

Φανερά η ροπή αδράνειας εξαρτάται λοιπόν από τον άξονα τη διεύθυνση

120579 Αν αυτό δεν συμβαίνει αν δηλαδή η ροπή αδράνειας είναι ίδια για

το 119870 ως προς οποιοδήποτε άξονα περιστροφής τότε το σώμα λέγεται

ισοτροπικό Η συνθήκη που μόλις περιγράψαμε είναι φανερά ισοδύναμη

με την συνθήκη η ποσότητα int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 να είναι σταθερή και ανεξάρτητη

από την επιλογή του 120579 isin 120138119899minus1

Έτσι λοιπόν ένα σώμα είναι ισοτροπικό όταν η ροπή που χρειάζεταιγια να αποκτήσει συγκεκριμμένη γωνιακή επιτάχυνση είναι ίδια ως προςοποιοδήποτε άξονα και αν είναι να περιστραφεί

Προσθέτουμε μόνο εδώ ότι η οι επιπλέον απαιτήσεις του Ορι-

σμού δηλαδή να έχει το σώμα κέντρο μάζας στο 0 και να έχει

συνολικό όγκο 1 είναι κανονικοποιήσεις που απλά διευκολύνουν διάφο-

ρους υπολογισμούς και δεν έχουν σχέση με την ισοτροπία ως φυσική

έννοια

Πίνακας αδράνειας και ροπή αδράνειας

Όπως είδαμε παραπάνω η ροπή αδράνειας εξαρτάται τόσο από

το σώμα το οποίο στρέφεται όσο και από τη διεύθυνση του άξονα

περιστροφής Είναι δυνατόν αυτά τα δύο να laquoδιαχωριστούνraquo Μπο-

ρούν δηλαδή κατά μία έννοια να απομονωθούν τα χαρακτηριστικά

του σώματος που καθορίζουν ή επηρεάζουν την περιστροφή από τη

διεύθυνση περιστροφής Η απάντηση είναι θετική και αυτό γίνεται με

τον πίνακα αδράνειας του σώματος

Θα συμβολίσουμε με Id τον ταυτοτικό πίνακα στον ℝ119899 Αν γράψουμε

το τυχόν 119909 isin 119870 ως sum119899119894=1 119909119894119890119894 ως προς την συνήθη ορθοκανονική βάση

του ℝ119899 και ομοίως και για το 120579 από τη σχέση () εύκολα βλέπουμε

με απλές πράξεις ότι

int119870(1199092

2 minus ⟨119909 120579⟩2) 119889119909 = ⟨119868119870120579 120579⟩

όπου 119868119870 είναι ο πίνακας

(int119870

11990922 119889119909) Id minus (int

119870119909119894119909119895 119889119909)

119894119895

=⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

int119870(11990922 minus 1199092

1 ) 119889119909 minus int11987011990911199092 119889119909 hellip minus int119870

1199091119909119899 119889119909minus int119870

11990921199091 119889119909 int119870(1199092 minus 11990922) 119889119909 hellip minus int119870

1199092119909119899 119889119909⋮ ⋮ ⋱ ⋮

minus int1198701199091198991199091 119889119909 minus int119870

1199091198991199092 119889119909 hellip int119870(11990922 minus 1199092

119899) 119889119909

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

Ο πίνακας 119868119870 ονομάζεται πίνακας αδράνειας του σώματος 119870 (Inertiamatrix) Όταν εργαζόμαστε με ένα σώμα και δεν υπάρχει κίνδυνος

σύγχυσης μπορεί να παραλείπουμε τον δείκτη 119870 και να γράφουμε απλά

119868 Ο 119868 εξαρτάται μόνο από το σώμα 119870 (και το σύστημα συντεταγμένων)

και για κάθε 120579 isin 120138119899minus1 το εσωτερικό γινόμενο ⟨119868120579 120579⟩ υπολογίζει τη ροπή

αδράνειας του σώματος 119870 με άξονα περιστροφής τη διεύθυνση του 120579Για τη Φυσική όπως η μάζα είναι το μέτρο της αδράνειας του 119870 για

την ευθύγραμμη κίνηση έτσι και ο πίνακας αδράνειας είναι το laquoμέτροraquo

της αδράνειας στην περιστροφική κίνηση

Εύκολα βλέπει κανείς ότι αυτός ο συμμετρικός πίνακας είναι θετικά

ορισμένος Αλλά από την πλευρά της Φυσικής αυτό είναι άμεσα αντι-

ληπτό αν κανείς γνωρίζει ότι αν το 119870 στρέφεται με οποιαδήποτε (μη

μηδενική) σταθερή γωνιακή ταχύτητα τότε η κινητική του ενέργεια

είναι ακριβώς η ποσότητα 12⟨119868 ⟩ και ως ενέργεια η ποσότητα αυτή

είναι αναγκαστικά θετική Έτσι ο 119868 είναι διαγωνοποιήσιμος δηλαδή

υπάρχει κατάλληλος ορθομοναδιαίος πίνακας αλλαγής βάσης 119876 ώστε ο

119868 = 119876119905Λ119876 όπου Λ διαγώνιος πίνακας έστω με στοιχεία διαγωνίου τα

1198681 hellip 119868119899 Οι διευθύνσεις των ιδιοδιανυσμάτων του 119868 ονομάζονται κύριοι(ή πρωτεύοντες) άξονες του σώματος 119870 Οι ποσότητες 1198681 hellip 119868119899 (οι οποίες

είναι θετικές αφού ο 119868 είναι θετικά ορισμένος) ονομάζονται κύριες (ή

πρωτεύουσες) ροπές αδράνειας του 119870 Τα υπερεπίπεδα που παράγονται

από οποιαδήποτε 119899minus1 από τα ιδιοδιανύσματα του 119868 ονομάζονται κύρια(ή πρωτεύοντα) υπερεπίπεδα του 119870

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι αν επιλέξουμε κατάλληλα την ορθοκανονι-

κή βάση του ℝ119899 ο πίνακας αδράνειας του 119870 είναι διαγώνιος ο διαγώνιος

πίνακας Λ Συνεπώς αν εφαρμόσουμε στο σώμα 119870 κατάλληλο διαγώνιο

πίνακα (ως προς κατάλληλη βάση) ο πίνακας αδράνειας της νέας θέσης

του 119870 έστω 119870prime θα είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού δηλαδή τα

int119870prime 1199092119894 119889119909 θα είναι ανεξάρτητα του 119894 και int119870prime 119909119894119909119895 119889119909 = 0 για κάθε 119894 ne 119895

Εύκολα ελέγχουμε ότι αυτές οι συνθήκες συνεπάγονται ότι στη νέα αυτή

θέση του το 119870 δηλαδή το 119870prime είναι ισοτροπικό

Αποδείξαμε έτσι ότι κάθε κυρτό σώμα 119870 μπορεί να αλλάξει θέση ώστεη νέα θέση που προκύπτει να είναι ισοτροπική

Παρατηρούμε εδώ ότι πολύ συχνά στη βιβλιογραφία η ισοτροπική

θέση περιγράφεται λέγοντας ότι ο πίνακας αδράνειας του σώματος 119870είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού συν τις συνθήκες κανονικοποίησης

του Ορισμού δηλαδή ότι πρέπει να έχει όγκο ίσο με 1 και κέντρομάζας στο 0

Αν ονομάσουμε 119862 = 119862119870 = Cov(119870) τον πίνακα (int119870119909119894119909119895 119889119909)119894119895 τότε

ισχύει

119868(119870) =tr(119862)119899 minus 1

Id minus119862

Αυτό ελέγχεται εύκολα αφού

tr(119862) =119899

sum119894=1

(int119870

11990922 119889119909 minus int

1198701199092

119894 119889119909) = (119899 minus 1) int119870

11990922 119889119909

Ο πίνακας 119862 = 119862119870 ονομάζεται πίνακας συνδιακύμανσης (Covariance

matrix) του 119870 Συνήθως μελετάμε τον πίνακα 119862 αντί για τον 119868 αφού

ο 119862 είναι απλούστερος και οι ιδιότητες του 119868 που μας ενδιαφέρουν

προκύπτουν άμεσα από τις ιδιότητες του 119862 Για παράδειγμα ο 119868 είναιπολλαπλάσιος του ταυτοτικού Id (και το σώμα 119870 είναι ισοτροπικό) αν

και μόνο αν ο 119862 είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού Με βάση αυτή

την παρατήρηση μπορούμε να δώσουμε τον εξής εναλλακτικό ορισμό

του ισοτροπικού σώματος

Ο (Ισοτροπικό σώμα (εναλλακτικός ορισμός)) Ένα κυρ-

τό σώμα 119870 sube ℝ119899 λέγεται ισοτροπικό αν έχει όγκο ίσο με 1 κέντρο μάζας

στο 0 και ισχύουν οι σχέσεις

(i) int1198701199092

119894 119889119909 = int1198701199092

119895 119889119909 για κάθε 119894 119895 = 1 hellip 119899 και

(ii) int119870119909119894119909119895 119889119909 = 0 για κάθε 119894 119895 = 1 hellip 119899 με 119894 ne 119895

Ο αριθμός 119871119870 = (int1198701199092

119894 119889119909)12 (που είναι ανεξάρτητος του 119894) ονομάζεται

σταθερά ισοτροπίας του 119870

Πρέπει βεβαίως κανείς να ελέγξει ότι η 119871119870 όπως ορίστηκε εδώ ισούται

με την 119871119870 όπως ορίστηκε στον Ορισμό Αυτό είναι απλό και το

διατυπώνουμε στην Άσκηση

Άσκηση Αποδείξτε ότι αν ισχύουν οι σχέσεις (i) και (ii) του Ορισμού

τότε το int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 είναι ανεξάρτητο του 120579 isin 120138119899minus1

Πολική ροπή αδρανείας

Ας υποθέσουμε ότι το αντικείμενο που μελετάμε είναι δισδιάστα-

το (για παράδειγμα ένα τμήμα ενός λεπτού φύλου κάποιου υλικού)

Μπορούμε να θεωρήσουμε τώρα ότι το σώμα αυτό θα περιστραφεί στο

επίπεδο στο οποίο περιέχεται Ο μόνος τρόπος να γίνει αυτό είναι να

περιστραφεί γύρω από κάποιο σημείο 1199090 αυτού του επιπέδου Αυτό

είναι ισοδύναμο με το να θεωρήσουμε το σώμα στον τρισδιάστατο χώρο

και να θεωρήσουμε ότι θα περιστραφεί γύρω από τον άξονα που περ-

νάει κάθετα στο επίπεδο στο οποίο περιέχεται από το 1199090 Η αδράνεια

που επιδεικνύει αυτό το σώμα σε μια τέτοια περιστροφή δίνεται όπως

και πριν από το ολοκλήρωμα πάνω στο σώμα του τετραγώνου της

απόστασης των σημείων του από τον άξονα περιστροφής που σε αυτή

την περίπτωση είναι το σημείο 1199090 Αυτή η ροπή αδρανείας ονομάζεται

πολική και εφόσον η μάζα του σώματος έχει πυκνότητα ίση με 1 και

1199090 = 0 δίνεται από τον τύπο

PI119870 = int119870

1199092 119889119909

Η γενίκευση σε μεγαλύτερες διαστάσεις είναι όμοια Το παραπάνω

ολοκλήρωμα στον ℝ119899 ονομάζεται πολική ροπή αδρανείας όπου τώρα η

περιστροφή είναι γύρω από τον άξονα του ℝ119899+1 που περνάει κάθετα

στον ℝ119899 από το 0Παρατηρούμε εδώ ότι η πολική ροπή αδρανείας σχετίζεται με τα

ίχνη των πινάκων 119868119870 και 119862119870 ως εξής

PI119870 = int119870

11990922 119889119909 = tr(119862119870) =

tr(119868119870)119899 minus 1

()

Διαφορά μεταξύ ισοτροπικού και μη ισοτροπικού σώματος

Είδαμε ήδη ότι για τα ισοτροπικά σώματα η ίδια ροπή προκαλεί

την ίδια γωνιακή επιτάχυνση ως προς οποιοδήποτε άξονα Εδώ θα

εμβαθύνουμε λίγο παραπάνω σε αυτή την κατεύθυνση

Ας υποθέσουμε ότι σε ένα σώμα 119870 στον χώρο τού ασκείται μια ροπή

ώστε να αρχίσει να κινείται και στη συνέχεια αφήνεται ελεύθερο χωρίς να

του ασκήται καμία εξωτερική δύναμη (ή η συνισταμένη των εξωτερικών

δυνάμεων ισούται με μηδέν) Σε αυτή την ενότητα θα μελετήσουμε τη

διαφορά στην κίνηση αν το σώμα είναι ισοτροπικό ή όχι

Αν θεωρήσουμε δύο σημεία 119909 119910 isin 119870 με 119909 ne 119910 αφού το σώμα

υποτίθεται στερεό η απόστασή τους παραμένει σταθερή Δηλαδή η

ποσότητα

119909 minus 11991022 =

119899

sum119895=1

(119909119895 minus 119910119895)2

είναι σταθερή ως προς τον χρόνο Συνεπώς η παράγωγός της είναι

μηδέν Υπολογίζοντας την παράγωγο με τον κανόνα της αλυσίδας

παίρνουμε 2⟨119909 minus 119910 119907119909 minus 119907119910⟩ = 0 όπου με 119907119909 και 119907119910 συμβολίζουμε τις

ταχύτητες των σημείων 119909 και 119910 αντίστοιχα Έτσι για να ισχύει αυτό

είτε 119907119909 minus 119907119910 = 0 οπότε 119907119909 = 119907119910 και το σώμα κινείται ευθύγραμμα ομαλά

είτε 119907119909 minus 119907119910 ⟂ 119909 minus 119910 και το σώμα εκτελεί περιστροφική κίνηση Επειδή

εδώ ασκήθηκε ροπή στο σώμα συμβαίνει το δεύτερο Έτσι υπάρχει

διάνυσμα 120596119909119910 ώστε 119907119909 minus 119907119910 = 120596119909119910 times (119909 minus 119910) Μπορούμε να δούμε τώρα

ότι το 120596119909119910 είναι ανεξάρτητο των σημείων 119909 και 119910 Πράγματι αν πάρουμε

τρία σημεία 119909 119910 119911 στο 119870 θα ισχύει

120596119909119911 times (119909 minus 119910) minus 120596119909119911 times (119911 minus 119910) = 120596119909119911 times (119909 minus 119911) = 119907119909 minus 119907119911

= (119907119909 minus 119907119910) minus (119907119911 minus 119907119910)= 120596119909119910 times (119909 minus 119910) minus 120596119911119910 times (119911 minus 119910)

Αλλά η τελευταία μπορεί να ισχύει για κάθε 119909 119910 119911 isin 119870 μόνο αν

120596119909119911 = 120596119909119910 = 120596119911119910 Το κοινό αυτό διάνυσμα 120596 λοιπόν είναι χαρα-

κτηριστικό της κίνησης του σώματος και ονομάζεται γωνιακή ταχύτητα

του σώματος Μπορούμε να ελέγξουμε ότι το μέτρο του μας δείχνει την

γωνιακή μεταβολή των σημείων του 119870 ως προς τον άξονα περιστροφής

προς τον απαιτούμενο χρόνο Η περιστροφική αυτή κίνηση ονομάζεται

ομαλή (αφού υποθέσαμε ότι δεν ασκούνται πλέον δυνάμεις στο σώμα

ή ασκούνται αλλά έχουν συνισταμένη μηδέν) αλλά αυτό δεν σημαίνει

ότι το διάνυσμα 120596 είναι σταθερό Αυτό που γνωρίζουμε σίγουρα είναι

ότι το σώμα διατηρεί την κινητική του ενέργεια (αρχή διατήρησης της

ενέργειας) και τη στροφορμή του (αρχή διατήρησης της στροφορμής)

Η κινητική ενέργεια ενός σημείου του 119909 είναι 119864119909 = 121198981199091199071199092 όπου

119898119909 η σημειακή μάζα στο 119909 και 119907119909 η ταχύτητά του Έτσι αν το σώμα 119870έχει πυκνότητα 1 η κινητική του ενέργεια είναι 119864 = 1

2 int1198701199071199092 119889119909

Η στροφορμή ενός σημείου 119909 isin 119870 ορίζεται ως το διάνυσμα 119871119909 =119898119909119909 times 119907119909 και άρα για το σώμα 119870 με πυκνότητα 1 η στροφορμή του είναι

119871 = int119870119909 times 119907119909 119889119909 Αντικαθιστώντας το 119907119909 με 120596 times 119909 παίρνουμε

119871119909 = 119898119909(11990922120596 minus ⟨120596 119909⟩119909) = 119898119909119868119909120596

όπου 119868119909 ο πίνακας αδράνειας του 119909 δηλαδή

119868119909 =⎛⎜⎜⎜⎜⎝

11990922 minus 1199092

1 minus11990911199092 hellip minus1199091119909119899minus11990921199091 1199092

2 minus 11990922 hellip minus1199092119909119899

⋮ ⋮ ⋱ ⋮minus1199091198991199091 minus1199091198991199092 hellip 1199092

2 minus 1199092119899

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

Ολοκληρώνοντας ως προς 119909 isin 119870 παίρνουμε ότι η συνολική στροφορμή

του 119870 είναι 119871 = 119868120596 όπου 119868 ο πίνακας αδράνειας του 119870 Χρησιμοποιώντας

τις ιδιότητες του εξωτερικού γινομένου ελέγχουμε εύκολα ότι ισχύει

119864 = 12⟨119871 120596⟩

Με αυτές τις εξισώσεις μπορούμε να βγάλουμε τα παρακάτω συμ-

περάσματα

Αν ο ροπή που ασκήσαμε για την έναρξη της κίνησης του 119870 ήταν

κάθετη σε κύριο άξονα του 119870 τότε η στροφορμή 119871 είναι στη διεύθυνση

του κύριου άξονα Αλλά τότε το 119871 είναι ιδιοδιάνυσμα του 119868 και συνεπώς

120596 = 119868minus1119871 = 120582minus1119871 όπου 120582 η ιδιοτιμή του 119868 που αντιστοιχεί στον κύριο

άξονα Δηλαδή η γωνιακή ταχύτητα είναι παράλληλη με τη στροφορμή

Αυτό σημαίνει ότι το σώμα θα κάνει μια απλή ομαλή περιστροφική

κίνηση γύρω από αυτόν τον κύριο άξονα

Αν η ροπή δίνει στροφορμή που δεν είναι στη διεύθυνση κύριου

άξονα τότε αυτή η γωνιακή ταχύτητα δεν είναι απαραίτητα παράλληλη

με τη στροφορμή 119871 Παραμένει όμως σταθερή η συνιστώσα της στη

διεύθυνση της στροφορμής 119871 αφού 119864 = 12⟨119871 120596⟩ και τόσο η κινητική

ενέργεια όσο και η στροφορμή είναι σταθερές

Έτσι ένα ελλειψοειδές με άνισους ημιάξονες στο οποίο ασκείται ροπή

ώστε να αποκτήσει στροφορμή 119871 η οποία δεν είναι στη διεύθυνση κύριου

άξονα θα κάνει μια σύνθετη κίνηση στον χώρο η οποία περιλαμβάνει

τόσο περιστροφή γύρω από τον άξονα της στροφορμής όσο και περι-

στροφική κίνηση γύρω από τον εαυτό του Τέτοια είναι η κίνηση που

εκτελεί ο πλανήτης μας περιστρέφεται γύρω από τον εαυτό του αλλά

και ο άξονας περιστροφής δεν είναι σταθερός αλλά εκτελεί και αυτός

περιστροφική κίνηση γύρω από τη διεύθυνση της στροφορμής της

Αν τώρα το ελλειψοειδές έχει για παράδειγμα κύριους άξονες με

ίσες ιδιοτιμές τότε αν ο άξονας περιστροφής βρίσκεται στο επίπεδο που

παράγουν αυτοί οι δύο άξονες η κίνηση είναι απλή περιστροφική μια

και όπως πριν η στροφορμή είναι ιδιοδιάνυσμα του πίνακα αδράνειας

οπότε προκύπτει γωνιακή ταχύτητα στη διεύθυνση της στροφορμής

Τέλος αν το 119870 είναι στην ισοτροπική του θέση κάθε άξονας περι-στροφής οδηγεί σε απλή περιστροφική κίνηση με τη γωνιακή ταχύτηταστη διεύθυνση της στροφορμής Αυτό είναι προφανές από τα παρα-

πάνω αφού στην ισοτροπική θέση ο πίνακας αδράνειας 119868 του 119870 είναι

πολλαπλάσιο του ταυτοτικού

Π Να σημειώσουμε εδώ μια και αναφέρθηκε ότι ο

πλανήτης μας δεν είναι στερεό σώμα αφού έχει ατμόσφαιρα νερό υγρό

πυρήνα κλπ Άρα η κίνηση του δεν είναι και τόσο προβλέψιμη όπως

θα ήταν αν επρόκειτο για στερεό σώμα Οι στρατιωτικοί οργανισμοί

καταγράφουν συνεχώς την τροχιά του άξονα του πλανήτη χρησιμο-

ποιώντας αστρονομικά δεδομένα ώστε να ενοπίζουν τη μεταβολή της

θέσης του Αυτό γίνεται βεβαίως με σκοπό να στοχεύουν με ακρίβεια οι

πύραυλοί τους τις πόλεις μαςhellip

Το ελλειψοειδές αδράνειας και το ελλειψοειδές κινητικής ενέργειας

Ας υποθέσουμε για λόγους απλοποίησης αλλά χωρίς βλάβη της

γενικότητας ότι η κινητική ενέργεια 119864119870 του Κ ισούται με 12 Εφόσονλοιπόν η κινητική ενέργεια 119864119870 = 1

2⟨119868120596 120596⟩ είναι σταθερή η γωνιακή

ταχύτητα 120596 ανήκει στο ελλειψοειδές με εξίσωση ⟨119868120596 120596⟩ = 1 Το ελλειψο-

ειδές αυτό ονομάζεται ελλειψοειδές αδρανείας ή ελλειψοειδές Poinsot καιείναι σταθερό (ακίνητο) ως προς το σώμα 119870 καθώς αυτό περιστρέφεται

Το ότι δεν κινείται σε σχέση με το 119870 προκύπτει εύκολα αφού αν αλλά-

ξουμε στο σύστημα συντεταγμένων των ιδιοδιανυσμάτων του πίνακα

αδρανείας 119868 τότε η εξίσωσή του παραμένει αναλλοίωτη στον χρόνο και

είναι η119899

sum119895=1

1198681198951205962119895 = 1

όπου τα 119868119895 είναι οι κύριες ροπές αδρανείας και 120596119895 οι συντεταγμένες

της γωνιακής ταχύτητας 120596 O Poinsot παρατήρησε ότι η 119864119870 = 12⟨119871 120596⟩

συνεπάγεται ότι 119871 = 2grad120596119864119870 Δηλαδή η στροφορμή 119871 είναι κάθετη

στο εφαπτόμενο επίπεδο του ελλειψοειδούς 119864119870 = σταθερά δηλαδή

στο εφαπτόμενο επίπεδο του ελλειψοειδούς αδρανείας στο 120596 Αυτή

η κατασκευή είναι γνωστή ως κατασκευή Poinsot και περιγράφει με

ακρίβεια την περιστροφική κίνηση του 119870 Πράγματι αφού η στροφορμή

119871 είναι σταθερή για να μπορεί να είναι πάντα κάθετη στο παραπάνω

εφαπτόμενο επίπεδο θα πρέπει το ελλειψοειδές αδρανείας να περιστρέ-

φεται κατάλληλα και μαζί του και το σώμα 119870 Πάλι από το γεγονός ότι

η κινητική ενέργεια 119864119870 είναι σταθερή και το ότι 119864119870 = 12⟨119871 120596⟩ προκύπτει

ότι η προβολή του 120596 στη διεύθυνση του 119871 είναι σταθερή δηλαδή είναι

σταθερή η απόσταση του κέντρου του ελλειψοειδούς αδρανείας από

το εφαπτόμενο επίπεδο στο 120596 Συνεπώς το εφαπτόμενο επίπεδο είναι

αναλλοίωτο στον χρόνο και για αυτό ονομάζεται αναλλοίωτο επίπεδο(invariable plane) Το 120596 είναι το σημείο επαφής του ελλειψοειδούς αδρα-

νείας καθώς αυτό περιστρέφεται και του αναλλοίωτου επιπέδου Κατά

την κίνηση αυτή το 120596 διαγράφει μια καμπύλη πάνω στο ελλειψοειδές

αδρανείας η οποία ονομάζεται πολική καμπύλη (στα αγγλικά ονομάζεται

laquopolhoderaquo από τις λέξεις πόλος+οδός) Αντίστοιχα το σημείο επαφής

διαγράφει μια καμπύλη πάνω στο αναλλοίωτο επίπεδο που ονομά-

ζεται αντιπολική καμπύλη (στα αγγλικά laquoherpolhoderaquo από τις λέξεις

έρπω+πόλος+οδός)

Ενδιαφέρον όμως παρουσιάζει και η κίνηση του διανύσματος της

στροφορμής 119871 ως προς έναν παρατηρητή που βρίσκεται μέσα στο σώμα

και κινείται μαζί του Για αυτόν προφανώς το 120596 είναι τώρα σταθερό

r

Σ Το ελλειψοειδές Poinsot το σταθερό διάνυσμα στροφορμής 119871η μεταβαλλόμενη γωνιακή ταχύτητα 120596 και το αναλλοίωτο επίπεδο Το 120596παραμένει σταθερά στο σημείο επαφής του ελλειψοειδούς με το επίπεδο

Καθώς το ελλειψοειδές στρέφεται γύρω από τον ευατό του το σημείο

επαφής με το επίπεδο (ισοδύναμα το 120596) διαγράφει πάνω στο ελλειψοειδές

την πολική καμπύλη ενώ καθώς το ελλειψοειδές περιστρέφεται και γύρωαπό τον άξονα του 119871 το σημείο επαφής με το επίπεδο (ισοδύναμα το

120596) διαγράφει την αντιπολική καμπύλη πάνω στο επίπεδο

και αλλάζει το 119871 Μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε ότι ως προς το σύστη-

μα συντεταγμένων των ιδιοδιανυσμάτων του πίνακα αδρανείας το 119871βρίσκεται πάντα στο ελλειψοειδές sum

119899119894=1 119868minus1

119894 1198712119894 = 1 Αυτό το ελλειψοειδές

ονομάζεται ελλειψοειδές της κινητικής ενέργειας ή ελλειψοειδές Binet του119870 Επειδή επιπλέον ισχύει sum

119899119894=1 1198712

119894 = 11987122 το οποίο είναι σταθερό συμ-

περαίνουμε ότι το διάνυσμα της στροφορμής 119871 παραμένει στην τομή της

σφαίρας ακτίνας 1198712 και του ελλειψοειδούς Binet Παρατηρούμε τέλοςότι το ελλειψοειδές κινητικής ενέργειας Binet είναι το πολικό ελλειψοειδέςτου ελλειψοειδούς αδρανείας Poinsot

Π Στη βιβλιογραφία της κυρτότητας ως ελλειψοειδές

αδρανείας δεν ορίζεται το ελλειψοειδές Poinsot αλλά κατά παράβαση των

φυσικών εννοιών που περιγράψαμε παραπάνω ένα ελλειψοειδές που

φέρει το όνομα του Legendre και είναι διαφορετικό από το προηγούμενο

αν και έχει τους ίδιους κύριους άξονες Θα περιγράψουμε αυτό το

ελλειψοειδές στην υποενότητα Ομοίως το ελλειψοειδές Binet δεν

ορίζεται σύμφωνα με τις παραπάνω φυσικές έννοιες αλλά ως δυϊκό του

ελλειψοειδούς Legendre Σε κάθε περίπτωση δεν κατέστη εφικτό να

βρω στη βιβλιογραφία από που προκύπτει η απόδοση στον Legendre

Πιθανώς να είναι αποτέλεσμα του γεγονότος ότι η πολικότητα μπορεί

να περιγραφεί μέσω του μετασχηματισμού του Legendre Δηλαδή από

τη μία το ελλειψοειδές Binet δεν ορίζεται ως το ελλειψοειδές κινητικής

ενέργειας όπως παραπάνω και από την άλλη το δυϊκό του ονομάζεται

ελλειψοειδές Legendre (δείτε και Άσκηση )

Π Οι όροι polhode και herpolhode προέρχονται από

τον ο αιώνα και βρίσκονται στο Πόρισμα της Πρότασης της

Ενότητας στο πρώτο βιβλίο του Principia του Isaac Newton Με το

πρόβλημα της περιστροφής ενός στερεού σώματος ασχολήθηκε τόσο ο

Newton όσο και ο Leonhard Euler αργότερα ο οποίος παρήγαγε ένα

σύνολο εξισώσεων που περιγράφουν την κίνηση Αφορμή για αυτές τις

μελέτες ήταν η παρατήρηση των Jean drsquo Alembert και Louis Lagrange και

άλλων ότι υπήρχαν μετατοπίσεις του γεωγραφικού πλάτους της Γης

λόγω ταλάντευσής της γύρω από τον πολικό άξονα περιστροφής της

Στα μέσα του ου αιώνα ο Louis Poinsot περιέγραψε γεωμετρικά την

περιστροφική κίνηση ενός στερεού σώματος με τη βοήθεια της laquoκατα-

σκευής Poinsotraquo που περιγράψαμε παραπάνω δίνοντας μια γεωμετρική

ερμηνεία των αλγεβρικών εξισώσεων του Euler Περισσότερα για αυτά

τα θέματα μπορεί να βρει κανείς στα [GPS] και [KO]

Άσκηση Για κάθε κυρτή συνάρτηση 119891 ∶ 119883 sube ℝ119899 rarr ℝ όπου το 119883είναι κυρτό σύνολο ορίζουμε τον μετασχηματισμό Legendre της 119891 να είναι η

συνάρτηση ℒ(119891) ∶ 119883lowast rarr ℝ όπου

119883lowast = 119909lowast isin ℝ119899 ∶ sup119909isin119883

(⟨119909lowast 119909⟩ minus 119891(119909)) lt infin

με

ℒ(119891)(119909lowast) = sup119909isin119883

(⟨119909lowast 119909⟩ minus 119891(119909))

Αποδείξτε (χρησιμοποιώντας τεχνικές απειροστικού λογισμού εύρεσης μεγί-

στου) ότι αν το ℰ είναι οποιοδήποτε ελλειψοειδές στον ℝ119899 και ℰ∘ το πολικό

του τότε ισχύει

ℒ (12

sdot 2ℰ) =

12

sdot 2ℰ∘

Συμπεράνεται ότι το ελλειψοειδές Poinsot είναι το Legendre δυϊκό ελλειψοειδές

του ελλειψοειδούς Binet με την έννοια ότι

ℒ (12

sdot 2Binet) =

12

sdot 2Poinsot

Άσκηση Στην άσκηση αυτή γενικεύουμε την Άσκηση για κάθε

σώμα 119870 και το πολικό του 119870∘ Το ζητούμενο δηλαδή είναι να αποδειχθεί ότι

ισχύει

ℒ (12

sdot 2119870) =

12

sdot 2119870∘

για κάθε κυρτό σώμα 119870 με το 0 στο εσωτερικό του (ώστε να ορίζεται το πολικό

σώμα) ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Δείξτε ότι υπάρχει 119877 gt 0 ώστε για κάθε 119909 isin ℝ119899 με 1199092 gt 119877 η

ποσότητα ⟨119906 119909⟩ minus 121199092

119870 είναι αρνητική Συμπεράνετε από αυτό ότι η

προηγούμενη ποσότητα έχει μέγιστη τιμή έστω στο 1199090

(ii) Αποδείξτε ότι

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) le

12

ℎ119870(119906)

παρατηρώντας ότι

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) = ⟨119906 1199090⟩ minus

12

11990902119870 le max

119903ge0(119903⟨119906

11990901199090119870

⟩ minus12

1199032)

(iii) Για την αντίστροφη ανισότητα

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) ge

12

ℎ119870(119906)

δείξτε ότι υπάρχει 1199090 isin bd(119870) ώστε ℎ119870(119906) = ⟨119906 1199090⟩ και παρατηρήστε

ότι για κάθε 119903 ge 0 θέτοντας 119909 = 1199031199090 ισχύει

ℒ (12

sdot 2119870) (119906) ge max

119903ge0(119903⟨119906 1199090⟩ minus

12

1199032)

Παρατήρηση Είναι δυνατόν να αποδείξει κανείς ότι ισχύει και η ℒ( sdot 119870)(119906) =119906119870∘ αλλά η απόδειξη είναι αρκετά πιο περίπλοκη και απαιτεί επιπλέον

υποθέσεις (να είναι η sdot 119870 κλάσης 1198622 στο ℝ119899 ⧵ 0 καθώς και το 119870 να είναι

γνήσια κυρτό (δείτε [GH] Κεφάλαιο Πρόταση ))

Αν και εξηγήσαμε παραπάνω ότι κάθε συμμετρικό κυρτό σώμα έχει

ισοτροπική θέση θα γράψουμε μια σύντομη και τυπικότερη απόδειξη

Π Για κάθε κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα 119870 sube ℝ119899

υπάρχει 119879 isin GL(119899) ώστε το 119879(119870) να είναι ισοτροπικό

Απόδειξη Θεωρούμε την απεικόνιση 119872 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 όπου

119872(119910) = int119870⟨119909 119910⟩119909 119889119909 = (int

119870⟨119909 119910⟩119909119895 1198891199091 hellip 119889119909119899)

119899

119895=1

Η Μ είναι μια γραμμική απεικόνιση με πίνακα τον 119872 = (int119870119909119894119909119895 119889119909)119894119895 Ο

119872 είναι φανερά συμμετρικός αλλά και θετικά ορισμένος αφού αν 119910 ne 0ισχύει

⟨119872(119910) 119910⟩ = int119870⟨119909 119910⟩2 119889119909 gt 0

Οπότε υπάρχει συμμετρικός και θετικά ορισμένος 119899 times 119899 πίνακας 119878 ώστε

1198782 = 119872 Θέτουμε 119870 = 119878minus1(119870) Παρατηρούμε ότι ο 119878minus1 είναι και αυτός

συμμετρικός οπότε ισούται με τον ανάστροφό του (119878minus1)lowast Για κάθε

120579 isin 120138119899minus1 θέτουμε 119910 = 119878119909 και χρησιμοποιώντας τον τύπο αλλαγής

μετβλητής στον ℝ119899 έχουμε

int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 = | det 119878|minus1 int

119870⟨119878minus1119910 120579⟩2 119889119910

= | det 119878|minus1 int119870⟨119910 (119878minus1)lowast120579⟩2 119889119910

= | det 119878|minus1 int119870⟨119910 119878minus1120579⟩2 119889119910

= | det 119878|minus1⟨int119870⟨119910 119878minus1120579⟩119910 119889119910 119878minus1120579⟩

= | det 119878|minus1⟨119872(119878minus1120579) 119878minus1120579⟩= | det 119878|minus1

δηλαδή είναι ανεξάρτητο του 120579 Μένει να κανονικοποιήσουμε τον όγκο

θέτουμε 119879 = vol119899(119878minus1(119870))minus1119899119878minus1(119870)

Το επόμενο που θέλουμε να δείξουμε είναι ότι η ισοτροπική θέση

για ένα συμμετρικό κυρτό σώμα είναι μοναδική εκτός από ορθογώνιους

μετασχηματισμούς (στροφές-ανακλάσεις και συνδυασμούς τους) Για

αυτό θα χρειαστούμε το παρακάτω πόρισμα του Θεωρήματος και

ένα ακόμα λήμμα

Π Αν ο 119879 είναι ένας συμμετρικός θετικά ημιορισμένος 119899times119899πίνακας τότε

tr(119879)119899

ge (det 119879)1119899

με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν ο 119879 είναι πολλαπλάσιο τουταυτοτικού

Απόδειξη Ένας συμμετρικός θετικά ημιορισμένος πίνακας είναι διαγωνο-

ποιήσιμος Αν 1205821 hellip 120582119899 οι (μη αρνητικές) ιδιοτιμές του τότε

tr(119879)119899

=1205821 + ⋯ + 120582119899

119899ge (1205821 hellip 120582119899)1119899 = (det 119879)1119899

Αν ισχύει ισότητα τότε όλες οι ιδιοτιμές είναι μεταξύ τους ίσες οπότε ο

119879 είναι πολλαπλάσιο του ταυτοτικού

Λ Η ισοτροπική θέση ελαχιστοποιεί την πολική ροπήαδρανείας PI119870 το ίχνος του πίνακα αδρανείας 119868119870 και το ίχνος του πίνακασυνδιακύμανσης 119862119870 Ισοδύναμα αν το 119870 βρίσκεται σε ισοτροπική θέσηκαι 119879 isin GL(119899) με det(119879) = 1 ισχύει

int119870

11990922 119889119909 le int

1198791198701199092

2 119889119909()

Απόδειξη Από τη σχέση () αρκεί να αποδείξουμε την () Παρα-

τηρούμε πρώτα ότι για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119878 ισχύει

int119870⟨119909 119878119909⟩ 119889119909 = sum

119894119895(int

119870119909119894119909119895 119889119909) 119904119894119895 = tr(119862119870119878)()

Εφαρμόζουμε την () για 119878 = Id και 119870 ισοτροπικό (οπότε 119862119870 = 1198712119870 Id)

int119870

11990922 119889119909 = int

119870⟨119909 119909⟩ 119889119909 = tr(1198712

119870 Id) = 1198991198712119870()

Εφαρμόζουμε ξανά την () για το σώμα 119879(119870) και αλλάζοντας μετα-βλητή (θέτοντας 119910 = 119879minus1119909) παίρνουμε

int119879(119870)

11990922 119889119909 = int

119879(119870)⟨119909 119909⟩ 119889119909 = int

119870⟨119910 119879lowast119879119910⟩ 119889119910 = tr(119862119870119879lowast119879)

()

Αλλά το 119870 είναι ισοτροπικό οπότε 119862119870 = 1198712119870 Id και από την ανισό-

τητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου tr(119879lowast119879)119899 ge det(119879lowast119879)1119899 = 1(Πόρισμα ) και την () παίρνουμε

int119879(119870)

11990922 119889119909 = 1198712

119870tr(119879lowast119879) ge 1198712119870119899 det(119879lowast119879)1119899 = int

1198701199092

2 119889119909()

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Από το παραπάνω λήμμα προκύπτει άμεσα ότι

αν ένα εξάρτημα μιας μηχανής θα περιστρέφεται στο επίπεδο στο οποίο

ανήκει τότε η ενεργειακά συμφέρουσα επιλογή είναι το εξάρτημα να

βρίσκεται στην ισοτροπική του θέση Διότι τότε θα έχει την ελάχιστη

πολική ροπή αδρανείας δηλαδή απαιτείται μικρότερη ροπή για την

απόκτηση της ίδιας γωνιακής ταχύτητας από οποιαδήποτε άλλη θέση

Π Η σχέση () και το Λήμμα μας δίνουν

άλλους δύο τύπους για τη σταθερά ισοτροπίας 119871119870 Από την () αν

το 119870 είναι ισοτροπικό τότε

119871119870 = (1119899

int119870

11990922 119889119909)

12

Από την () και το Λήμμα

119871119870 = inf⎧⎨⎩

(1119899

int119879(119870)

11990922 119889119909)

12

∶ det 119879 = 1⎫⎬⎭

= inf⎧⎨⎩

⎛⎜⎝

1

vol119899(119879(119870))1+ 2

119899

1119899

int119879(119870)

11990922 119889119909⎞⎟

⎠

12

∶ 119879 isin GL(119899)⎫⎬⎭

Π Η ισοτροπική θέση είναι μοναδική εκτός από ορθογώ-νιους μετασχηματισμούς

Απόδειξη Αν το Κ είναι ισοτροπικό και ο 119879 είναι ένας 119899 times 119899 πίνακας

ώστε το 119879(119870) να είναι και αυτό ισοτροπικό τότε θα δείξουμε ότι ο 119879είναι ορθογώνιος Πράγματι από το Λήμμα τόσο το 119870 όσο και το

119879(119870) ελαχιστοποιούν το ολοκλήρωμα του τετραγώνου της Ευκλείδειας

νόρμας ανάμεσα σε όλες τις θέσεις του 119870 Συνεπώς ισχύει ισότητα

στη σχέση () Άρα ισχύει ισότητα στην ανισότητα αριθμητικού-

γεωμετρικού μέσου tr(119879lowast119879)119899 ge det(119879lowast119879) και συνεπώς ο 119879lowast119879 είναι

πολλαπλάσιος του ταυτοτικού (Πόρισμα ) Αλλά επειδή πρέπει να

έχει και ορίζουσα ίση με 1 είναι ο ταυτοτικός Έτσι 119879lowast119879 = Id δηλαδή ο

119879 είναι ορθογώνιος

Εύκολα βλέπει κανείς ότι το 119870 είναι ισοτροπικό αν και μόνο αν ισχύει

η ()

Π Αν ισχύει

int119870

11990922 119889119909 le int

1198791198701199092

2 119889119909()

για κάθε 119899 times 119899 πίνακα ορίζουσας 1 τότε το 119870 είναι ισοτροπικό

Απόδειξη Πράγματι όπως και στην απόδειξη της Πρότασης έτσι

και εδώ αν το Τ(119870) είναι ισοτροπικό για κατάλληλο 119879 τότε πάλι θα

ισχύει ισότητα στην () οπότε όπως και πριν ο 119879 είναι ορθογώνιος

δηλαδή το 119870 είναι ισοτροπικό

Ελλειψοειδές Binet και ελλειψοειδές Legendre

Στο κλασικό τους άρθρο [MP] οι V Milman και A Pajor δίνουν

τους ορισμούς του ελλειψοειδούς Binet και του Legendre-δυϊκού του

Όμως αντί να χρησιμοποιήσουν τον πίνακα αδρανείας 119868(119870) χρησιμο-

ποιούν τον πίνακα συνδιακύμανσης 119862119870 Έτσι ορίζουν το ελλειψοειδές

Binet με τη σχέση

() 1205792Binet = int

119870∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909

Αυτό το ελλειψοειδές είναι διαφορετικό από το ελλειψοειδές Binet όπως

ορίζεται στην Κλασική Μηχανική και παρουσιάσαμε νωρίτερα Έχει

βέβαια τους άξονές του στις ίδιες διευθύνσεις με το ελλειψοειδές Binet της

Κλασσικής Μηχανικής αφού οι πίνακες συνδιακύμανσης 119862119870 και αδρανείας

119868(119870) έχουν τα ίδια ιδιοδιανύσματα λόγω της σχέσης

119868(119870) = (int119870

11990922119889119909) Id minus119862119870

αλλά διαφορετικά μήκη ημιαξόνων Για παράδειγμα ας υποθέσουμε ότι

η βάση του χώρου 1198901 1198902 hellip 119890119899 έχει επιλεχθεί να είναι τα ιδιοδιανύσματα

του πίνακα αδρανείας οπότε Ι(Κ) = diag(119868119895)119899119895=1 και 119862119870 = diag(119862119895)119899

119895=1

δηλαδή οι πίνακες αδρανείας και συνδιακύμανσης είναι διαγώνιοι Επίσης

ισχύει 119868119895 + 119862119895 = int1198701199092

2119889119909 Σύμφωνα με την () ισχύει

1198901198952Binet = int

119870∣⟨119909 1198901⟩∣

2119889119909 = int119870

1199092119895 119889119909 = 119862119895 = int

1198701199092

2119889119909 minus 119868119895

Όμως ο ορισμός του ελλειψοειδούς Binet και του ελλειψοειδούς Poinsot

στην Κλασική Μηχανική όπως τον παρουσιάσαμε στην υποενότη-

τα εrsquo δίνει

1198901198952Binet =

1119868119895

και 1198901198952Poinsot = 119868119895

Επίσης ορίζουν το ελλειψοειδές laquoLegendreraquo ℰLegendre θέτοντας

() intℰLegendre

∣⟨119909 120579⟩∣2119889119909 = int

119870∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909

για κάθε 120579 isin ℝ119899 Με αυτούς τους ορισμούς αποδεικνύουν ότι

ΕBinet =radic

119899 + 2vol(ℰLegendre)

ℰ∘Legendre

ταυτότητα που θα αποδείξουμε παρακάτω Από αυτήν εύκολα προκύ-

πτει ότι

1198901198952ℰLegendre

=119899 + 2

vol(ℰLegendre)1119862119895

Συνεπώς βλέπουμε ότι ενώ οι δύο διαφορετικοί ορισμοί δεν συμπίπτουν

εν τούτοις γνωρίζοντας τα ελλειψοειδή από την Κλασική Μηχανική μπο-

ρούμε να υπολογίσουμε και τα αντίστοιχα ελλειψοειδή όπως ορίζονται

στο [MP] και αντίστροφα Επίσης αν το σώμα 119870 είναι ισοτροπικό

τότε τόσο ο πίνακας αδρανείας 119868(119870) όσο και ο πίνακας συνδιακύμανσης

119862119870 είναι πολλαπλάσιοι του ταυτοτικού και όλα αυτά τα ελλειψοειδή

είναι πολλαπλάσια της Ευκλείδειας μπάλας ℬ1198992 Οπότε με τις κατάλληλες

κανονικοποιήσεις τα ελλειψοειδή των δύο ορισμών ταυτίζονται

Π Με τους ορισμούς του [MP] ισχύει

ΕBinet =radic

119899 + 2vol(ℰLegendre)

ℰ∘Legendre

Απόδειξη Για κάθε ελλειψοειδές ℰ και119879 isin GL(119899)ώστε ℰ = 119879(ℬ1198992) εύκολα

ελέγχουμε ότι ισχύει 120579ℰ∘ = 119879lowast(120579)2 για κάθε 120579 isin ℝ119899 Επιπλέον

αλλάζοντας μεταβλητές παίρνουμε εύκολα τον τύπο

1vol(ℰ)

intℰ∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909 =1

vol(ℬ1198992)

intℬ119899

2

∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣2119889119909

Το δεύτερο όμως ολοκλήρωμα μπορεί να υπολογιστεί με αλλαγή σε

πολικές συντεταγμένες ως εξής

1vol(ℬ119899

2)int

ℬ1198992

∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣2119889119909 = 119899 int

120138119899minus1∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣

2(int

1

0119903119899+1119889119903) 119889120590(119909)

=119899

119899 + 2int

120138119899minus1∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣

2119889120590(119909)

=1

119899 + 2119879lowast(120579)2

2 =1

119899 + 21205792

ℰ∘

Δείξαμε έτσι ότι

120579ℰ∘ = radic119899 + 2vol(ℰ) (int

ℰ∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909)12

Αντικαθιστώντας το ℰ με το ελλειψοειδές Legendre και χρησιμοποιώντας

την () και την () καταλήγουμε στο ζητούμενο

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε 119879 isin GL(119899) αν θέσουμε ℰ = 119879(ℬ1198992) τότε

ισχύει1

vol(ℰ)int

ℰ∣⟨119909 120579⟩∣

2119889119909 =1

vol(ℬ1198992)

intℬ119899

2

∣⟨119909 119879lowast(120579)⟩∣2119889119909

για κάθε 120579 isin ℝ119899 Συμπληρώστε όλες τις λεπτομέρειες της απόδειξης της

Πρότασης

Άσκηση Ας συμβολίσουμε με ℰ119875(119870) το ελλειψοειδές αδρανείαςPoinsot

του κυρτού σώματος 119870 Αποδείξτε ότι για την πολική ροπή αδρανείας του

ℰ119875(119870) ισχύει ότι

PI(ℰ119875(119870)) = 119888119899vol119899(ℬ119899minus1

2 )vol119899(ℬ119899

2)vol119899(ℰ119875(119870))

119899

sum119894=1

1119868119894

όπου (119868119894)119899119894=1 οι πρωτεύουσες ροπές αδρανείας του 119870 και

119888119899 =Γ(32)Γ ( 119899+1

2 )

Γ ( 119899+44 )

≃2radic612058711989032

111989932

Επιπλέον ο πίνακας αδρανείας του ℰ119875(119870) είναι διαγώνιος όπου το 119894στοιχείο της διαγωνίου του είναι το

119868(ℰ119875(119871))119894119894= 119888119899

vol119899(ℬ119899minus12 )

vol119899(ℬ1198992)

vol119899(ℰ119875(119870)) sum119895ne119894

1119868119895

όπου 119888119899 η προηγούμενη σταθερά

Συμπεράνετε ότι το ελλειψοειδές αδρανείαςPoinsot δεν είναι πολλαπλάσιο

του ελλειψοειδούς Legendre

(Υπόδειξη Ξεκινήστε από τον υπολογισμό του 119868(ℰ119875(119871))119894119894 ολοκληρώνοντας

ως προς 120596119894 και παρατηρώντας ότι το ℰ119875(119870) cap (120596119894119890119894 + [119890119894]⟂) είναι ελλειψοειδές

με μήκη ημιαξόνων 119868minus12119895 (1 minus 1198681198941205962

119894 )12 όπου τα 119890119894 είναι η ορθοκανονική βάση

που ορίζεται από τους πρωτεύοντες άξονες αδρανείας Για την εκτίμηση για

το 119888119899 χρησιμοποιείστε την Άσκηση Β)

Η γεωμετρία ενός κυρτού συμμετρικού σώματος 119870 στην ουσία

καθορίζει μια κατανομή μάζας στον ℝ119899 όπου η πυκνότητα είναι η

χαρακτηριστική συνάρτηση 120594119870 Κάθε ολοκλήρωμα που χρησιμοποιείται

για τον ορισμό της έννοιας της ισοτροπίας θα μπορούσε αντί να γραφτεί

ως ολοκλήρωμα πάνω στο 119870 να γραφτεί πάνω σε όλο το ℝ119899 με τη

βοήθεια της χαρακτηριστικής συνάρτησης του 119870 Για παράδειγμα το

int119870⟨119909 120579⟩2 119889119909 μπορεί να γραφτεί ως intℝ119899⟨119909 120579⟩2120594119870(119909) 119889119909 Συνεπώς η έννοια

της ισοτροπίας μπορεί να οριστεί και για άλλες συναρτήσεις εκτός

των χαρακτηριστικών συναρτήσεων κυρτών συμμετρικών σωμάτων

Πράγματι αυτό είναι εφικτό για οποιοδήποτε laquoτρόποraquo διαθέτει κανείς

να περιγράψει την κατανομή μιας μάζας στον ℝ119899 Δύο πολύ συνήθεις

τέτοιοι τρόποι παρέχονται από τις λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις και

κατrsquo επέκταση από λογαριθμικά κοίλα μέτρα

Ο Μια συνάρτηση 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin) λέγεται λογαριθμικάκοίλη αν για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 και για κάθε 120582 isin [0 1] ισχύει

119891((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge 119891(119909)1minus120582119891(119910)120582()

Ο Ένα μέτρο 120583 στο ℝ119899 λέγεται λογαριθμικά κοίλο ανγια οποιαδήποτε Lebesgue μετρήσιμα σύνολα 119860 119861 στον ℝ119899 και για κάθε120582 isin [0 1] για το οποίο το (1 minus 120582)119860 + 120582119861 είναι μετρήσιμο ισχύει

120583((1 minus 120582)119860 + 120582119861) ge 120583(119860)1minus120582120583(119861)120582()

Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση 119891 ορίζει ένα μέτρο 120583119891 μέσω

του τύπου 120583119891(119860) = int119860119891(119909) 119889119909 για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο

119860 sube ℝ119899 Το μέτρο αυτό είναι λογαριθμικά κοίλο σύμφωνα με την

ακόλουθη πρόταση

Π Αν η 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin) είναι μια λογαριθμικά κοίλησυνάρτηση τότε το 120583119891 είναι λογαριθμικά κοίλο μέτρο

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει άμεσα από την ανισότητα Prekopa-

Leindler (Θεώρημα ) Πράγματι αν τα σύνολα 119860 119861 είναι Lebesque

μετρήσιμα στον ℝ119899 και για 120582 isin [0 1] το σύνολο (1 minus 120582)119860 + 120582119861 είναι

Lebesque μετρήσιμο τότε εύκολα ελέγχουμε ότι για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899

ισχύει

(119891120594(1minus120582)119860+120582119861)((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge (119891120594119860)(119909)1minus120582(119891120594119861)(119910)120582

Συνεπώς ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θεωρήματος οπότε

παίρνουμε

int 119891120594(1minus120582)119860+120582119861 ge (int 119891120594119860)1minus120582

(int 119891120594119861)120582

δηλαδή

int(1minus120582)119860+120582119861

119891 ge (int119860

119891)1minus120582

(int119861

119891)120582

Άρα

120583119891((1 minus 120582)119860 + 120582119861) ge 120583119891(119860)1minus120582120583119891(119861)120582

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Η παραπάνω πρόταση ισχύει και αντίστροφα (η απόδειξη παραλεί-

πεται δείτε [Borel])

Π (Borel) Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 στον ℝ119899 πουδεν φέρεται από κανένα υπερεπίπεδο είναι απολύτως συνεχές ως προςτο μέτρο Lebesque και υπάρχει λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση 119891 ∶ ℝ119899 rarr[0 infin) ώστε 120583 = 120583119891

Η επιλογή αυτών των δύο κατηγοριών γίνεται για τουλάχιστον

δύο λόγους

ndash Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση με πεπερασμένο ολοκλήρωμα

έχει πεπερασμένες ροπές οποιασδήποτε τάξης (Πρόταση

παρακάτω)

ndash Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο αποτελεί ευθεία γενίκευση της έννοιας

του όγκου αφού η () βρίσκεται σε πλήρη αντιστοιχία με

την πολλαπλασιαστική μορφή της ανισότητας Brunn-Minkowski

(Θεώρημα )

Π Μια λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση 119891 ∶ ℝ119899 rarr [0 infin)με πεπερασμένο ολοκλήρωμα έχει πεπερασμένες ροπές οποιασδήποτετάξης

Απόδειξη Η πρόταση προφανώς ισχύει αν 119891 = 0 Ας υποθέσουμε ότιυπάρχει 1199090 isin ℝ119899 ώστε 119891(1199090) gt 0 Θα αποδείξουμε ότι για κάθε 119898 isin ℕτόσο το ολοκλήρωμα intinfin

1199090119891(119909)119909119898 119889119909 όσο και το int1199090

minusinfin119891(119909)119909119898 119889119909 είναι

πεπερασμένα

Πράγματι υπάρχει 1199091 gt 1199090 ώστε 119891(1199091) le 119890minus1119891(1199090) διότι αλλιώς

το ολοκλήρωμα intinfin1199090

119891(119909) 119889119909 δεν είναι πεπερασμένο άρα ούτε και το

int 119891 το οποίο αντιφάσκει με την υπόθεση Έτσι για κάθε 119909 gt 1199091 ισχύει

1199091 = (1 minus 120582)1199090 + 120582119909 για 120582 = (1199091 minus 1199090)(119909 minus 1199090) Οπότε αφού η 119891 είναι

λογαριθμικά κοίλη θα ισχύει

119891(1199091) ge 119891(1199090)1minus120582119891(119909)120582

Ισοδύναμα

119891(119909) le 119891(1199090) (119891(1199091)119891(1199090))

1120582

le 119891(1199090)119890minus1120582 le 119891(1199090)119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)

Έτσι

intinfin

1199090

119891(119909)119909119898 119889119909 = int1199091

1199090

119891(119909)119909119898 119889119909 + intinfin

1199091

119891(119909)119909119898 119889119909

le int1199091

1199090

119891(119909)1199091198981 119889119909 + 119891(1199090) int

infin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

le 1199091198981 int

1199091

1199090

119891(119909) 119889119909 + 119891(1199090) intinfin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

le 1199091198981 int

ℝ119891(119909) 119889119909 + 119891(1199090) int

infin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

Εύκολα ελέγχουμε ότι η τελευταία παράσταση είναι πεπερασμένη

Ομοίως αποδεικνύουμε ότι και το int1199090

minusinfin119891(119909) 119889119909 είναι και αυτό πεπε-

ρασμένο

Π Η Προτάση μας επιτρέπει να συμπεράνου-

με ότι η τυπική κατάσταση για τα λογαριθμικά κοίλα μέτρα είναι να

προκύπτουν από λογαριθμικά κοίλες συναρτήσεις που τις έχουν ως

πυκνότητες Επιπλέον η Πρόταση προσθέτει την πληροφορία

ότι αν το μέτρο είναι πεπερασμένο (δηλαδή η πυκνότητά του έχει πε-

περασμένο ολοκλήρωμα) τότε θα έχει και οποιασδήποτε τάξης ροπή

πεπερασμένη Για αυτούς τους λόγους στη συνέχεια θα περιοριστούμε σεπεπερασμένα (και μη μηδενικά) λογαριθμικά κοίλα μέτρα με λογαριθμικάκοίλη συνάρτηση πυκνότητας

Οι κανονικοποιήσεις που θέσαμε στον ορισμό της ισοτροπίας για

ένα κυρτό συμμετρικό σώμα 119870 ήταν ότι αυτό πρέπει να έχει όγκο ίσο

με 1 και κέντρο μάζας στο μηδέν Δηλαδή

1 = int119870

119889119909 = intℝ119899

120594119870(119909) 119889119909

και

0 = int119870

119909 119889119909 = intℝ119899

119909 120594119870(119909) 119889119909

όπου 120594119870 η χαρακτηριστική συνάρτηση του 119870 Οι αντίστοιχες κανονικο-

ποιήσεις τώρα θα είναι

intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = 1

δηλαδή η 119891 είναι πυκνότητα πιθανότητας και το μέτρο που ορίζει είναι

μέτρο πιθανότητας και

intℝ119899

119909 119891(119909) 119889119909 = 0

δηλαδή το μέτρο με πυκνότητα την 119891 έχει κέντρο μάζας στο μηδέν Θα

δούμε παρακάτω ότι για την ισοτροπική θέση των λογαριθμικά κοίλων

μέτρων με πυκνότητα 119891 θα χρειαστούμε άλλη μια κανονικοποίηση (που

δεν φαινόταν στην περίπτωση των κυρτών σωμάτων) και αυτή είναι η

sup119909isinℝ119899

119891(119909) = 1

Για τον ορισμό της ισοτροπίας μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε είτε τον

Ορισμό είτε τον εναλλακτικό Ορισμό

Ο Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με πυκνότητα 119891 ∶ℝ119899 rarr ℝ λέγεται ισοτροπικό όταν

supℝ119899

119891(119909) = 1 intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = 1 intℝ119899

119909 119891(119909) 119889119909 = 0

και τα ολοκληρώματα

intℝ119899

⟨119909 120579⟩2119891(119909) 119889119909

είναι ανεξάρτητα του 120579 isin 120138119899minus1

Ισοδύναμα

Ο Ένα λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με πυκνότητα 119891 ∶ℝ119899 rarr ℝ λέγεται ισοτροπικό όταν

sup119909isinℝ119899

119891(119909) = 1 intℝ119899

119891(119909) 119889119909 = 1 intℝ119899

119909 119891(119909) 119889119909 = 0

intℝ119899

119909119894119909119895119891(119909) 119889119909 = 0 αν 119894 ne 119895

και τα ολοκληρώματα

intℝ119899

1199092119894 119891(119909) 119889119909

είναι ανεξάρτητα του 119894 = 1 hellip 119899

Αν ισχύουν τα παραπάνω για την 119891 τότε ο πίνακας συνδιακύμανσης

Cov(119891) = (intℝ119899 119909119894119909119895119891(119909) 119889119909)119894119895 είναι φανερά πολλαπλάσιος του ταυτοτι-

κού Id Ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας 119871120583

Ο Αν το λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με πυκνότητα 119891είναι ισοτροπικό τότε ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας 119871120583 να είναι ο

αριθμός

119871120583 = (intℝ119899

1199092119894 119891(119909) 119889119909)

12

Παρατηρούμε ότι

119871120583 = (det Cov(119891))12119899()

Επίσης αν η 119891 είναι η πυκνότητα ενός ισοτροπικού μέτρου 120583 τότε για

κάθε 120582 gt 0 και 119886 gt 0 η συνάρτηση 119892(119909) = 119886120582119899119891(120582119909) δεν αλλάζει

ουσιαστικά τον τρόπο με τον οποία κατανέμεται η μάζα στον ℝ119899 Και

πράγματι εύκολα ελέγχουμε ότι ο πίνακας συνδιακύμανσης της 119892 είναι

και πάλι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού για 119894 ne 119895 και αντικαθιστώντας

με 119910 το 120582119909 ισχύει

intℝ119899

119909119894119909119895119892(119909) 119889119909 = 119886 intℝ119899

1120582

1199101198941120582

119910119895119891(119910) 119889119909 = 0()

και αν 119894 = 119895

intℝ119899

1199092119894 119892(119909) 119889119909 =

1198861205822 int

ℝ1198991199102

119894 119891(119910) 119889119910()

το οποίο είναι ανεξάρτητο το 119894 αφού η 119891 ορίζει ισοτροπικό μέτρο Αλλά

και διαισθητικά το γράφημα της 119892 δεν είναι παρά το γράφημα της 119891όπου κάθε ισοϋψής της 119891 μεγεθύνθηκε κατά 120582minus1 και ανυψώθηκε κατά

119886120582119899 Είναι λογικό λοιπόν να θέλουμε το μέτρο που ορίζει η 119892 να έχει την

ίδια σταθερά ισοτροπίας με το μέτρο που ορίζει η 119891 Από τις () και

() τον ορισμό του πίνακα συνδιακύμανσης και το ότι intℝ119899 119892 = 119886παίρνουμε ότι

det Cov(119892) =1

1205822119899 det Cov(119891)

οπότε

120582(det Cov(119892))12119899 = (det Cov(119891))

12119899 = 119871120583

Όμως supℝ119899 119892 = 119886120582119899 άρα

120582 = (sup

ℝ119899 119892119886 )

1119899

= (sup

ℝ119899 119892

intℝ119899 119892 )1119899

Αντικαθιστώντας στην προηγούμενη καταλήγουμε στην

(sup

ℝ119899 119892

intℝ119899 119892 )1119899

(det Cov(119892))12119899 = (det Cov(119891))

12119899 = 119871120583

Από αυτή τη σχέση λοιπόν καταλήγουμε στο να επιλέξουμε τον ακόλουθο

ορισμό για τη σταθερά ισοτροπίας οποιουδήποτε λογαριθμικά κοίλου

μέτρου 120583 με συνάρτηση πυκνότητας 119891

Ο Για κάθε λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με συνάρτηση

πυκνότητας 119891 ορίζουμε τη σταθερά ισοτροπίας να είναι η ποσότητα

119871120583 = (sup

ℝ119899 119891

intℝ119899 119891 )1119899

(det Cov(119891))12119899

Θα ολοκληρώσουμε αυτή την ενότητα δείχνοντας ότι κάθε λογα-

ριθμικά κοίλο μέτρο 120583 με συνάρτηση πυκνότητας 119891 έχει ισοτροπική

θέση

Θ Για κάθε λογαριθμικά κοίλο μέτρο 120583 ne 0 με συνάρ-τηση πυκνότητας 119891 και κέντρο μάζας στο 0 υπάρχει 119899 times 119899 πίνακας 119879 μεdet 119879 ne 0 και σταθερά 119886 gt 0 ώστε το μέτρο 119886120583 ∘ 119879 να είναι ισοτροπικό

Απόδειξη Αφού το κέντρο μάζας είναι στο 0 ισχύει intℝ119899 119909119891(119909) 119889119909 = 0Επίσης μπορούμε να υποθέσουμε ότι το 120583 είναι μέτρο πιθανότητας δη-

λαδή intℝ119899 119891(119909) 119889119909 = 1 επιλέγοντας 119886 = 120583(ℝ119899)minus1 Θεωρούμε την γραμμική

απεικόνηση 119877 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 με

119877(119910) ∶= int ⟨119909 119910⟩119909 119889120583(119909) = intℝ119899

⟨119909 119910⟩119909119891(119909) 119889119909

και παρατηρούμε ότι είναι θετικά ορισμένη και συμμετρική Συνεπώς

υπάρχει πίνακας 119878 που είναι η τετραγωνική ρίζα του 119877 δηλαδή 119877 = 1198782

Θεωρούμε το μέτρο 120584 = 120583 ∘ 119879 όπου

119879 =119878

(sup 119891)1119899(det 119878)1119899

Ελέγχουμε εύκολα υπολογίζοντας το 120584(119860) για κάθε μετρήσιμο σύνολο

119860 ότι το 120584 έχει πυκνότητα τη συνάρτηση 119892 = (119891 ∘ 119879) supℝ119899 119891 οπότε

φανερά supℝ119899 119892 = 1 Το 120584 είναι βεβαίως μέτρο πιθανότητας αφού

120584(ℝ119899) = 120583(119879(ℝ119899)) = 120583(ℝ119899) = 1

και έχει κέντρο μάζας στο 0 διότι λόγω της γραμμικότητας του 119879 και

με την αντικατάσταση 119910 = 119879119909 ισχύει

intℝ119899

119909119892(119909) 119889119909 =1

supℝ119899 119891

intℝ119899

119909119891(119879119909) 119889119909 =1

supℝ119899 119891

119879minus1 (intℝ119899

119910119891(119910) 119889119910) = 0

Τέλος ελέγχουμε το ότι το ολοκλήρωμα intℝ119899⟨119909 120579⟩2119892(119909) 119889119909 είναι ανεξάρ-

τητο του 120579 isin 120138119899minus1 όπως και στην απόδειξη της Πρότασης

intℝ119899

⟨119909 120579⟩2119892(119909) 119889119909 =1

supℝ119899 119891

intℝ119899

⟨119909 120579⟩2119891(119879119909) 119889119909 = intℝ119899

⟨119879minus1119910 120579⟩2119891(119910) 119889119910

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899 intℝ119899

⟨119910 119877minus1120579⟩2119891(119910) 119889119910

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899 ⟨intℝ119899

⟨119910 119877minus1120579⟩119910119891(119910) 119877minus1120579⟩ 119889119910

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899⟨119878119877minus1120579 119877minus1120579⟩

= (supℝ119899

119891)2119899(det 119877)2119899

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Άσκηση Αποδείξτε ότι το ολοκλήρωμα

intinfin

1199091

119890minus(119909minus1199090)(1199091minus1199090)119909119898 119889119909

στην απόδειξη της Πρότασης είναι πεπερασμένο ανάγοντας τον υπολο-

γισμό του στον υπολογισμό ενός ολοκληρώματος της μορφής intinfin1199091

119890minus119909119909119898 119889119909

Η ΘΕΣΗ ΤΟΥ JOHN

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει ελλειψοειδέςμεγίστου όγκου μέσα στο 119870

Απόδειξη Κατrsquo αρχάς αφού το 119870 είναι κυρτό σώμα έχει μη κενό εσωτερικό

άρα περιέχει ελλειψοειδή Συνεπώς ο αριθμός

120572 = supvol(ℰ) ∶ exist 119909 isin 119870 με 119909 + ℰ sube 119870

είναι θετικός όπου τα ℰ στον παραπάνω ορισμό του 120572 είναι ελλειψοειδή

με κέντρο το μηδέν Επιπλέον αφού το 119870 είναι φραγμένο σύνολο το 120572 είναι

πεπερασμένο Δηλαδή 0 lt 120572 lt infin Θεωρούμε ακολουθία (119909119898)119898isinℕ με

119909119898 isin 119870 και ελλειψοειδή ℰ119898 με μήκη ημιαξόνων (119886119896119898)119899119896=1 ώστε 119909119898 +ℰ sube 119870

για κάθε 119898 isin ℕ και vol(ℰ119898) rarr 120572 Από τη συμπάγεια του 119870 περνώντας

σε υπακολουθία μπορούμε να υποθέσουμε ότι η 119909119898 συγκλίνει έστω στο

1199090 isin 119870 Μεταφέροντας το 119870 κατά minus1199090 μπορούμε να υποθέσουμε ότι η

119909119898 συγκλίνει στο μηδέν Επίσης τα ελλειψοειδή ℰ119898 έχουν συγκλίνουσα

υπακολουθία από το θεώρημα επιλογής του Blaschke (Θεώρημα )

Ας υποθέσουμε ότι ℰ119898 rarr 119864 Από τη συνέχεια του όγκου ως προς

τη μετρική Hausdorff ισχύει vol(119864) = 120572 Μένει να δείξουμε ότι το 119864είναι ελλειψοειδές Παρατηρούμε ότι οι ακολουθίες (119886119896119898)infin

119898=1 είναι άνω

φραγμένες για κάθε 119896 = 1 hellip 119899 (αφού το 119909119898 + ℰ119898 περιέχεται στο Κκαι η 119909119898 είναι φραγμένη ως συγκλίνουσα) Οπότε υπάρχει θετικός 119872ώστε 119886119896119898 le 119872 για κάθε 119896 = 1 hellip 119899 και για κάθε 119898 isin ℕ Επιπλέον είναι

και κάτω φραγμένες από κάποιον θετικό αριθμό 119888 gt 0 αφού αλλιώς

τα ℰ119898 θα είχαν υπακολουθία με όγκο που να συγκλίνει στο μηδέν το

οποίο είναι άτοπο Άρα υπάρχει 119888 gt 0 ώστε 119888 le 119886119896119898 le 119872 για κάθε

119896 = 1 hellip 119899 και για κάθε 119898 isin ℕ

Ας υποθέσουμε ότι

ℰ119898 = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119896=1

⟨119909 119907119896119898⟩2

1198862119896119898

le 1

όπου τα (119907119896119898)119899119896=1 είναι ορθοκανονική βάση του ℝ119899 Η ακολουθία των

διανυσμάτων (1199071119898 hellip 119907119899119898 1198861119898 hellip 119886119899119898) για 119898 isin ℕ ανήκει στο συμπαγές

σύνολο (120138119899minus1)119899 times[119888 119872]119899 Άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία Επιλέγον-

τας την αντίστοιχη υπακολουθία των ℰ119898 μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς

βλάβη της γενικότητας ότι η ίδια η ακολουθία (1199071119898 hellip 119907119899119898 1198861119898 hellip 119886119899119898)συγκλίνει για119898 rarr infin έστω στο (1199071 hellip 119907119899 1198861 hellip 119886119899) Επειδή lim119898rarrinfin 119907119896119898 =119907119896 για κάθε 119896 = 1 hellip 119899 εύκολα ελέγχουμε ότι τα 1199071 hellip 119907119899 ικανοποιούν

τις ⟨119907119896 119907ℓ⟩ = 1 αν 119896 = ℓ και ⟨119907119896 119907ℓ⟩ = 0 αλλιώς οπότε συνιστούν

ορθοκανονική βάση του ℝ119899 Θεωρούμε τώρα το ελλειψοειδές

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶119899

sum119896=1

⟨119909 119907119896⟩2

1198862119896

le 1

Θα δείξουμε ότι 119864 = ℰ και έτσι το 119864 θα είναι ελλειψοειδές

Αν 119909 isin int(119864) τότε 119909119864 lt 1 Αλλά 119909ℰ119898rarr 119909119864 συνεπώς υπάρχει

1198980 isin ℕ ώστε 119898 ge 1198980 τότε 119909ℰ119898lt 1 Άρα sum

119899119896=1⟨119909 119907119896119898⟩21198862

119896119898 lt 1 γιακάθε 119898 ge 1198980 Αφήνοντας το 119898 να πάει στο άπειρο οδηγούμαστε στην

sum119899119896=1⟨119909 119907119896⟩21198862

119896 le 1 δηλαδή 119909 isin ℰ Δείξαμε ότι int(119864) sube ℰ Άρα 119864 sube ℰΑντίστροφα αν 119909 isin int(ℰ) τότε sum

119899119896=1⟨119909 119907119896⟩21198862

119896 lt 1 Συνεπώς αφού

lim119898rarrinfin 119907119896119898 = 119907119896 και lim119898rarrinfin 119886119896119898 = 119886119896 για κάθε 119896 = 1 hellip 119898 υπάρχει

1198980 isin ℕ ώστε αν 119898 ge 1198980 να ισχύει sum119899119896=1 ⟨119909 119907119896119898⟩21198862

119896119898 lt 1 για κάθε

119898 ge 1198980 Άρα 119909 isin ℰ119898 και περνώντας στο όριο ως προς 119898 συμπεραίνουμε

ότι 119909 isin 119864 Δείξαμε int(ℰ) sube 119864 άρα ℰ sube 119864 ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 το ελλειψοειδές μεγί-στου όγκου μέσα στο 119870 είναι μοναδικό

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι τα 1199091 +ℰ1 και 1199092 +ℰ2 είναι δύο διαφορετικά

ελλειψοειδή μέγιστου όγκου μέσα στο κυρτό σώμα 119870 και έστω ότι

vol(ℰ1) = vol(ℰ2) = 120572 Θεωρούμε τους πίνακες 1198791 1198792 isin 119866119871(119899) ώστε να

ισχύει ℰ1 = 1198791(ℬ1198992) και ℰ2 = 1198792(ℬ119899

2) Θέτουμε 119871 = 12(1199091 + 1199092) + 1

2(1198791 +

1198792)(ℬ1198992) Φανερά το 119871 είναι ελλειψοειδές και 119871 sube 119870 διότι το 119870 είναι κυρτό

και

119871 =12(1199091 + 1198791(ℬ119899

2)) +12(1199092 + 1198792(ℬ119899

2))

Άρα θα ισχύει vol(119871) le 120572 Αλλά από την ανισότητα Brunn-Minkowski

βλέπουμε εύκολα ότι

120572 ge vol(119871) ge (12vol(1199091 + 1198791(ℬ119899

2))1119899 +

12vol(1199091 + 1198791(ℬ119899

2))1119899

)119899

ge 120572

Συνεπώς επειδή ο όγκος είναι αναλλοίωτος στις μεταθέσεις

vol (1198791(ℬ1198992) + 1198792(ℬ119899

2))1119899 = vol(1198791(ℬ119899

2))1119899 + vol(1198792(ℬ119899

2))1119899

Δηλαδή ισχύει η ισότητα στην ανισότητα Brunn-Minkowski Έτσι από

το Θεώρημα το 1198791(ℬ1198992) είναι πολλαπλάσιο του 1198792(ℬ119899

2) Αλλά

επειδή και τα δύο έχουν ίδιο όγκο 120572 συμπεραίνουμε ότι είναι ίσα Άρα

1198791(ℬ1198992) = 1198792(ℬ119899

2) και συνεπώς 119879minus12 1198791(ℬ119899

2) = ℬ1198992

Γνωρίζουμε ότι 1199092 + 1198792(ℬ1198992) sube 119870 άρα 119879minus1

2 1199092 + ℬ1198992 sube 119879minus1

2 (119870) Επίσης1199091 + 1198791(ℬ119899

2) sube 119870 οπότε 119879minus12 1199091 + 119879minus1

2 1198791(ℬ1198992) sube 119879minus1

2 (119870) Επειδή όμως

είδαμε ότι 119879minus12 1198791(ℬ119899

2) = ℬ1198992 συμπεραίνουμε ότι 119879minus1

2 1199091 + ℬ1198992 sube 119879minus1

2 (119870)Αν θέσουμε λοιπόν 1199101 = 119879minus1

2 1199091 και 1199102 = 119879minus12 1199092 τότε και το 1199101 + ℬ119899

2και το 1199102 + ℬ119899

2 είναι υποσύνολα του 119879minus12 (119870) Το τελευταίο όμως δεν

μπορεί να περιέχει ελλειψοειδές 1199090 + ℰprime με vol(ℰprime) gt vol(ℬ1198992) διότι αν

αυτό μπορούσε να συμβεί τότε το 11987921199090 + 1198792(ℰprime) θα περιεχόταν στο 119870και θα είχε όγκο γνησίως μεγαλύτερο από τον όγκο του ℰ2 το οποίο

είνα άτοπο

Συνεπώς τα 1199101 + ℬ1198992 και 1199102 + ℬ119899

2 είναι ελλειψοειδή μεγίστου όγκου

στο Τminus12 (119870) Μένει να δείξουμε ότι 1199101 = 1199102 Ας υποθέσουμε ότι αυτό

δεν είναι σωστό Μετατοπίζουμε το Τminus12 (119870) ώστε το μηδέν να βρίσκεται

στο κέντρο του ευθύγραμμου τμήματος [1199101 1199102] Επιπλέον στρέφουμε το

Τminus12 (119870) ώστε το ευθύγραμμο τμήμα [1199101 1199102] να είναι στη διεύθυνση του

πρώτου άξονα του ℝ119899 Έτσι το ευθύγραμμο τμήμα [1199101 1199102] γράφεται

στη μορφή [minus119910 119910] για κατάλληλο 119910 και υπάρχει 120583 gt 0 ώστε 119910 = 1205831198901

Θεωρούμε το ελλειψοειδές

ℰ0 =⎧⎨⎩

119909 isin ℝ119899 ∶⟨119909 1198901⟩2

(1 + 1205832)

2 +119899

sum119896=2

⟨119909 119890119896⟩2 le 1⎫⎬⎭

Φανερά vol(ℰ0) = (1+1205832)vol(ℬ1198992) gt vol(ℬ119899

2) οπότε θα έχουμε καταλήξει

σε άτοπο αν δείξουμε ότι ℰ0 sube Τminus12 (119870) Αφού 1199101 +ℬ119899

2 1199102 +ℬ1198992 sube 119879minus1

2 (119870)αρκεί να δείξουμε ότι

bd(ℰ0) sube conv ((1199101 + ℬ1198992) cup (1199102 + ℬ119899

2))

Έστω ότι 1199090 isin bd(ℰ0) Αν ⟨1199090 1198901⟩1198901 isin [minus119910 119910] τότε υπάρχει 119905 isin [0 1]ώστε ⟨1199090 1198901⟩1198901 = (1 minus 119905)(minus119910) + 119905119910 οπότε

1199090 = ⟨1199090 1198901⟩1198901 +119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896

= (1 minus 119905) (minus119910 +119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896) + 119905 (119910 +119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896)

το οποίο είναι φανερά στοιχείο του conv((1199101 + ℬ1198992) cup (1199102 + ℬ119899

2)) αφού

∥119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119896⟩119890119896∥2

2

=119899

sum119896=2

∣⟨1199090 119890119896⟩∣2 le 11990902

2 = 1

Μένει να εξετάσουμε την περίπτωση ⟨1199090 1198901⟩1198901 notin [minus119910 119910] Ας υποθέ-σουμε ότι ⟨1199090 1198901⟩ gt 120583 gt 0 Θα δείξουμε ότι τότε 1199090 isin 119910 + ℬ119899

2 (Ομοίως

εργαζόμαστε και στην περίπτωση όπου ⟨1199090 1198901⟩ lt minus120583 lt 0 για να

δείξουμε ότι τότε 1199090 isin minus119910 + ℬ1198992)

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι 1199090 minus1199102 le 1 Επειδή 1199090 isin bdℰ ισχύει

119899

sum119896=2

⟨1199090 119890119897⟩2 = 1 minus⟨1199090 1198901⟩2

(1 + 1205832)2

και έχουμε

1199090 minus 11991022 = (⟨1199090 1198901⟩ minus 120583)

2 + 1 minus⟨1199090 1198901⟩2

(1 + 1205832)2

Εφόσον θέλουμε η τελευταία ποσότητα να είναι μικρότερη ή ίση του 1αρκεί να ισχύει

(⟨1199090 1198901⟩ minus 120583)2 minus

⟨1199090 1198901⟩2

(1 + 1205832)2 le 0

Αυτό θα ισχύει αν το ⟨1199090 1198901⟩ βρίσκεται ανάμεσα στις ρίζες του πολυω-

νύμου (119905 minus 120583)2 minus 1199052(1 + 1205832)2 Εύκολα ελέγχουμε ότι οι ρίζες αυτού

του πολυωνούμου είναι εκατέρωθεν του διαστήματος [120583 1 + 1205832] στο

οποίο βρίσκεται το ⟨1199090 1198901⟩ ολοκληρώνοντας έτσι την απόδειξη

Ο Λέμε ότι ένα κυρτό σώμα βρίσκεται στη θέση του Johnαν το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου στο 119870 είναι η μοναδιαία Ευκλείδειαμπάλα ℬ119899

2

Παρατηρούμε κάθε σώμα 119870 μπορεί να τεθεί στη θέση του John αν

του εφαρμόσουμε τον μετασχηματισμό που απεικονίζει το ελλειψοειδές

μεγίστου όγκου του 119870 στο ℬ1198992 Επίσης η θέση αυτή είναι μοναδική εκτός

από ορθογώνιους μετασχηματισμούς (δηλαδή στροφές ανακλάσεις και

συνδυασμούς τους) Πράγματι αυτό προκύπτει εύκολα από το ότι το

ελλειψοειδές μεγίστου όγκου μέσα στο 119870 είναι μοναδικό

Θ (John) Έστω ότι το 119870 είναι ένα κεντρικά συμμετρικόκυρτό σώμα στη θέση του John Τότε ισχύει

ℬ1198992 sube 119870 sube radic119899ℬ119899

2

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι 119870 ⊈ radic119899ℬ1198992 Τότε υπάρχει 1199090radic119899ℬ119899

2 ⧵ 119870δηλαδή 1199090 isin 119870 και 11990902 gt radic119899 Επειδή το 119870 είναι συμμετρικό ως προς

το 0 συμπεραίνουμε ότι plusmn1199090 isin 119870 και συνεπώς

conv(plusmn1199090 ℬ1198992) sube 119870

Θα δείξουμε ότι το 119885 = conv(plusmn1199090 ℬ1198992) περιέχει ελλειψοειδές με όγκο

μεγαλύτερο από το vol119899(ℬ1198992) αντιφάσκωντας με το ότι το ℬ119899

2 είναι το

ελλειψοειδές μεγίστου όγκου του 119870

Με κατάλληλη στροφή υποθέτουμε ότι 1199090 = 1205831198901 όπου 120583 gt radic119899Θεωρούμε το ελλειψοειδές

ℰ = 119909 isin ℝ119899 ∶1199092

1

1198862 +119899

sum119896=2

1199092119896

1198872 le 1

όπου τα 119886 gt 1 και 0 lt 119887 lt 1 θα επιλεγούν κατάλληλα ώστε vol119899(ℰ) gtvol119899(ℬ119899

2) και ℰ sube 119870 Το κυρτό σώμα 119885 είναι στερεό που προκύπτει από

περιστροφή του Σχήματος ως προς τον άξονα του 1199090 Η ευθεία που

περνάει από το 1199090 και εφάπτεται στον κύκλο ℬ22 του σχήματος στο

άνω ημιεπίπεδο έχει εξίσωση

119910 =1

radic1 minus 11205832

minus 1199051

120583radic1 minus 11205832

()

eeY

x Y eYy

Y

Σ Το κυρτό σώμα 119885 = conv(plusmn1199090 ℬ1198992) sube 119870 προκύπτει από

περιστροφή του παραπάνω σχήματος στον ℝ119899 ως προς τον πρώτο

άξονα

Θεωρούμε ένα σημείο 119909 = (1199091 hellip 119909119899) isin bd(ℰ) Θα βρούμε συνθήκες για

τα 119886 gt 0 και 0 lt 119887 lt 1 ώστε να ισχύει 119909 isin 119885

1η Περίπτωση Αν 1199091 gt 1120583 τότε για να ανήκει το 119909 στο 119885 αρκεί το

σημείο του (δισδιάστατου) επιπέδου (1199091 (sum119899119896=2 1199092

119896)12) να είναι laquoκάτωraquo

από την ευθεία με εξίσωση την () δηλαδή να ικανοποιεί την

(119899

sum119896=2

1199092119896)

12

le1

radic1 minus 11205832

minus 11990911

120583radic1 minus 11205832

Ισοδύναμα επειδή 119909 isin bd(ℰ) και συνεπώς (sum119899119896=2 1199092

119896)12 = 119887radic1 minus 11990921 1198862

119887radic1 minus1199092

1

1198862 le1

radic1 minus 11205832

(1 minus1199091

120583 )

Από αυτή καταλήγουμε ισοδύναμα με απλές πράξεις ότι το σημείο 119909βρίσκεται κάτω από την ευθεία () αν και μόνο αν ισχύει

1198862

1205832 + 1198872 (1 minus1

1205832 ) le 1()

2η Περίπτωση Αν 0 le 1199091 le 1120583 θέλουμε να ισχύει 119909 isin ℬ1198992 Εύκολα

ελέγχουμε ότι η απαίτηση 1199092 le 1 οδηγεί στην ανισότητα

11205832 (1 minus

1198872

1198862 ) + 1198872 le 1()

Αν θέσουμε

119886 =120583

radic119899gt 1 και 0 lt 119887 = radic1 minus 1119899

radic1 minus 11205832lt 1()

ελέγχουμε με απλές πράξεις ότι ικανοποιείται και η () και η ()

Συνεπώς με αυτές τις τιμές για τα 119886 και 119887 ισχύει ℰ sube 119885 sube 119870 Επιπλέον

όμως ισχύει 119886119887119899minus1 gt 1 που σημαίνει ότι το ℰ έχει όγκο μεγαλύτερο από

τον όγκο του ℬ1198992 που είναι το ελλειψοειδές μέγιστου όγκου μέσα στο 119870

καταλήγοντας έτσι σε άτοπο

Άσκηση Ελέγξτε ότι οι επιλογές γις τις παραμέτρους 119886 και 119887 στην ()

ικανοποιούν πράγματι τις () και ()

Η ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΙΣΟΠΕΡΙΜΕΤΡΙΚΗ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ

Για απλοποίηση του συμβολισμού στα επόμενα όλες οι συναρτήσεις

που εμφανίζονται θα θεωρούνται μη αρνητικές

-

Η ανισότητα Houmllder μπορεί να γενικευτεί ως προς το πλήθος των

συναρτήσεων που συμμετέχουν σε αυτή εύκολα ελέγχει κανείς με ε-

παγωγή ότι αν 119892119896 isin 119871119901119896(ℝ119899) για 119896 = 1 hellip 119898 με sum

119898119896=1 1119901119896 = 1 τότε

prod119898119896=1 119892119896 isin 1198711(ℝ119899) και ισχύει

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119892119896(119909)) 119889119909 le119898

prod119896=1

119892119896119901119896

Αν θέσουμε 119888119896 = 1119901119896 και 119891119896 = 119892119901119896119896 = 1198921119888119896

119896 τότε οι 119891119896 είναι απλώς

ολοκληρώσιμες (στον 1198711(ℝ119899)) και η ανισότητα γράφεται ως εξής

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(119909)119888119896) 119889119909 le119898

prod119896=1

(intℝ119899

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

(Άσκηση ) Αυτή η ανισότητα μπορεί να επεκταθεί περαιτέρω με

τις εξής αλλαγές

ndash οι συναρτήσεις μπορούν να ανήκουν στον 1198711(ℝ119899119896) δηλαδή οι 119891119896να είναι συναρτήσεις 119899119896 μεταβλητών αλλά για να έχει νόημα το

αριστερό ολοκλήρωμα στον ℝ119899

ndash να χρησιμοποιηθούν 119899119896 times119899 πίνακες 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896 στα ορίσματα

των 119891119896

Αυτές οι αλλαγές οδηγούν σε μια νέα ανισότητα όπου τώρα εμφανίζεται

μια σταθερά στο δεξιό μέλος που εξαρτάται από τους πίνακες 119861119896 Η

ανισότητα αυτή είναι η ανισότητα Brascamp-Lieb όπως εμφανίζεται στο

παρακάτω θεώρημα

Θ (Brascamp-Lieb Εκδοχή Α) Έστω ότι 119898 isin ℕ 119888119896 gt 0119899119896 isin ℕ για 119896 = 1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 119888119896119899119896 = 119899 και 119891119896 isin 1198711(ℝ119899119896) με 119891119896 ge 0

Αν 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896 γραμμική απεικόνιση (δηλαδή 119899119896 times119899 πίνακας) η οποίαείναι επί για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119898 τότε

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(119861119896119909)119888119896) 119889119909 le 119863minus12119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

με

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119861119905

119896119860119896119861119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899119896 times 119899119896 πίνακες⎫⎬⎭

όπου 119861119905119896 ο ανάστροφος του 119861119896 (και 119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)

Π Εύκολα βλέπει κανείς ότι στην περίπτωση της

ανισότητας Houmllder ο παραπάνω τύπος για τη σταθερά 119863 δίνει 1Πράγματι σε αυτή την περίπτωση 119899119896 = 119899 και 119861119896 = Id για κάθε

119896 = 1 hellip 119898 Οπότε

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119860119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899 times 119899 πίνακες

⎫⎬⎭

ge 1

από την Άσκηση Αλλά ισχύει η ισότητα αν επιλέξουμε 119860119896 = Idδιότι sum

119898119896=1 119888119896 = 1 Οπότε το 119863 ως infimum ισούται με 1 Συμπεραίνουμε

ότι η ανισότητα Brascamp-Lieb πράγματι γενικεύει την ανισότητα Houmllder

Θα δούμε τώρα πώς η ανισότητα Prekopa-Leindler ως ένα είδος

αντίστροφης της ανισότητας Houmllder (δείτε Παρατήρηση ) με τις

ανάλογες όπως πριν γενικεύσεις θα οδηγήσει σε μια επέκτασή της

γνωστή ως ανισότητα Barthe αντίστροφη της Brascamp-Lieb

Η ανισότητα Prekopa-Leindler λέει ότι αν οι 119891 119892 ℎ ge 0 είναι ολο-

κληρώσιμες συναρτήσεις στον ℝ119899 και 0 lt 120582 lt 1 αν

ℎ((1 minus 120582)119909 + 120582119910) ge 119891(119909)1minus120582119892(119910)120582

για κάθε 119909 119910 isin ℝ119899 τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge (intℝ119899

119891(119909) 119889119909)1minus120582

(intℝ119899

119892(119910) 119889119910)120582

-

(δείτε Θεώρημα σελίδα ) Η ανισότητα αυτή μπορεί να γενικευθεί

σε περισσότερες συναρτήσεις με επαγωγή (δείτε Άσκηση ) στην

εξής εκδοχή

Θ (Prekopa-Leindler Εκδοχή Β) Έστω ότι οι ℎ1198911 hellip 119891119898είναι ολοκληρώσιμες συναρτήσεις από το ℝ119899 στο [0 infin) και 1205821 hellip 120582119898 gt 0με sum

119898119896=1 120582119896 = 1 Αν για κάθε 1199111 hellip 119911119898 isin ℝ119899 ισχύει

ℎ (119898

sum119896=1

120582119896119911119896) ge119898

prod119896=1

(119891119896(119911119896))120582119896()

τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge119898

prod119896=1

(intℝ119899

119891119896(119909) 119889119909)120582119896

Η περαιτέρω επέκτασή της για συναρτήσεις 119891119896 ∶ ℝ119899119896 rarr ℝ με

119891119896 ge 0 απαιτεί τη χρήση 119899 times 119899119896 πινάκων 119861119905119896 όπου 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896 στη

σχέση () (παρατηρούμε ότι αν ένας πίνακας 119899119896 times119899 είναι μια γραμμική

απεικόνιση από τον ℝ119899 στον ℝ119899119896 ο ανάστροφός του είναι ένας πίνακας

119899 times 119899119896 άρα μια γραμμική απεικόνιση από τον ℝ119899119896 στον ℝ119899) Αυτή η

επέκταση θα μας αναγκάσει να έχουμε μια επιπλέον σταθερά στο δεξιό

μέλος της ανισότητας που εξαρτάται από τους πίνακες 119861119896 όπως και πριν

(στην περίπτωση της ανισότητας Brascamp-Lieb) Η ανισότητα που

προκύπτει ονομάζεται ανισότητα Barthe και την αντιλαμβανόμαστε ως

αντίστροφη της ανισότητας Brascamp-Lieb Για λόγους άμεσης σύγκρισης

των δύο ανισοτήτων επαναδιατυπώνουμε την ανισότητα Brascamp-Lieb

μαζί με την ανισότητα Barthe

Θ Έστω ότι 119898 isin ℕ 119888119896 gt 0 119899119896 isin ℕ για 119896 = 1 2 hellip 119898με sum

119898119896=1 119888119896119899119896 = 119899 και 119891119896 isin 1198711(ℝ119899119896) με 119891119896 ge 0 Αν 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896

γραμμική απεικόνιση (δηλαδή 119899119896 times 119899 πίνακας) η οποία είναι επί για κάθε119896 = 1 2 hellip 119898 τότε(Brascamp-Lieb)

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(119861119896119909)119888119896) 119889119909 le 119863minus12119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb) Αν επιπλέον ℎ isin 1198711(ℝ119899) με ℎ ge 0

και

ℎ (119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896) ge

119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ()

για κάθε 119911119896 isin ℝ119899119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 τότε

intℝ119899

ℎ(119909) 119889119909 ge 11986312119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

όπου 119861119905119896 ο ανάστροφος του 119861119896 119899 times 119899119896 πίνακας και

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119861119905

119896119860119896119861119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899119896 times 119899119896 πίνακες⎫⎬⎭

(119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)Π Όπως και στην Παρατήρηση η σταθερά 119863

είναι ίση με 1 αν 119899119896 = 119899 και 119861119896 = Id Δηλαδή η ανισότητα Barthe

πράγματι γενικεύει την ανισότητα Prekopa-Leindler

Αν αντικαταστήσουμε τις 119891119888119896119896 με 119892119896 και τα 119888119896 με 1119901119896 τότε μπορούμε να

γράψουμε λίγο πιο συνοπτικά τις ανισότητες

Θ Έστω ότι 119898 isin ℕ 119901119896 gt 0 119899119896 isin ℕ για 119896 = 1 2 hellip 119898με sum

119898119896=1 119899119896119901119896 = 119899 και 119892119896 isin 119871119901119896

(ℝ119899119896) με 119892119896 ge 0 Αν 119861119896 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899119896

γραμμική απεικόνιση (δηλαδή 119899119896 times 119899 πίνακας) η οποία είναι επί για κάθε119896 = 1 2 hellip 119898 τότε (Brascamp-Lieb)

∥119898

prod119896=1

119892119896(119861119896119909)∥1198711(ℝ119899)

le 119863minus12119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ119899119896)

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb) Αν επιπλέον ℎ isin 1198711(ℝ119899) με ℎ ge 0και

ℎ (119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896) ge

119898

prod119896=1

119892119896(119911119896)

για κάθε 119911119896 isin ℝ119899119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 τότε

ℎ1198711(ℝ119899) ge 11986312119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ119899119896)

-

όπου 119861119905119896 ο ανάστροφος του 119861119896 119899 times 119899119896 πίνακας και

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896119861119905

119896119860119896119861119896)

prod119898119896=1(det 119860119896)119888119896

∶ 119860119896 θετικά ορισμένοι 119899119896 times 119899119896 πίνακες⎫⎬⎭

με 119888119896 = 1119901119896 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 (119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)

Για την απόδειξη της ανισότητας Barthe διευκολύνει να χρησιμοποι-

ήσουμε την μικρότερη συνάρτηση ℎ που ικανοποιεί την () Άμεσα

βλέπουμε ότι η μικρότερη τέτοια συνάρτηση δεν είναι άλλη από την

ℎ0(119909) = sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899119896 ()

Όμως μια τέτοια συνάρτηση δεν είναι απαραίτητα μετρήσιμη Για αυτό

τον λόγο η ανισότητα Barthe αποδεικνύεται στη μορφή

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896119861119905119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899119896 119889119909

ge 11986312119898

prod119896=1

(intℝ119899119896

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

υπό τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος όπου το ⨛ είναι το άνω

ολοκλήρωμα

Δεν θα αποδείξουμε αυτές τις ανισότητες σε αυτή τη γενικότητα

Όμως θα αποδείξουμε μια ειδική περίπτωση που χρειαζόμαστε για την

απόδειξη της αντίστροφης ισοπεριμετρικής ανισότητας Συγκεκριμμένα

ενδιαφερόμαστε για την περίπτωση όπου 119899119896 = 1 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899

Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή στο πλήθος των συναρτήσεων 119892119896 την

ανισότητα Houmllder δηλαδή ότι για οποιεσδήποτε μη αρνητικές συναρτήσεις

119892119896 isin 119871119901119896(ℝ119899) για 119896 = 1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 1119901119896 = 1 η συνάρτηση prod

119898119896=1 119892119896 είναι

στον 1198711(ℝ119899) και ισχύει

intℝ119899

119898

prod119896=1

119892119896 le119899

prod119896=1

119892119896119901119896

Άσκηση Αποδείξτε με επαγωγή στο πλήθος των συναρτήσεων 119891119896 την

ανισότητα Prekopa-Leindler στην Εκδοχή Βrsquo (Θεώρημα ) χρησιμοποιώντας

την βέλτιστη συνάρτηση ℎ0 της σχέσης () δηλαδή ότι για οποιεσδήποτε

μη αρνητικές ολοκληρώσιμες συναρτήσεις 119891119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 αν 119888119896 gt 0 ώστε

sum119898119896=1 119888119896 = 1 τότε

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899 119889119909 ge119898

prod119896=1

(intℝ119899

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

Υπόδειξη για το επαγωγικό βήμα παρατηρήστε ότι η ποσότητα

sup 119898+1

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896 ∶ 119909 =119898+1

sum119896=1

119888119896119911119896 119911119896 isin ℝ119899

είναι τετριμμένα μεγαλύτερη ή ίση από την ποσότητα

sup⎧⎨⎩

(sup 119898

prod119896=1

119891119896(119911119896)119888119896

1minus119888119898+1 ∶ 119911 =119898

sum119896=1

1198881198961 minus 119888119898+1

119911119896 119911119896 isin ℝ119899)1minus119888119898+1

sdot 119891119898+1(119911119898+1)119888119898+1

∶ 119909 = (1 minus 119888119898+1)119911 + 119888119898+1119911119898+1 119911 119911119898+1 isin ℝ119899

-

Αν στις παραπάνω ανισότητες θέσουμε 119899119896 = 1 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899τότε οι θετικά ορισμένοι πίνακες 119860119896 στη διατύπωση των ανισοτήτων

είναι 1 times 1 δηλαδή θετικοί αριθμοί Θα τους μετονομάσουμε λοιπόν σε

120582119896 gt 0 Έτσι ο παρονομαστής στον ορισμό της σταθεράς 119863 ισούται με

prod119898119896=1 120582119888119896

119896 Επιπλέον οι πίνακες 119861119896 είναι 1 times 119899 οπότε οι 119861119905119896 θα είναι τώρα

πίνακες 119899 times 1 δηλαδή διανύσματα στον ℝ119899 Έτσι θα αντικαταστήσουμε

τους 119861119905119896 με 119906119896 isin ℝ119899 θεωρώντας τους όμως ως απεικονίσεις από το ℝ

στο ℝ119899 Δηλαδή 119861119905119896(120579) = 120579119906119896 για κάθε 120579 isin ℝ Οι ανάστροφοι των 119861119905

119896

δηλαδή οι 119861119896 θα ισούνται με 119906119905119896 Έτσι το άθροισμα στον αριθμητή του

ορισμού του 119863 γίνεται sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896119906119905

119896 Αλλά (εύκολα ελέγχει κανείς ότι)

119906119896119906119905119896 = 119906119896 otimes 119906119896 (δείτε Άσκηση ) Οπότε η σταθερά 119863 αλλάζει στην

-

εξής έκφραση

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

Τέλος επειδή το 119861119896119909 θα γίνει τώρα 119906119905119896 sdot 119909 = ⟨119906119896 119909⟩ και αλλάζοντας τα

119911119896 σε 120579119896 αφού τώρα ανήκουν στο ℝ (αφού 119899119896 = 1) άρα είναι αριθμοί τα

παραπάνω πολυδιάστατα θεωρήματα μετατρέπονται στα εξής

Θ (Εκδοχή Α) Έστω ότι 119898 isin ℕ 119888119896 gt 0 για 119896 =1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 119888119896 = 119899 και 119891119896 isin 1198711(ℝ) με 119891119896 ge 0 Αν 119906119896 isin ℝ119899 για

119896 = 1 2 hellip 119898 τότε(Brascamp-Lieb)

intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 le 119863minus12119898

prod119896=1

(intℝ

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb)

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119896(120579119896)119888119896 ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ge 11986312119898

prod119896=1

(intℝ

119891119896(119909) 119889119909)119888119896

όπου

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

(119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)

Θ (Εκδοχή Β) Έστω ότι 119898 isin ℕ 119901119896 gt 0 για 119896 =1 2 hellip 119898 με sum

119898119896=1 1119901119896 = 119899 και 119892119896 isin 1198711(ℝ) με 119892119896 ge 0 Αν 119906119896 isin ℝ119899 για

119896 = 1 2 hellip 119898 τότε(Brascamp-Lieb)

∥119898

prod119896=1

119892119896(⟨119906119896 119909⟩)∥1198711(ℝ119899)

le 119863minus12119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ)

(Barthe αντίστροφη Brascamp-Lieb)

⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119892119896(120579119896) ∶ 119909 =119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ge 11986312119898

prod119896=1

119892119896119871119901119896(ℝ)

όπου

() 119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

με 119888119896 = 1119901119896 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 (119863minus12 ∶= infin αν 119863 = 0)Π Η τετριμμένη περίπτωση 119863 = 0 και άρα 119863minus12 =

infin δεν μπορεί να αποκλειστεί Για παράδειγμα αν τα 119906119896 δεν παράγουν

όλον τον ℝ119899 τότε οι συναρτήσεις 119891(⟨119906119896 119909⟩) είναι σταθερές για όλα τα

119909 isin (span1199061 hellip 119906119898)⟂ και συνεπώς το αριστερό σκέλος της Brascamp-

Lieb απειρίζεται Έτσι σε αυτή την περίπτωση το 119863minus12 δεν μπορεί να

είναι πεπερασμένο Ισοδύναμα το supremum στο αριστερό σκέλος της ανι-

σότητας Barthe υπολογίζεται σε ένα κενό σύνολο αν 119909 notin span1199061 hellip 119906119898δηλαδή είναι 0 Έτσι η ανισότητα Barthe δεν μπορεί να ισχύει για θετικό

119863 Άρα 119863 = 0 Και πράγματι αυτό το επιβεβαιώνει και ο ορισμός

() της 119863 διότι ο πίνακας sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896 μηδενίζεται σε όλον τον

μη τετριμένο υπόχωρο span1199061 hellip 119906119898⟂ άρα δεν είναι αντιστρέψιμος

και συνεπώς η ορίζουσά του είναι μηδέν για οποιαδήποτε θετικά 120582119896

Συμπεραίνουμε ότι η συνθήκη span1199061 hellip 119906119898 = ℝ119899 είναι απαραίτητη

για να έχουμε μη τετριμμένες ανισότητες Για αυτό τον λόγο στο εξήςθα θεωρούμε ότι τα 1199061 hellip 119906119898 παράγουν τον ℝ119899

Π Αν υποθέσουμε ότι οι ανισότητες ισχύουν με 119863 gt0 η συνθήκη sum

119898119896=1 119888119896 = 119899 δεν μπορεί να παρακαμφθεί Πράγματι αν

αλλάξουμε κάθε 119891119896(sdot) σε 119891119896(120582 sdot) το αριστερό σκέλος κάνοντας την

αλλαγή μεταβλητής 120582119909 = 119910 θα αλλάξει κατά τον παράγοντα 120582minus119899 ενώ

το δεξιό σκέλος κατά τον παράγοντα 120582minus(1198881+⋯+119888119898) Έτσι για να ισχύει η

ανισότητα με 119863 gt 0 είναι απαραίτητη η υπόθεση sum119898119896=1 119888119896 = 119899 (αλλιώς

θα οδηγηθούμε σε άτοπο αφήνοντας το 120582 να πάει στο 0+ ή στο infin)

-

Ξεκινάμε με την παρατήρηση ότι στην Εκδοχή Α των ανισοτήτων

μπορούμε να διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με το prod119898119896=1 (intℝ

119891119896)119888119896

οπότε

-

μπορούμε να αναχθούμε έτσι σε συναρτήσεις 119891119896 που έχουν ολοκλήρωμα

ίσο με 1 Έτσι αρκεί να δείξουμε ότι

sup intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1 le 119863minus12

και

inf ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1 ge 11986312

Θα αποδείξουμε ότι τα παραπάνω sup και inf επιτυγχάνονται όταν οι

119891119896 είναι Γκαουσιανές της μορφής radic120582119896120587sdot119890minus1205821198961199052 ώστε να ισχύει intℝ119891119896 = 1

Δηλαδή θα δείξουμε ότι

sup intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1

= sup intℝ119899

(119898

prod119896=1

119891119896(⟨119906119896 119909⟩)119888119896) 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1 119891119896(119905) = radic120582119896

120587sdot 119890minus1205821198961199052 =∶ 119860

και

inf ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ∶ intℝ

119891119896 = 1

= inf ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ 119889119909 ∶

intℝ

119891119896 = 1 119891119896(119905) = radic120582119896

120587sdot 119890minus1205821198961199052 =∶ 119861

Η απόδειξη θα ολοκληρωθεί δείχνοντας ότι 119860 = 119861minus1 = 119863minus12

Το ακόλουθο λήμμα είναι το κύριο τεχνικό βήμα για την απόδειξη

των παραπάνω ανισοτήτων Το βασικό εργαλείο της απόδειξής του

είναι η laquoμεταφορά του μέτρουraquo

Λ (Barthe) Έστω ότι 119898 ge 119899 1199011 hellip 119901119898 ge 1 με sum119898119896=1 119901minus1

119896 =119899 119888119896 = 119901minus1

119896 1199061 hellip 119906119898 isin ℝ119899 διανύσματα που παράγουν τον ℝ119899 και οι

1198911hellip 119891119898 ℎ1hellip ℎ119898 ∶ ℝ rarr [0 infin) είναι ολοκληρώσιμες συναρτήσεις με

intℝ

119891119896(119905) 119889119905 = intℝ

ℎ119896(119905) 119889119905 = 1

για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119898 Θέτουμε

119868(1198911 hellip 119891119898) ∶= intℝ119899

119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (⟨119906119896 119909⟩) 119889119909

και

119870(ℎ1 hellip ℎ119898) ∶= ⨛ℝ119899

sup 119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (120579119896) ∶ 120579119896 isin ℝ 119909 =

119898

sum119896=1

120579119896119888119896119906119896 119889119909

Τότε119863 sdot 119868(1198911 hellip 119891119898) le 119870(ℎ1 hellip ℎ119898)

όπου

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι οι συναρτήσεις

119891119896 και ℎ119896 είναι συνεχείς και θετικές και ότι 0 lt 119863 lt infin (αν 119863 = 0η ανισότητα είναι προφανής) laquoΜεταφέρουμε το μέτροraquo με την εξής

έννοια αφού intℝ119891119896(119905) 119889119905 = intℝ

ℎ119896(119905) 119889119905 = 1 και οι 119891119896 και ℎ119896 είναι συνεχείς

και θετικές για κάθε 119905 isin ℝ υπάρχει μοναδικό 119879119896(119905) isin ℝ ώστε

int119879119896(119905)

minusinfinℎ119896(119904) 119889119904 = int

119905

minusinfin119891119896(119904) 119889119904

Από το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λογισμού συνεπάγεται

ότι

ℎ119896(119879119896(119905))119879prime119896(119905) = 119891119896(119905)()

για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119898 Για εξοικονόμηση χώρου ας γράφουμε ℎ0(119909)για την υπό ολοκλήρωση ποσότητα στον ορισμό του 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) Για

-

τον υπολογισμό του 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) αλλάζουμε τις μεταβλητές θέτοντας

119909 = 119882(119910) ∶=119898

sum119896=1

119888119896119879119896(⟨119910 119906119896⟩)119906119896()

Φανερά 119909119896 = ⟨119882(119910) 119890119896⟩ όπου 1198901 hellip 119890119899 η συνήθης βάση του ℝ119899 άρα η

Ιακωβιανή του μετασχηματισμού έχει στοιχεία τα

119908119894119895 = 119889119909119894119889119910119895 =119889

119889119910119895

119898

sum119896=1

119888119896119879119896(⟨119910 119906119896⟩) ⟨119906119896 119890119894⟩

=119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) ⟨119906119896 119890119895⟩ ⟨119906119896 119890119894⟩

= ⟨(119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) sdot 119906119896 otimes 119906119896) 119890119895 119890119894⟩

Αυτό δείχνει ότι η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού είναι ο πίνακας

119869119882 =119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) sdot 119906119896 otimes 119906119896

Επειδή η 119879119896 είναι γνησίως αύξουσα ισχύει 119879prime119896 gt 0 Επίσης 119888119896 gt 0

και κάθε 119906119896 otimes 119906119896 είναι φανερά θετικά ημιορισμένος Επειδή για κάθε

119907 isin ℝ119899 δεν μπορεί να συμβαίνει ⟨119906119896 otimes 119906119896(119907) 119907⟩ = ⟨119907 119906119896⟩2 = 0 αφού τα

119906119896 παράγουν τον ℝ119899 συμπεραίνουμε ότι ο 119869119882 είναι θετικά ορισμένος

και συνεπώς η 119882 είναι - (δείτε Άσκηση ) και έτσι μπορούμε

να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο αλλαγής μεταβλητών στα παρακάτω

ολοκληρώματα

⨛ℝ119899

ℎ0(119909) 119889119909 ge ⨛119882(ℝ119899)

ℎ0(119909) 119889119909 = ⨛ℝ119899

ℎ0(119882(119910))| det 119869119882(119910)| 119889119910

ge intℝ119899

119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (119879119896(⟨119910 119906119896⟩)) det (

119898

sum119896=1

119888119896119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩) 119906119896 otimes 119906119896) 119889119910

()

διότι

ℎ0(119882(119910)) = sup 119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (120579119896) ∶ 119882(119910) =

119898

sum119896=1

120579119896119888119896119906119896

και η ανασύσταση του 119882(119910) στην προηγούμενη ισχύει για 120579119896 =119879119896(⟨119910 119906119896⟩) από τον ορισμό της 119882 (σχέση ()) Συνεχίζοντας από

την () και χρησιμοποιώντας τον ορισμό της ποσότητας 119863 παίρνουμε

⨛ℝ119899

ℎ0(119909) 119889119909 ge intℝ119899

(119898

prod119896=1

ℎ119888119896119896 (119879119896(⟨119910 119906119896⟩)) sdot 119863 sdot

119898

prod119896=1

(119879prime119896(⟨119910 119906119896⟩))

119888119896

) 119889119910

και με τη βοήθεια της ()

⨛ℝ119899

ℎ0(119909) 119889119909 ge 119863 intℝ119899

119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (⟨119910 119906119896⟩) 119889119910

που είναι η ζητούμενη

Έχοντας αποδείξει λοιπόν ότι

119863 sdot 119868(1198911 hellip 119891119898) le 119870(ℎ1 hellip ℎ119898)

αν πάρουμε supremum ως προς τις 119891119896 και infimum ως προς τις ℎ119896 θα

συμπεράνουμε ότι

119863 sdot 119860 le 119863 sdot sup 119868(1198911 hellip 119891119898) le inf 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) le 119861()

όπου 119860 και 119861 οι ποσότητες που ορίστηκαν στη αρχή της Ενότητας

και τα sup και inf είναι ως προς όλες τις 119891119896 και ℎ119896 με ολοκλήρωμα 1 (όπως

στη διατύπωση του Λήμματος ) Συνεπώς για να ολοκληρωθεί η

απόδειξη της ανισότητας Brascamp-Lieb και της ανισότητας Barthe αρκεί

να αποδείξουμε ότι

(i) 119861 = 11986312 οπότε η () συνεπάγεται

119868(1198911 hellip 119891119898) le sup 119868(1198911 hellip 119891119898) le 119863minus12

δηλαδή την ανισότητα Brascamp-Lieb και

(ii) 119860 = 119863minus12 οπότε η () συνεπάγεται

11986312 le inf 119870(ℎ1 hellip ℎ119898) le 119870(ℎ1 hellip ℎ119898)

δηλαδή την ανισότητα Barthe

Οι ποσότητες 119860 και 119861 όμως είναι ποσότητες που υπολογίζονται σε

γκαουσιανές συναρτήσεις και αυτό κάνει τον υπολογισμό τους εφικτό

-

Θα χρειαστούμε τον τύπο

intℝ

119890minus1205821199052 119889119905 =radic120587radic120582

()

ο οποίος ισχύει για κάθε 120582 gt 0 και αποδυκνύεται εύκολα με την αλλαγή

μεταβλητής 119904 = radic2120582 sdot 119905 και το γεγονός ότι intℝ119890minus11990422 = radic2120587

Απόδειξη του (ii) Έστω ότι οι 119892119896 είναι Γκαουσιανές συναρτήσεις της

μορφής 119892119896(119905) = 119890minus1205821198961199052 για 120582119896 gt 0 119896 = 1 hellip 119898 Θέτουμε 119880 να είναι η

γραμμική απεικόνιση

119880 =119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896

και έχουμε

intℝ119899

119898

prod119896=1

119892119888119896119896 ⟨119909 119906119896⟩) 119889119909 = int

ℝ119899exp (minus

119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2) 119889119909

= intℝ119899

exp (minus⟨(119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896) (119909) 119909⟩) 119889119909

= intℝ119899

exp(minus⟨119880119909 119909⟩) 119889119909

= intℝ119899

exp(minus1198801211990922) 119889119909

όπου 11988012 η τετραγωνική ρίζα του 119880 η οποία υπάρχει μια και ο 119880είναι φανερά θετικά ορισμένος αφού 119888119896 gt 0 120582119896 gt 0 119906119896 otimes 119906119896 θετικά

ημιορισμένος για κάθε 119896 = 1 hellip 119898 και τα 119906119896 παράγουν τον ℝ119899 (δείτε

Παρατήρηση ) Αλλάζοντας μεταβλητές και συγκεκριμμένα θέτοντας

119910 = radic211988012(119909) και χρησιμοποιώντας το ότι η ιακωβιανή αυτού του

μετασχηματισμού είναι (radic2119899 det 11988012)minus1 = 1(radic2119899radicdet 119880) η τελευταία

ποσότητα παραπάνω ισούται με 1205871198992radicdet 119880 Καταλήξαμε δήλαδή

στην

intℝ119899

119898

prod119896=1

119892119888119896119896 ⟨119909 119906119896⟩) 119889119909 =

1205871198992

radicdet 119880()

Για να προκύψει το ζητούμενο πρέπει να διαιρέσουμε κάθε 119892119896 με το ολο-

κλήρωμά της ή ισοδύναμα να διαιρέσουμε την () με την ποσότητα

prod119898119896=1(intℝ

119892119896(119905))119888119896 Αλλά χρησιμοποιώντας την () βλέπουμε ότι

119898

prod119896=1

(intℝ

119892119896(119905))119888119896

=119898

prod119896=1

(radic120587radic120582119896

)119888119896

=1205871198992

radicprod119898119896=1 120582119888119896

119896

()

Διαιρώντας την () με την () παίρνουμε ότι

119860 = sup⎧⎨⎩

radicprod119898119896=1 120582119888119896

119896

radicdet 119880∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

=1

inf det 119880

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

12 = 119863minus12

ολοκληρώνοντας την απόδειξη του (ii)

Απόδειξη του (i) Για τον υπολογισμό του 119861 παρατηρούμε ότι αν

119891119896(119905) = 1radic120582119896120587 sdot 119890minus1199052120582119896 (ώστε intℝ119891119896 = 1) τότε

sup 119898

prod119896=1

119891119888119896119896 (120579119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ

= sup⎧⎨⎩

1

radic120587119899 prod119898119896=1 120582119888119896

119896

sdot exp (minus119898

sum119896=1

1198881198961205792119896120582119896) ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896

⎫⎬⎭

=1

1205871198992radicprod

119898119896=1 120582119888119896

119896

sdot exp (minus inf 119898

sum119896=1

1198881198961205792119896120582119896 ∶ 119909 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896)

Για 119880 = sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896 όπως και πριν επειδή ο 119880 είναι θετικά

ορισμένος η ποσότητα

119909 = ⟨119880119909 119909⟩12 = (119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2)12

ορίζει μια νόρμα στον ℝ119899 Για να συνεχίσουμε την απόδειξη χρειαζόμαστε

ένα ακόμα τεχνικό λήμμα

-

Λ Η δυϊκή νόρμα της sdot είναι η sdot lowast με

1199102lowast = ⟨119880minus1119910 119910⟩ = inf

119898

sum119896=1

1198881198961205792119896120582119896 ∶ 120579119894 isin ℝ ώστε 119910 =

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896

Αναβάλουμε την απόδειξη του προηγούμενου λήμματος και συνεχί-

ζουμε τον υπολογισμό του 119870(1198911 hellip 119891119898) Από τα προηγούμενα προκύ-

πτει ότι

119870(1198911 hellip 119891119898) =1

1205871198992radicprod

119898119896=1 120582119888119896

119896

intℝ119899

119890minus⟨119880minus1119909119909⟩ 119889119909

Αν συμβολίσουμε με 119880minus12 την τετραγωνική ρίζα του θετικά ορισμένου

119880minus1 και αλλάξουμε μεταβλητές στο τελευταίο ολοκλήρωμα θέτοντας

119910 = radic2119880minus12119909 με ορίζουσα Ιακωβιανής radic(det 119880)2119899 θα πάρουμε

119870(1198911 hellip 119891119898) =1

1205871198992radicprod

119898119896=1 120582119888119896

119896radic

det 1198802119899 int

ℝ119899119890minus1199102

22 119889119910

=radic

det 119880

prod119898119896=1 120582119888119896

119896

= ⎛⎜⎜⎝

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896

⎞⎟⎟⎠

12

Παίρνοντας infimum ως προς όλες τις Γκαουσιανές με ολοκλήρωμα ίσο

με 1 δηλαδή ως προς όλα τα 120582119896 gt 0 καταλήγουμε στο ότι

119861 = ⎛⎜⎜⎝

inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

⎞⎟⎟⎠

12

= 11986312

που είναι η ζητούμενη

Απόδειξη του Λήμματος

Κατrdquo αρχάς έχουμε ότι

119910lowast = sup119909ne0

⟨119909 119910⟩119909

= sup119909ne0

⟨119909 119910⟩radic⟨119880119909 119909⟩

= sup119909ne0

⟨11988012119909 119880minus12119910⟩

radic⟨11988012119909 11988012119909⟩= sup

119909ne0⟨

11988012119909119880121199092

119880minus12119910⟩

= 119880minus121199102 = radic⟨119880minus12119910 119880minus12119910⟩ = radic⟨119880minus1119910 119910⟩()

Επειδή τα 119906119896 παράγουν τον ℝ119899 για κάθε 119910 isin ℝ119899 υπάρχουν 120579119896 ώστε

119910 = sum119898119896=1 119888119896120579119896119906119896 Έτσι από την ανισότητα Cauchy-Schwartz έχουμε ότι

για κάθε 119909 isin ℝ119899

⟨119909 119910⟩ = ⟨119909119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896⟩ =119898

sum119896=1

119888119896120579119896⟨119909 119906119896⟩ =119898

sum119896=1

radic119888119896

120582119896sdot 120579119896 sdot radic119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩

le (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

(119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2)12

= (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

⟨119880119909 119909⟩12

= (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

119909

Άρα

119910lowast = sup119909ne0

⟨119909 119910⟩119909

le inf⎧⎨⎩

(119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

∶ 119910 =119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 120579119896 isin ℝ⎫⎬⎭

Όμως ισχύει η ισότητα αν επιλέξουμε 119909 = 119880minus1119910 και 120579119896 = 120582119896⟨119909 119906119896⟩Πράγματι για αυτά τα 120579119896 ισχύει

119898

sum119896=1

119888119896120579119896119906119896 =119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩119906119896 = 119880119909 = 119880119880minus1119910 = 119910

και

(119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205792

119896)12

= (119898

sum119896=1

119888119896

1205821198961205822

119896⟨119909 119906119896⟩2)12

= (119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119909 119906119896⟩2)12

= radic⟨119880119909 119909⟩ = radic⟨119910 119880minus1119910⟩

= 119910lowast

από την () ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Άσκηση Ελέγξτε ότι για κάθε 119906 isin ℝ119899 ισχύει 119906 otimes 119906 = 119906119906119905 όπου το 119906νοείται ως πίνακας 119899 times 1 (στήλη) και η 119906 otimes 119906 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899 είναι η γραμμική

απεικόνιση 119906 otimes 119906(119909) = ⟨119906 119909⟩119906Άσκηση Έστω ότι η 119891 ∶ Ω rarr ℝ119899 έχει πεδίο ορισμού το κυρτό υποσύνολο

Ω του ℝ119899 Αποδείξτε ότι αν ο Ιακωβιανός πίνακας της 119891 είναι θετικά ορισμένος

τότε η 119891 είναι - ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα

(i) Αν 119909 119886 isin Ω με 119909 ne 119886 θέτουμε ℎ = 119909 minus 119886 ne 0 και θεωρούμε την

119909(119905) = 119886 + 119905ℎ ∶ [0 1] rarr Ω

(ii) Ορίζουμε Φ ∶ [0 1] rarr ℝ με

Φ(119905) = ⟨ℎ 119891(119909(119905)) minus 119891(119886)⟩ =119899

sum119896=1

ℎ119896(119891119896(119909(119905)) minus 119891119896(119886))

όπου 119891119896 οι συντεταγμένες συναρτήσεις της 119891 δηλαδή 119891119896 ∶ Ω rarr ℝ με

119891 = (1198911 hellip 119891119899)

(iii) Χρησιμοποιήστε τον κανόνα της αλυσίδας για να δείξετε ότι Φprime(119905) =⟨119869119891ℎ ℎ⟩ gt 0 όπου 119869119891 ο Ιακωβιανός πίνακας της 119891

(iv) Συμπεράνετε από το Θεώρημα Rolle ότι αφού Φ(0) = 0 δεν μπορεί να

ισχύει Φ(1) = 0 οπότε 119891(119909) ne 119891(119886)

Έστω ότι το κυρτό συμμετρικό σώμα 119870 είναι στη θέση του John

Τότε τα σημεία επαφής του συνόρου του 119870 με την ευκλείδεια μπάλα

είναι αρκετά ώστε να αναπαριστούν την ταυτοτική απεικόνιση με την

εξής έννοια

Θ (F John) Αν το κυρτό και κεντρικά συμμετρικό σώμα119870 βρίσκεται στη θέση του John τότε υπάρχουν 119898 σημεία επαφής 1199061 hellip 119906119898του συνόρου του 119870 με την εγγεγραμμένη 120138119899minus1 ώστε να ισχύει

Id =119898

sum119896=1

119888119896119906119896 otimes 119906119896()

για κατάλληλους αριθμούς 119888119896 gt 0 Το 119898 μπορεί να επιλεγεί μικρότερο ήίσο του 1 + 119899(119899 + 1)2

Π Παρατηρούμε ότι τα διανύσματα 119906119896 ικανοποιούν

την 119906119896119870 = 1199061198962 = 1 αφού είναι στο σύνορο τόσο του 119870 όσο και της

ℬ1198992

Π Παίρνοντας το ίχνος στη σχέση () και χρη-

σιμοποιώντας και την Άσκηση βλέπουμε ότι

119899 = tr Id = tr(119898

sum119896=1

119888119896119906119896 otimes 119906119896) =119898

sum119896=1

119888119896tr(119906119896otimes119906119896) =119898

sum119896=1

11988811989611990611989622 =

119898

sum119896=1

119888119896

Δηλαδή ισχύει sum119898119896=1 119888119896 = 119899 και άρα sum

119898119896=1 119888119896119899 = 1 Αυτό σημαίνει ότι η

ζητούμενη σχέση () μας λέει ότι αρκεί να αποδείξουμε ότι ο πίνακας

119899minus1 Id ανήκει στην κυρτή θήκη των πινάκων 119906 otimes 119906 για 119906 σημείο του

bd(119870) cap 120138119899minus1

Π Οι πίνακες 119906 otimes 119906 επειδή είναι συμμετρικοί έχουν

τόσα ανεξάρτητα στοιχεία όσα τα στοιχεία στη διαγώνιο και κάτω από

αυτή Δηλαδή συνολικά 1+2+hellip+119899 = 119899(119899+1)2 Άρα αν δειχθεί ότι ο

119899minus1 Id είναι στην κυρτή θήκη των 119906 otimes 119906 με 119906 isin ℝ119899 τότε από το Θεώρημα

Καραθεοδωρή (Θεώρημα ) αρκούν 1 + 119899(119899 + 1)2 στοιχεία της

μορφής 119906 otimes 119906 (αντιλαμβανόμενοι τα 119906 otimes 119906 ως στοιχεία του ℝ1198992) Αυτό

αποδεικνύει ότι 119898 le 1 + 119899(119899 + 1)2

Απόδειξη του Θεωρήματος Σύμφωνα με τις παραπάνω πα-

ρατηρήσεις αρκεί να αποδείξουμε ότι ο πίνακας 119899minus1 Id βρίσκεται στην

κυρτή θήκη των πινάκων 119906otimes119906 όπου 119906 σημείο επαφής του bd(119870) και του

120138119899minus1 Θέτουμε 119880 = 119906 isin 120138119899minus1 ∶ 119906119870 = 1 και θέλουμε να δείξουμε ότι

119899minus1 Id isin conv119906 otimes 119906 ∶ 119906 isin 119880 Υποθέτουμε ότι αυτό δεν συμβαίνει και

επειδή το τελευταίο σύνολο είναι φανερά συμπαγές εργαζόμενοι στον

ℝ1198992και εφαρμόζοντας το Θεώρημα υπάρχει στοιχείο 119860 του ℝ1198992

που διαχωρίζει το 119899minus1 Id από το conv119906 otimes 119906 ∶ 119906 isin 119880 (Παρατηρούμεότι τα στοιχεία του ℝ1198992

τα μεταχειριζόμαστε και ως διανύσματα και ως

πίνακες 119899 times 119899) Έτσι υπάρχει 120598 gt 0 ώστε να ισχύει

⟨119860 119899minus1 Id⟩ lt minus120598 lt 0 le ⟨119860 119906 otimes 119906⟩()

για κάθε 119906 isin 119880 Επειδή οι πίνακες 119899minus1 Id και 119906 otimes 119906 είναι συμμετρικοί

ελέγχουμε εύκολα ότι ⟨119860119905 119899minus1 Id⟩ = ⟨119860 119899minus1 Id⟩ και ⟨119860119905 119906otimes119906⟩ = ⟨119860 119906otimes119906⟩Συνεπώς η () συνεχίζει να ισχύει αν στη θέση του 119860 βάλουμε τον

συμμετρικό πίνακα (119860 + 119860119905)2 Άρα μπορούμε να υποθέσουμε εξrdquo αρχής

ότι ισχύει η () με 119860 συμμετρικό

Θέτουμε 119861 = 119860 minus (tr119860119899) Id και παρατηρούμε ότι ⟨119861 119899minus1 Id⟩ =tr119861119899 = 0 Έτσι έχουμε

0 = ⟨119861 119899minus1 Id⟩ = ⟨119860 119899minus1 Id⟩ minustr119860119899

lt minus120598 minustr119860119899

lt minustr119860119899

le ⟨119860 119906 otimes 119906⟩ minustr119860119899

⟨Id 119906 otimes 119906⟩

= ⟨119861 119906 otimes 119906⟩

όπου χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι ⟨Id 119906 otimes 119906⟩ = 11990622 = 1

Υποθέτοντας λοιπόν ότι ο 119899minus1 Id δεν ανήκει στην κυρτή θήκη των

119906 otimes 119906 για 119906 isin 119880 καταλήξαμε να βρούμε ένα πίνακα 119861 isin ℝ1198992και θετικό

αριθμό 119904 ∶= minus120598 minus tr119860119899 ώστε να ισχύουν τα εξής

(i) 119861 = 119861119905 και 119861 ne 0

(ii) tr119861 = ⟨119861 119899minus1 Id⟩ = 0 lt 119904 le ⟨119861 119906 otimes 119906⟩ για κάθε 119906 isin 119880

Για 120575 gt 0 αρκετά κοντά στο μηδέν ο πίνακας Id +120575119861 είναι θετικά

ορισμένος συνεπώς έχει τετραγωνική ρίζα έστω τον πίνακα 119879120575 Θεωρούμε

τα ελλειψοειδή

ℰ120575 = 119879minus1120575 (119861119899

2) = 119909 isin ℝ119899 ∶ ⟨(Id +120575119861)119909 119909⟩ le 1

Ο όγκος του ℰ120575 ισούται με det 119879minus1120575 |ℬ119899

2| Αλλά εύκολα ελέγχουμε ότι

o Id +120575119861 δεν είναι πολλαπλάσιος του ταυτοτικού Συνεπώς από την

Πρόταση η ακόλουθη ανισότητα είναι γνήσια

(det 119879120575)2119899 = det(Id +120575119861)1119899 lttr(Id +120575119861)

119899= 1

Άρα |ℰ120575| gt |ℬ1198992| με μόνο περιορισμό το 120575 gt 0 να είναι αρκετά μικρό

ώστε ο Id +120575119861 να είναι θετικά ορισμένος

Θα καταλήξουμε λοιπόν σε άτοπο αν δείξουμε ότι υπάρχουν κατάλ-

ληλα μικρά 120575 gt 0 ώστε να ισχύει ℰ120575 sube 119870 (διότι αυτό θα σημαίνει ότι το

ℬ1198992 δεν είναι το ελλειψοειδές μεγίστου όγκου μέσα στο 119870 αντιφάσκοντας

με την υπόθεση)

Για να το επιτύχουμε αυτό θέτουμε 119881 = 119907 isin 120138119899minus1 ∶ dist(119907 119880) ge1199042119861 όπου 119861 η νόρμα του119861ως πίνακας δηλαδή 119861 = sup

1199062=11198611199062

Αν 119870 = ℬ1198992 το 119881 είναι μεν κενό αλλά δεν έχουμε τίποτα να απο-

δείξουμε αφού μπορούμε να θέσουμε 119888119896 = 1 και 119906119896 = 119890119896 τα βασικά

διανύσματα του ℝ119899 και η () προφανώς ισχύει

Υποθέτουμε ότι 119870 ne ℬ1198992 οπότε μικραίνοντας αν χρειαστεί το 119904 gt 0

το σύνολο 119881 είναι μη κενό και φανερά συμπαγές υποσύνολο του 120138119899minus1

Αν 119907 isin 120138119899minus1 ⧵ 119881 έστω ότι 119906 isin 119880 με 119907 minus 1199062 lt 1199042119861 Έχουμε

∣⟨(Id +120575119861)119907 119907⟩ minus ⟨(Id +120575119861)119906 119906⟩∣ = 120575∣⟨119861119907 119907⟩ minus ⟨119861119906 119906⟩∣

= 120575∣⟨119861119907 119907⟩ minus ⟨119861119907 119906⟩ + ⟨119861119907 119906⟩ minus ⟨119861119906 119906⟩∣

le 120575(∣⟨119861119907 119907 minus 119906⟩∣ + ∣⟨119861(119907 minus 119906) 119906⟩∣)

le 1205752119861 1199072119907 minus 1199062 lt 120575119904

Άρα

⟨(Id +120575119861)119907 119907⟩ gt ⟨(Id +120575119861)119906 119906⟩ minus 120575119904 = 1 + 120575⟨119861119906 119906⟩ ge 1 + 120575119904 minus 120575119904 = 1

Δηλαδή

1 lt ⟨(Id +120575119861)119907 119907⟩ le ⟨(Id +120575119861)119907

119907119870

119907119907119870

⟩

διότι 119907119870 le 1199072 = 1 αφού ℬ1198992 sube 119870 Συμπεραίνουμε ότι 119907119907119870 isin

bd(119870) ⧵ ℰ120575

Δείξαμε λοιπόν ότι για κάθε διεύθυνση 119907 isin 120138119899minus1 ⧵ 119881 η ημιευθεία

με αρχή το 0 που περνάει από το 119907 αναγκαστικά τέμνει πρώτα το

bd(ℰ120575) και μετά το bd(119870) Αν δείξουμε ότι το ίδιο ισχύει και για τις

διευθύνσεις 119907 isin 119881 θα έχουμε δείξει ότι ℰ120575 sube 119870 καταλήγοντας σε άτοπο

και ολοκληρώνοντας την απόδειξη Αυτό όμως προκύπτει ως εξής λόγω

της συμπάγειας του 119881 και κατά συνέπεια της θετικής του απόστασης

από το bd(119870) (αφού δεν το τέμνει) υπάρχει 120598 gt 0 ώστε

(1 + 120598)119881 cap bd(119870) = ()

Αλλά τα ℰ120575 συγκλίνουν (με τη μετρική Hausdorff (δείτε Άσκηση ))

στο ℬ1198992 Οπότε υπάρχει 1205750 gt 0 ώστε για κάθε 0 lt 120575 lt 1205750 να ισχύει

ℰ120575 sube (1 + 120598)1198611198992 Έτσι για κάθε 119907 isin 119881 χρησιμοποιώντας την ()

ισχύει

(ℝ+119907) cap ℰ120575 sube (ℝ+119907) cap (1 + 120598)ℬ1198992 sube (ℝ+119907) cap 119870

Σκοπός μας στη συνέχεια είναι να δείξουμε ότι αν χρησιμοποιηθούν

στην ανισότητα Brascamp-Lieb τα 119906119896 που αναπαριστούν τον ταυτοτικό

πίνακα όπως παραπάνω τότε η σταθερά 119863 της ανισότητας ισούται με 1Για να το καταφέρουμε αυτό χρειαζόμαστε μια επέκταση της ανισότητας

Hadamard Η ανισότητα Hadamard λέει ότι για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119860ισχύει

det 119860 le119899

prod119896=1

1198601198901198962

όπου τα 1198901 hellip 119890119899 είναι η συνήθης βάση του ℝ119899 Δεν χρειάζεται να

αποδείξουμε αυτή την ανισότητα αφού θα αποδείξουμε την ακόλουθη

επέκτασή της

Π (Ανισότητα Hadamard) Αν τα 119906119896 και 119888119896 αναπαριστούντον ταυτοτικό πίνακα όπως παραπάνω τότε για κάθε 119899 times 119899 πίνακα 119860ισχύει

det 119860 le119898

prod119896=1

1198601199061198961198881198962

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι η ζητούμενη ανισότητα είναι αναλλοίωτη

στους ορθογώνιους πίνακες οπότε αντικαθιστώντας τον 119860 με τον 119876119860όπου ο 119876 ανήκει στην ορθογώνια ομάδα μπορούμε να υποθέσουμε ότι

ο 119860 είναι συμμετρικός και θετικά ημιορισμένος (δείτε Άσκηση )

Επειδή αν η ορίζουσα του 119860 ισούται με μηδέν τότε η ανισότητα είναι

προφανής υποθέτουμε ότι ο 119860 είναι θετικά ορισμένος Συνεπώς είναι

διαγωνοποιήσιμος με θετικές ιδιοτιμές δηλαδή ισχύει

119860 =119899

sum119896=1

120572119896119890119896 otimes 119890119896

με 119886119896 gt 0 για κάθε 119896 = 1 2 hellip 119899 Επειδή sum119899119896=1⟨119906119896 119890119896⟩2 = 1199061198962

2 = 1

εφαρμόζοντας την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου παίρνουμε

ότι

11986011990611989622 =

119899

sum119896=1

1205722119896⟨119906119896 119890119896⟩2 ge

119899

prod119896=1

1205722⟨119906119896119890119896⟩2

119896

Πολλαπλασιάζοντας για όλα τα 119894 έχουμε119898

prod119896=1

1198601199061198961198881198962 ge

119898

prod119896=1

119899

prod119896=1

120572119888119896⟨119906119896119890119896⟩2

119896

=119899

prod119896=1

120572sum119898119896=1 119888119896⟨119906119896119890119896⟩2

119896

=119899

prod119896=1

120572⟨(sum

119898119896=1 119888119896119906119896otimes119906119896)119890119896 119890119896⟩

119896

=119899

prod119896=1

120572⟨Id 119890119896119890119896⟩119896 =

119899

prod119896=1

120572119896 = det 119860

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Αν τα διανύσματα 119906119896 για 119896 = 1 2 hellip 119898 με 1199061198962 = 1ικανοποιούν την Id = sum

119898119896=1 119888119896119906119896 otimes 119906119896 για κατάλληλες σταθερές 119888119896 isin ℝ

τότε η σταθερά 119863 στην ανισότητα Brascamp-Lieb ισούται με 1

Απόδειξη Η σταθερά 119863 είναι η ποσότητα

119863 = inf⎧⎨⎩

det (sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 120582119888119896

119896∶ 120582119896 gt 0

⎫⎬⎭

Αν επιλέξουμε 120582119896 = 1 για κάθε 119896 = 1 hellip 119898 θα έχουμε φανερά ότι

119863 ledet (sum

119898119896=1 119888119896119906119896 otimes 119906119896)

prod119898119896=1 1119888119896

= det Id = 1

Για την αντίστροφη ανισότητα αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε 120582119896 gt 0ισχύει

det (119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896) ge119898

prod119896=1

120582119888119896119896

Ας θέσουμε 119860 = sum119898119896=1 119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896 Εύκολα ελέγχουμε ότι ο 119860 είναι

συμμετρικός και θετικά ορισμένος συνεπώς είναι αντιστρέψιμος και ο

αντίστροφος ως θετικά ορισμένος έχει τετραγωνική ρίζα την οποία θα

συμβολίσουμε με 119860minus12 Ολοκληρώνουμε την απόδειξη δείχνοντας ότι

det 119860 ge prod119898119896=1 120582119888119896

119896

1 =1119899tr(119860minus1119860) =

1119899tr(119860minus1

119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes 119906119896)

=1119899tr(

119898

sum119896=1

119888119896120582119896119906119896 otimes (119860minus1119906119896)) =1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896tr(119906119896 otimes (119860minus1119906119896))

=1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119906119896 119860minus1119906119896⟩ =1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896⟨119860minus12119906119896 119860minus12119906119896⟩

=1119899

119898

sum119896=1

119888119896120582119896119860minus1211990611989622 =

119898

sum119896=1

119888119896

119899 (120582119896119860minus1211990611989622)

(χρησιμοποιούμε την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου αφού

sum119898119896=1 119888119896119899 = 1)

ge119898

prod119896=1

(120582119896119860minus1211990611989622)

119888119896119899

= (119898

prod119896=1

120582119888119896119899119896 ) sdot (

119898

prod119896=1

119860minus121199061198961198881198962 )

2119899

ge (119898

prod119896=1

120582119888119896119899119896 ) sdot (det 119860minus12)2119899

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότηταHadamard

(Πρόταση ) ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Τo επόμενο θεώρημα θα μας δώσει αμέσως την αντίστροφη ισοπερι-

μετρική ανισότητα

Θ (K Ball) Ανάμεσα σε όλα τα κυρτά συμμετρικά σώμα-τα στη θέση του John ο κύβος έχει μέγιστο όγκο Δηλαδή αν 119876119899 = [minus1 1]119899

ο μοναδιαίος κύβος στον ℝ119899και 119870 κεντρικά συμμετρικό κυρτό σώμα στονℝ119899 στη θέση του John τότε vol119899(119870) le 2119899 = vol119899(119876119899)

Απόδειξη Έστω ότι τα 119906119896 είναι σημεία επαφής του συνόρου του 119870 με

την Ευκλείδεια σφαίρα και 119888119896 isin ℝ ώστε να ισχύει Id = sum119898119896=1 119888119896119906119896 otimes 119906119896

Από την προηγούμενη πρόταση η ανισότητα Brascamp-Lieb ισχύει με

119863 = 1 Φανερά

119870 sube 119872 ∶= 119909 ∶ ∣⟨119909 119906119896⟩∣ le 1 119896 = 1 hellip 119898

Άρα εφαρμόζοντας την ανισότητα Brascamp-Lieb παίρνουμε

vol119899(119870) le vol119899(119872) = intℝ119899

(119898

prod119896=1

1119888119896[minus11](⟨119909 119906119896⟩)) 119889119909

le 1 sdot119898

prod119896=1

(intℝ

1[minus11])119888119896

=119898

prod119896=1

2119888119896 = 2119899 = vol119899(119876119899)

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Η ισοπεριμετρική ανισότητα (δείτε Άσκηση ) λέει ότι για κάθε

κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 ισχύει

(|119870||ℬ119899

2|)1119899

le (120597119870120597119861119899

2)

1(119899minus1)

(όπου υπενθυμίζουμε ότι με | sdot | συμβολίζουμε τον 119899-διάστατο όγκο vol119899)

η οποία με απλές πράξεις συνεπάγεται ότι

120597119870 ge (119899 sdot |ℬ1198992|1119899) sdot |119870|(119899minus1)119899 ≃ radic119899 sdot |119870|(119899minus1)119899

Η αντίστροφη ανισότητα γενικώς δεν ισχύει όπως εύκολα βλέπει κανείς

θέτοντας 119870 ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο με όλες τις ακμές του

μεγάλες και μία πολύ μικρή (ώστε να διατηρείται ο όγκος ίσος με 1 αλλάνα μπορεί να μεγαλώσει ανεγξέλεκτα το εμβαδόν επιφανείας) Όμως από

τα προηγούμενα προκύπτει ότι θα ισχύει μια αντίστροφη ανισότητα

αν το 119870 βρίσκεται σε κατάλληλη θέση

Θ (Αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα) Για κάθε κυρ-τό κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870 υπάρχει θέση 119870 ώστε

120597119870 le 2119899 |119870|(119899minus1)119899

και η ποσότητα 2119899 στην προηγούμενη ανισότητα είναι βέλτιστη

Απόδειξη Θεωρούμε ότι το 119870 είναι στη θέση του John Έτσι ℬ1198992 sube 119870

και από το προηγούμενο θεώρημα έχουμε |119870| le 2119899 Οπότε

120597119870 = lim119905rarr0+

|119870 + 119905ℬ1198992| minus |119870|119905

le lim119905rarr0+

|119870 + 119905119870| minus |119870|119905

= |119870| sdot 119899 = |119870|(119899minus1)119899|119870|1119899 sdot 119899 le 2119899 sdot |119870|(119899minus1)119899

Επειδή ισχύει η ισότητα όταν το 119870 είναι ο κύβος 119876119899 = [minus1 1]119899 συμπαι-

ρένουμε ότι η ποσότητα 2119899 είναι βέλτιστη

Π (Αντίστροφη ισοπεριμετρική ανισότητα) Από όλα τακυρτά κεντρικά συμμετρικά σώματα 119870 που βρίσκονται στη θέση του Johnκαι έχουν ίδιο εμβαδόν επιφανείας με τον κύβο 119876119899 τον ελάχιστο όγκο τονέχει ο κύβος

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι το 119870 είναι κεντρικά συμμετρικό και κυρτό

σώμα στη θέση του John και επιπλέον ότι

120597119870 = 120597119876119899 = |119876119899| sdot 119899

Αφού 120597119870 le 2119899|119870|(119899minus1)119899 έχουμε

|119870| ge (1

2119899120597119870)

119899119899minus1

= (1

21198992119899119899)

119899119899minus1

= 2119899 = |119876119899|

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Ανάλογο αποτέλεσμα υπάρχει και για κυρτά

σώματα που δεν είναι απαραίτητα κεντρικά συμμετρικά Εκεί η σύγκριση

γίνεται με το simplex Δεν θα ασχοληθούμε με αυτή την περίπτωση

Άσκηση Αποδείξτε ότι τα ελλειψοειδή ℰ120575 που ορίστηκαν στην απόδειξη

του Θεωρήματος συγκλίνουν ως προς τη μετρική Hausdorff στην Ευκλείδεια

μπάλα ℬ1198992 Αυτό μπορείτε να το κάνετε αποδεικνύοντας ότι

1radic1 + 120575119861

ℬ1198992 sube ℰ120575 sube

1radic1 minus 120575119861

ℬ1198992

για κάθε 0 lt 120575 lt 1119861 Για να το επιτύχετε αυτό θα πρέπει πρώτα με τη

βοήθεια του φασματικού θεωρήματος για τον πίνακα 119879120575 να αποδείξετε ότι

119879minus2120575 = 119879minus1

120575 2 και ότι (Id +120575119861)minus1 = suminfin119896=0(minus120575)119896119861119896

Άσκηση Αποδείξτε ότι για κάθε κυρτό κεντρικά συμμετρικό σώμα 119870στον ℝ119899 υπάρχει θέση 119870 ώστε να ισχύει

(120597119870120597119876119899

)1(119899minus1)

le (|119870||119876119899|)

1119899

Συγκρίνετε με την Άσκηση

Η ΘΕΣΗ ΕΛΑΧΙΣΤΟΥ ΜΕΣΟΥ ΠΛΑΤΟΥΣ

Θ Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει θέση ελα-χίστου μέσου πλάτους Δηλαδή υπάρχει 1198790 isin SL(119899) ώστε το 1198790(119870) ναέχει ελάχιστο πλάτος

119908(1198790(119870)) = inf119908(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι

για κατάλληλο 119886 gt 0 ισχύει 119886ℬ1198992 sube 119870 sube ℬ119899

2 πολλαπλασιάζοντας με

κατάλληλο συντελεστή το 119870 και χρησιμοποιώντας το ότι για κάθε 120582 gt 0ισχύει 119908(120582119870) = 120582 119908(119870) Θέτουμε 1199080 = inf119908(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)Έστω ότι η (119879119898)119898isinℕ ακολουθία γραμμικών απεικονίσεων στο SL(119899)ώστε lim119898rarrinfin 119908(119879119898(119870)) = 1199080 Θα δείξουμε με απαγωγή στο άτοπο ότι

η (119879119898)119898isinℕ είναι φραγμένη στον 119872119899times119899 με την νόρμα sdot Πράγματι ανδεν είναι φραγμένη τότε υπάρχει ακολουθία (119906119898)119898isinℕ στη σφαίρα 120138119899minus1

ώστε 1198791198981199061198982 rarr infin για 119898 rarr infin Έτσι το ελλειψοειδές ℰ119898 ∶= 119879119898(ℬ1198992)

με μήκη ημιαξόνων 1198861119898 hellip 119886119899119898 gt 0 έχει τουλάχιστον ένα ημιάξονα

μεγαλύτερο του 1198791198981199061198982 έστω τον 119886119895119898119898 Δηλαδή lim119898rarrinfin 119886119895119898119898 = infin

Από την Άσκηση ισχύει

119908(119879119898(ℬ1198992)) = 119908(ℰ119898) = int

120138119899minus1ℎℰ119898

(119906) 119889119906 = int120138119899minus1

(119899

sum119895=1

11988621198951198981199062

119895 )12

119889119906

ge 119886119895119898119898 int120138119899minus1

|119906119895119898| 119889119906 = 119886119895119898119898 int

120138119899minus1|1199061| 119889119906 rarr infin

όπου 119906119895 οι συντεταγμένες του 119906 ως προς ορθοκανονική βάση του ℝ119899

στη διεύθυνση των κύριων αξόνων του ελλειψοειδούς ℰ119898 Αλλά από την

άλλη μεριά η ακολουθία 119908(119879119898(ℬ1198992)) είναι φραγμένη αφού

119908(119879119898(ℬ1198992)) le 119886minus1119908(119879119898(119870)) rarr 119886minus11199080

καταλήγοντας σε άτοπο

Άρα η (119879119898)119898isinℕ είναι φραγμένη και από την Πρόταση και το

Πόρισμα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία Ας συμβολίσουμε πάλι με

(119879119898)119898isinℕ αυτή την υπακολουθία και έστω ότι συγκλίνει στο 1198790 Δηλαδή

119879119898 minus 1198790 rarr 0 Παρατηρούμε ότι για κάθε 119906 isin 120138119899minus1

∣ℎ119879119898119870(119906) minus ℎ1198790119870(119906)∣ = ∣ℎ119870(119879119905119898119906) minus ℎ119870(119879119905

0119906)∣()

le ℎ119870((119879119905119898 minus 119879119905

0)(119906)) = sup119910isin119870

⟨(119879119905119898 minus 119879119905

0)(119906) 119910⟩()

le sup119910isinℬ119899

2

⟨119906 (119879119898 minus 1198790)(119910)⟩

le sup119910isinℬ119899

2

1199062119879119898 minus 1198790 1199102 le 119879119898 minus 1198790

όπου στην () χρησιμοποιήσαμε την Άσκηση και στην ()

χρησιμοποιήσαμε την κάτω τριγωνική ανισότητα αφού κάθε συνάρτηση

στήριξης είναι νόρμα (του πολικού σώματος) από την Πρόταση

Συνεπώς η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη πάνω στο 120138119899minus1 οπότε

119908(119879119898(119870)) = int120138119899minus1

ℎ119879119898(119870)(119906) 119889119906 rarr int120138119899minus1

ℎ1198790(119870)(119906) 119889119906 = 119908(1198790(119870))

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Στη συνέχεια θέλουμε να αποδείξουμε ότι η θέση του ελαχίστου

μέσου πλάτους είναι στην ουσία μοναδική Για αυτό θα χρειαστούμε

δύο λήμματα

Λ Θεωρούμε ένα γνήσια κυρτό σώμα 119870 του οποίου ησυνάρτηση στήριξης ℎ119870 είναι διαφορίσιμη Έστω ότι το 119909 είναι το μοναδικόσημείο τομής του επιπέδου στήριξης του 119870 στη διεύθυνση 119906 isin 120138119899minus1 με το119870 Τότε nablaℎ119870(119906) = 119909

Απόδειξη Αφού η ℎ119870 είναι διαφορίσιμη συμπεραίνουμε ότι για κάθε 119907 isinℝ119899 ⧵ 0 και για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 υπάρχει η κατευθυνόμενη παράγωγος

120597119907ℎ119870(119906) στη διεύθυνση 119907 Παρατηρούμε πρώτα ότι

120597minus119907ℎ119870(119906) = lim120582rarr0

ℎ119870(119906 + 120582(minus119907)) minus ℎ119870(119906)120582

= minus lim120582rarr0

ℎ119870(119906 + (minus120582)119907) minus ℎ119870(119906)minus120582

= minus120597119907ℎ119870(119906)()

Επιπλέον από τον ορισμό της συνάρτησης στήριξης το ότι ℎ119870(119906) = ⟨119909 119906⟩και 119909 isin 119870 παίρνουμε

120597119907ℎ119870(119906) = lim sup120582rarr0

ℎ119870(119906 + 120582119907) minus ℎ119870(119906)120582

= lim sup120582rarr0

ℎ119870(119906 + 120582119907) minus ⟨119909 119906⟩120582

ge lim sup120582rarr0

⟨119909 119906 + 120582119907⟩ minus ⟨119909 119906⟩120582

= ⟨119909 119907⟩()

Άρα αν 119890119894 119894 = 1 hellip 119899 τα διανύσματα της συνήθους βάσης του ℝ119899 θα

έχουμε 120597119890119894ℎ119870(119906) ge ⟨119909 119890119894⟩ για κάθε 119894 = 1 hellip 119899 Αλλά από την () και

την () συνεπάγεται ότι

120597119890119894ℎ119870(119906) = minus120597minus119890119894

ℎ119870(119906) le minus⟨119909 minus119890119894⟩ = ⟨119909 119890119894⟩

Άρα 120597119890119894ℎ119870(119906) = ⟨119909 119890119894⟩ για κάθε 119894 = 1 2 hellip 119899 οπότε nablaℎ119870(119906) = 119909

Λ Ένα κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 με διαφορίσιμη συνάρτησηστήριξης ℎ119870 έχει ελάχιστο μέσο πλάτος αν και μόνο αν

int120138119899minus1

⟨nablaℎ119870(119906) 119879119906⟩ 119889119906 =tr(119879)

119899119908(119870)()

για κάθε γραμμική απεικόνιση 119879 ∶ ℝ119899 rarr ℝ119899

Απόδειξη Αν το 119870 έχει ελάχιστο μέσο πλάτος τότε για 120598 gt 0 αρκετά

μικρό η απεικόνιση 119878 = (Id +120598119879)119905(det(Id +120598119879))1119899 είναι καλά ορισμένη

και έχει ορίζουσα 1 Συνεπώς 119908(119878(119870)) ge 119908(119870) οπότε

int120138119899minus1

ℎ119878(119870)(119906)119889119906 ge int120138119899minus1

ℎ119870(119906)119889119906

Απλές πράξεις οδηγούν στην

int120138119899minus1

ℎ119870(119906 + 120598119879119906) 119889119906 ge det((Id +120598119879))1119899 int

120138119899minus1ℎ119870(119906)119889119906

Αντικαθιστώντας τις ℎ119870(119906 + 120598119879119906) και (det(Id +120598119879))1119899 με τα Taylor ανα-

πτύγματά τους πρώτης τάξης οδηγούμαστε στην

int120138119899minus1

(ℎ119870(119906) + 120598⟨nablaℎ119870(119906) 119879119906⟩ + 119900(120598)) 119889119906 ge (1 + 120598tr(119879)

119899+ 119900(120598)) 119908(119870)

όπου γράψαμε με 119900(120598) τα υπόλοιπα του αναπτύγματος Taylor τα οποία

ικανοποιούν την lim120598rarr0+ 119900(120598)120598 = 0 Αφήνοντας το 120598 να πάει στο 0 από

δεξιά οδηγούμαστε στην

int120138119899minus1

⟨nablaℎ119870(119906) 119879119906⟩ 119889119906 getr(119879)

119899119908(119870)

Αλλά η τελευταία ισχύει για κάθε 119879 οπότε αν την ξαναγράψουμε για

τον minus119879 στη θέση του 119879 παίρνουμε την αντίστροφη ανισότητα δηλαδή

το ζητούμενο

Αντίστροφα έστω ότι ισχύει η () και ο 119879 έχει ορίζουσα 1Από την Άσκηση υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες 119880 και 119881 και

διαγώνιος πίνακας 119863 = diag(1205821 hellip 120582119899) με 120582119895 gt 0 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899ώστε να ισχύει 119879 = 119880119863119881 Οπότε (119880119881)119905119879 = 119881119905119863119881 Επειδή ο πίνακας

(119880119881)119905 είναι ορθογώνιος ισχύει 119908((119880119881)119905119879(119870)) = 119908(119879(119870)) συνεπώς

αρκεί να αποδείξουμε ότι το σώμα 119878(Κ) για 119878 ∶= (119880119881)119905119879 = 119881119905119863119881ικανοποιεί την 119908(119878(119870)) ge 119908(119870) Αλλά ο πίνακας 119878 είναι συμμετρικός

και θετικά ορισμένος οπότε από το Πόρισμα ισχύει η ανισότητα

tr(119878)119899 ge det(119878)1119899 = 1 Από αυτό και το ότι nablaℎ119870(119906) isin 119870 (Λήμμα )

έχουμε ότι

119908(119878(119870)) = int120138119899minus1

ℎ119878(119870)(119906) 119889119906 = int120138119899minus1

ℎ119870(119878119905119906) 119889119906

ge int120138119899minus1

⟨nablaℎ119870(119906) 119878119905119906⟩ 119889119906 =tr(119878)

119899119908(119870) ge 119908(119870)()

Δηλαδή το 119870 βρίσκεται στη θέση ελάχιστου μέσου πλάτους

Τώρα είμαστε έτοιμοι να αποδείξουμε τη μοναδικότητα της θέσης

ελάχιστου μέσου πλάτους

Π Αν το κυρτό σώμα 119870 βρίσκεται στη θέση ελάχιστουμέσου πλάτος και το ίδιο συμβαίνει και για το 119879(119870) όπου 119879 isin SL(119899)τότε o 119879 είναι ορθογώνιος

Απόδειξη Μπορούμε να υποθέσουμε ότι η ℎ119870 είναι διαφορίσιμη συνάρ-

τηση αλλιώς προσεγγίζουμε το 119870 με μια ακολουθία σωμάτων που έχουν

διαφορίσιμες συναρτήσεις στήριξηςmdashπαραλείπουμε τις λεπτομέρειες

Αν 119908(119879(119870)) = 119908(119870) τότε 119908(119878(119870)) = 119908(119870) όπου 119878 ο πίνακας που

προκύπτει από τον 119879 όπως στην απόδειξη του Λήμματος Από

τη σχέση () θα ισχύει tr(119878)119899 = (det 119878)1119899 Οπότεmdashσύμφωνα με το

Πόρισμα mdashο 119878 είναι ορθογώνιος άρα και ο 119879

Η ΘΕΣΗ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΕΠΙΦΑΝΕΙΑΣ

Σε αυτό το κεφάλαιο θα αποδείξουμε ότι κάθε κυρτό σώμα 119870 στον

ℝ119899 έχει μια στην ουσία μοναδική θέση ελάχιστου εμβαδού επιφανείας Η

απόδειξη χρειάζεται το γεγονός ότι το εμβαδό επιφανείας ως συνάρτηση

από τα κυρτά σώματα στο ℝ είναι συνεχής Η κυρτότητα δεν είναι

απαραίτητη μόνο για την ύπαρξη του εμβαδού επιφανείας διότι εύκολα

μπορεί να δει κανείς ότι η συνάρτηση αυτή δεν είναι συνεχής σε μη

κυρτά σύνολα όπως βλέπουμε στο Σχήμα Η συνέχεια του εμβαδού

Uuml c

a

4

Σ Η περιφέρεια του 119870119898 είναι 4 για κάθε 119898 isin ℕ τα 119870119898 συγκλί-

νουν με τη μετρική Hausdorff στο 119870 το οποίο έχει περίμετρο 2+radic2 ne 4

επιφανείας στα κυρτά σώματα έχει αρκετή δουλειά για να αποδειχθεί

και την αποδεικνύουμε στην Ενότητα Για τα επόμενα υποθέτουμε

ότι η συνέχεια είναι δεδομένη

Θ Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει θέση ελάχι-στου εμβαδού επιφανείας Δηλαδή υπάρχει 1198790 isin SL(119899) ώστε το 1198790(119870)να έχει το ελάχιστο εμβαδό επιφανείας

120597(1198790(119870)) = inf120597(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)

Απόδειξη Χρησιμοποιώντας το ότι 120597(120582119870) = 120582119899minus1120597(119870) μπορούμε να

υποθέσουμε πολλαπλασιάζοντας με κατάλληλο 120582 gt 0 ότι 119870 sube ℬ1198992

Θέτουμε

1205970 = inf120597(119879(119870)) ∶ 119879 isin SL(119899)

και θεωρούμε ακολουθία 119879119898 isin SL(119899) ώστε lim119898rarrinfin 120597(119879119898(119870)) = 1205970 Αρκεί

να δείξουμε ότι η 119879119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία διότι αν αυτή

η υπακολουθία συγκλίνει έστω στον 1198790 τότε από τη συνέχεια του

εμβαδού επιφανείας θα πάρουμε ότι 1205970 = 120597(1198790(119870)) ολοκληρώνοντας

την απόδειξη

Από την Άσκηση υπάρχουν ορθογώνιοι πίνακες 119880119898 119881119898 και

διαγώνιος πίνακας 119863119898 = diag(1205821198981 hellip 120582119898119899) με 120582119898119895 gt 0 για κάθε 119898 isin ℕκαι για κάθε 119895 = 1 2 hellip 119899 ώστε 119879119898 = 119880119898119863119898119881119898 Επιπλέον εύκολα

ελέγχουμε με τον ορισμό ότι το εμβαδό επιφανείας είναι ανεξάρτητο

από ορθογώνιους μετασχηματισμούς δηλαδή

120597(119879119898(119870)) = 120597(119880119898119863119898119881119898(119870)) = 120597(119863119898119881119898(119870)) = 120597(119863119898(119871119898))()

όπου θέσαμε 119871119898 = 119881119898(119870)

Για να αποδείξουμε ότι η 119879119898 έχει συγκλίνουσα υπακολουθία αρκεί να

δείξουμε ότι είναι φραγμένη Για αυτό αρκεί να δείξουμε ότι η ακολουθία

των 119863119898 είναι φραγμένη διότι οι ακολουθίες 119880119898 και 119881119898 είναι φραγμένες ως

ακολουθίες ορθογώνιων πινάκων (Παράδειγμα Παρατήρηση

και Πόρισμα ) Ισοδύναμα αρκεί να δείξουμε ότι η ακολουθία 119863minus1119898

είναι φραγμένη (Άσκηση )

Αν η 119863minus1119898 = diag(11205821198981 hellip 1120582119898119899) δεν είναι φραγμένη εύκολα ε-

λέγχουμε ότι υπάρχουν δείκτες 119895119898 ώστε 0 lt 120582119898119895119898rarr 0 Αλλά τότε

έχουμε

120597(119863119898(119871119898)) = lim119905rarr0+

|119863119898(119871119898) + 119905ℬ1198992| minus |119863119898(119871119898)|119905

ge lim119905rarr0+

|119863119898(119871119898) + 119905ℒ119898| minus |119863119898(119871119898)|119905

ge |119871119898| lim119905rarr0+

det(119863119898 + 119905 Id) minus det(119863119898)119905

ge |119870| det(119863119898) lim119905rarr0+

det(Id +119905119863minus1119898 ) minus 1

119905ge |119870| sdot 1 sdot tr(119863minus1

119898 ) ge |119870|120582119898119895119898rarr infin (Άσκηση )

το οποίο είναι άτοπο αφού από την () ισχύει

120597(119863119898(119871119898)) = 120597(119879119898(119870)) rarr 1205970

καθώς 119898 rarr infin ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Για να αποδείξουμε τη μοναδικότητα της θέσης (εκτός από ορθογώ-

νιους μετασχηματισμούς) χρειαζόμαστε ένα τύπο για το πώς μεταβάλεται

το εμβαδό επιφανείας αν εφαρμοστεί ένας μετασχηματισμός 119879 isin SL(119899)Η απόδειξη αυτού του τύπου απαιτεί πολύ ισχυρά μετροθεωρητικά

εργαλεία και για αυτό θα την παραλείψουμε Οι σχετικές λεπτομέρειες

υπάρχουν στις Ενότητες και του [Gru] Όμως επειδή δεν

υπάρχει αυτούσιος ο τύπος που χρειαζόμαστε στο παραπάνω θα

δείξουμε πώς προκύπτει παραπέμποντας σε διάφορες προτάσεις στο

παραπάνω βιβλίο

Πρώτα ορίζουμε την απεικόνιση Gauss ΝΚ από το bd(119870) στα υπο-

σύνολα του 120138119899minus1 όπου απεικονίζει κάθε σημείο 119909 isin bd(119870) στο σύνολο

119906 isin 120138119899minus1 ∶ το 119909 + 119906⟂ είναι επίπεδο στήριξης του 119870 στο 119909

Η απεικόνιση 119873119870 αντιστρέφει υποσύνολα Borel της 120138119899minus1 σε υποσύνολα

Borel του bd(119870) ([Gru] Πρόταση )

Στη συνέχεια για κάθε κυρτό σώμα 119870 ορίζουμε ένα μέτρο 120590119870 πάνω

στην Ευκλείδεια σφαίρα 120138119899minus1 με τη βοήθεια της αντίστροφης εικόνας

μέσω της απεικόνισης του Gauss για κάθε Borel υποσύνολο 119860 της 120138119899minus1

θέτουμε

120590119870(119860) = 120583119899minus1(119873minus1119870 (119860))

όπου το 120583119899minus1 είναι το διάστασης 119899 minus 1 μέτρο Hausdorff πάνω στο bd(119870)(διαισθητικά το εμβαδόν επιφανείας του 119873minus1

119870 (119860) ως υποσύνολο του

bd(119870)) Φανερά 120590119870(120138119899minus1) = 120583119899minus1(119870) το οποίο μπορεί να δειχθεί ότι

ταυτίζεται με το 120597(119870)

Λ Για κάθε 119879 isin SL(119899) και για κάθε κυρτό σώμα 119870 ισχύει

() 120597(119879(119870)) = int120138119899minus1

(119879minus1)119905(119906)2 119889120590119870(119906)

laquoΑπόδειξηraquoΌλες οι αναφορές σε αυτή την απόδειξη είναι στο [Gru]

Από το Πόρισμα η ποσότητα 119899119881(119871 119870 hellip 119870) ισούται με

int120138119899minus1

ℎ119871(119906) 119889120590119870(119906)

Η ποσότητα 119899119881(119871 119870 hellip 119870) είναι ίση με την 119899119881(119870 hellip 119870 119871) (Θεώρη-

μα ) η οποία ισούται με το εμβαδόν επιφανείας του 119870 όταν 119871 = ℬ1198992

(ορισμός του εμβαδού επιφανείας και Θεώρημα ) Τέλος επειδή για

κάθε 119879 isin SL(119899) ισχύει 119881(Τ(Κ1) hellip 119879(119870119899)) = 119881(Κ1 hellip 119870119899) (Πρότα-

ση (ii) και η επόμενη Παρατήρηση) θα έχουμε

120597(119879(119870)) = 119899119881(119879(119870) hellip 119879(119870) ℬ1198992) = 119899119881(119870 hellip 119870 119879minus1(ℬ119899

2))

= int120138119899minus1

ℎ119879minus1(ℬ1198992)(119906) 119889120590119870(119906) = int

120138119899minus1ℎℬ119899

2((119879minus1)119905(119906)) 119889120590119870(119906)

= int120138119899minus1

(119879minus1)119905(119906)2 119889120590119870(119906)

Για την απόδειξη της επόμενης πρότασης ακολουθούμε το [AMG]

Π (Petty) Ένα κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 έχει ελάχιστοεμβαδόν επιφανείας αν και μόνο αν ισχύει

() int120138119899minus1

⟨119906 120579⟩ 119889120590119870(119906) =120597(119870)

119899

για κάθε 120579 isin 120138119899minus1

Απόδειξη Υποθέτουμε πρώτα ότι το 119870 έχει ελάχιστο εμβαδόν επιφανείας

Για κάθε γραμμική απεικόνιση 119879 στο ℝ119899 εφαρμόζουμε το Λήμμα

για τον (119860minus1)119905 όπου 119860 = (Id +119903119879)(det(Id +119903119879))1119899 ο οποίος για 119903 σε

μια περιοχή του μηδενός είναι καλά ορισμένος και ανήκει το SL(119899) Έτσι

από την () και επειδή 120597((119860minus1)119905(119870)) ge 120597(119870) παίρνουμε ότι

() int120138119899minus1

(Id +119903119879)(119906)2 119889120590119870(119906) ge (det(Id +119903119879))1119899120597(119870)

Εύκολα ελέγχουμε ότι η συνάρτηση

120593(119903) = (Id +119903119879)(119906)2 = radic1 + 2119903⟨119906 119879(119906)⟩ + 1205982⟨119879(119906) 119879(119906)⟩

είναι παραγωγίσιμη στο 119903 = 0 με παράγωγο ⟨119906 119879(119906)⟩ Έτσι από το

Θεώρημα Taylor υπάρχει συνάρτηση 1205931 με lim119903rarr0 1205931(119903) = 0 ώστε

() 120593(119903) = 1 + 119903⟨119906 119879(119906)⟩ + 1199031205931(119903)

Ομοίως η συνάρτηση 120595(119903) = (det(Id +119903119879))1119899 είναιmdashσύμφωνα με την

Άσκηση mdashπαραγωγίσιμη στο 119903 = 0 με παράγωγο tr(119879)119899 Άρα και

πάλι από το Θεώρημα Taylor υπάρχει συνάρτηση 1205951 με lim119903rarr0 1205951(119903) = 0ώστε

() 120595(119903) = 1 + 119903tr(119879)

119899+ 1199031205951(119903)

Αντικαθιστώντας τις () και () στην () και παίρνοντας όρια

μια φορά για 119903 rarr 0+ και μια φορά για 119903 rarr 0minus προκύπτουν οι

int120138119899minus1

⟨119906 119879(119906)⟩ 119889120590119870(119906) getr(119879)

119899120597(119870)

και

int120138119899minus1

⟨119906 119879(119906)⟩ 119889120590119870(119906) letr(119879)

119899120597(119870)

αντίστοιχα δηλαδή

int120138119899minus1

⟨119906 119879(119906)⟩ 119889120590119870(119906) =tr(119879)

119899120597(119870)

Αντιστρόφως αν ισχύει η () και 119879 isin SL(119899) τότε επειδή από

την ανισότητα Cauchy-Schwartz ισχύει (119879minus1)119905(119906)2 ge ⟨(119879minus1)119905(119906) 119906⟩ =⟨119906 119879minus1(119906)⟩ για κάθε 119906 isin 120138119899minus1 θα έχουμε

120597(119879(119870)) = int120138119899minus1

(119879minus1)119905(119906)2 119889120590119870(119906)

ge int120138119899minus1

⟨119906 119879minus1(119906)⟩ 119889120590119870(119906) =tr(119879minus1)

119899120597(119870)

ge (det 119879minus1)1119899120597(119870) = 120597(119870)()

όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα αριθ-

μητικού-γεωμετρικού μέσου Άρα το 119870 βρίσκεται σε θέση ελάχιστης

επιφάνειας

Θ Η θέση ελάχιστης επιφάνειας είναι μοναδική εκτός απόορθογώνιους μετασχηματισμούς

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι το 119870 βρίσκεται σε θέση ελάχιστης επιφάνειας

και το ίδιο συμβαίνει και με το 119879(119870) για κάποιον 119879 isin SL(119899) οπότε120597(119879(119870)) = 120597(119870) Εφαρμόζοντας έναν ορθογώνιο μετασχηματισμό στο

119879(119870) και στο 119870 μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο 119879 είναι θετικά ορισμένος

(Άσκηση ) Έτσι η () δίνει ότι tr(119879minus1)119899 = det(119879minus1)1119899 και από

το Πόρισμα ο 119879minus1 οπότε και ο 119879 είναι ορθογώνιος

Π Για κάθε κυρτό σώμα 119870 στον ℝ119899 υπάρχει ακολουθίαπολυτόπων 119875119898 η οποία συγκλίνει στο σώμα 119870 ως προς τη μετρικήHausdorff

Απόδειξη Θέτουμε 119875119898 να είναι οι κυρτές θήκες των κορυφών των πολυ-

παραλληλεπιπέδων της Άσκησης

Π Έστω ότι τα 1198751 και 1198752 είναι πολύτοπα Τότε για κάθε119905 119904 gt 0 το 119875 = 1199051198751 + 1199041198752 είναι πολύτοπο Επιπλέον υπάρχει πεπερασμένοσύνολο 119880 sube 120138119899minus1 ώστε για κάθε 119905 119904 ge 0 για τα οποία το 119875 = 1199051198752 + 1199041198752είναι κυρτό σώμα τα εξωτερικά μοναδιαία κάθετα διανύσματα των εδρώντου 119875 ανήκουν στο 119880

Απόδειξη Αν το 119911 isin 119875 είναι ακραίο σημείο και 119911 = 1199051199111 + 1199041199112 όπου

1199111 isin 1198751 και 1199112 isin 1198752 τότε τα 1199111 και 1199112 είναι ακραία σημεία των 1198751 και

1198752 αντίστοιχα διότι αν για παράδειγμα το 1199111 είναι γνήσιος κυρτός

συνδυασμός δύο σημείων του 1198751 τότε εύκολα βλέπουμε ότι το 119911 είναι

γνήσιος κυρτός συνδυασμός δύο σημείων του 119875 οπότε δεν είναι ακραίο

σημείο Επειδή καθένα από τα 1198751 και 1198752 έχουν πεπερασμένος πλήθος

ακραίων σημείων (τις κορυφές τους) συμπαιρένουμε ότι το ίδιο ισχύει

και για το 119875 συνεπώς το 119875 είναι πολύτοπο

Για το δεύτερο σκέλος αποδεικνύουμε πρώτα τον ισχυρισμό

Ι Για κάθε 119906 isin 120138119899minus1

119875 cap 119867119875119906 = 119905(1198751 cap 1198671198751119906) + 119904(1198752 cap 1198671198752119906)

[Πράγματι αν 119911 isin 119875 cap 119867119875119906 υπάρχουν 1199111 isin 1198751 και 1199112 isin 1198752 ώστε

119911 = 1199051199111 + 1199041199112 Θα δείξουμε ότι 119911119894 isin 119875119894 cap 119867119875119894119906 για 119894 = 1 2 Αν αυτό δεν

συμβαίνει για παράδειγμα για το 1199111 τότε ⟨119911 119906⟩ lt ℎ1198751(119906) Αλλά τότε

ℎ119875(119906) = ⟨119911 119906⟩ = ⟨1199051199111 + 1199041199112 119906⟩ lt 119905ℎ1198751(119906) + 119904ℎ1198752

(119906) = ℎ1199051198751+1199041198752(119906) = ℎ119875(119906)

το οποίο είναι άτοπο Συνεπώς

119875 cap 119867119875119906 sube 119905(1198751 cap 1198671198751119906) + 119904(1198752 cap 1198671198752119906)

Αντιστρόφως αν 1199111 isin 1198751 cap 1198671198751119906 και 1199112 isin 1198752 cap 1198671198752119906 έχουμε

⟨1199051199111+1199041199112 119906⟩ = 119905⟨1199111 119906⟩+119904⟨1199112 119906⟩ = 119905ℎ1198751(119906)+119904ℎ1198752

(119906) = ℎ1199051198751+1199041198752(119906) = ℎ119875(119906)

οπότε 119911 = 1199051199111 + 1199041199112 isin 119867119875119906]

Από τον παραπάνω ισχυρισμό αν τα 1198651 και 1198652 είναι έδρες των 1198751και 1198752 αντίστοιχα αν υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι το

μηδέν ανήκει στα σχετικά εσωτερικά των 1198651 και 1198652 και το 1199051198651 + 1199041198652 είναι

έδρα του 119875 διάστασης 119899 minus 1 τότε το 1198651 + 1198652 είναι διάστασης 119899 minus 1 αφούέχει την ίδια γραμμική θήκη με το 1199051198651 + 1199041198652 Άρα ανεξάρτητα των 119905 και

119904 gt 0 το 119875 έχει το πολύ τόσες έδρες διάστασης 119899 minus 1 όσοι το πλήθος

των ζευγών εδρών του 1198751 και 1198752 δηλαδή πεπερασμένο πλήθος

Από το γεγονός ότι η σχετική διάσταση του 1198651 + 1198652 είναι πάντα

μεγαλύτερη ή ίση με τη σχετική διάσταση του 1198651 όπου 119865119894 έδρα του 119875119894(119894 = 1 2) άμεσα προύπτει το ακόλουθο

Π Αν 1198651 έδρα (όψη διάστασης 119899 minus 1) ενός πολυτόπου 1198751και 1198652 όψη ενός πολυτόπου 1198752 με 1198651 = 1198751 cap 1198671198751

(119906) και 1198652 = 1198752 cap 1198671198752(119906)

για κατάλληλο 119906 isin 120138119899minus1 τότε το 1198651 + 1198652 είναι έδρα (όψη διάστασης 119899 minus 1)του 1198751 + 1198752

Π Έστω ότι τα 1198751 και 1198752 είναι πολύτοπα στον ℝ119899 με το1198752 να έχει μη κενό εσωτερικό Τότε για κάθε 119905 gt 0 ο όγκος vol119899(1198751 + 1199051198752)είναι πολυώνυμο ως προς 119905 βαθμού 119899

Απόδειξη Για την απόδειξη θα χρησιμοποιήσουμε πλήρη επαγωγή στο 119899Για 119899 = 1 αν 1198751 = [1198861 1198871] και 1198752 = [1198862 1198872] τότε 1198751+1199051198752 = [1198861+1199051198862 1198871+1198872]οπότε vol1(1198751 + 1198752) = (1198871 minus 1198861) + 119905(1198872 minus 1198862) δηλαδή πολυώνυμο του 119905πρώτου βαθμού Έστω ότι το ζητούμενο ισχύει για πολύτοπα στον

ℝ119896 για κάθε 119896 le 119899 minus 1 και 119875 = 1198751 + 1199051198752 για πολύτοπα 1198751 1198752 στον ℝ119899

Χρησιμοποιώντας την Πρόταση έχουμε ότι

vol119899(119875) = vol119899(1198751 + 1199051198752) =1119899 sum

119906isin119880ℎ119875(119906)vol119899minus1(119875 cap 119867119875119906)

=1119899 sum

119906isin119880ℎ1198751+1199051198752

(119906)vol119899minus1(1198651 + 1199051198652)

όπου 119865119894 = 119875119894 cap 119867119875119894119906 για 119894 = 1 2

=1119899 sum

119906isin119880(ℎ1198751

(119906) + 119905ℎ1198752(119906))120601(119906 119905)

όπου τα 120601(119906 119905) είναι πολυώνυμα βαθμού το πολύ 119899 minus 1 ως προς 119905 από

την υπόθεση της πλήρους επαγωγής Έτσι το vol119899(119875) είναι πολυώνυμο

του 119905 το πολύ βαθμού 119899 Αλλά αφού υποθέσαμε ότι το 1198752 δεν έχει κενό

εσωτερικό αν υποθέσουμε ότι το vol119899(1198751 + 1199051198752) έχει βαθμό μικρότερο ή

ίσο το 119899 minus 1 τότε από τη συνέχεια του όγκου έχουμε

0 lt vol119899(1199051198752) = lim119904rarr0+

vol119899(1199041198751 + 1199051198752)

= lim119904rarr0+

119904119899vol119899 (1198751 +1199051199041198752) = lim

119904rarr0+119904119899

119899minus1

sum119895=0

119886119895 (119905119904)

119896

= 0

(όπου 119886119895 κατάλληλοι συντελεστές) το οποίο είναι άτοπο

Λ Έστω ότι τα 119901119898(119905) είναι ακολουθία πολυωνύμων βαθμού119899 που συγκλίνει στην 119891(119905) για κάθε 119905 ge 0 Τότε και η 119891 για 119905 ge 0 είναιπολυώνυμο βαθμού το πολύ 119899

Απόδειξη Απο τη μοναδικότητα του ορίου αρκεί να αποδείξουμε ότι η

ακολουθία

119901119898(119905) = 1198860119898 + 1198861119898119905 + 11988621198981199052 + ⋯ + 119886119899119898119905119899

συγκλίνει σε πολυώνυμο για 119905 ge 0 Για αυτό όμως αρκεί να αποδείξουμε

ότι οι συντελεστές 119886119895119898 συγκλίνουν σε κάποιον αριθμό 119886119895 για κάθε

119895 = 1 2 hellip 119899 καθώς 119898 rarr infin Παρατηρούμε ότι

1198860119898 = 119901119898(0)1198860119898 + 1198861119898 + 1198862119898 + ⋯ + 119886119899119898 = 119901119898(1)1198860119898 + 21198861119898 + 221198862119898 + ⋯ + 2119899119886119899119898 = 119901119898(2)1198860119898 + 31198861119898 + 321198863119898 + ⋯ + 3119899119886119899119898 = 119901119898(3)

⋮1198860119898 + 1198991198861119898 + 11989921198863119898 + ⋯ + 119899119899119886119899119898 = 119901119898(119899)

Λύνοντας το παραπάνω σύστημα από τους τύπους του Cramer κάθε

συντελεστής 119886119895119898 είναι γραμμικός συνδυασμός των 119901119898(0) 119901119898(1) hellip 119901119898(119899)τα οποία συγκλίνουν στα 119891(0) 119891(1) hellip 119891(119899) αντίστοιχα υπό την

προϋπόθεση ότι η ορίζουσα του συστήματος είναι φραγμένη laquoμακριάraquo

από το μηδέν καθώς 119898 rarr infin Αλλά η ορίζουσα αυτή είναι ορίζουσα

Vandermonde

∣∣∣∣∣

1 0 0 hellip 01 1 1 hellip 11 2 22 hellip 2119899

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮1 119899 1198992 hellip 119899119899

∣∣∣∣∣

η οποία είναι ανεξάρτητη του 119898 και θετική (Άσκηση για 119886119896 = 119896με 119896 = 1 hellip 119899) ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Π Για κάθε 119870 κυρτό σώμα στον ℝ119899 και για κάθε 119905 gt 0ο όγκος vol119899(119870 + 119905ℬ119899

2) είναι πολυώνυμο βαθμού 119899

Απόδειξη Προκύπτει άμεσα από την Προτάση το Λήμμα

προσεγγίζοντας τα 119870 και ℬ1198992 με πολύτοπα σύμφωνα με την Πρότα-

ση

Θ Το εμβαδό επιφανείας είναι συνεχής συνάρτηση στακυρτά σώματα

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι τα 119870119898 είναι κυρτά σώματα που συγκλίνουν

με την μετρική Hausdorff στο 119870 Σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση

τα vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) και vol119899(119870 + 119905ℬ119899

2) είναι πολυώνυμα του 119905 βαθμού 119899Έστω ότι

vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) = 1198860119898 + 1198861119898119905 + 11988621198981199052 + ⋯ + 119886119899119898119905119899

και

vol119899(119870 + 119905ℬ1198992) = 1198860 + 1198861119905 + 11988621199052 + ⋯ + 119886119899119905119899

για κατάλληλους συντελεστές 119886119895119898 και 119886119895 1198951 hellip 119899 Από τη συνέχεια του

όγκου η ακολουθία των πολυωνύμων vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) συγκλίνει στο

πολυώνυμο vol119899(119870 + 119905ℬ1198992) συνεπώς 119886119895119898 rarr 119886119895 για κάθε 119895 = 1 hellip 119899 καθώς

119898 rarr infin Αλλά επειδή 1198860119898 = vol119899(119870119898) και 1198860 = vol119899(119870) έχουμε

120597119870119898 = lim119905rarr0+

vol119899(119870119898 + 119905ℬ1198992) minus vol119899(119870119898)119905

= 1198861119898 rarr 1198861 = lim119905rarr0+

vol119899(119870 + 119905ℬ1198992) minus vol119899(119870)119905

= 120597119870

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Άσκηση Αποδείξτε ότι

119863119899 =

∣∣∣∣∣

1198861 11988621 hellip 119886119899

11198862 1198862

2 hellip 1198861198992

1198863 11988623 hellip 119886119899

3⋮ ⋮ ⋱ ⋮

119886119899 1198862119899 hellip 119886119899

119899

∣∣∣∣∣

= (119899

prod119894=1

119886119894) prod1le119894lt119895le119899

(119886119895 minus 119886119894)

(Υπόδειξη Παρατηρούμε ότι 119863119899 = 119865119899(119886119899) prod119899119894=1 119886119894 όπου

119865119899(119909) =

∣∣∣∣∣∣

1 1198861 11988621 hellip 119886119899minus1

11 1198862 1198862

2 hellip 119886119899minus12

1 1198863 11988623 hellip 119886119899minus1

3⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮1 119886119899minus1 1198862

119899minus1 hellip 119886119899minus1119899minus1

1 119909 1199092 hellip 119909119899minus1

∣∣∣∣∣∣

και έτσι αρκεί να δείξουμε ότι 119865119899(119886119899) = prod1le119894lt119895le119899(119886119895 minus 119886119894) Η απόδειξη αυτή

μπορεί να γίνει επαγωγικά στο 119899 Για το επαγωγικό βήμα παρατηρούμε ότι το

πολυώνυμο 119865119899(119909) έχει ρίζες τα 1198861 hellip 119886119899minus1 Άρα από το θεώρημα παραγοντοποί-

ησης ισχύει 119865119899(119909) = 119862 prod119899minus1119894=1 (119909 minus 119886119894) για κατάλληλη σταθερά 119862 Όμως από την

τελευταία έκφραση το 119862 είναι ο συντελεστής του 119909119899minus1 αλλά από τον ορισμό του

119865119899(119909) ο συντελεστής του 119909119899minus1 είναι το 119865119899minus1(119886119899minus1) Εναλλακτικά αν ονομάσουμε

με 119863119899(1198861 hellip 119886119899) την ζητούμενη ορίζουσα μπορούμε να πολλαπλασιάσουμε

τη 119899 minus 1 στήλη με 1198861 και να την αφαιρέσουμε από τη 119899-στη στήλη ώστε να

μηδενιστεί το στοιχείο στη θέση του 1198861198991 Στη συνέχεια πολλαπλασιάζουμε με

1198861 τη 119899 minus 2 στήλη και την αφαιρούμε από τη 119899 minus 1 στήλη ώστε να μηδενιστεί

το στοιχείο στη θέση του 119886119899minus11 Συνεχίζουμε μέχρι να μηδενιστεί όλη η πρώτη

γραμμή εκτός από το στοιχείο στη θέση του 1198861 Τότε βλέπουμε άμεσα ότι η

ορίζουσα ισούται με 1198861 prod119899119895=2(119886119895 minus 1198861) sdot 119863119899minus1(1198862 hellip 119886119899))

Μέρος III

Το φαινόμενο της συγκέντρωσης τουμέτρου

Όταν σε ένα μετρικό χώρο έχουμε τη δυνατότητα να έχουμε και

ένα μέτρο (συχνά πιθανότητας) τότε η αλληλεπίδραση της μετρικής

και του μέτρου αποδεικνύεται πολύ παραγωγική κυρίως διότι είναι

διαφορετική η έννοια του laquoμεγάλουraquo και του laquoμικρούraquo ως προς τη

μετρική και ως προς το μέτρο Ένα laquoμικρόraquo ως προς τη μετρική σύνολο

(για παράδειγμα με μικρή διάμετρο σε σχέση με τη διάμετρο του

χώρου) μπορεί να έχει laquoσχεδόνraquo πλήρες μέτρο (πολύ laquoκοντάraquo στο

μέτρο όλου του χώρου) Το απλούστερο ίσως παράδειγμα είναι ο

χώρος ℝ εφοδιασμένος με τη συνήθη απόσταση 119889(119909 119910) = |119909 minus 119910| και τοκανονικό (γκαουσιανό) μέτρο πιθανότητας 1205741 με πυκνότητα ως προς

το μέτρο Lebesgue την 119891(119909) = 119890minus11990922radic2120587 Δηλαδή

1205741(119860) = int119860

1radic2120587

119890minus11990922 119889119909

για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο 119860 sube ℝ Η διάμετρος του χώρου

είναι άπειρη συνεπώς κάθε σύνολο της μορφής [minus119886 119886] ως υποσύνολο

του μετρικού χώρου (ℝ | sdot |) έχει laquoμικρόraquo μέγεθος (το ποσοστό της

διαμέτρου του ως προς τη διάμετρο του χώρου είναι μηδέν) αλλά ως

υποσύνολο του χώρου μέτρου (ℝ 1205741) έχει σχεδόν πλήρες μέτρο αφού

εύκολα βλέπουμε ότι

1205741([minus119886 119886]) = 1 minus2

radic2120587int

infin

119886119890minus11990922 119889119909 ge 1 minus 119890minus11988622

όπως προκύπτει εύκολα μετά από την αλλαγή μεταβλητής 119905 = 119909minus119886 στο

τελευταίο ολοκλήρωμα Αυτό το φαινόμενο γίνεται πολύ πιο ενδιαφέρον

όταν ο χώρος στον οποίο εργαζόμαστε βρίσκεται μέσα σε ένα γραμμικό

χώρο διάστασης 119899 Τότε στις εκτιμήσεις επεισέρχεται και η παράμετρος

119899 η διάσταση του χώρου Ας δούμε το παράδειγμα του ℝ119899 εφοδιασμένο

με την ευκλείδεια μετρική sdot 2 και το κανονικό (γκαουσιανό) μέτρο

δηλαδή το μέτρο 120574119899 με

120574119899(119860) =1

radic2120587int

119860119890minus1199092

22 119889119909

για κάθε Lebesgue μετρήσιμο σύνολο 119860 Θα δούμε στη συνέχεια ότι για

κάθε 0 lt 120598 lt 1 ισχύει

120574119899 (radic119899

1 minus 120598ℬ119899

2) ge 1 minus 119890minus12059821198994

Έτσι όταν η διάσταση 119899 είναι μεγάλη σχεδόν όλο το μέτρο 120574119899 βρίσκεται

μέσα στην ευκλείδεια μπάλα ακτίνας περίπου radic119899 Αυτό είναι ένα είδος

συγκέντρωσης του μέτρου (μέσα στην ευκλείδεια μπάλα κατάλληλης

ακτίνας) αλλά στην πραγματικότητα ισχύει κάτι ακόμα πιο εντυπωσια-

κό Το μέτρο της μπάλας radic(1 minus 120598)119899ℬ1198992 είναι laquoαμελητέοraquo Συγκεκριμένα

ισχύει

120574119899 (radic(1 minus 120598)119899ℬ1198992) le 119890minus12059821198994

Άρα η μεγάλη μάζα του μέτρου 120574119899 βρίσκεται στο σύνολο

119909 isin ℝ119899 ∶ radic(1 minus 120598)119899 le 1199092 le radic119899

1 minus 120598

δηλαδή σε μια laquoμικρή ζώνηraquo γύρω από την ευκλείδεια σφαίρα ακτίνας

radic119899

ΣΥΓΚΕΝΤΡΩΣΗ ΤΟΥ ΜΕΤΡΟΥ ΣΤΗΝ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ

ΣΦΑΙΡΑ

ΤΟ ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ ΣΤΟΝ ΧΩΡΟ GAUSS

ΑΤΡΙΣΔΙΑΣΤΑΤΕΣ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ ΔΙΑΦΟΡΩΝ

ΣΩΜΑΤΩΝ

Παρακάτω βλέπουμε μερικά βασικά κυρτά σώματα του ℝ3 μέσα

στον κύβο [minus1 1]3

Σ Α Τα σύνολα 119909 isin ℝ119899 ∶ (sum119899119895=1 |119909119895|119901)

1119901 le 1 για 119901 = 06 και

119901 = 08 δεν είναι κυρτά

Σ Α Τα σύνολα 119909 isin ℝ119899 ∶ (sum119899119895=1 |119909119895|119901)

1119901 le 1 για 119901 = 1 και

119901 = 2

Σ Α Τα σύνολα ℬ119899119901 για 119901 = 4 και 119901 = 10 Όσο το 119901 μεγαλώνει

το σώμα προσεγγίζει τον κύβο

Σ Α Για 119901 = 20 το ℬ119899119901 είναι ήδη laquoπολύ κοντάraquo στον κύβο

ΒΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Γ

Σε αυτό το παράρτημα θα παρουσιάσουμε τις βασικές ιδιότητες της

συνάρτησης Γ η οποία ορίζεται με το ολοκλήρωμα

Γ(119909) = intinfin

0119905119909minus1119890minus119905 119889119905

για 119909 isin ℝ ⧵ 0 minus1 minus2 minus3 hellip Το γράφημα της συνάρτησης Γ(119909 + 1)δίνεται στο Σχήμα Β

YY

Y

Y Y Y

ΣΒ Το γράφημα της συνάρτησης Γ(119909+1) ∶ ℝ⧵minus1 minus2 minus3 hellip rarrℝ

Η συνάρτηση Γ ορίστηκε από το Euler το ως το απειρογινόμενο

Γ(119909 + 1) =1 sdot 2119909

1 + 119909sdot

21minus1199093119909

2 + 119909sdot

31minus1199094119909

3 + 119909⋯

=infin

prod119899=1

(1 +1119899)

119909

(1 +119909119899)

minus1

και μελετήθηκε στη μορφή του ολοκληρώματος int10(minus log 119905)119909 119889119905 στην

προσπάθειά του να ορίσει μια έννοια παραγοντικού για πραγματικούς

αριθμούς Επίσης και ο Gauss από το μελέτησε τη συνάρτηση Γ στη

μορφή

Π119909 = lim119896rarrinfin

1 sdot 2 sdot 3 ⋯ 119896 sdot 119896119909

(119909 + 1)(119909 + 2) ⋯ (119909 + 119896)δεδομένου του ότι Π119899 = 119899 (Άσκηση Β)

Β

Πριν προχωρήσουμε στη μελέτη της συνάρτησης Γ υπενθυμίζουμε

ότι το ολοκλήρωμα της γκαουσιανής συνάρτησης είναι ίσο με 1

1radic2120587

intinfin

minusinfin119890minus11990922 119889119909 = 1

Π Β Η συνάρτηση Γ ικανοποιεί τις παρακάτω ιδιότητες

(i) Γ(119909 + 1) = 119909Γ(119909)

(ii) Για κάθε φυσικό αριθμό 119899 ισχύει Γ(119899 + 1) = 119899

(iii) Γ(12) = radic120587

Απόδειξη (i) Προκύπτει άμεσα με ολοκλήρωση κατά παράγοντες

(ii) Αποδεικνύεται εύκολα από το (i) με επαγωγή

(iii) Γ(12) = intinfin0

119905minus12119890minus119905 119889119905 Αλλάζουμε μεταβλητές θέτοντας 119905 =11990922 οπότε παίρνουμε

Γ(12) = intinfin

0

radic2119909minus1119890minus11990922119909 119889119909 = radic2 intinfin

0119890minus11990922 119889119909 = radic2

12

radic2120587 = radic120587

Ο υπολογισμός τιμών της συνάρτησης Γ είναι πολύ δυσχερής Ό-

μως αυτό που συχνά είναι χρήσιμο να ξέρουμε είναι η ασυμπτωτική

συμπεριφορά των τιμών της Γ Συγκεκριμένα ισχύει ο ακόλουθος τύπος

lim119909rarr+infin

Γ(1 + 119909)radic2120587119909(119909119890)119909

= 1

Μια άμεση συνέπεια του τύπου αυτού είναι ο τύπος του Stirling ο οποίος

μας λέει πόσο είναι περίπου το 119899 για μεγάλα 119899 isin ℕ Αυτός προκύπτει

από το γεγονός ότι Γ(119899 + 1) = 119899 Οπότε

lim119899rarr+infin

119899radic2120587119899(119899119890)119899

= 1

Δηλαδή για μεγάλα 119899

119899 ≃ radic2120587119899 (119899119890)

119899

Αυτό συνεπάγεται και την (119899 )1119899 ≃ 119899119890Το υπόλοιπο αυτού του παραρτήματος θα αφιερωθεί στην παρουσί-

αση μια απόδειξης για την ασυμπτωτική συμπεριφορά της συνάρτησης

Γ (υπάρχουν διάφορες στη βιβλιογραφία)

Β

Το ο Laplace παρουσίασε μια μέθοδο για τον υπολογισμό

του ορίου ολοκληρωμάτων της μορφής int119887119886

119890119899119891(119909) 119889119909 καθώς 119899 rarr infin(δείτε [Lap]) την οποία θα παρουσιάσουμε εδώ και θα την χρησι-

μοποιήσουμε για την εκτίμιση της συνάρτησης Γ Η μέθοδος αφορά σε

συναρτήσεις 119891 οι οποίες έχουν μέγιστη τιμή σε ένα και μόνο σημείο 1199090στο διάστημα [119886 119887] και επιπλέον 119886 lt 1199090 lt 119887 και η 119891 έχει συνεχή η

παράγωγο στο σημείο αυτό

Η ιδέα του Laplace είναι η εξής Αν η 119891 έχει μέγιστο σε ένα μόνο σημείο

1199090 τότε ενώ ο πολλαπλασιασμός 119899 επί 119891(119909) θα μεγαλώσει ανάλογα όλες

τις τιμές της 119891 στο διάστημα [119886 119887] κατά τον παράγοντα 119899 (συμπε-

ριλαμβανομένης της 119891(1199090)) δηλαδή 119899119891(1199090)119899119891(119909) = 119891(1199090)119891(119909) Ανόμως υψώσουμε σε εκθέτη μετά τον πολλαπλασιασμό συγκεκριμμένα

αν θεωρήσουμε την 119890119899119891(119909) οι αντίστοιχοι λόγοι μεγενθύνονται εκθετικά

119890119899119891(1199090)119890119899119891(119909) = 119890119899(119891(1199090)minus119891(119909)) Αυτή η μεγέθυνση κάνει το ολοκλήρωμα

της 119890119899119891(119909) να εξαρτάται πολύ περισσότερο από τις τιμές κοντά στο 1199090παρά από αυτές που είναι πιο μακριά Αλλά για τις τιμές κοντά στο

1199090 μπορούμε να προσεγγίσουμε την 119891 από μια κατάλληλη γκαουσιανή

καμπύλη (καμπύλη της μορφής 119890minus119886(119909minus1199090)2) Αυτό είναι πράγματι εφικτό

διότι έχοντας η 119891 μέγιστο στο 1199090 έχει πρώτη παράγωγο στο 1199090 ίση

με το μηδέν Οπότε στο ανάπτυγμα Taylor της 119891 με κέντρο στο 1199090 δεν

υπάρχει γραμμικός όρος Δηλαδή μετά τον σταθερό όρο του αναπτύγ-

ματος ο επόμενος είναι ο 119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)22 όρος ο οποίος θα δώσει

την κατάλληλη γκαουσιανή

Το φαινόμενο αυτό το βλέπουμε στο Σχήμα Β όπου έχουμε σχεδιάσει

τη συνάρτηση exp(05((sin 119909)119909)) και στη συνέχεια την exp(3((sin 119909)119909))(μαύρη καμπύλη) σε σμίκρυνση ώστε να χωράει στη σελίδα Στη δεύτερη

περίπτωση η καμπύλη προσεγγίζεται πολύ καλά από την γκαουσιανή

(γκρι καμπύλη) Η προσέγγιση αυτή αιτιολογεί τόσο την εμφάνιση του

αριθμού 119890 όσο και την εμφάνιση του αριθμού 120587 στο αποτέλεσμα

13

Σ Β Η ιδέα της μεθόδου Laplace

Θα ξεκινήσουμε με την υπενθύμιση του Θεωρήματος Taylor από τον

απειροστικό λογισμό με το υπόλοιπο στη μορφή Peano

Θ Β (Taylor) Αν μια συνάρτηση 119891 ∶ ℝ rarr ℝ έχει συνεχήδεύτερη παράγωγο στο 1199090 isin ℝ τότε υπάρχει συνάρτηση ℎ2 ∶ ℝ rarr ℝώστε

119891(119909) = 119891(1199090) + 119891prime(1199090)(119909 minus 1199090) +12

119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)2 + ℎ2(119909)(119909 minus 1199090)2

και lim119909rarr1199090ℎ2(119909) = 0

Απόδειξη Η απόδειξη είναι απλή θέτουμε

ℎ2(119909) =119891(119909) minus 119891(1199090) minus 119891prime(1199090)(119909 minus 1199090) minus 1

2119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)2

(119909 minus 1199090)2

και υπολογίζουμε το όριο για 119909 rarr 1199090 με τον κανόνα Lrsquo Hospital

Λ Β1

radic2120587int

infin

minusinfin119890minus11991022 119889119910 = 1

Απόδειξη Θέτουμε 119868 = intinfinminusinfin

119890minus11991022 119889119910 και παρατηρούμε ότι

1198682 = (intinfin

minusinfin119890minus11990922 119889119909) (int

infin

minusinfin119890minus11991022 119889119910) = int

infin

minusinfinint

infin

minusinfin119890minus(1199092+1199102)2 119889119909 119889119910

Αλλάζουμε σε πολικές συντεταγμένες και παίρνουμε

1198682 = int2120587

0int

infin

0119890minus11990322119903 119889119903 119889120579

= 2120587(minus119890minus11990322) ∣infin

0

= 2120587

Έτσι 119868 = radic2120587 ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Λ Β

lim119905rarrinfin

1radic2120587

int119905

minus119905119890minus11991022 119889119910 = 1

Απόδειξη Επειδή η 119890minus11991022 είναι άρτια συνάρτηση καιradic2120587minus1intinfin

minusinfin119890minus11991022 119889119910 =

1 αρκεί να αποδείξουμε ότι

lim119905rarrinfin

intinfin

119905119890minus11991022 119889119910 = 0

Αλλά η αλλαγή μεταβλητής 119911 = 119910 minus 119905 δίνει

intinfin

119905119890minus11991022 119889119910 = 119890minus11990522 int

infin

0119890minus11991122119890minus1199111199052 119889119911 le 119890minus11990522 int

infin

0119890minus11991122 119889119911 =

radic21205872

119890minus11990522

η οποία έχει όριο το 0 για 119905 rarr infin

Τώρα είμαστε έτοιμοι να αποδείξουμε το γενικό θεώρημα

Θ Β (Μέθοδος Laplace) Έστω ότι η 119891 ∶ [119886 119887] rarr ℝ είναιδύο φορές παραγωγίσιμη στο 1199090 με την 119891Prime συνεχή στο 1199090 το οποίο είναιτο μοναδικό σημείο στο [119886 119887] στο οποίο έχει μέγιστο Υποθέτουμε επίσηςότι 119891Prime(1199090) lt 0 και 1199090 isin (119886 119887) Τότε

(Β) lim119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

= 1

Απόδειξη (Κάτω φράγμα) Από το Θεώρημα Taylor όπως διατυπώθηκε

στο Θεώρημα Β για κάθε 120598 gt 0 υπάρχει 120575 gt 0 ώστε αν |119909 minus 1199090| lt 120575τότε |ℎ2(119909)| lt 1205982 δηλαδή minus1205982 lt ℎ2(119909) lt 1205982 Επιλέγουμε 120575 gt 0ώστε να ικανοποιούνται τα προηγούμενα και επιπλέον (1199090 minus120575 1199090 +120575) sube[119886 119887] Άρα από το Θεώρημα Taylor και το ότι 119891prime(1199090) = 0 αφού στο 1199090η 119891 έχει μέγιστο θα έχουμε

119891(119909) = 119891(1199090) +12

119891Prime(1199090)(119909 minus 1199090)2 + ℎ2(119909)(119909 minus 1199090)2

ge 119891(1199090) +12

(119891Prime(1199090) minus 120598)(119909 minus 1199090)2

Άρα

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909 ge int

1199090+120575

1199090minus120575119890119905119891(119909) 119889119909

ge 119890119905119891(1199090) int1199090+120575

1199090minus120575119890119905(119891Prime(1199090)minus120598)(119909minus1199090)22 119889119909

(αλλάζοντας μεταβλητή με 119910 = radic119905(minus119891Prime(1199090) + 120598)(119909 minus 1199090))

ge 119890119905119891(1199090)radic

1119905(minus119891Prime(1199090) + 120598)

int120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)

minus120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)119890minus 1

2 1199102119889119910

Έτσι

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

ge ⎛⎝

1radic2120587

int120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)

minus120575radic119905(minus119891Prime(1199090)+120598)119890minus 1

2 1199102119889119910⎞

⎠ radicminus119891Prime(1199090)

minus119891Prime(1199090) + 120598

Όμως σύμφωνα με το Λήμμα Β η τελευταία παρένθεση συγκλίνει στο

1 για 119905 rarr infin Οπότε παίρνοντας lim inf ως προς 119905 rarr infin συμπεραίνουμε

ότι

lim inf119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

ge radicminus119891Prime(1199090)

minus119891Prime(1199090) + 120598

για κάθε 120598 gt 0 Συνεπώς (για 120598 rarr 0+)

(Β) lim inf119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

ge 1

(Άνω φράγμα) Επιλέγουμε 120598 gt 0 ώστε 119891Prime(1199090) + 120598 lt 0 (θυμηθείτε ότι

119891Prime(1199090) lt 0) Εφαρμόζοντας το θεώρημα Taylor όπως και πριν παίρνουμε

ότι υπάρχει 120575 gt 0 ώστε για κάθε 119909 με |119909 minus 1199090| lt 120575 να ισχύει

119891(119909) le 119891(1199090) +12(119891Prime(1199090) + 120598)(119909 minus 1199090)2

Από την υπόθεση ότι η 119891 έχει μέγιστο μόνο στο 1199090 συμπεραίνουμε ότι

για κάθε 120575 gt 0 υπάρχει 120579 gt 0 ώστε αν |119909 minus 1199090| ge 120575 να ισχύει 119891(119909) le119891(1199090) minus 120579 Πράγματι αρκεί να θέσουμε 120579 = 119891(1199090) minus max|119909minus1199090|ge120575 119891(119909)το οποίο είναι θετικό εφόσον η 119891 έχει μοναδικό σημείο μεγίστου στο

1199090 Έτσι έχουμε

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909 = int

1199090minus120575

119886119890119905119891(119909) 119889119909 + int

1199090+120575

1199090minus120575119890119905119891(119909) 119889119909 + int

119887

119909+120575119890119905119891(119909) 119889119909

le ((1199090 minus 120575) minus 119886)119890119905(119891(1199090)minus120579) + 119890119905119891(1199090) int1199090+120575

1199090minus120575119890

1199052 (119891Prime(1199090)+120598)(119909minus1199090)2

119889119909

+ (119887 minus (1199090 + 120575))119890119905(119891(1199090)minus120579)

le (119887 minus 119886)119890119905(119891(1199090)minus120579) + 119890119905119891(1199090) int1199090+120575

1199090minus120575119890

1199052 (119891Prime(1199090)+120598)(119909minus1199090)2

119889119909

Αλλάζοντας μεταβλητές όπως και στο κάτω φράγμα καταλήγουμε στην

ανισότητα

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909 le (119887 minus 119886)119890119905(119891(1199090)minus120579) + 119890119905119891(1199090)

radic2120587

119905(minus119891Prime(1199090) minus 120598)

Παίρνοντας lim sup καθώς 119905 rarr infin οδηγούμαστε στην

lim sup119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

le radicminus119891Prime(1199090)

minus119891Prime(1199090) minus 120598

για κάθε 120598 αρκετά κοντά στο μηδέν (ώστε minus119891Prime(1199090)+120598 lt 0) Αφήνονταςτο 120598 να πάει στο μηδέν από δεξιά καταλήγουμε στην

(Β) lim sup119905rarrinfin

int119887

119886119890119905119891(119909) 119889119909

119890119905119891(1199090)radic

2120587119905(minus119891Prime(1199090))

le 1

Οι (Β) και (Β) μαζί δίνουν το αποτέλεσμα

Η μέθοδος του Laplace μπορεί να εφαρμοστεί τώρα ώστε να υπολογίσουμε

την ασυμπτωτική συμπεριφορά της συνάρτησης Γ

Π Β Για τη συνάρτηση Γ ισχύει

lim119909rarrinfin

Γ(119909 + 1)radic2120587119909(119909119890)119909

= 1

Απόδειξη Στο ολοκλήρωμα που ορίζει τη συνάρτηση Γ κάνουμε την

αλλαγή μεταβλητής 119905 = 119909119903 οπότε παίρνουμε

Γ(119909 + 1) = 119909119909+1 intinfin

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903

Διαιρούμε με 119909119909+1 και παρατηρούμε ότι το ολοκλήρωμα στα δεξιά μπορεί

να εκτιμηθεί από τη μέθοδο Laplace πράγματι η συνάρτηση 119891(119903) =log 119903 minus 119903 έχει μέγιστο μόνο στο σημείο 1199090 = 1 και 119891Prime(1199090) = minus1 lt 0Έχουμε όμως να λύσουμε άλλο ένα πρόβλημα Η απόδειξη που κάναμε

στη μέθοδο Laplace χρησιμοποίησε κατά ουσιαστικό τρόπο το ότι

το πεδίο ολοκλήρωσης ήταν πεπερασμένο Τώρα το άνω άκρο του

ολοκληρώματος είναι +infin Για να ξεπεράσουμε αυτό το πρόβλημα

χωρίζουμε το ολοκλήρωμα σε δύο ολοκληρώματα το ένα μέχρι 2 και το

άλλο από 2 και πάνω Εύκολα βλέπουμε ότι για 119903 ge 2 ισχύει log 119903 le 119903119890(η (log 119903)119903 έχει μέγιστο στο 119903 = 119890) Γράφουμε τώρα

Γ(119909 + 1)119909119909+1 = int

2

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 + int

infin

2119890119909(log 119903minus119903) 119889119903(Β)

Για το δεύτερο ολοκλήρωμα έχουμε ότι

intinfin

2119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 le int

infin

2119890minus119903119909(1minus119890minus1) 119889119903 = (119909(1 minus 119890minus1))

minus1119890minus2119909(1minus119890minus1)

Επιστρέφοντας στην (Β) και διαιρώντας με 119890minus119909radic2120587119909 παίρνουμε

1119890minus119909radic2120587119909

int2

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 le

Γ(119909 + 1)119909119909+1119890minus119909radic2120587119909

le1

119890minus119909radic2120587119909int

2

0119890119909(log 119903minus119903) 119889119903 +

1radic2120587119909(1 minus 119890minus1)

119890minus119909(1minus2119890minus1)

Το όριο των ολοκληρωμάτων για 119909 rarr infin είναι ίσο με 1 από τη μέθοδο

Laplace ενώ το όριο του τελευταίου όρου είναι 0 Οπότε

lim119909rarrinfin

Γ(119909 + 1)119909119909+1119890minus119909radic2120587119909

= 1

δηλαδή το ζητούμενο

Π Β (Τύπος του Stirling) Ισχύει

lim119899rarrinfin

119899radic2120587119899(119899119890)119899

= 1

Δηλαδή για μεγάλα 119899 isin ℕ ισχύει

119899 ≃ radic2120587119899 (119899119890)

119899

Πιο συγκεκριμμένη εκτίμηση για το 119899 είναι η ακόλουθη

Π Β Για κάθε 119899 isin ℕ ισχύει

radic2120587119899 (119899119890)

119899

119890(12119899+1)minus1lt 119899 lt radic2120587119899 (

119899119890)

119899

119890(12119899)minus1

Απόδειξη Θεωρούμε την ακολουθία

119889119899 = log(119899 ) minus (119899 +12) log 119899 + 119899 = log

119899 119890119899

119899119899radic119899rarr log radic2120587

όπως αποδείχθηκε στο Θεώρημα Β Επίσης ως προς τη μονοτονία

αυτής της ακολουθίας έχουμε

119889119899 minus 119889119899+1 = (119899 +12) log

119899 + 1119899

minus 1

= (119899 +12) log

1 + (2119899 + 1)minus1

1 minus (2119899 + 1)minus1 minus 1

( 12

log 1+1199051minus119905

= 119905 + 1199053

3+ 1199055

5+ 1199057

7+ ⋯)

=1

3(2119899 + 1)2 +1

5(2119899 + 1)4 +1

7(2119899 + 1)6 + ⋯

Η τελευταία έκφραση είναι μικρότερη από

13(2119899 + 1)2 +

13(2119899 + 1)4 +

13(2119899 + 1)6 + ⋯

που ως γεωμετρική σειρά έχει άθροισμα

112119899(119899 + 1)

=1

12119899minus

112(119899 + 1)

και μεγαλύτερη από τον πρώτο της όρο (3(2119899 + 1)2)minus1 ο οποίος ελέγ-

χουμε με απλές πράξεις ότι είναι γνήσια μεγαλύτερος από

112119899 + 1

minus1

12(119899 + 1) + 1

Δείξαμε έτσι ότι η ακολουθία 119889119899 minus(12119899)minus1 είναι γνησίως αύξουσα με όριο

το log(radic2120587) άρα 119889119899minus(12119899)minus1 lt log radic2120587 και η ακολουθία 119889119899minus(12119899+1)minus1

είναι γνησίως φθίνουσα με όριο πάλι το log(radic2120587) άρα 119889119899 minus(12119899+1)minus1 gtlog radic2120587 Οι 119889119899 minus (12119899)minus1 lt log radic2120587 και 119889119899 minus (12119899 + 1)minus1 gt log radic2120587είναι οι ζητούμενες

Ανάλογη εκτίμηση ισχύει και για τη συνάρτηση Γ

Θ Β Για κάθε 119909 ge 0 ισχύει

Γ(119909 + 1) = 119909119909119890minus119909radic2120587119909 exp(120583(119909))

όπου η 120583(119909) είναι μια φθίνουσα συνάρτηση μη αρνητική για 119909 ge 1 και

120583(119909) =1

12119909minus

13

intinfin

0

1199013(119905)(119905 + 119909)3 119889119905

όπου η 1199013(119905) είναι μια περιοδική συνάρτηση με περίοδο 1 η οποία στο[0 1] δίνεται από τον τύπο 1199013(119905) = 1199053 minus 3

21199052 + 1

2119905

Η απόδειξη ξεφεύγει από τους σκοπούς του παρόντος και μπορεί να

βρεθεί στο [Rem] (σελίδα ) όπου διατηρήσαμε τον συμβολισμό

το συγκεκριμμένου βιβλίου

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι

Γ(119899 + 1) = 119899 = lim119896rarrinfin

1 sdot 2 sdot 3 ⋯ 119896 sdot 119896119899

(119899 + 1)(119899 + 2) ⋯ (119899 + 119896)

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι Γ(119909 + 1) = int1

0(minus log 119905)119909 119889119905

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι η συνάρτηση Γ είναι λογαριθμικά κυρτή δηλαδή

ότι η συνάρτηση log Γ είναι κυρτή

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι

Γ (119899 +12) =

(2119899)4119899119899

radic120587

Άσκηση Β Χρησιμοποιείστε τη συνάρτηση Γ για να αποδείξετε ότι

intinfin

0119890minus119905119886 119889119905 =

1119886Γ (

1119886)

όπου 119886 gt 0Άσκηση Β Η συνάρτηση laquoβήταraquo 119861 δίνεται από τον τύπο 119861(119909 119910) =int1

0119905119909minus1(1 minus 119905)119910minus1 119889119905 για 119909 gt 0 και 119910 gt 0 Αποδείξτε ότι

119861(119909 119910) =Γ(119909)Γ(119910)Γ(119909 + 119910)

ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα Γράψτε το γινόμενο Γ(119909)Γ(119910) ως διπλό

ολοκλήρωμα με δύο μεταβλητές 119906 119907 στο [0 infin) times [0 infin) Αλλάξτε μεταβλητές

θέτοντας 119906 = 119911119908 και 119907 = 119911(1 minus 119908) ώστε να οδηγηθείτε στο γινόμενο Γ(119909 +119910)119861(119909 119910)Άσκηση Β Αποδείξτε χρησιμοποιώντας την ασυμπτωτική συμπεριφορά

της συνάρτησης Γ ότι ασυμπτωτικά (για 119909 και 119910 μεγάλα) ισχύει

119861(119909 119910) ≃ radic2120587119909119909minus 1

2 119910119910minus 12

(119909 + 119910)119909+119910minus 12

Άσκηση Β Υποθέστε ότι 119891(119909 + 1) = 119909119891(119909) και 119891(1) = 1 Αποδείξτε ότι αν

lim119899rarrinfin

119891(119909 + 119899)(119899 minus 1) 119899119909 = 1

τότε

119891(119909) = lim119899rarrinfin

(119899 minus 1) 119899119909

119909(119909 + 1) hellip (119909 + 119899 minus 1)

Άσκηση Β Αποδείξτε ότι για κάθε 119899 119896 isin ℕ με 119896 le 119899 ισχύει

(119899119896)

119896le (

119899119896) lt

1119890 (

119890119899119896 )

119896

Υπόδειξη Για το κάτω φράγμα παρατηρήστε ότι

(119899119896) =

119899119896

119896minus1

prod119894=1

119899 minus 119894119896 minus 119894

και119899 minus 119894119896 minus 119894

ge119899119896

για κάθε 119894 = 1 2 hellip 119896 minus 1 Για το άνω φράγμα

(119899119896) lt

119899119896

119896και 119890119896minus1 ge

119896minus1

prod119894=1

(1 +1119894)

119894=

119896119896

119896

από τη μονοτονία της (1 + 1119894)119894 (Παρατηρήστε επίσης ότι αν αντί για την

τελευταία ανισότητα χρησιμοποιηθεί η 119896119896119896 le suminfin119899=119900 119896119899119899 = 119890119896 θα πάρουμε

ασθενέστερη ανισότητα κατά τον παράγοντα 1119890)

Π Β Το άνω φράγμα για τον διωνυμικό συντελεστή δεν είναι

ακριβές όταν το 119896 είναι κοντά στο 119899 Για αυτό χρησιμοποιώντας το ότι

(119899119896) = ( 119899

119899minus119896) μπορούμε να γράψουμε την ακριβέστερη ανισότητα

max (119899119896)

119896 (

119899119899 minus 119896)

119899minus119896

le (119899119896) lt

1119890

min (119890119899119896 )

119896 (

119890119899119899 minus 119896)

119899minus119896

Επίσης και η κάτω ανισότητα είναι γνήσια αν 119896 lt 119899

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[ΠρΑναλ] Μιχάλης Ανούσης Αντώνης Τσολομύτης Βαγγέλης Φελου-

ζής Πραγματική Ανάλυση

[ΓρΑλγ] Δημήτριος Βάρσος Δημήτριος Δεριζιώτης Ιωάννης Εμμα-

νουήλ Μιχαήλ Μαλιάκας Αντώνιος Μελάς και Ολυμπία

Ταλέλλη Μια εισαγωγή στη Γραμμική Άλγεβρα τόμος ΙIΣοφία

[Για] Απόστολος Γιαννόπουλος Κυρτή γεωμετρική ανάλυση Ση-μειώσεις Μαθήματος Αθήνα

[ΘΜ] Στυλιανός Νεγρεπόντης Γεώργιος Κουμουλλής ΘεωρίαΜέτρου Συμμετρία

[ΕΓ] Πάρις Πάμφιλος Έλασσον Γεωμετρικόν ΠανεπιστημιακέςΕκδόσεις Κρήτης

[AMG] Shiri Artstein-Avidan Apostolos Giannopoulos and Vitali

Milman Asymptotic Gemetric Analysis Mathematical Surveys

and Monographs vol

[Bal] Keith Ball Some remarks on the geometry of convex setsGeometric aspects of functional analysis volume of LectureNotes in Math Springer-Verlag Berlin New York pp

--

[Borel] Christer Borel Convex set functions in 119889-space Period Math

Hung Vol () () pp ndash

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[BGVV] Silouanos Brazitikos Apostolos Giannopoulos Petros Valettas

and Beatrice-Helen Vritsiou Geometry of Isotropic ConvexBodies Mathematical Surveys and Monographs vol

[GH] Mariano Giaquinta and Stefan Hildebrandt Calculus ofVariations volume II Springer-Verlag Berlin Heidelberg New

York

[GPS] Herbert Goldstein Charles Poole and John Safko ClassicalMechanics rd edition Addison Wesley

[Gru] Peter M Gruber Convex and discrete geometry volume

of Grundelehren der mathematischen Wissenschaften Springer-

Verlag Berlin Heidelberg New York

[KO] Owe Krey and Anthony Owen Basic Theoretical PhysicsSpringer-Verlag Berlin Heidelberg New York

[Lap] Pierre Simon Laplace Memoir on the probability of causesof events tome sixiegraveme of Meacutemoires de Matheacutematique et dePhysique English translation by S M Stigler Statist Sci

()--

[MP] Vitali Milman and Alain Pajor Isotropic position and inertiaellipsoids and zonoids of the unit ball of a normed 119899-dimensional space Lecture Notes in Mathematics

Springer-Verlag Berlin Heidelberg New York σελ

ndash

[Rem] Reinhold Remmert Classical Topics in Complex FunctionTheory volume of Graduate Texts in Mathematics SpringerVerlag

[Sch] Rolf Schneider Convex Bodies The Brunn-MinkowskiTheory volume of Encyclopedia of Mathematics and itsApplications Cambridge University Press

Ευρετήριο Ελληνικών Όρων

Ααδράνεια

καμπύλη

αναλλοίωτο επίπεδο

ανάστροφος πίνακας

ανεξάρτητα σημεία

affine

ανισότητα

Blaschke-Santaloacute

Brunn-Minkowski

Brunn-Minkowski (αθροιστι-

κή μορφή)

Brunn-Minkowski (πολλαπλα-

σιαστική μορφή)

Cauchy-Schwartz

Hadamard

Houmllder

Houmllder για αθροίσματα

Houmllder για ολοκληρώματα

Jensen

Minkowski για αθροίσματα

Minkowski για ολοκληρώμα-

τα

Prekopa-Leindler

Young

αντίστροφη ισοπεριμετρική

αριθμητικού-γεωμετρικού μέ-

σου

ισοπεριμετρική

ανιστότητα

Barthe

Brascamp-Lieb

ανοικτή μπάλα

αντιπολική καμπύλη

αντίστροφη ισοπεριμετρική ανι-

σότητα

απόλυτα συνεχής συνάρτηση

απόσταση

Hausdorff

ευκλείδεια

αρχή του Brunn

Ββαρύκεντρο

Γγενική θέση σημείων

γνήσια κυρτή συνάρτηση

γνήσια κυρτό σύνολο

γνήσιος διαχωρισμός

Δδιαχωρισμός

γνήσιος

Εελάχιστη επιφάνεια

ελλειψοειδές

Binet

Legendre

Poinsot

αδρανείας

κινητικής ενέργειας

μεγίστου όγκου

εμβαδόν επιφανείας

συνέχεια

εσωτερικό γινόμενο

συνέχεια

εσωτερικό σημείο

εσωτερικό συνόλου

ευθύγραμμο τμήμα

ευκλείδεια απόσταση

ευκλείδεια μπάλα

ευκλείδεια νόρμα

συνέχεια

ευκλείδειο μήκος

Ηημίχωρος

Θθεση

ισοτροπική

Θέση

του John αναπαράσταση ταυ-

τοτικής

θέση

ελάχιστης επιφάνειας

ελαχίστου μέσου πλάτους

ισοτροπική μοναδικότητα

κυρτού σώματος

του John

θετικά ημιορισμένος πίνακας

θετικά ορισμένος πίνακας

θετική ομογένεια

θεώρημα

Fubini

αναπαράστασης ταυτοτικής

(John)

επιλογής του Baschke

Καραθεοδωρή

σφαιρικότητας του Gross

Ιιδιότητες όγκου

ισοπεριμετρική ανισότητα

ισοτροπική θέση

ίχνος πίνακα

Κκαμπύλη αδρανείας

κάτω τριγωνική ανισότητα

κεντρικά συμμετρικό σύνολο

κλειστή θήκη

κυκλικό πολύτοπο

κυρτή θήκη

κυρτή συνάρτηση

κυρτό σύνολο

κυρτό σώμα

θέση

κυρτός συνδυασμός

Λλήμμα του Borel

λογαριθμικά κοίλη συνάρτηση

λογαριθμικά κοίλο μέτρο

λωρίδα

Μμέθοδος Laplace

μετασχηματισμός Legendre

μετρήσιμο

Jordan

μετρήσιμο σύνολο

μέτρο

ισοτροπικό

λογαριθμικά κοίλο

μέτρο Lebesgue

μήκος

ευκλείδειο

μοναδιαία ευκλείδεια μπάλα

μοναδιαία μπάλα

μοναδιαία σφαίρα

μοναδικότητα ισοτροπικής θέ-

σης

μπάλα

ανοικτή

ευκλείδεια

μοναδιαία ευκλείδεια

Ννόρμα

Οόγκος

ιδιότητες

κυρτού σώματος

παραλληλεπιπέδου

πολυπαραλληλεπιπέδου

του ℬ119899119901

ορθογώνια προβολή

ορίζουσα Vandermonde

Ππαράγωγο σύνολο

παραλληλεπίπεδο

πίνακας

singular value decomposition

ανάστροφος

θετικά ημιορισμένος

θετικά ορισμένος

ίχνος

πολική αναπαράσταση

πίνακας αδράνειας

πίνακας αδρανείας

πολική αναπαράσταση

πολική καμπύλη

πολική ροπή αδρανείας

πολικό σώμα

πολύτοπο

119896-neighborly κυκλικό

πρόβλημα των Busemann-Petty

προβολή

Ρροπή

αδρανείας

δύναμης

πολική αδρανείας

ροπή αδράνειας

Σσημεία

σε γενική θέση

σημείο

εσωτερικό

συσσώρευσης

σταθερά Lipschitz

σταθερά ισοτροπίας

λογαριθμικά κοίλου μέτρου

συμμετρικοποίηση Steiner

συμπαγές σύνολο

συνάρτηση

Lipschitz

απόλυτα συνεχής

Γ γνήσια κυρτή

κυρτή

λογαριθμικά κοίλη

στήριξης

συνεχής

συνέχεια εμβαδού επιφανείας

συνέχεια εσωτερικού γινομένου

συνέχεια ευκλείδειας νόρμας

συνεχής συνάρτηση

σύνολο

γνήσια κυρτό

εσωτερικό

κεντρικά συμμετρικό

κλειστή θήκη

κυρτό

μετρήσιμο

παράγωγο

συμπαγές

σύνορο

σχετικό εσωτερικό

φραγμένο

σύνορο συνόλου

σφαίρα

μοναδιαία

σχετικό εσωτερικό συνόλου

σώμα

μη ισοτροπικό

Ττετράεδρο (simplex)

τριγωνική ανισότητα

τύπος του Stirling

Υυπερεπίπεδο

υπερεπίπεδο στήριξης

υπερκύβος

Φφραγμένο σύνολο

Χχώρος

119862[119886 119887] 119871119901[119886 119887]

Ευρετήριο ξενόγλωσσων όρων

BBall Keith

Blaschke θεώρημα επιλογής

Blaschke-Santaloacute ανισότητα

Borel λήμμα

Brunn αρχή

Brunn-Minkowski ανισότητα

Brunn-Minkowski ανισότητα α-

θροιστική μορφή

Brunn-Minkowski ανισότητα πολ-

λαπλασιαστική μορφή

EEuler

FFubini

GGross θεώρημα σφαιρικότητας

Hherpolhode

Houmllder ανισότητα

Iinvariable plane

JJohn Fritz

Jordan μετρήσιμο

K119896-neighborly polytope

LLaplace μέθοδος

Lebesgue μέτρο

Nneighborly polytope

Ppolhode

Prekopa-Leindler ανισότητα

RRadon

Ssimplex

singular value decomposition

Steiner συμμετρικοποίηση

Stirling τύπος

Στοιχειοθεσία LuaLTEX

Postscript producer dvips

PDF distiller Ghostscript

Γραμματοσειρές GFS NeoHellenic

d-γραφικά PStricks

d-γραφικά PStricks amp Inkscape

Persistent Ray Tracer Povray

Ακολουθίες amp Σειρές

Αντώνης Τσολομύτης

Σάμος 2012ndash2017

sumlimnrarrinfinan

lim suplim suplim suplim suplim suplim sup(1+ 1

n

)n

(1+ 1

n

)n

(1+ 1

n

)n

Α Τσολομύτης Σάμος 2012ndash2017

Περιεχόμενα

I Ακολουθιες 5

1 Γενικά περί ακολουθιών 7

11 Ακολουθίες και υπακολουθίες 7

12 Πράξεις ακολουθιών 9

13 Εφαρμογές και παραδείγματα 11

2 Μονότονες ακολουθίες 15

21 Ορισμοί και ιδιότητες 15

22 Εφαρμογές και παραδείγματα 17

3 Φραγμένες ακολουθίες 19

31 Ορισμοί και ιδιότητες 19

32 Εφαρμογές και παραδείγματα 21

4 Σύγκλιση ακολουθιών 25

41 Μηδενικές ακολουθίες 25

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών 26

43 Συγκλίνουσες ακολουθίες 30

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών 32

45 Κριτήρια σύγκλισης 37

46 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin 39

47 Βασικά όρια 40

5 lim sup και lim inf 47

51 Το σύνολο των υπακολουθιακών ορίων 47

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf 49

6 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι 53

61 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων 53

62 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος 56

63 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος 58

4 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

II Σειρες 61

7 Γενικά περί σειρών 63

71 Ορισμοί 63

72 Πράξεις με σειρές 66

8 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών 67

81 Το κριτήριο φράγματος 67

82 Το κριτήριο Cauchy 68

83 Το κριτήριο σύγκρισης 71

84 Τηλεσκοπικές σειρές 73

841 Το κριτήριο Dini-Kummer 74

85 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy 76

86 Το ολοκληρωτικό κριτήριο 79

9 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης 81

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά 82

911 Το κριτήριο λόγου 82

912 Το κριτήριο n-στης ρίζας του Cauchy 84

92 Σύγκριση με την ακολουθία 1np 86

93 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p) 88

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης σειρών 90

10 Εναλλάσουσες σειρές 95

101 Το κριτήριο Leibniz 95

102 Το κριτήριο Dirichlet 96

11 Αναδιατάξεις σειρών 99

111 Αναδιατάξεις των φυσικών αριθμών 100

112 Αναδιατάξεις σειρών 100

113 Το θεώρημα Riemann 102

Βιβλιογραφία 107

Ευρετήριο Ελληνικών Όρων 108

Μέρος I

Ακολουθίες

Κεφάλαιο 1

Γενικά περί ακολουθιών

11 Ακολουθίες και υπακολουθίες

Ορισμός 111 Κάθε συνάρτηση f A sube N ֏ R όπου το A είναιάπειρο σύνολο λέγεται ακολουθία πραγματικών αριθμών ή απλά

ακολουθία

Για τις ακολουθίες δεν χρησιμοποιούμε το γράμμα f αλλά γράμ-ματα όπως a b c x y z α β γ κλπ Επίσης αντί να γράφου-με a(n) για την τιμή της a στο n isin N γράφουμε an Αν θέλουμενα αναφερθούμε σε μια ακολουθία δεν γράφουμε laquoη ακολουθία

a A rarr Rraquo αλλά laquoη ακολουθία (an)nisinAraquo Αν A = N εκτός από

laquoη ακολουθία (an)nisinNraquo μπορεί να γράψουμε και (an)infinn=1 Αν δεν

υπάρχει λόγος να δηλώσουμε το πεδίο ορισμού γράφουμε laquoη α-

κολουθία (an)raquo Τέλος αν δεν υπάρχει περίπτωση σύγχυσης γιααπλοποίηση του συμβολισμού γράφουμε ακόμα και laquoη ακολουθία

anraquo παραλείποντας και τις παρενθέσεις Συχνά (αλλά όχι πάντα)το πεδίο ορισμού θα είναι όλο το σύνολο N

Παράδειγμα 112 Η συνάρτηση (an)nisinN με an = 1n είναι μια ακο-

λουθία Έχουμε a1 = 1 a2 = 12 a3 = 1

3 κλπ Μια άλλη είναι η

ακολουθία bn = n όπου b1 = 1 b2 = 2 = 1middot2 = 2 b3 = 3 = 1middot2middot3 = 6

b4 = 4 = 1 middot 2 middot 3 middot 4 = 24 κλπ

Ορισμός 113 Οι αριθμοί an δηλαδή οι τιμές της ακολουθίας(an)nisinA για κάθε n isin A λέγονται όροι της ακολουθίας Ο όρος an(δηλαδή η τιμή της ακολουθίας στο n) ονομάζεται n-στός όρος ήγενικός όρος της ακολουθίας (an)nisinA Το σύνολο an n isin A ονο-μάζεται σύνολο των όρων της ακολουθίας ενώ για κάθε m isin Nκάθε σύνολο της μορφής an n isin A και n gem ονομάζεται τελι-κό τμήμα της ακολουθίας

8 Γενικά περί ακολουθιών

Μια ακολουθία ορίζεται είτε με έναν τύπο για τον n-στό τηςόρο (όπως an = 1n) είτε αναδρομικά (για παράδειγμα a1 = 1 και

an+1 = an2 για κάθε n isin N) είτε με άλλο τρόπο με τον οποίο κα-θορίζονται με ακρίβεια όλοι οι όροι της και όχι με την παράθεση

λίγων όρων Με το τελευταίο εννοούμε ότι δεν έχει νόημα η φράση

laquoθεωρούμε την ακολουθία 11

21

31

4 raquo

διότι δεν είναι σαφές αν πρόκειται για την ακολουθία με τύπο

1n ή για την ακολουθία με τύπο

1

n+ (nminus 1)(n minus 2)(nminus 3)(n minus 4)

οι οποίες διαφέρουν από τον πέμπτο όρο και μετά ή κάποια άλλη

που ξεκινάει με αυτούς τους όρους

Αν περιορίσουμε μια ακολουθία σε ένα άπειρο υποσύνολο του

πεδίου ορισμού της τότε ο περιορισμός αυτός λέγεται υπακολου-

θία της αρχικής ακολουθίας

Ορισμός 114 Υποθέτουμε ότι η ακολουθία an είναι ορισμένη γιακάθε n isin A sube N Αν B άπειρο υποσύνολο του A τότε η ακολουθίαan|nisinB ονομάζεται υπακολουθία της an

Παράδειγμα 115 Θεωρήστε την ακολουθία an = 1n Αν αντί για

όλα τα n isin N χρησιμοποιήσουμε μόνο τους άρτιους n θα πάρουμεμια υπακολουθία της αρχικής Αυτή η υπακολουθία είναι η anμε n άρτιο Επειδή κάθε άρτιος είναι της μορφής 2n για n isin Nμπορούμε να πούμε ότι αυτή η υπακολουθία είναι η a2n = 1

2n

Έτσι ενώ η an έχει όρους τους

11

21

31

41

51

61

71

8

η υπακολουθία a2n έχει τους όρους

1

21

41

61

8

Παράδειγμα 116 Θεωρούμε ένα (σταθερό) m isin N και μια ακολου-θία (an)nisinN Ορίζουμε την ακολουθία bn = am+n για κάθε n isin NΗ bn είναι υπακολουθία της an αφού φανερά

bn = an∣∣nisinN ngtm

Παρατηρώντας ότι το σύνολο των όρων της bn είναι το σύνολο

am+1 am+2 am+3

συμπεραίνουμε ότι κάθε τελικό τμήμα της an είναι υπακολουθίατης

12 Πράξεις ακολουθιών 9

Ορισμός 117 (Ισότητα ακολουθιών) Δυο ακολουθίες (an)nisinAκαι (bn)nisinB λέγονται ίσες αν A = B και an = bn για κάθε n isin A

Ασκήσεις

Άσκηση 111 Περιγράψτε τις υπακολουθίες των laquoάρτιων όρωνraquo των

ακολουθιών

n (minus1)n

Άσκηση 112 Δείξτε ότι η φράση

laquoθεωρούμε την ακολουθία 4143475361718397113131 raquo

δεν αναφέρεται απαραίτητα σε μια υπακολουθία των πρώτων φυσικών

αριθμών εξετάζοντας τους όρους της an = n2minusn+41 μέχρι τον τεσσαρα-

κοστό πρώτο όρο

Ομοίως ελέγξτε ότι η ακολουθία bn = n2minus79n+1601 παράγει πρώτους

αριθμούς μέχρι τον ογδοηκοστό όρο αλλά b81 = 1763 = 41 middot 43

Άσκηση 113 Αν an είναι το πλήθος όλων των διαγωνίων ενός κυρτούn-γώνου δείξτε επαγωγικά ότι an = (n2 minus 3n)2

12 Πράξεις ακολουθιών

Αν δυο ακολουθίες an και bn ορίζονται για κάθε n isin A sube N ορίζο-ναι και όλες οι πράξεις μεταξύ τους με τον αναμενόμενο τρόπο

Ορισμός 121 Η ακολουθία sn όπου sn = an + bn για κάθε n isin Aονομάζεται άθροισμα των ακολουθιών an και bn Η ακολουθίαdn = an minus bn ονομάζεται διαφορά των ακολουθιών an και bn Ηακολουθία pn = anbn για κάθε n isin A ονομάζεται γινόμενο τωνακολουθιών an και bn

Αν an = 1n3 και bn = n2 τότε

an + bn = 1

n3+n2 = 1+n5

n3

an minus bn = 1

n3minusn2 = 1minusn5

n3

anbn = 1

n3middotn2 = 1

n

Ειδικά για το πηλίκο δύο ακολουθιών θα πρέπει να προσέξουμε

ώστε η ακολουθία στον διαιρέτη να μην έχει μηδενικούς όρους

10 Γενικά περί ακολουθιών

Ορισμός 122 Αν οι an και bn είναι ακολουθίες με n isin A sube N καιεπιπλέον bn ne 0 για κάθε n isin A τότε η ακολουθία qn = anbnονομάζεται πηλίκο των ακολουθιών an και bn

Αν an = 1n3 και bn = n2 όπως παραπάνω τότε ισχύει bn = n2 ne 0

για κάθε n isin N οπότε ορίζεται το πηλίκο anbn = 1n5

Τέλος ορίζεται και η σύνθεση ακολουθιών ως εξής

Ορισμός 123 Αν η kn είναι μια ακολουθία kn A rarr B όπου AB sube N και xn μια ακολουθία με πεδίο ορισμού το B τότε ορίζεταιη ακολουθία cn = xkn ονομάζεται σύνθεση των ακολουθιών kn καιxn

Παρατήρηση 124 Αν για την ακολουθία kn του προηγούμενουορισμού ισχύει

k1 lt k2 lt k3 lt

δηλαδή kn lt kn+1 για κάθε n isin N τότε η σύνθεση με την xn είναιμια υπακολουθία της xn Πράγματι αυτό είναι φανερό αφού

xkn = xn∣∣kn nisinN

Αυτό ισχύει και αντίστροφα έστω ότι η yn = xn|B μια υπακολου-θία της xn Χρησιμοποιώντας την καλή διάταξη του N το σύνολοB γράφεται στη μορφή B = kn n isin N με k1 lt k2 lt k3 lt α-φού το B έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το k1 και στη συνέχεια το

B k1 έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το k2 και ούτω κάθrsquo εξής

Για παράδειγμα ας θεωρήσουμε τις ακολουθίες kn = n2 isin N καιxn = 1n με πεδίο ορισμού το σύνολο N Η σύνθεσή τους είναι ηακολουθία cn = xkn = xn2 Δηλαδή πρόκειται για υπακολουθία της

xn η xn έχει όρους

1

11

21

31

41

51

61

71

81

9

1

10

1

11

ενώ η cn = xn2 έχει όρους

1

12= 1

1

1

22= 1

4

1

32= 1

9

Παρατήρηση 125 Αν θεωρήσουμε μια kn N rarr N η οποία δεν

ικανοποιεί την k1 lt k2 lt τότε δεν είναι απαραίτητο η xkn ναείναι υπακολουθία της xn Για παράδειγμα θεωρούμε την k1 = 2

k2 = 1 lt k1 kn = n για κάθε n ge 3 και την ακολουθία xn = 1nΤο πεδίο τιμών της cn = xkn είναι το ίδιο με αυτό της xn Έτσιαν ισχύει cn = xn|B για κάποιο B sube N ο μόνος τρόπος να ανήκειτο 12 στο πεδίο τιμών της cn είναι να ισχύει 2 isin B (αφού η xnισούται με 12 μόνο για n = 2 Αλλά τότε θα έπρεπε να ισχύει

c2 = x2 το οποίο είναι ψευδές αφού

c2 = xk2 = x1 = 1 ne1

2= x2

13 Εφαρμογές και παραδείγματα 11

13 Εφαρμογές και παραδείγματα

Πολλές φορές παρόλο που πεπερασμένο πλήθος όρων δεν μπο-

ρεί να ορίσει μια ακολουθία όπως είδαμε στην Ενότητα 11 ο-

ρίζουμε ακολουθίες ως αθροίσματα για παράδειγμα της μορφής

xn = 1+ 12+ 1

3+ + 1

n στο οποίο εμφανίζονται πεπερασμένο πλήθος

όρων Τέτοιες εκφράσεις όμως είναι σαφείς από τον γενικό προ-

σθετέο που φαίνεται στον τελευταίο όρο της έκφρασης Δηλαδή

ο υπολογισμός της xn απαιτεί να προσθέσουμε όλα τα κλάσματα1k για k isin N και k le n Έτσι για να καταλάβουμε μέχρι ποιοκλάσμα προσθέτουμε κάθε φορά κοιτάμε τον τελευταίο όρο του

αθροίσματος

Παράδειγμα 131 Γράψτε τους τρεις πρώτους όρους της ακολου-θίας xn = 1+ 1

2+ + 1

n

Για να βρούμε τον πρώτο όρο κοιτάμε με τι ισούται το 1nόταν n = 1 Επειδή αυτό ισούται με 11 = 1 συμπεραίνουμε ότι

το άθροισμα θα σταματήσει στο 1 δηλαδή x1 = 1 Για να βρούμε

τον x2 παρατηρούμε ότι το 1n ισούται με 12 όταν n = 2 άρα

το άθροισμα θα σταματήσει στο 12 δηλαδή x2 = 1+12 Ομοίωςx3 = 1+ 12+ 13

Υπάρχουν περιπτώσεις όπου μας δίνεται μια ακολουθία η ο-

ποία ορίζεται αναδρομικά για παράδειγμα a1 = 2 και an+1 =2 + an3 για κάθε n isin N και πρέπει να βρούμε τον n-στο όροτης an ως συνάρτηση του n Στις απλούστερες αυτών των προ-βλημάτων η εξίσωση που προκύπτει όταν αντικαταστήσουμε τό-

σο την an όσο και την an+1 με x η οποία ονομάζεται laquoεξίσωσηαναδρομήςraquo έχει λύση Τότε ακολουθούμε το τέχνασμα που πα-

ρουσιάζεται στα παρακάτω παραδείγματα Μια γενικότερη θεω-

ρία των γραμμικών αναδρομικών ακολουθιών παρουσιάζεται στο

βιβλίο [5]

Παράδειγμα 132 Βρείτε τον γενικό όρο της ακολουθίας που ο-ρίζεται αναδρομικά θέτοντας a1 = 4 και an+1 = 2+ an3 για κάθεn isin NΣχηματίζουμε την εξίσωση αναδρομής x = 2+x3 η οποία έχει

μοναδική λύση την x = 3 Στη συνέχεια αφαιρούμε τον αριθμό 3

και από τα δύο μέλη του αναδρομικού τύπου

an+1 minus 3 = (2+ an3)minus 3 = 1

3(an minus 3)

Έτσι

anminus3 = 1

3(anminus1minus3) =

(1

3

)2

(anminus2minus3) = middotmiddot middot =(

1

3

)nminus1

(a1minus3) =(

1

3

)nminus1

12 Γενικά περί ακολουθιών

(Ο σωστός εκθέτης στην προτελευταία ισότητα είναι πράγματι

n minus 1 το βρίσκουμε παρατηρώντας ότι ο εκθέτης του κλάσμα-

τος 13 σε κάθε ισότητα αθροίζεται στο n όταν του προστεθεί οδείκτης του όρου της ακολουθίας που είναι στην παρένθεση (για

παράδειγμα 2+ (nminus 2) = n))Άρα ο γενικός όρος της an είναι an = 3+ (13)nminus1

Παράδειγμα 133 Βρείτε τον γενικό όρο της an με a1 = 5 και

an+1 = 5minus 6an

Η εξίσωση αναδρομής x = 5 minus 6x έχει δύο λύσεις τις 2 και

3 Αφαιρούμε από την αναδρομική εξίσωση της ακολουθίας τό-

σο τον 2 όσο και τον 3 Αφαιρώντας τον 2 μετά από πράξεις

παίρνουμε

an+1 minus 2 = 3

an(an minus 2)

και αφαιρώντας το 3

an+1 minus 3 = 2

an(an minus 3)

Τώρα θέλουμε να διαιρέσουμε κατά μέλη αλλά για να το κάνουμε

αυτό πρέπει να γνωρίζουμε ότι κανένας όρος της an δεν ισού-ται με 3 Αυτό όμως προκύπτει άμεσα από την τελευταία Αν

an+1 = 3 για κάποιο n τότε an = 3 Δηλαδή αν κάποιος όρος της

ακολουθίας ισούται με 3 τότε ισούται με 3 και ο προηγούμενος

Επαγωγικά θα καταλήξουμε σε άτοπο αφού a1 = 5 ne 3

Διαιρώντας λοιπόν κατά μέλη οδηγούμαστε στην

an+1 minus 2

an+1 minus 3= 3

2

an minus 2

an minus 3

Άρα

an minus 2

an minus 3= 3

2

anminus1 minus 2

anminus1 minus 3=(

3

2

)2 anminus2 minus 2

anminus2 minus 3= middotmiddot middot =

(3

2

)nminus1 a1 minus 2

a1 minus 3=(

3

2

)n

Λύνοντας ως προς an (αφαιρούμε αριθμητές από παρονομαστές )παίρνουμε αμέσως

an =3n

3n minus 2n

Παράδειγμα 134 Βρείτε τον γενικό όρο της an με a1 = 5 και

an+1 = 4anminus9anminus2

Σε αυτή την περίπτωση η εξίσωση αναδρομής x = (4xminus9)(xminus2) είναι ισοδύναμη με την (x minus 3)2 = 0 δηλαδή έχει διπλή ρίζα το

3 Σε αυτές τις περιπτώσεις κάνουμε το εξής τέχνασμα πρώτα

αφαιρούμε τη διπλή ρίζα για να καταλήξουμε στη σχέση

an+1 minus 3 = an minus 3

an minus 2

13 Εφαρμογές και παραδείγματα 13

Τώρα αντιστρέφουμε τους όρους

1

an+1 minus 3= an minus 2

an minus 3= an minus 3+ 1

an minus 3= 1+ 1

an minus 3

Συνεπώς

1

an minus 3= 1+ 1

anminus1 minus 3= 2+ 1

anminus2 minus 3= nminus 1+ 1

a1 minus 3= nminus 1

2

Αντιστρέφοντας τους όρους της εξίσωσης και λύνοντας ως προς

an παίρνουμε

an = 3+ 2

2nminus 1

Κεφάλαιο 2

Μονότονες ακολουθίες

21 Ορισμοί και ιδιότητες

Ας θεωρήσουμε την ακολουθία με γενικό όρο an = (n minus 1)n Πα-ρατηρούμε ότι

an+1 =(n+ 1)minus 1

n+ 1= 1minus 1

n+ 1gt 1minus 1

n= nminus 1

n= an

Δηλαδή για κάθε n isin N ισχύει an lt an+1 Για μια ακολουθία anμε αυτή την ιδιότητα λέμε ότι η an είναι γνησίως αύξουσα Έτσιδίνουμε τον ακόλουθο ορισμό

Ορισμός 211

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως αύξουσα και γράφουμεan αν για κάθε n isin N ισχύει an lt an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται αύξουσα και γράφουμε an rarr ανγια κάθε n isin N ισχύει an le an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως φθίνουσα και γράφουμεan

αν για κάθε n isin N ισχύει an gt an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται φθίνουσα και γράφουμε an

rarr

αν

για κάθε n isin N ισχύει an ge an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως μονότονη αν είναι είτεγνησίως αύξουσα είτε γνησίως φθίνουσα

bull Μια ακολουθία an λέγεται μονότονη αν είναι είτε αύξουσαείτε φθίνουσα

Από τον ορισμό προκύπτει άμεσα ότι μια γνήσια μονότονη α-

κολουθία είναι και μονότονη μια γνήσια αύξουσα είναι και αύξου-

16 Μονότονες ακολουθίες

σα αφού αν an lt an+1 τότε an le an+1 και ομοίως γιατις γνήσια

φθίνουσες Το αντίστροφο δεν είναι βεβαίως σωστό αφού για

παράδειγμα μια σταθερή ακολουθία an = 3 για κάθε n isin N είναικαι αύξουσα και φθίνουσα αλλά δεν είναι ούτε γνήσια αύξουσα

ούτε γνήσια φθίνουσα

Συχνά για να εξετάσουμε τη μονοτονία μιας ακολουθίας an ε-ξετάζουμε αν οι διαφορές an+1 minus an έχουν το ίδιο πρόσημο γιακάθε n isin N Έτσι αν για κάθε n isin N ισχύει an+1 minus an ge 0 τό-

τε η an είναι αύξουσα και ομοίως για τις άλλες περιπτώσειςΑν μας ενδιαφέρει απλά ο έλεγχος της μονοτονίας (και όχι απα-

ραίτητα το είδος της) μπορούμε να εξετάσουμε αν το γινόμενο

(an+2 minus an+1)(an+1 minus an) έχει σταθερό πρόσημο για κάθε n isin N Αναυτό συμβαίνει φανερά η ακολουθία είναι μονότονη αφού σε αυ-

τή την περίπτωση κανένας παράγοντας (an+2 minus an+1) δεν μπορείνα αλλάζει πρόσημο σε σχέση με τον (an+1 minus an)

Πρόταση 212 Αν η ακολουθία an είναι μονότονη τότε κάθε υ-πακολουθία της έχει την ίδια μονοτονία με την an

Απόδειξη Έστω ότι η cn = akn είναι υπακολουθία της an μεkn N rarr N με k1 lt k2 lt δηλαδή η kn είναι γνήσια αύξουσαΥποθέτουμε ότι η an είναι άυξουσα Φανερά ισχύει

cn = akn le akn+1 le akn+2 le le akn+1 = cn+1

οπότε και η cn είναι αύξουσα Ομοίως αν η an έχει οποιοδήποτεάλλο είδος μονοτονίας

Δεν είναι βεβαίως αλήθεια ότι κάθε ακολουθία είναι μονότο-

νη Για παράδειγμα η ακολουθία an = (minus1)nn δεν είναι αύξου-σα αφού a3 = minus13 lt 12 = a2 αλλά ούτε και φθίνουσα αφού

a1 = minus1 lt 12 = a2 Παρατηρούμε όμως ότι η υπακολουθία των

αρτίων όρων της a2n = 1(2n) είναι φθίνουσα (και των περιττώντης όρων είναι αύξουσα) Βλέπουμε δηλαδή ότι παρόλο που η

ίδια η an δεν έχει κανένα είδος μονοτονίας εν τούτοις έχει τουλά-χιστον μια μονότονη υπακολουθία Αυτό είναι ένα γενικό φαινό-

μενο όπως διατυπώνεται στην επόμενη πρόταση

Πρόταση 213 Κάθε ακολουθία πραγματικών αριθμών έχει μιαμονότονη υπακολουθία

Απόδειξη Θεωρούμε το σύνολο των σημείων κορυφής της ακο-

λουθίας anA = k isin N ak ge an για κάθε n ge k

Αν το A είναι άπειρο σύνολο έστω ότι περιέχει τα στοιχεία

k1 lt k2 lt lt kn lt kn+1 lt

22 Εφαρμογές και παραδείγματα 17

Αφού το kn είναι σημείο κορυφής (δηλαδή στοιχείο του A) καιkn+1 gt kn συμπεραίνουμε ότι akn ge akn+1 για κάθε n isin N και συνε-πώς η akn είναι φθίνουσαΑν σε αντίθετη περίπτωση το σύνολο A είναι πεπερασμένο

Έστω ότι m είναι το μεγαλύτερο στοιχείο του Τότε το k1 =m+1

δεν ανήκει το A οπότε υπάρχει k2 gt k1 ώστε ak1 lt ak2 Αλλά

τώρα k2 gt k1 = m + 1 οπότε k2 notin A Έτσι υπάρχει k3 gt k2 ώστε

ak2 lt ak3 Επαγωγικά αν έχουμε ορίσει τον akn για kn gt knminus1 gtk1 =m+ 1 ισχύει kn notin A οπότε υπάρχει kn+1 gt kn ώστε akn lt akn+1

Επαγωγικά λοιπόν ορίζεται η υπακολουθία akn η οποία από τηνκατασκευή της είναι γνησίως αύξουσα

Δηλαδή σε κάθε περίπτωση η an έχει μια μονότονη υπακολου-θία

22 Εφαρμογές και παραδείγματα

Παράδειγμα 221 Ελέγξτε ως προς τη μονοτονία την ακολουθίαan = (n2 minus 1)(2n)Ελέγχουμε με απλές πράξεις ότι

an+1 minus an =n2 +n+ 1

2n(n+ 1)gt 0

για κάθε n isin N Συνεπώς η an είναι γνησίως αύξουσαΆλλος τρόπος

an =n2 minus 1

2n= n

2minus 1

2nltn+ 1

2minus 1

2(n+ 1)= an+1

Παράδειγμα 222 Ελέγξτε ως προς τη μονοτονία την ακολουθίαan με a1 = 1 και an+1 =

radic1+ an

Ο έλεγχος γίνεται εύκολα με επαγωγή για n = 1 ισχύει

a2 =radic

1+ a1 =radic

2 gt 1 = a1

Υποθέτοντας ότι an+1 gt an έχουμε

an+2 =radic

1+ an+1 gtradic

1+ an = an+1

Παράδειγμα 223 Αποδείξτε ότι η ακολουθία an = (1+1n)n είναιγνησίως αύξουσα χρησιμοποιώντας την ανισότητα Bernoulli στην

ακολουθία (1minus 1n2)nΣύμφωνα με την υπόδειξη

1minus 1

nlt(

1minus 1

n2

)n=(

1minus 1

n

)n (1+ 1

n

)n

18 Μονότονες ακολουθίες

άρα για κάθε n ge 2

(1+ 1

n

)ngt

1(1minus 1

n

)nminus1= 1(

nminus1n

)nminus1=(

nnminus 1

)nminus1

=(

1+ 1

nminus 1

)nminus1

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ασκήσεις

Άσκηση 221 Να μελετηθούν ως προς την μονοτονία οι ακολουθίες

an = 3n + 2 an = an =n+ 4

n2 + 1

an =n2n

an =1 middot 3 middot 5 middot middot (2n minus 1)

2 middot 4 middot 6 middot middot (2n)

an =1

n+ 1+ 1

n+ 2+ + 1

2nan =

(1

(n+ 1)minus 1

(n+ 2)

)(n+ 2)

an = 2n+2 sinθ2n με 0 lt θ lt π2 an =

(2n)radicn

(n)222n+1

Άσκηση 222 Αποδείξτε ότι αν kn N rarr N γνησίως αύξουσα ακολουθία

φυσικών αριθμών τότε ισχύει kn ge n για κάθε n isin N

Κεφάλαιο 3

Φραγμένες ακολουθίες

31 Ορισμοί και ιδιότητες

Θεωρούμε την ακολουθία an = (n minus 1)n Παρατηρούμε ότι an =1 minus 1n Έτσι κανένας όρος της ακολουθίας δεν είναι μεγαλύτε-ρος από τον αριθμό 1 Δηλαδή an = 1 minus 1n le 1 Για αυτή την

ακολουθία λέμε ότι είναι άνω φραγμένη από τον αριθμό 1 ή ότι

το 1 είναι ένα άνω φράγμα της ακολουθίας Παρατηρήστε ότι

αφού an le 1 για κάθε n isin N άρα an le 2 και an leradic

3 και γενικώς

an le M για κάθε M ge 1 Έτσι το άνω φράγμα μιας ακολουθίας

δεν είναι μονοσήμαντα ορισμένο αλλά αν μια ακολουθία έχει έ-

να άνω φράγμα τότε κάθε μεγαλύτερος από αυτό αριθμός είναι

και αυτός άνω φράγμα της ακολουθίας Για αυτό λέμε laquoένα άνω

φράγμαraquo και όχι laquoτο άνω φράγμαraquo της an Γενικότερα δίνουμετον ακόλουθο ορισμό

Ορισμός 311

bull Μια ακολουθία an λέγεται άνω φραγμένη αν υπάρχει M isinR ώστε an le M για κάθε n isin N Το M λέγεται (ένα) άνω

φράγμα της an

bull Μια ακολουθία an λέγεται κάτω φραγμένη αν υπάρχει m isin Rώστε an ge m για κάθε n isin N Το m λέγεται (ένα) κάτω

φράγμα της an

bull Μια ακολουθία an λέγεται φραγμένη αν είναι και άνω και

κάτω φραγμένη δηλαδή αν υπάρχουν M m isin R ώστε m lean leM για κάθε n isin N

bull Μια ακολουθία an λέγεται απολύτως φραγμένη αν υπάρχειM isin R ώστε |an| leM για κάθε n isin N

20 Φραγμένες ακολουθίες

Φανερά από τον ορισμό αν η an είναι άνω φραγμένη από τον

αριθμό M τότε και κάθε υπακολουθία της an είναι άνω φραγμένηαπό τον ίδιο αριθμό M Ομοίως αν η an είναι κάτω φραγμένηαπό τον αριθμό m τότε και κάθε υπακολουθία της an είναι κάτωφραγμένη από τον ίδιο αριθμό mΑν ο αριθμός b δεν είναι άνω φράγμα της ακολουθίας an αυτό

σημαίνει ότι δεν είναι όλοι οι όροι της ακολουθίας μικρότεροι του

b Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένας όρος an0 για κάποιο n0 isin Nώστε b lt an0

Ομοίως αν ο αριθμός c δεν είναι κάτω φράγμα της ακολου-θίας an αυτό σημαίνει ότι δεν είναι όλοι οι όροι της ακολουθίαςμεγαλύτεροι του b Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένας όρος an0

για κάποιο n0 isin N ώστε an0 lt b

Παρατήρηση 312 Μια ακολουθία an που είναι φθίνουσα είναιάνω φραγμένη αφού φανερά an le a1 για κάθε n isin N Ομοίως μιααύξουσα ακολουθία an είναι κάτω φραγμένη αφού an ge a1 για

κάθε n isin N

Πρόταση 313 Μια ακολουθία an είναι φραγμένη αν και μόνο ανείναι απολύτως φραγμένη

Απόδειξη Αν η an είναι απολύτως φραγμένη τότε υπάρχειένας αριθμός M isin N ώστε |an| le M για κάθε n isin N Συνεπώς

minusM le an le M και άρα η an είναι φραγμένηΑν η an είναι φραγμένη τότε υπάρχουν αριθμοί m M isin R ώστε

για κάθε n isin N να ισχύει m le an le M Θέτουμε K = max|m| |M|Τότε ισχύουν τα εξής

an leM le |M| le max|m| |M| = K

και

an gem ge minus|m| ge minusmax|m| |M| = minusK

Συνεπώς minusK le an le K δηλαδή |an| le K ολοκληρώνοντας την από-δειξη

Όπως είπαμε και νωρίτερα τα φράγματα δεν είναι μονοσήμα-

ντα ορισμένα Αλλά δύο συγκεκριμένα φράγματα είναι ιδιαίτερα

σημαντικά Αυτά είναι

bull το ελάχιστο άνω φράγμα μιας άνω φραγμένης ακολουθίας(an)nisinA που συμβολίζεται με supan ή supn an ή supnisinA an καιονομάζεται άνω πέρας ή supremum της an και

bull το μέγιστο κάτω φράγμα μιας κάτω φραγμένης ακολουθίας(an)nisinA που συμβολίζεται με infan ή infn an ή infnisinA an καιονομάζεται κάτω πέρας ή infimum της an

32 Εφαρμογές και παραδείγματα 21

Πολύ σημαντική είναι η παρακάτω ιδιότητα που μας επιτρέπει να

χειριζόμαστε αυτά τα ιδιαίτερα φράγματα και χρησιμοποιείται

συστηματικά όποτε και όπου αυτά εμφανίζονται

Παρατήρηση 314

bull Αν το s είναι το άνω πέρας μιας ακολουθίας an δηλαδή τοελάχιστο άνω φράγμα της an τότε για κάθε ε gt 0 το s minus εως μικρότερο του ελαχίστου άνω φράγματος s δεν είναιάνω φράγμα της ακολουθίας Άρα υπάρχει n0 isin N ώστε

s minus ε lt an0

bull Αν το i είναι το κάτω πέρας μιας ακολουθίας an δηλαδή τομέγιστο κάτω φράγμα της an τότε για κάθε ε gt 0 το i + εως μεγαλύτερο του μεγίστου κάτω φράγματος i δεν είναικάτω φράγμα της ακολουθίας Άρα υπάρχει n0 isin N ώστε

an0 lt i+ ε

32 Εφαρμογές και παραδείγματα

Παράδειγμα 321 Αποδείξτε ότι οι ακολουθίες an = (3n2minus1)(2n2+1) bn = (3n2 + 1)(2n2 minus 1) cn = (3n2 + 1)(n2 minus 3) για n ge 2 και

dn = (3n2 + 1)(n2 minusnminus 1) για n ge 2 είναι φραγμένες

Φανερά και οι τέσσερις ακολουθίες είναι θετικές οπότε μένει να

αποδειχθεί ότι είναι άνω φραγμένες Για αυτό προσπαθούμε να

μεγαλώσουμε τις ακολουθίες απλοποιώντας τες αλλά χωρίς να

αλλάξουμε την τάξη μεγέθους αριθμητή και παρονομαστή Έτσι

έχουμε

an =3n2 minus 1

2n2 + 1le 3n2

2n2= 3

2

συνεπώς η an είναι άνω φραγμένη από το 32Για τη bn δεν μπορούμε να κάνουμε ακριβώς το ίδιο τέχνασμα

για το άνω φράγμα διότι το να διαγράψουμε το +1 από τον

αριθμητή ή το minus1 από τον παρονομαστή δεν μεγαλώνει αλλά

μικραίνει το κλάσμα Μπορούμε όμως να μεγαλώσουμε το +1 του

αριθμητή σε +n2 και να μικρύνουμε το minus1 του παρονομαστή με

minusn2 αλλαγές που δεν αλλάζουν την τάξη μεγέθους των όρων του

κλάσματος

bn =3n2 + 1

2n2 minus 1le 3n2 + n2

2n2 minus n2= 4

Για τη cn δεν μπορούμε να αντικαταστήσουμε το minus3 του πα-

ρονομαστή με minusn2 όπως κάναμε στην bn διότι θα μηδενιστεί οπαρονομαστής Μπορούμε όμως να ελέγξουμε ότι 3 lt n23 για

22 Φραγμένες ακολουθίες

κάθε n ge 3 Έτσι για n ge 3

cn =3n2 + 1

n2 minus 3le 3n2 +n2

n2 minus 13n2

= 4n2

23n2

= 6

Η ακολουθία όμως ορίζεται για n ge 2 Άρα για να βρούμε ένα

άνω φράγμα πρέπει να ελέγξουμε μήπως το c2 είναι μεγαλύτερος

του 6 Πράγματι c2 = 13 Άρα

cn le max613 = 13

Τέλος για την dn αναζητούμε n0 ώστε n+1 le n22 για κάθε n gen0 ώστε να απλοποιήσουμε τον παρονομαστή χρησιμοποιώντας

ότι n2 minus nminus 1 = n2 minus (n + 1) ge n2 minus n22 = n22 Η n+ 1 le n22 είναιισοδύναμη με την n2 minus 2n minus 2 ge 0 η οποία είναι αληθής για κάθε

n ge 3 (η εξίσωση x2 minus 2x minus 2 = 0 είναι θετική για κάθε x gt 1+radic

3 asymp27320508) Οπότε για κάθε n ge 3

dn =3n2 + 1

n2 minusnminus 1le 3n2 +n2

n2 minus 12n2

= 8

Επειδή τώρα d2 = 13 συμπεραίνουμε ότι dn le max138 = 13

Παράδειγμα 322 Αποδείξτε ότι η ακολουθία an με a1 = 8 και

an+1 =radic

2+ an είναι άνω φραγμένη από το 8 Δείξτε ότι αν ο a1

δοθεί να είναι μικότερος από τη μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης

αναδρομής x =radic

2+ x τότε το ίδιο ισχύει και για τον γενικό όροτης an Τέλος αποδείξτε ότι αν r gt 0 τότε κάθε ακολουθία με a1 gt0 και αναδρομικό τύπο an+1 =

radicr + an είναι άνω φραγμένη από

το maxa1 ρ όπου ρ η μέγιστη ρίζα της εξίσωσης αναδρομήςx = radicr + xΠράγματι για n = 1 ισχύει a1 = 8 le 8 Υποθέτουμε ότι an le 8

Τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 8 leradic

16 = 4 le 8

ολοκληρώνοντας την επαγωγή

Η εξίσωση αναδρομής έχει μεγαλύτερη ρίζα τον αριθμό x = 2

Αν a1 le 2 και υποθέσουμε ότι an le 2 τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 2 = 2

ολοκληρώνοντας την επαγωγή

Τέλος αν θέσουμε M = maxa1 ρ φανερά a1 le M Και αν υπο-θέσουμε ότι an leM τότε

an+1radicr + an le

radicr +M leM

αφού η τελευταία είναι ισοδύναμη με την M2 minusM minus r ge 0 η οποία

είναι αληθής αφού το M είναι μεγαλύτερο ή ίσο με τη μέγιστη

ρίζα ρ της x2 minus x minus r = 0

32 Εφαρμογές και παραδείγματα 23

Παράδειγμα 323 Αποδείξτε (με κατάλληλη χρήση της ανισότη-τας Bernoulli) ότι η ακολουθία (1 + 12n)n είναι άνω φραγμένη

από το 2 και στη συνέχεια αποδείξτε ότι η (1+ 1n)n είναι άνωφραγμένη από το 4

Έχουμε

(1+ 1

2n

)n= 1(

2n2n+1

)n =1(

1minus 12n+1

)n le1(

1minus n2n+1

) = 2n+ 1

n+ 1le 2

Από το Παράδειγμα 223 η ακολουθία (1 + 1n)n είναι γνησίωςαύξουσα άρα

(1+ 1

n

)nle(

1+ 1

2n

)2n

=((

1+ 1

2n

)n)2

le 22 = 4

Παράδειγμα 324 Αποδείξτε ότι αν an αύξουσα ακολουθία καιs = supan n isin N τότε για κάθε ε gt 0 η ακολουθία an βρίσκεταιτελικά στο διάστημα (s minus ε s]Χρησιμοποιούμε την Παρατήρηση 314 το s minus ε δεν είναι άνω

φράγμα της ακολουθίας an άρα υπάρχει n0 isin N ώστε sminusε lt an0 les Αφού η an είναι αύξουσα για κάθε n ge n0 συμπεραίνουμε ότι

s minus ε lt an0 le an le s δηλαδή το ζητούμενο

Παράδειγμα 325 Αποδείξτε ότι η an = (n2+sin(nπ2))(n+1) δενείναι άνω φραγμένη

Έχουμε

n2 + sin(nπ2)n+ 1

ge n2 minus 1

n+ 1= nminus 1

η οποία φανερά δεν είναι άνω φραγμένη

Ασκήσεις

Άσκηση 321 Να εξετάσετε αν είναι φραγμένες οι παρακάτω ακολουθίες

24 Φραγμένες ακολουθίες

an =5 sin(3n)

4nan =

n+ 1000

n+ 100

an = (minus5)minusn an =2nminus 1

n+ 1

an =n3n

an = nradic

2n + 3n + 5n

an =n+ 5

2nan =

n2 + 2n+ 4

n3 + 2

an =n2 cos(nπ)+n sin(n+ 1)

n2 +n+ 1

an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

an =radicn+ 2minus

radicn+ 1 an =

radicn2 +nminusn

Άσκηση 322 Να εξεταστούν ως προς το φράγμα οι ακολουθίες

an =radicn+ aminus

radicn+ b με a b isin R

a1 = 2an+1 =

radican + 2 για n isin N

Άσκηση 323 Να εξεταστεί ως προς το φράγμα η ακολουθία an μεa1 = 1 και

an+1 =5an + 6

2an + 1

(Υπόδειξη Παρατηρήστε ότι an gt 0 για κάθε n isin N)Άσκηση 324 Για κάθε p gt 0 θέτουμε

sn = 1+ 1

2p+ 1

3p+ middot middot middot + 1

np

Αποδείξτε ότι για κάθε p gt 1 η ακολουθία sn είναι φραγμένη αποδεικνύ-οντας (με επαγωγή) ότι για κάθε n isin N ισχύει

1+ 1

2p+ 1

3p+ middot middot middot + 1

nple pp minus 1

minus 1

(p minus 1)npminus1

Επιπλέον για κάθε p gt 0 ισχύει

n1minusp le 1+ 1

2p+ 1

3p+ middot middot middot + 1

np

Ειδικά για p = 1 αποδείξτε με επαγωγή ότι ισχύει

1+ 1

2+ 1

3+ middot middot middot + 1

nge 1

2logn

Συμπεράνετε ότι για 0 lt p le 1 η sN δεν είναι φραγμένη (Υπόδειξη ηπερίπτωση 0 lt p lt 1 είναι εύκολη αν όλα τα κλάσματα του αθροίσματος

αντικατασταθούν από το μικρότερο από αυτά Αν όμως γίνει επαγωγι-

κά θα χρειαστεί η παρατήρηση ότι (n+ 1)pn1minusp ge npn1minusp = n)

Κεφάλαιο 4

Σύγκλιση ακολουθιών

41 Μηδενικές ακολουθίες

Για κάθε x isin R κάθε διάστημα της μορφής (a b) ώστε x isin (a b)ονομάζεται μια περιοχή του x Στα ακόλουθα θα χρησιμοποιή-σουμε περιοχές ειδικού τύπου Συγκεκριμένα παίρνουμε ένα θετικό

αριθμό ε gt 0 και σχηματίζουμε την περιοχή (x minus εx + ε) του xΤο x για αυτή την περιοχή ονομάζεται κέντρο της περιοχής καιτο ε ακτίνα της περιοχής Περιοχές της μορφής (x minus εx + ε) συμ-βολίζονται και με (x ε) Φανερά αν x = 0 τότε (0 ε) = (minusε ε)Παρατηρούμε επίσης ότι y isin(x ε) αν και μόνο αν xminusε lt y lt x+εκαι ισοδύναμα |y minus x| lt ε Με άλλα λόγια

(x ε) = (x minus εx + ε) = y isin R |y minus x| lt ε

Αν δοθεί ένα x και μια περιοχή του (x ε) λέμε ότι μια α-κολουθία an περιέχεται τελικά σε αυτή την περιοχή αν υπάρχειένα n0 isin N ώστε an isin (x ε) για κάθε n ge n0 Για παράδειγμα

ας πάρουμε x = 0 και an = 1n Βλέπουμε ότι για κάθε ε gt 0 αν

θέλουμε να ισχύει an isin (0 ε) θα πρέπει minusε lt 1n lt ε ισοδύναμαn gt 1ε Άρα αν θέσουμε n0 = [1ε] + 1 isin N αν n ge n0 gt 1ε τότεan = 1n isin (0 ε) Έτσι για κάθε ε gt 0 η ακολουθία an = 1nβρίσκεται τελικά στην περιοχή (0 ε) Σε μια τέτοια περίπτωσηλέμε ότι η ακολουθία an είναι μηδενική ή ότι έχει όριο το μηδέν ήότι συγκλίνει στο μηδέν

Ορισμός 411 Λέμε ότι μια ακολουθία an συγκλίνει στο μηδένή ότι είναι μηδενική ή ότι έχει όριο το μηδέν αν για κάθε ε gt0 υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει |an| leε Σε αυτή την περίπτωση γράφουμε an rarr 0 ή limnrarrinfin an = 0 ή

απλούστερα liman = 0

26 Σύγκλιση ακολουθιών

Παρατήρηση 412 Στον παραπάνω ορισμό είτε γράψουμε |an| leε είτε γράψουμε |an| lt ε είναι το ίδιο διότι

bull Αν |an| lt ε τότε προφανώς |an| le ε

bull Αν εφαρμόσουμε τον παραπάνω ορισμό για ε2 τότε θα υ-πάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει |an| le ε2 και συνε-πώς |an| lt ε

Παράδειγμα 413 Η ακολουθία an = n sin(πn4)+1n2+1

είναι μηδενική

Πράγματι παρατηρούμε ότι

|an| =∣∣n sin(πn4)+ 1

∣∣n2 + 1

le∣∣n sin(πn4)

∣∣+ 1

n2 + 1le n+ 1

n2 + 1le n+n

n2= 2

n

Έτσι αν ε gt 0 και θέλουμε να ισχύει |an| lt ε αρκεί να απαιτήσουμε2n lt ε ισοδύναμα n gt 2ε Άρα αν θέσουμε n0 = [2ε]+ 1 τότε αν

n ge n0 gt 2ε θα έχουμε |an| le 2n lt ε Συνεπώς η an είναι μηδενική

Παρατηρήστε ότι στο προηγούμενο παράδειγμα μεγαλώσαμε

το κλάσμα αλλά χωρίς να μεταβάλουμε την τάξη του n ούτε

στον αριθμητή ούτε στον παρονομαστή Αυτή την τεχνική θα

την χρησιμοποιούμε τακτικά

Ασκήσεις

Άσκηση 411 Αποδείξτε ότι αν μια ακολουθία an είναι φθίνουσα καιμηδενική τότε an ge 0 για κάθε n isin N

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών

Ιδιότητα 421 Για κάθε ακολουθία an ισχύει

liman = 0 αν και μόνο αν lim |an| = 0

Απόδειξη Έστω liman = 0 και έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0

Τότε επειδή μπορούμε να βρούμε n0 ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

|an| le ε συνεπάγεται ότι∣∣|an|

∣∣ le ε και συνεπώς lim |an| = 0

Αντίστροφα αν lim |an| = 0 και μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 βρί-

σκουμε n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣|an|

∣∣ le ε οπότεεπειδή

∣∣|an|∣∣ = |an| συμπεραίνουμε ότι |an| le ε και άρα liman = 0

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών 27

Ιδιότητα 422 Για κάθε ακολουθία an αν liman = 0 τότε η anείναι φραγμένη

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για ε = 1 Ο-

πότε θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| le 1

Δηλαδή ο αριθμός 1 αποτελεί άνω φράγμα για την ακολουθία

|an| αλλά όχι για όλα τα n isin N αλλά μόνο για τα n που είναιμεγαλύτερα ή ίσα με το n0 Θέτουμε τώρα

M = max1 |a1| |a2| |an0minus1|

ώστε να είμαστε σίγουροι ότι

|an| leM

για κάθε n isin N Έτσι η ακολουθία an είναι απολύτως φραγμένηκαι άρα (Πρόταση 313) φραγμένη

Ιδιότητα 423 Για κάθε ακολουθία an κάθε ακολουθία bn και κά-θε λ micro isin R αν liman = limbn = 0 τότε lim(λan plusmn microbn) = 0

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι λ ne 0 ne micro και έστω ότι μας δόθηκε έναε gt 0 Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης στο μηδέν για τις

ακολουθίες an και bn χρησιμοποιώντας για laquoεraquo τα ε2|λ| gt 0 και

ε2|micro| gt 0 αντίστοιχα Έτσι βρίσκουμε ένα n1 isin N για την an καιένα n2 για την bn ώστε να ισχύουν τα εξής

για κάθε n ge n1 ισχύει |an| leε

2|λ| (41)

και

για κάθε n ge n2 ισχύει |bn| leε

2|micro| (42)

Θέτωντας n0 = maxn0 n1 αν n ge n0 θα ισχύουν ταυτόχρονα και

η (41) και η (42) Οπότε για n ge n0 θα έχουμε

|λan plusmn microbn| le |λan| + |microbn| = |λ| |an| + |micro| |bn| le |λ|ε

2|λ| + |micro|ε

2|micro| = ε

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ιδιότητα 424 Για κάθε ακολουθία an και κάθε λ isin R αν liman = 0

τότε lim(λan) = 0

Απόδειξη Άμεσο από την προηγούμενη ιδιότητα για micro = 0

28 Σύγκλιση ακολουθιών

Ιδιότητα 425 Για κάθε ακολουθία an και κάθε ακολουθία bn ανliman = 0 και η bn είναι φραγμένη τότε lim(anbn) = 0

Απόδειξη Έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0 και έστω ότι για τον

αριθμό M ισχύει |bn| leM για κάθε n isin N Εφαρμόζουμε τον ορισμότης σύγκλισης της an στο 0 για εM οπότε θα υπάρχει ένα n0

στο N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| lt εM Οπότε ανn ge n0 θα έχουμε

|anbn| = |an| |bn| ltεMM = ε

Συνεπώς lim(anbn) = 0

Ιδιότητα 426 Για κάθε ακολουθία an και κάθε k isin N αν limnrarrinfin an =0 τότε limnrarrinfin anplusmnk = 0

Απόδειξη Έστω ότι liman = 0 Αν για n ge n0 ισχύει |an| lt εεπειδή θα είναι n + k ge n ge n0 θα ισχύει και η |an+k| lt ε Οπότεlimnrarrinfin an+k = 0

Για την limanminusk = 0 απλά θέτουμε n1 = n0+k και αν n ge n1 θα

ισχύει nminus k ge n1minusk ge n0 οπότε |anminusk| lt ε και άρα limnrarrinfin anminusk = 0

Γενικότερα έχουμε την εξής

Ιδιότητα 427 Αν η ακολουθία an είναι μηδενική κάθε υπακολου-θία της είναι μηδενική

Απόδειξη Έστω ότι liman = 0 και έστω ότι η kn είναι μια γνη-σίως αύξουσα υπακολουθία φυσικών αριθμών Αν ε gt 0 τότε υ-

πάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ε Αλλάαπό την Άσκηση 222 ισχύει kn ge n οπότε αν n ge n0 συνεπάγεται

kn ge kn0 ge n0 οπότε |akn minus ℓ| lt ε

Ιδιότητα 428 Για κάθε ακολουθία an και κάθε k isin N αν liman = 0

τότε lim kradic|an| = 0

Απόδειξη Αν μας δοθεί ε gt 0 εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλι-

σης της an για εk Έτσι θα υπάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0 θα

έχουμε |an| lt εk οπότε∣∣ kradic|an|

∣∣ = kradic|an| lt ε Δηλαδή lim k

radic|an| = 0

Ιδιότητα 429 Για κάθε ακολουθία an και κάθε ακολουθία bn αν0 le an le bn για κάθε n ge n1 και limbn = 0 τότε liman = 0

42 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών 29

Απόδειξη Για ε gt 0 έστω n2 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει bn lt εΘέτουμε n0 = maxn1 n2 οπότε αν n ge n0 θα έχουμε

minusε lt 0 le an le bn lt ε

συνεπώς |an| lt ε Δηλαδή liman = 0

Εφαρμογή 4210 Για κάθε λ isin (01) ισχύει λn rarr 0

Απόδειξη Επειδή λ isin (01) θα ισχύει 1λ gt 1 Θέτουμε θ = (1λ)minus1 gt0 οπότε 1λ = 1+θ Με τη βοήθεια της ανισότητας Bernoulli έχουμε

1

λn= (1+ θ)n ge 1+nθ

και έτσι

0 lt λn le 1

1+nθ

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική άρα και η λn

Πρόταση 4211 (Κριτήριο λόγου) Έστω ότι για μια ακολουθία

με μη μηδενικούς όρους an υπάρχει ένα n0 isin N και ένα 0 le λ lt 1

ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ le λ

Τότε liman = 0

Απόδειξη Αν n ge n0 + 1 θα έχουμε∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2

∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣ananminus1

∣∣∣∣∣ le λ middot λ middot λ λ (43)

Παρατηρούμε ότι επειδή ο δείκτης n στον αριθμητή του τελευταί-ου κλάσματος μπορεί να γραφτεί και ως n0+(nminusn0) στο αριστερόσκέλος της ανισότητας το πλήθος των κλασμάτων είναι n minus n0

Άρα τόσα είναι και τα λ στο δεξιό σκέλος Δηλαδή η (43) μπορείνα γραφτεί ως

∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2

∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣ananminus1

∣∣∣∣∣ le λnminusn0 = λminusn0 middot λn (44)

Όμως στο αριστερό σκέλος της (44) έχουμε διαγραφές κάθε α-

ριθμητής διαγράφεται με τον παρονομαστή του επόμενου κλάσμα-

τος Συνεπώς θα διαγραφούν όλοι οι όροι εκτός από τον παρονο-

μαστή του πρώτου κλάσματος και τον αριθμητή του τελευταίου

Έτσι η (44) γίνεται ∣∣∣∣∣anan0

∣∣∣∣∣ le λminusn0 middot λn

30 Σύγκλιση ακολουθιών

και ισοδύναμα |an| le (λminusn0 |an0|)λn για κάθε n ge n0 + 1 Επειδή

λ isin (01) ισχύει limλn = 0 (δες Εφαρμογή 4210) οπότε επειδή η

ποσότητα λminusn0 |an0| είναι σταθερή (ανεξάρτητη του n) λόγω τηςΙδιότητας 424 θα ισχύει lim(λminusn0 |an0|)λn = 0 Και έτσι liman = 0

από την Ιδιότητα 429

Παράδειγμα 4212 Ποιο είναι το λάθος στην παρακάτω laquoαπό-

δειξηraquo

13n rarr 0 διότι

∣∣∣∣∣13n+1

13n

∣∣∣∣∣ =1

3lt 1

για κάθε n isin N

Ασκήσεις

Άσκηση 421 Δείξτε με τη βοήθεια του ορισμού ότι οι παρακάτω ακο-

λουθίες είναι μηδενικές

an =1

2n3an =

sinnπ5

n2

an =sinn+ cos(3n)

n2an = 1

ns όπου s isin Q+

an = n sin1

n2an =

5+ sin(nπ5)n2 +n+ 1

Άσκηση 422 Αν liman = 0 δείξτε ότι liman

1+ an= 0

Άσκηση 423 Δίνονται οι ακολουθίες an gt 0 και bn gt 0 για τις οποίες

ισχύει liman = limbn = 0 Δείξτε ότι

lima2n + b2

n

an + bn= 0

43 Συγκλίνουσες ακολουθίες

Μια ακολουθία an θα λέγεται συγκλίνουσα με όριο τον αριθμό ℓαν η ακολουθία anminusℓ είναι μηδενική Έτσι προκύπτει ο ακόλουθοςορισμός

43 Συγκλίνουσες ακολουθίες 31

Ορισμός 431 Λέμε ότι μια ακολουθία an συγκλίνει στον αριθμόℓ ή ότι εχει όριο τον αριθμό ℓ ή ότι τείνει στο ℓ αν για κάθε ε gt 0

υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει |an minus ℓ| le ε

Παρατήρηση 432 Παρατηρήστε ότι στον παραπάνω ορισμό είτεγράψουμε |anminusℓ| le ε είτε γράψουμε |anminusℓ| lt ε είναι το ίδιο διότι

bull Αν |an minus ℓ| lt ε τότε προφανώς |an minus ℓ| le ε

bull Αν εφαρμόσουμε τον παραπάνω ορισμό για ε2 τότε θα υ-πάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| le ε2 καισυνεπώς |an minus ℓ| lt ε

Παρατήρηση 433 Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή στην ανισότη-τα |an minus ℓ| lt ε και προσθέτοντας ℓ ο ορισμός του liman = ℓ λέειότι για κάθε ε gt 0 υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0

να ισχύει

ℓ minus ε lt an lt ℓ + ε

ή ισοδύναμα an isin(ℓ ε)

Η παρακάτω πρόταση λέει ότι δεν γίνεται μια ακολουθία να

συγκλίνει σε δύο διαφορετικούς αριθμούς

Πρόταση 434 Το όριο κάθε συγκλίνουσας ακολουθίας είναι μο-ναδικό

Απόδειξη Έστω ότι an rarr ℓ1 an rarr ℓ2 και ℓ1 le ℓ2 Θέτουμε ε =|ℓ1 minus ℓ2|3 gt 0 οπότε θα υπάρχει n1 isin N ώστε

|an minus ℓ1| lt ε =|ℓ1 minus ℓ2|

3για κάθε n ge n1

και

|an minus ℓ2| lt ε =|ℓ1 minus ℓ2|

3για κάθε n ge n2

Αλλά τότε για κάθε n ge maxn1 n2 θα ισχύει

|ℓ1 minus ℓ2| =∣∣(an minus ℓ2)minus (an minus ℓ1)

∣∣

le |an minus ℓ2| + |an minus ℓ1| lt|ℓ1 minus ℓ2|

3+ |ℓ1 minus ℓ2|

3= 2

3|ℓ1 minus ℓ2|

το οποίο είναι άτοπο

Πρόταση 435 Αν an rarr ℓ και akn υπακολουθία της an τότε akn rarrℓ

Απόδειξη Αφού αν η an minus ℓ είναι μηδενική είναι μηδενική και ηakn minus ℓ από την Ιδιότητα 427

32 Σύγκλιση ακολουθιών

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών

Ιδιότητα 441 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R ισχύει

liman = ℓ lArrrArr lim(minusan) = minusℓ

Απόδειξη Επειδή |an minus ℓ| = |(minusan)minus (minusℓ)| όποτε ισχύει |an minus ℓ| lt εθα ισχύει και |(minusan)minus (minusℓ)| lt ε

Ιδιότητα 442 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R ισχύει

liman = ℓ =rArr lim |an| = |ℓ|

Απόδειξη Επειδή από την τριγωνική ανισότητα ισχύει∣∣|an| minus

|ℓ|∣∣ le |an minus ℓ| n ge n0 |an minus ℓ| lt ε

∣∣|an| minus |ℓ|∣∣ lt ε

Ιδιότητα 443 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R ισχύει

liman = ℓ =rArr η an είναι φραγμένη

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης της ακολουθί-

ας an για ε = 1 Έτσι θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0

να ισχύει |an minus ℓ| lt 1 Από την κάτω τριγωνική ανισότητα1 θα

έχουμε ότι

|an| minus |ℓ| le∣∣|an| minus |ℓ|

∣∣ le |an minus ℓ| lt 1

Συνεπώς για κάθε n ge n0 θα ισχύει |an| le 1+ |ℓ| Θέτουμε τώρα

M = max|a1| |a2| |an0minus1|1+ |ℓ|

οπότε |an| leM για κάθε n isin N

Ιδιότητα 444 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R 0 ισχύει

liman = ℓ =rArrυπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0

τα an και ℓ είναι ομόσημοι

Απόδειξη Έστω ότι ℓ gt 0 Αφού an rarr ℓ μπορούμε να εφαρμόσουμετον ορισμό της σύγκλισης για οποιοδήποτε ε gt 0 Εφαρμόζουμε

λοιπόν τον ορισμό για ε = ℓ2 gt 0 Έτσι θα υπάρχει ένα n0 isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ℓ2 Πάλι από τηντριγωνική ανισότητα

ℓ minus an le |ℓ minus an| = |an minus ℓ| ltℓ2

1∣∣|x| minus |y|

∣∣ le |x minusy|

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών 33

Οπότε ℓ minus an lt ℓ2και άρα ℓ2 lt an Δηλαδή για κάθε n ge n0 οι

όροι της ακολουθίας είναι θετικοί

Αν τώρα ℓ lt 0 από την Ιδιότητα 441 θα ισχύει ότι minusan rarrminusℓ gt 0 οπότε από το προηγούμενο θα υπάρχει n0 isin N ώστε αν

n ge n0 η minusan θα είναι θετική οπότε η an αρνητική

Ιδιότητα 445 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα και λ micro isin R Τότε

lim(λan plusmn microbn) = λℓ1 plusmn microℓ2

Απόδειξη Έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0 Εφαρμόζουμε τον

ορισμό της σύγκλισης των ακολουθιών an και bn για ε2(1 + |λ|)και ε2(1+ |micro|) αντίστοιχα

bull θα υπάρχει ένα n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1 να ισχύει

|an minus ℓ1| ltε

2(1+ |λ|)

bull θα υπάρχει ένα n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει

|bn minus ℓ2| ltε

2(1+ |micro|)

Οπότε θέτοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0 θα ισχύει

|(λan plusmn microbn)minus (λℓ1 plusmn microℓ2)| = |λ(an minus ℓ1)plusmn micro(bn minus ℓ2)|le |λ| |an minus ℓ1| + |micro| |bn minus ℓ2|lt |λ| ε

2(1+ |λ|) + |micro|ε

2(1+ |micro|)

le ε2

|λ|1+ |λ| +

ε2

|micro|1+ |micro|

le ε2middot 1+ ε

2middot 1 = ε

Ιδιότητα 446 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα Τότε

lim(anbn) = ℓ1ℓ2

Αν επιπλέον υποθέσουμε ότι ℓ2 ne 0 τότε υπάρχει n1 isin N ώστε γιακάθε n ge n1 ισχύει bn ne 0 και

limanbn

= ℓ1

ℓ2

34 Σύγκλιση ακολουθιών

Απόδειξη Παρατηρούμε πρώτα ότι

|anbn minus ℓ1ℓ2| =∣∣(anbn minus bnℓ1)+ (bnℓ1 minus ℓ1ℓ2)

∣∣=

∣∣bn(an minus ℓ1)+ ℓ1(bn minus ℓ2)∣∣

le |bn| |an minus ℓ1| + |ℓ1||bn minus ℓ2| (45)

Αφού η bn συγκλίνει από την Ιδιότητα 443 θα είναι και φραγ-μένη Άρα θα υπάρχει ένας αριθμός M gt 0 ώστε για κάθε n isin Nνα ισχύει |bn| le M Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης γιατην an για την ποσότητα ε2M θα υπάρχει n1 isin N ώστε για

κάθε n ge n1 να ισχύει |an minus ℓ1| lt ε2M Ομοίως εφαρμόζουμε τονορισμό της σύγκλισης για την bn για την ποσότητα ε2(1 + |ℓ1|)θα υπάρχει n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει

|bn minus ℓ2| ltε

2(1+ |ℓ1|)

Θέτοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0 τότε συνεχίζοντας από την

45 θα έχουμε

|anbn minus ℓ1ℓ2| le |bn| |an minus ℓ1| + |ℓ1||bn minus ℓ2|lt M

ε2M

+ |ℓ1|ε

2(1+ |ℓ1|)

le ε2+ ε

2

|ℓ1|1+ |ℓ1|

le ε

Συνεχίζουμε την απόδειξη για τον λόγο ακολουθιών Λόγω του

προηγουμένου και επειδή anbn = an middot(1bn) αρκεί να αποδείξουμετο ζητούμενο για την ακολουθία 1bnΕφαρμόζοντας τον ορισμό της σύγκλισης της bn για την πο-

σότητα |ℓ2|2 και χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα υ-πάρχει ένα n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1 να ισχύει

|ℓ2| minus |bn| le∣∣|ℓ2| minus |bn|

∣∣ le |ℓ2 minus bn| = |bn minus ℓ2| lt|ℓ2|2

Έτσι για κάθε n ge n1 θα έχουμε

|ℓ2| minus |bn| lt|ℓ2|

2

και συνεπώς

|bn| gt|ℓ2|

2

Οπότε από τη μια μεριά έχουμε ότι για n ge n1 ισχύει bn ne 0 και

άρα ορίζεται το πηλίκο 1bn και από την άλλη μεριά∣∣∣∣

1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ =|bn minus ℓ2||bn| |ℓ2|

lt|bn minus ℓ2||ℓ2|

2 |ℓ2|= 2

|ℓ2|2|bn minus ℓ2|

44 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών 35

Εφαρμόζοντας τον ορισμό της σύγκλισης της bn ξανά για τηνποσότητα ε|ℓ2|22 θα υπάρχει n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να

ισχύει |bn minus ℓ2| lt ε|ℓ2|22 Επιλέγοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0

θα ισχύουν μαζί όλα τα παραπάνω και άρα θα έχουμε

∣∣∣∣1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ le2

|ℓ2|2|bn minus ℓ2| lt

2

|ℓ2|2ε|ℓ2|22 = ε

Ιδιότητα 447 Για κάθε ακολουθία an ge 0 και k isin N ισχύει

liman = ℓ =rArr limakn = ℓk

Απόδειξη Έστω ότι μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 Αφού η an συγκλίνειθα είναι και φραγμένη και άρα θα υπάρχει αριθμός M gt 0 ώστε

για κάθε n isin N να ισχύει |an| le M Έτσι θα ισχύει και |ℓ| le M(γιατί) Οπότε

|akn minus ℓk| = |an minus ℓ| |akminus1n + akminus2

n ℓ + akminus3n ℓ2 + + ℓkminus1|

le |an minus ℓ|(|akminus1n | + |akminus2

n ℓ| + |akminus3n ℓ2| + + |ℓkminus1|

)

le |an minus ℓ| (Mk +Mk +Mk + +Mk︸ ︷︷ ︸

kminusόροι

)

le (kMk)|an minus ℓ| (46)

Οπότε εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για την ακολουθία

an για την ποσότητα εkMk και βρίσκουμε ένα n0 isin N ώστε γιακάθε n ge n0 να ισχύει |anminusℓ| lt εkMk Έτσι συνεχίζοντας από την

(46) θα έχουμε ότι για κάθε n ge n0 ισχύει

|akn minus ℓk| le (kMk)|an minus ℓ| lt (kMk)εkMk = ε

Ιδιότητα 448 Για κάθε ακολουθία an ge 0 και k isin N ισχύει

liman = ℓ =rArr lim kradican =

kradicℓ

Απόδειξη Έστω ότι μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 Αν ℓ = 0 τότε

εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης της an για το εk οπότεβρίσκουμε ένα n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| lt εkΟπότε | kradican| lt εΑν ℓ gt 0 τότε παρατηρούμε ότι

∣∣∣ kradican minus

kradicℓ∣∣∣ = |an minus ℓ|

akminus1n + akminus2

n ℓ + + ℓkminus1le 1

ℓkminus1|an minus ℓ|

36 Σύγκλιση ακολουθιών

Έτσι εφαρμόζουμε τον ορισμό σύγλισης της an για την ποσότηταεℓkminus1 Βρίσκουμε λοιπόν n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να έχουμε

∣∣∣ kradican minus

kradicℓ∣∣∣ le 1

ℓkminus1|an minus ℓ| lt

1

ℓkminus1εℓkminus1 = ε

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ιδιότητα 449 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα και επιπλέον υπάρχει n1 isin N ώστε για κάθεn ge n1 ισχύει an le bn Τότε ℓ1 le ℓ2

Απόδειξη Αν δεν ισχύει τότε ℓ2 lt ℓ1 οπότε η ακολουθία bnminusan ge 0

δεν είναι ποτέ ομόσημη με το όριό της ℓ2 minus ℓ1 lt 0 αντιφάσκοντας

με την Ιδιότητα 443

Πρόταση 4410 (Ισοσυγκλίνουσες ακολουθίες) Έστω ότι οι ακο-λουθίες an bn και cn ικανοποιούν την ανισότητα

an le bn le cn

και ότι liman = lim cn = ℓ Τότε αναγκαστικά limbn = ℓ

Απόδειξη Από την an le bn le cn συμπεραίνουμε ότι 0 le bn minus an lecn minus an Η cn minus an είναι συγκλίνουσα με όριο το μηδέν Άρα απότην Ιδιότητα 429 και η bn minus an είναι συγκλίνουσα με όριο τομηδέν Συνεπώς από την Ιδιότητα 445 η bn είναι συγκλίνουσαως άθροισμα συγκλινουσών (bn = (bnminusan)+an) και limbn = lim(bnminusan)+ liman = 0+ ℓ = ℓ

Πρόταση 4411 (Οριακό κριτήριο λόγου) Αν για μια ακολουθίαan με μη μηδενικούς όρους ισχύει lim |an+1an| lt 1 τότε liman = 0

Απόδειξη Έστω ότι lim |an+1an| = ℓ isin (01) Εφαρμόζουμε τονορισμό της σύγκλισης για την ποσότητα (1 minus ℓ)2 gt 0 Τότε θα

υπάρχει ένα n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣|an+1an| minus

ℓ∣∣ lt (1minus ℓ)2 Αλλά τότε

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣minus ℓ lt1minus ℓ

2

από όπου συνεπάγεται ότι∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt ℓ +1minus ℓ

2= 1+ ℓ

2lt 1

Δηλαδή για κάθε n ge n0 έχουμε ότι |an+1an| lt 1 Αυτό και η

Πρόταση 4211 συνεπάγονται ότι an rarr 0

45 Κριτήρια σύγκλισης 37

45 Κριτήρια σύγκλισης

Θεώρημα 451 Κάθε μονότονη και φραγμένη ακολουθία συγκλί-νει

Ειδικότερα αν an αύξουσα και άνω φραγμένη τότε

limnrarrinfin

an = supan n isin N

και αν bn φθίνουσα και κάτω φραγμένη τότε

limnrarrinfin

bn = supbn n isin N

Απόδειξη Ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι αύξουσα καιάνω φραγμένη Τότε το s = supan n isin N είναι πραγματικός α-ριθμός Θα αποδείξουμε ότι limnrarrinfin an = s Φανερά an le s για κάθεn isin N Έστω ότι ε gt 0 Χρησιμοποιώντας την Παρατήρηση 314

το s minus ε δεν είναι άνω φράγμα των όρων της ακολουθίας άρα

υπάρχει n0 isin N ώστε s minus ε lt an0 Αλλά η an είναι αύξουσα οπότεγια κάθε n ge 0 ισχύει

s minus ε lt an0 le an le s lt s + ε

Άρα για κάθε n ge n0 |an minus s| lt ε δηλαδή an rarr sΟμοίως για την περίπτωση που η ακολουθία είναι φθίνουσα

και κάτω φραγμένη

Θεώρημα 452 (Bolzano-Weierstraszlig) Κάθε φραγμένη ακολουθία έ-χει συγκλίνουσα υπακολουθία

Απόδειξη Κάθε ακολουθία έχει μια μονότονη υπακολουθία σύμ-

φωνα με την Πρόταση 213 και επειδή η ακολουθία είναι φραγ-

μένη είναι φραγμένη και αυτή η μονότονη υπακολουθία της Άρα

από το προηγούμενο θεώρημα συγκλίνει

Όταν μια ακολουθία an συγκλίνει σε έναν αριθμό ℓ τότε μετάαπό κάποιο δείκτη οι όροι της είναι laquoκοντάraquo στον αριθμό ℓ Συ-νεπώς είναι και μεταξύ τους laquoκοντάraquo Αυτή η τελευταία ιδιότητα

ονομάζεται ιδιότητα Cauchy

Ορισμός 453 (Ακολουθία Cauchy) Μια ακολουθία an ονομάζεταιακολουθία Cauchy ή βασική ακολουθία αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει

n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 ισχύει |an minus am| lt ε

Το παρακάτω θεώρημα μας δίνει ένα ακόμα κριτήριο σύγκλισης

Θεώρημα 454 Μια ακολουθία είναι συγκλίνουσα στο R αν και

μόνο αν είναι ακολουθία Cauchy

38 Σύγκλιση ακολουθιών

Απόδειξη Αν υποθέσουμε ότι an rarr ℓ και ε gt 0 εφαρμόζουμε τον

ορισμό της σύγλισης όχι για το ε αλλά για το ε2 Έτσι υπάρχειn0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ε2 Άρα αν nm ge n0 τότε ισχύει και η |an minus ℓ| lt ε και η |am minus ℓ| lt ε Συνεπώς

|an minus am| =∣∣(an minus ℓ)minus (am minus ℓ)

∣∣ le |an minus ℓ| + |am minus ℓ| ltε2+ ε

2= ε

Αντίστροφα τώρα ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι α-κολουθία Cauchy Θέλουμε να χρησιμοποιήσουμε το Θεώρημα 452

οπότε αποδεικνύουμε πρώτα ότι η an είναι φραγμένη εφαρμόζου-με τον ορισμό της ιδιότητας Cauchy για ε = 1 gt 0 Έτσι υπάρχει

n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 ισχύει |an minus am| lt 1 Άρα αυτό

ισχύει και για m = n0 Συνεπώς |anminusan0| lt 1 και ανοίγοντας την

απόλυτη τιμή προκύπτει ότι |an| le 1+ |an0 | για κάθε n ge n0 Έτσι

|an| le max|a1| |a2| |an0minus1|1+ |an0|

για κάθε n isin N δηλαδή η an είναι φραγμένηΑπό το Θεώρημα Bolzano-Weierstraszlig λοιπόν η an έχει μια συ-

γκλίνουσα υπακολουθία Έστω ότι αυτή είναι η akn όπου kn γνη-σίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών Ας υποθέσουμε ότι

akn rarr ℓ Θα δείξουμε ότι an rarr ℓ ολοκληρώνοντας την απόδειξηΈστω ότι ε gt 0 Εφαρμόζουμε τον ορισμό της ιδιότητας Cauchy

για το ε2 gt 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 να

ισχύει |an minus am| lt ε2 Αλλά τότε επειδή km ge m ge n0 (από την

Άσκηση 222) ισχύει

|an minus akm | ltε2για κάθε nm ge n0 (47)

Τώρα εφαρμόζουμε τον ορισμό σύγκλισης της akn στο ℓ πάλι γιατο ε2 Άρα υπάρχει n1 isin N ώστε

για κάθε m ge n1 να ισχύει |akm minus ℓ| ltε2 (48)

Έτσι αν n ge n0 και m = maxn0 n1 θα ισχύει και η (47) και η(48) Άρα

|an minus ℓ| =∣∣(an minus akm)+ (akm minus ℓ)

∣∣

le∣∣an minus akm

∣∣+∣∣akm minus ℓ

∣∣ lt ε2+ ε

2= ε

Ένα άλλο κριτήριο που συχνά είναι χρήσιμη η άρνησή του

είναι το ακόλουθο

Πρόταση 455 Μια ακολουθία an συγκλίνει στο ℓ αν και μόνοαν κάθε υπακολουθία της συγκλίνει και αυτή στο ℓ

46 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin 39

Απόδειξη Έστω ότι an rarr ℓ και akn υπακολουθία της an Τότε αν|an minus ℓ| lt ε για κάθε n ge n0 ισχύει και |akn minus ℓ| lt ε αφού (από τηνΆσκηση 222) kn ge n ge n0 Άρα limnrarrinfin akn = ℓΤο αντίστροφο είναι τετριμμένο αφού η ίδια η an είναι υπα-

κολουθία του εαυτού της

Η άρνηση της παραπάνω πρότασης μας δίνει ένα κριτήριο

μη σύγκλισης Αν μια ακολουθία έχει δυο υπακολουθίες που συ-

γκλίνουν σε διαφορετικούς αριθμούς τότε η ακολουθία δεν συ-

γκλίνει Για παράδειγμα η an = (minus1)n δεν συγκλίνει διότι η υ-πακολουθία της a2n = (minus1)2n = 1 συγκλίνει στο 1 ενώ η υπα-

κολουθία της a2nminus1 = (minus1)2nminus1 = minus1 συγκλίνει στο minus1 Ομοίως

η ακολουθία xn = sin(7nπ8) δεν συγκλίνει Η υπακολουθία τηςx16n = sin(7(2nπ)) = 0 συγκλίνει στο μηδέν Ενώ η υπακολουθία

x16n+4 = sin

(14nπ + 7π

2

)= sin

(14nπ + 3π + π

2

)= minus1

συγκλίνει στο minus1

46 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin

Ορισμός 461 Για μια ακολουθία an λέμε ότι αποκλίνει στο +infinή ότι τείνει στο +infin όταν για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an gt M Γράφουμε limnrarrinfin an = +infinή liman = +infin ή an rarr +infin

Συχνά αντί για +infin γράφουμε απλά infin

Ορισμός 462 Για μια ακολουθία an λέμε ότι αποκλίνει στο +infinή ότι τείνει στο minusinfin όταν για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an lt minusM Γράφουμε limnrarrinfin an =minusinfin ή liman = minusinfin ή an rarr minusinfin

Παρατήρηση 463 Πολλές φορές λέγεται καταχρηστικά ότι η α-κολουθία laquoσυγκλίνει στο +infinraquo αντί laquoαποκλίνει στο +infinraquo Ομοίωςλέγεται καταχρηστικά ότι η ακολουθία laquoσυγκλίνει στο minusinfinraquo αντίlaquoαποκλίνει στο minusinfinraquo

Παράδειγμα 464 Η ακολουθία an = n2 αποκλίνει στο +infin διότιαν μας δοθεί ένα M gt 0 θα θέλουμε να ισχύει n2 gt M ισοδύναμα

n gtradicM Οπότε αν θέσουμε n0 = [

radicM] + 1 τότε για κάθε n ge n0

θα ισχύει n ge n0 = [radicM]+ 1 gt

radicM οπότε n2 gt M

Ιδιότητα 465 an rarr +infin αν και μόνο αν υπάρχει n1 isin N ώστε

για κάθε n ge n1 ισχύει an gt 0 και 1an rarr 0

Ομοίως an rarr minusinfin αν και μόνο αν υπάρχει n1 isin N ώστε γιακάθε n ge n1 ισχύει an lt 0 και 1an rarr 0

40 Σύγκλιση ακολουθιών

Απόδειξη Έστω ε gt 0 και an rarr +infin Αν εφαρμόσουμε τον τοορισμό για M = 1ε gt 0 τότε θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει an gt 1ε gt 0 Από αυτό συμπεραίνουμε ότι an gt 0

και ότι |1an| = 1an lt ε δηλαδή 1an rarr 0

Αντίστροφα έστω ότι υπάρχει n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1

να ισχύει an gt 0 και 1an rarr 0 Έστω M gt 0 Θέτουμε ε = 1M gt 0

και εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης 1an rarr 0 θα υπάρχει

n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει |1an| lt ε = 1M οπότεισοδύναμα |an| gt M Θέτουμε n0 = maxn1 n2 οπότε για κάθεn ge n0 ισχύει an = |an| gt M δηλαδή an rarr +infinΓια την περίπτωση an rarr minusinfin εργαζόμαστε ανάλογα

Ιδιότητα 466 (α) Αν an ge bn και limbn = +infin τότε liman = +infin(β) Αν an le bn και limbn = minusinfin τότε liman = minusinfin

Απόδειξη Αφού limbn = +infin από την Ιδιότητα 465 θα υπάρχειn0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει bn gt 0 άρα και an gt 0 Αλλά

τώρα σύμφωνα πάλι με την Ιδιότητα 465 0 lt 1an lt 1bn rarr 0

Συνεπώς από την Ιδιότητα 429 ισχύει 0 lt 1an rarr 0 και πάλι

από την Ιδιότητα 465 an rarr +infinΕργαζόμαστε ομοίως για το (β)

47 Βασικά όρια

Πρόταση 471 Για κάθε λ isin R με |λ| lt 1 ισχύει λn rarr 0

Απόδειξη Για λ = 0 είναι προφανές Για 0 lt λ lt 1 είναι η Εφαρμο-

γή 4210 Για minus1 lt λ lt 0 ισχύει

|λn| = |λ|n rarr 0

αφού 0 lt |λ| lt 1 Άρα λn rarr 0

Πρόταση 472 Για κάθε λ isin R με λ gt 1 ισχύει λn rarr +infin ενώ γιαλ le minus1 η λn δεν συγκλίνει

Απόδειξη Αν λ gt 1 τότε 0 lt 1λ lt 1 συνεπώς (1λ)n rarr 0 Αλλά

(1λ)n = 1λn άρα λn rarr +infin από την Ιδιότητα 465

Αν λ = minus1 η λn δεν συγκλίνει αφού λ2n = (minus1)2n = 1 rarr 1 ενώ

λ2n+1 = (minus1)2n(minus1) = minus1 rarr minus1 ne 1

Αν λ lt minus1 η λ2n = (λ2)n rarr +infin αφού λ2 gt 1 ενώ λ2n+1 = λ(λ2n) rarrminusinfin αφού λ lt 0 και λ2n rarr +infin

Πρόταση 473 Για κάθε λ isin R με |λ| lt 1 ισχύει nλn rarr 0 Επιπλέον

για κάθε p gt 0 ισχύει npλn rarr 0

47 Βασικά όρια 41

Απόδειξη 1|λ| gt 1 άρα υπάρχει θ gt 0 ώστε |λ|minus1 = 1+θ Επιπλέον

(1+ θ)n gt n(nminus 1)2

θ2

από το διωνυμικό ανάπτυγμα ((1 + θ)n = 1 + nθ + (n(n minus 1)θ2)2 +middotmiddot middot + θn) Έτσι

nλn = n(1+ θ)n lt

2nn(nminus 1)θ2

= 2

(nminus 1)θrarr 0

Τέλος για p gt 0 ισχύει

|npλn| =(n(|λ|1p)n

)p rarr 0p = 0

αφού |λ|1p lt 1

Πρόταση 474 Για κάθε a gt 0 ισχύει nradicararr 1

Απόδειξη Αν a ge 1 τότε nradica ge 1 Θέτουμε vn = n

radica minus 1 ge 0 οπότε

a = (1+ vn)n Από την ανισότητα Bernoulli

a = (1+ vn)n ge 1+nvn

και λύνοντας ως προς vn

0 le vn leaminus 1

n

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική οπότε από την Πρότα-

ση 4410 limvn = 0 Έτσι

nradica = 1+ vn rarr 1+ 0 = 1

Πρόταση 475 nradicnrarr 1

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι nradicn =

(2nradicn)2 και δείχνουμε πρώτα

ότι lim 2nradicn = 1 ακολουθώντας την ίδια απόδειξη με την Πρότα-

ση 474 θέτουμε vn = 2nradicnminus 1 ge 0 οπότε

radicn = (1+ vn)n ge 1+nvn

και λύνοντας ως προς vn

0 le vn leradicnminus 1

n

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική (γιατί) οπότε (από την

Πρόταση 4410) limvn = 0 Συνεπώς

2nradicn = 1+ vn rarr 1+ 0 = 1

42 Σύγκλιση ακολουθιών

Τέλος από την Ιδιότητα 447

lim nradicn = lim

(2nradicn)2 =

(lim 2n

radicn)2 = 12 = 1

Πρόταση 476 Αν an rarr ℓ gt 0 τότε nradican rarr 1

Απόδειξη Από τον ορισμό της σύγκλισης (για ε = ℓ2 gt 0) υπάρ-

χει ένα n0 isin R ώστε αν n ge n0 τότε

|an minus ℓ| ltℓ2

Συνεπώς

ℓ2lt an lt

3ℓ2

και άραnradicℓ2 lt n

radican lt

nradic

3ℓ2

Από την Πρόταση 474 οι ακολουθίες nradicℓ2 και n

radic3ℓ2 συγκλίνουν

στο 1 και από την Πρόταση 4410 συκλίνει στο 1 και η nradican

Πρόταση 477 Αν p isin R an rarr 0 και an gt minus1 τότε (1+ an)p rarr 1

Απόδειξη Ανάλογα αν an ge 0 ή an le 0 ισχύει 1 le (1 + an)p le (1 +an)[p]+1 ή (1+ an)[p] le (1+ an)p le 1 αντίστοιχα Στις παραστάσεις

με τον ακέραιο εκθέτη χρησιμοποιούμε το διωνυμικό ανάπτυγμα

και παίρνουμε όρια για an rarr 0

Πρόταση 478 Αν an rarr 0 τότε limnrarrinfin cosan = 1

Απόδειξη Χρησιμοποιώντας γνωστές τριγωνομετρικές ταυτότη-

τες έχουμε

| cosan minus 1| = | cosan minus cos 0| =∣∣∣∣minus2 sin

(an + 0

2

)sin

(an minus 0

2

)∣∣∣∣le 2| sin(an2)| le |an|

Παίρνοντας όρια προκύπτει το ζητούμενο (για την τελευταία ανι-

σότητα δείτε στην επόμενη πρόταση)

Πρόταση 479 Αν an rarr 0 και an ne 0 τότε

limnrarrinfin

sinanan

= 1

47 Βασικά όρια 43

Απόδειξη Ισχύει η ανισότητα

cosθ le∣∣∣∣

sinθθ

∣∣∣∣ le 1

για κάθε 0 lt θ lt π2 Η ανισότητα προκύπτει εύκολα από τοντριγωνομετρικό κύκλο αν ονομάσουμε O το κέντρο του κύκλου

ακτίνας OA = 1 όπου A στον x-άξονα C το σημείο που η γωνίαθ τέμνει τον άξονα των εφαπτομένων και B το σημείο που ηOC τέμνει τον κύκλο (κάντε σχήμα) τότε φανερά το εμβαδόν τουτριγώνου OAB είναι μικρότερο του εμβαδού του κυκλικού τομέαOAB το οποίο με τη σειρά του είναι μικρότερο του εμβαδού τουτριγώνου OAC Δηλαδή

1

2| sinθ| lt 1

2|θ| lt 1

2| tanθ|

από όπου προκύπτει η παραπάνω ανισότητα

Η an τείνει στο 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε 0 lt an lt π2 γιακάθε n ge n0 άρα για αυτά τα n ισχύει

cosan le∣∣∣∣

sinanan

∣∣∣∣ le 1

και παίρνοντας όρια προκύπτει η ζητούμενη με τη βοήθεια της

Πρότασης 478

Πρόταση 4710 Για κάθε ακολουθία an ne 0 με an rarr 0 ισχύει

limnrarrinfin

ean minus 1

an= 1

Απόδειξη Από την ανισότητα Bernoulli ισχύει ex ge 1+ x για καθεx gt minus1 Άρα και eminusx ge 1minus x για κάθε x lt 1 Συνεπώς

1+ x le ex le 1

1minus x (49)

για κάθε minus1 lt x lt 1 Χρησιμοποιώντας την an στη θέση του x(αφού μετά από κάποιο δείκτη θα βρίσκεται στο διάστημα (minus11)λόγω του ότι an rarr 0) προκύπτει

1 le ean minus 1

anle 1

1minus anγια τους θετικούς όρους της an και

1 ge ean minus 1

ange 1

1minus anγια τους αρνητικούς όρους της an Παίρνοντας όρια σε κάθε πε-ρίπτωση προκύπτει το ζητούμενο

44 Σύγκλιση ακολουθιών

Πρόταση 4711 Για κάθε a gt 1 και για κάθε p q gt 0 οι παρακά-

τω ακολουθίες είναι μηδενικές

lognn

lognnp

logqnnp

logann

logannp

logqannp

Απόδειξη Θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα logx le x minus 1 που

ισχύει για κάθε x ge 1 Έχουμε

0 le lognn

= 2 logn12

nle 2(

radicnminus 1)n

= 2radicnminus 2

nrarr 0

0 le lognnp

= (2p) log(np2)np

le 2

pnp2 minus 1

np= 2

p1

np2minus 2

p1

nprarr 0

και

0 le logqnnp

=(

lognnpq

)qrarr 0

Τα κλάσματα με τους λογαρίθμους βάσης a gt 1 προκύπτουν από

τα προηγούμενα και τον τύπο loga n = (logn)(loga)

Πρόταση 4712 Αν a gt 1 an rarr 0 και an gt minus1 τότε loga(1+an)rarr 0

Απόδειξη Από τη σχέση loga x = (logx)(loga) αρκεί να αποδεί-ξουμε το ζητούμενο για a = e Αλλά αυτό προκύπτει αμέσως απότις ανισότητες 1minus 1

x le logx le xminus1 οι οποίες προκύπτουν από την

(49) λογαριθμίζοντας

Πρόταση 4713 Αν an rarr 0 an ne 0 και an gt minus1 τότε

log(1+ an)an

rarr 1

Απόδειξη Από την ανισότητα 1 minus 1x le logx le x minus 1 προκύπτει

αμέσως ότι

1

1+ anle log(1+ an)

anle 1

για τους θετικούς όρους της an και

1

1+ ange log(1+ an)

ange 1

για τους αρνητικούς όρους της an Παίρνοντας όρια προκύπτειτο ζητούμενο

47 Βασικά όρια 45

Ασκήσεις

Άσκηση 471 Βρείτε τα όρια των παρακάτω ακολουθιών

3radic

2n6 +n+ 1

3n2 + 1

2n2(3n3 minus 5n+ 6)(4n4 minus 1)(2n + 3)

radic5n5 + 1

4radic

3n10 +n+ 1

3radicn3 +nminus 3

radicn3 + 1

radicn+

radicn+

radicnminus

radicn

4radicn2 + 1minus

radicn

n23n minus 2n9n+1 + 2

3n2nminus1 + 5n232n + 4nan + 5bn

2an + 7bn a b gt 0

1+ 2+ 3+ middot middot middot +nn2 + 1

12 + 22 + 32 + middot middot middot +n2

n3

1 middot 2+ 2 middot 3+ middot middot middot +n(n+ 1)n(1+ 2+ 3+ middotmiddot middot + n)

1

20 + 2n+1+ 1

2+ 2n+1+ 1

22 + 2n+1+ middot middot middot + 1

2n + 2n+1

(1minus 1

22

)(1minus 1

32

) (

1minus 1

n2

)radicradicradicradic

3

radic

3

radic3

radic3

radic3

︸ ︷︷ ︸nminusριζικά

(2nminus 1)(3n+ 1)

n sinλ1

sinλ2 sin

λn λ isin (01)

n+3

radic(2

3

)n+(

5

6

)n (3n2 + 4n4n2 + 1

)n

(2nminus 1

3n+ 7

)nn

radic1

nsin

1

n+ 2

n

radic1+ 1

2nn+1radicn

n

radicn2 + 2n2n2 + 1

3n

radicn2 + 7n+ 18

8n+ 4

Άσκηση 472 Αν zn rarr 0 βρείτε τα όρια των ακολουθιών

3radic

1+ zn minus 1

zn

(λ+ zn)3 minus λ3

zn λ gt 0

46 Σύγκλιση ακολουθιών

radiczn + 1minus 1

zn

Άσκηση 473 Αποδείξτε ότι αν an bn gt 0 για κάθε n isin N και nradican rarr 1

anbn rarr ℓ gt 0 τότε nradicbn rarr 1

Κεφάλαιο 5

lim sup και lim inf

51 Το σύνολο των υπακολουθιακών ορίων

Όπως γνωρίζουμε από το Θεώρημα 452 μια ακολουθία (an)nisinNπαρόλο που μπορεί να μην συγκλίνει έχει πάντα συγκλίνουσες υ-

πακολουθίες αν σε αυτές συμπεριλάβουμε και εκείνες που τείνουν

στο +infin ή στο minusinfin (αν η ακολουθία είναι φραγμένη έχει συγκλί-

νουσα υπακολουθία ενώ αν δεν είναι φραγμένη έχει υπακολουθία

που τείνει στο +infin ή στο minusinfin)Ας συμβολίσουμε με Υ(an)mdashή απλά με Υ αν είναι σαφές για

ποια ακολουθία μιλάμεmdashτο σύνολο όλων των ορίων των υπα-

κολουθιών της an Για παράδειγμα αν an = (minus1)n(1 + 1n) τότεΥ(an) = minus1+1 Φανερά αν μια ακολουθία έχει όριο στο Rcupplusmninfinκάθε υπακολουθία της τείνει στο όριο της ακολουθίας οπότε το

Υ είναι μονοσύνολο

Από την άλλη μεριά υπάρχουν ακολουθίες των οποίων το σύ-

νολο Υ είναι όλο το Rcup plusmninfin Μια τέτοια ακολουθία είναι η ακο-λουθία των ρητών αριθμών

Πρόταση 511 Θεωρούμε μια ακολουθία (an)nisinN και θέτουμε s =supΥ(an) και i = infΥ(an) Τότε s i isin Υ(an) δηλαδή το σύνολοτων υπακολουθιακών ορίων έχει μέγιστο και ελάχιστο στοιχείο

στο R cup plusmninfin Ισοδύναμα υπάρχουν δυο υπακολουθίες της anπου η μια τείνει στο s και η άλλη στο i

Απόδειξη Αν s = +infin τότε για κάθε N isin N υπάρχει υπακολουθιακόόριο sN gt N (αλλιώς όλα τα υπακολουθιακά όρια είναι μικρότεραή ίσα του N οπότε και το s) Άρα υπάρχει όρος akN της an ώστεakN gt N (αλλιώς αν κάθε όρος της an είναι μικρότερος ή ίσοςτου N τότε η an έχει άνω φράγμα το N και δεν γίνεται να έχει

48 lim sup και lim inf

υπακολουθία που να συγκλίνει στο sN gt N) Έτσι η υπακολουθίαakN τείνει στο +infin = s Άρα s isin Υ(an)Αν s = minusinfin τότε όλα τα υπακολουθιακά όρια της an είναι minusinfin

οπότε an rarr minusinfin = s Άρα s isin Υ(an)Έστω τώρα ότι s isin R Για κάθε n isin N υπάρχει στοιχείο sn isin

Υ(an) με s ge sn gt s minus 1n από τον ορισμό του s ως supremum του

Υ(an) Αφού το sn είναι υπακολουθιακό όριο της an υπάρχει aknόρος της an ώστε |sn minus akn | lt 1n Έτσι έχουμε

|akn minus s| le |akn minus sn| + |sn minus s| = |akn minus sn| + s minus sn lt1

n+ 1

n= 2

nrarr 0

Συνεπώς η υπακολουθία akn της an συγκλίνει στο s Δηλαδή s isinΥ(an) Ομοίως i isin Υ(an)

Ορισμός 512 Τα sup Υ(an) και infΥ(an) ονομάζονται lim sup και

lim inf της ακολουθίας an ή άνω και κάτω όριο της ακολουθίαςan ή μέγιστο και ελάχιστο υπακολουθιακό όριο της an αντίστοι-χα Γράφουμε

lim supnrarrinfin

an = supΥ(an) και lim infnrarrinfin

an = infΥ(an)

ή απλούστερα lim supan και lim infan αντίστοιχα

Για παράδειγμα αν an = (minus1)n(1+ 1n) τότε Υ = minus1+1 οπότεlim supan = +1 και lim infan = minus1

Φανερά ισχύει πάντα η

lim infnrarrinfin

an le lim supnrarrinfin

an (51)

Πρόταση 513 Κάθε ακολουθία an έχει όριο αν και μόνο αν

lim infnrarrinfin

an = lim supnrarrinfin

an

και η κοινή αυτή τιμή είναι το limnrarrinfin an

Απόδειξη Αν η an έχει όριο το ℓ τότε Υ(an) = ℓ αφού κάθευπακολουθία έχει και αυτή το ίδιο όριο ℓ Συνεπώς

lim infnrarrinfin

an = infΥ(an) = ℓ = supΥ(an) = lim supnrarrinfin

an

Αντιστρόφως αν ℓ = lim infnrarrinfin an = lim supnrarrinfin an τότε το Υ(an)είναι μονοσύνολο το μονοσύνολο ℓ αφού το infimum και το

supremum του Υ(an) συμπίπτουν Ας υποθέσουμε ότι η an δεν τεί-νει στο ℓ Τότε η ακολουθία αυτή δεν είναι ακολουθία Cauchy

Συνεπώς υπάρχει ε gt 0 ώστε για κάθε για κάθε n0 isin N υπάρ-

χουν n gt m ge n0 ώστε |an minus am| ge ε Εφαρμόζουμε το παραπάνω

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf 49

για n0 = 1 και βρίσκουμε n1 gt m1 ge 1 ώστε |an1 minus am1| ge ε Ε-παναλαμβάνουμε το προηγούμενο για n0 = n1 + 1 και βρίσκουμε

n2 gt m2 ge n1 + 1 ώστε |an2 minus am2| ge ε Επαναλαμβάνουμε το προη-γούμενο για n0 = n2 + 1 κοκ Έτσι βρίσκουμε δύο υπακολουθίες

ank και amk ώστε |ank minus ank | ge εΚαθεμιά από τις ακολουθίες (ank)

infink=1 και (amk)

infink=1 έχουν υπακο-

λουθίες που τείνουν σε κάποιο όριο (είτε πραγματικό αριθμό αν

είναι φραγμένες είτε κάποιο από τα plusmninfin αν δεν είναι φραγμένες)Έστω ότι αυτά τα όρια είναι τα ℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα Τότε φα-

νερά |ℓ1 minus ℓ2| ge ε και ταυτόχρονα ℓ1 ℓ2 isin Υ(an) το οποίο είναιάτοπο αφού το τελευταίο σύνολο είναι μονοσύνολο

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf

Θα ξεκινήσουμε αποδεικνύοντας ένα laquoτύποraquo για τα lim sup και

lim inf Θεωρούμε μια ακολουθία an Από αυτή ορίζουμε μια άλληακολουθία την bn = supak k ge n Φανερά η ακολουθία αυτήείναι φθίνουσα διότι αν n1 gt n2

ak k ge n1 sube ak k ge n2

οπότε

bn1 = supak k ge n1 le supak k ge n2 = bn2

Άρα η bn ως φθίνουσα είτε συγκλίνει (αν είναι φραγμένη) είτεαποκλίνει στο minusinfin είτε αποκλίνει στο +infin (αν είναι σταθερά ίση με+infin) Σε κάθε περίπτωση υπάρχει το limnrarrinfin bn isin Rcupplusmninfin Ομοίωςορίζουμε την ακολουθία cn = infak k ge n Φανερά η ακολουθίααυτή είναι αύξουσα διότι αν n1 gt n2

ak k ge n1 sube ak k ge n2

οπότε

cn1 = infak k ge n1 ge infak k ge n2 = cn2

Άρα η cn ως αύξουσα είτε συγκλίνει (αν είναι φραγμένη) είτε α-ποκλίνει στο +infin είτε αποκλίνει στο minusinfin (αν είναι σταθερά ίση μεminusinfin) Σε κάθε περίπτωση υπάρχει το limnrarrinfin cn isin R cup plusmninfin Η ε-πόμενη πρόταση μάς λέει ότι τα παραπάνω όρια είναι τα lim sup

και lim inf της an αντίστοιχα

Πρόταση 521 Για κάθε ακολουθία an ισχύει

lim supnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

και

lim infnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(infak k ge n

)

50 lim sup και lim inf

Απόδειξη Αν lim supan = supΥ(an) = +infin τότε υπάρχει υπακολου-

θία akn rarr +infin οπότε supak k ge n = +infin και άρα

limnrarrinfin

(supak k ge n

)= +infin = lim supan

Αν lim supan = supΥ(an) = minusinfin τότε Υ(an) = minusinfin δηλαδή an rarrminusinfin Έτσι για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin N ώστε για κάθεn ge n0 να ισχύει an lt minusM Συνεπώς supak k ge n le minusM για κάθε

n ge n0 Δηλαδή

limnrarrinfin

(supak k ge n

)= minusinfin = lim supan

Υποθέτουμε τώρα ότι lim supan = s isin R και έστω ότι η υπακο-λουθία akn συγκλίνει στο s (Πρόταση 511) Έτσι για κάθε kn ge nισχύει akn isin ak k ge n οπότε

supak k ge n ge akn

Αφήνοντας το kn να πάει στο άπειρο συμπεραίνουμε ότι

supak k ge n ge s

Παίρνουμε τώρα όριο ως προς n για να καταλήξουμε στην

limnrarrinfin

(supak k ge n

)ge s

Για την αντίστροφη ανισότητα εργαζόμαστε με απαγωγή στο

άτοπο Θέτουμε

ℓ = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

υποθέτουμε ότι ℓ gt s και εφαρμόζουμε τον ορισμό του ορίου γιαε = (ℓ minus s)2 gt 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να

ισχύει∣∣∣supak k ge n minus ℓ

∣∣ lt ℓ minus s2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και προσθέτοντας ℓ προκύπτει ότιγια n = n0 ισχύει

supak k ge n0 geℓ + s

2

Άρα υπάρχει υπακολουθία της an με n ge n0 ώστε να συγκλίνει

στο supak k ge n0 Άρα τα υπακολουθιακά όρια της an περιέ-χουν και αριθμούς μεγαλύτερους ή ίσους του (ℓ+s)2 gt s το οποίοείναι άτοπο αφού s = supΥ(an)Ομοίως εργαζόμαστε για την περίπτωση του lim inf

52 Ιδιότητες των lim sup και lim inf 51

Πρόταση 522 Αν για δυο ακολουθίες an και bn υπάρχει n0 isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an le bn τότε

lim supnrarrinfin

an le lim supnrarrinfin

bn

και

lim infnrarrinfin

an le lim infnrarrinfin

bn

Απόδειξη Η απόδειξη είναι άμεση από την Πρόταση 521 αφού

για n ge n0 θα ισχύει

supak k ge n le supbk k ge n

και

infak k ge n le infbk k ge n

Πρόταση 523 Για κάθε ακολουθία an gt 0 ισχύει

lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican le lim sup

nrarrinfinnradican le lim sup

nrarrinfin

an+1

an

Απόδειξη Η δεύτερη ανισότητα στη ζητούμενη είναι ήδη γνωστή

(σχέση (51)) Η πρώτη ανισότητα έχει την ίδια απόδειξη με την

τρίτη οπότε θα αποδείξουμε μόνο την τρίτη

Θέτουμε ℓ = lim sup(an+1an) και θεωρούμε ένα οποιοδήποτε ε gt0 Έτσι από την Παρατήρηση 433 και την Πρόταση 521 υπάρχει

n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει

sup

ak+1

ak k ge n

le ℓ + ε

Άρα αν n = n0 ισχύειak+1

akle ℓ + ε (52)

για κάθε k ge n0 Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (52) για k =n0 n0 + 1 n0 + 2 nminus 1 για κάθε n με nminus 1 ge n0 παίρνουμε

an0+1

an0

an0+2

an0+1

an0+3

an0+2middot middot middot an

anminus1le (ℓ + ε)nminusn0

αφού στα αριστερά έχουμε nminusn0 κλάσματα (μετράμε τους δείκτες

στους αριθμητές παρατηρώντας ότι n = n0 + (n minus n0)) Μετά από

52 lim sup και lim inf

τις διαγραφές στα αριστερά παίρνουμε ότι anan0 le (ℓ + ε)nminusn0

Συνεπώς για κάθε n ge n0 + 1 ισχύει

nradican le (ℓ + ε) n

radican0

(ℓ + ε)n0

Άρα για κάθε n ge n0 + 1

supkradicak k ge n

le (ℓ + ε) sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

Αφήνοντας το n να πάει στο άπειρο

limnrarrinfin

(sup

kradicak k ge n

)le ℓ + ε

διότι το όριο limnrarrinfinnradican0(ℓ + ε)n0 υπάρχει και ισούται με 1 οπότε

limnrarrinfin

(sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

)= lim sup

nrarrinfinn

radican0

(ℓ + ε)n0= 1

από την Πρόταση 513

Δείξαμε λοιπόν ότι lim sup nradican le ℓ+ε Τέλος για ε rarr 0+ ολοκλη-

ρώνουμε την απόδειξη

Ασκήσεις

Άσκηση 521 Γράψτε τις λεπτομέρειες για την απόδειξη της ανισότητας

lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican

για κάθε ακολουθία an gt 0

Άσκηση 522 Αποδείξτε ότι και τα τέσσερα όρια της Πρότασης 523

μπορεί να είναι διαφορετικά υπολογίζοντάς τα για την ακολουθία

an = 2(minus1)nnminusn

και δείχνοντας ότι

lim infan+1

an= 0 lim inf nradican =

1

4 lim sup nradican = 1 και lim sup

an+1

an= infin

Κεφάλαιο 6

Αριθμητικοί γεωμετρικοίκαι αρμονικοί μέσοι

Στο κεφάλαιο αυτό θα μελετήσουμε τις ακολουθίες που προκύ-

πτουν αν υπολογίσουμε αριθμητικούς ή γεωμετρικούς ή αρμονι-

κούς μέσους μιας ακολουθίας Δυο ακολουθίες an και bn λέγονταιεπάλληλες όταν η bn είναι αύξουσα η an είναι φθίνουσα και ι-σχύει bn le an για κάθε n isin N Έτσι έχουμε το εξής laquoσχήμαraquo γιατους όρους τους

b1 le b2 le b3 le le bn le an le le a3 le a2 le a1

Παρατηρούμε ότι δυο επάλληλες ακολουθίες πάντα είναι συγκλί-

νουσες ως μονότονες και φραγμένες (στα παραπάνω η bn είναιαύξουσα και άνω φραγμένη από τον a1 και η an είναι φθίνου-σα και κάτω φραγμένη από τον b1) Αν επιπλέον ξέρουμε ότι

an minus bn rarr 0 τότε οι επάλληλες ακολουθίες an και bn έχουν το ίδιοόριο

61 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων

Πρόταση 611 Αν η ακολουθία xn συγκλίνει στο ℓ τότε και ηακολουθία

an =x1 + x2 + + xn

nσυγκλίνει στο ίδιο όριο

Απόδειξη Έστω ότι ε gt 0 και n1 isin N ώστε |xn minus ℓ| lt ε2 για κάθεn ge n1 Για το n1 επιλέγουμε n0 ge n1 ώστε για κάθε n ge n0 να

ισχύει|x1 minus ℓ| + |x2 minus ℓ| + + |xn1minus1 minus ℓ|

nle ε

2

54 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

Έτσι για κάθε n ge n0 έχουμε

|an minus ℓ| =∣∣∣∣∣(x1 minus ℓ)+ (x2 minus ℓ)+ + (xn1 minus ℓ)+ + (xn minus ℓ)

n

∣∣∣∣∣

le |x1 minus ℓ| + |x2 minus ℓ| + + |xn1minus1 minus ℓ|n

+ |xn1 minus ℓ| + + |xn minus ℓ|n

le ε2+ nminusn1 + 1

nε2le ε

Άρα an rarr ℓ ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Από την παραπάνω πρόταση μπορούμε άμεσα να να βρούμε

τα όρια του αρμονικού μέσου και του γεωμετρικού μέσου της xnΑν υποθέσουμε ότι xn gt 0 και ℓ gt 0 τότε xminus1

n rarr ℓminus1 άρα από την

προηγούμενη πρόταση ισχύει

xminus11 + + xminus1

n

nrarr ℓminus1

και αντιστρέφοντας το κλάσμα συμπεραίνουμε ότι και ο αρμονι-

κός μέσος συγκλίνει στο ℓ

n1x1+ + 1

xn

rarr ℓ

Τέλος από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού-αρμονικού

μέσου (δείτε Άσκηση 611)

x1 + x2 + + xnn

ge nradicx1x2 xn ge

n1x1+ + 1

xn

(61)

και το θεώρημα των ισοσυγκλινουσών ακολουθιών (Πρόταση 4410)

προκύπτει άμεσα ότιnradicx1x2 xn rarr ℓ

Μια άμεση γενίκευση των παραπάνω με εντελώς παρόμοια α-

πόδειξη είναι η εξής

Πρόταση 612 Αν xn rarr ℓ και pn ακολουθία θετικών όρων με p1+middotmiddot middot + pn rarrinfin τότε

limnrarrinfin

p1x1 + p2x2 + middotmiddot middot + pnxnp1 + p2 + middotmiddot middot + pn

= ℓ

Επιπλέον αν xn gt 0 για κάθε n isin N και ℓ gt 0 τότε

limnrarrinfin

xp1

1 xp2

2 xpnn = ℓ και limnrarrinfin

p1 + p2 + middotmiddot middot + pnp1

x1+ p2

x2+ middotmiddot middot + pn

xn

= ℓ

61 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων 55

Απόδειξη Θέτουμε

an =p1x1 + middotmiddot middot + pnxnp1 + middotmiddot middot + pn

Αν ε gt 0 υπάρχει n1 isin N ώστε |xn minus ℓ| le ε2 για κάθε n ge n1 Για

το n1 αφού p1 + middotmiddot middot + pn rarr +infin επιλέγουμε n0 ge n1 ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει

p1|x1 minus ℓ| + middot middot middot + pn1minus1|xn1minus1 minus ℓ|p1 + middotmiddot middot + pn

ltε2

Έτσι για κάθε n ge n0 ισχύει

|an minus ℓ| =∣∣∣∣∣p1(x1 minus ℓ)+ middotmiddot middot + pn(xn minus ℓ)

p1 + middotmiddot middot + pn

∣∣∣∣∣

le p1|x1 minus ℓ| + middot middot middot + pn1minus1|xn1minus1 minus ℓ|p1 + middotmiddot middot + pn

+ pn1 |xn1 minus ℓ| + + pn|xn minus ℓ|p1 + middotmiddot middot + pn

le ε2+ pn1 + middotmiddot middot + pnp1 + middotmiddot middot + pn

ε2lt ε

Για τον αρμονικό μέσο αφού ℓ xn gt 0 ισχύει xminus1n rarr ℓminus1 άρα

από το προηγούμενο

p1xminus11 + middotmiddot middot + pnxminus1

n

p1 + middotmiddot middot + pnrarr ℓminus1

συνεπώςp1 + middotmiddot middot + pn

p1xminus1 + middotmiddot middot + pnxminus1rarr ℓ

Τέλος το αποτέλεσμα για τον γεωμετρικό μέσο προκύπτει άμεσα

από την γενικευμένη ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού-αρμονικού

μέσου (δείτε Άσκηση 611)

p1x1 + p2x2 + middotmiddot middot + pnxnp1 + p2 + middotmiddot middot + pn

ge xp1

1 xp2

2 xpnn ge p1 + p2 + middotmiddot middot + pnp1

x1+ p2

x2+ middotmiddot middot + pn

xn

(62)

Ένα άμεσο πόρισμα της προηγούμενης πρότασης είναι το εξής

θεώρημα

Θεώρημα 613 (Κανόνας Lrsquo Hospital για ακολουθίες) Αν yn γνη-σίως αύξουσα και limyn = +infin αν

limxn minus xnminus1

yn minusynminus1= ℓ τότε lim

xnyn

= ℓ

Απόδειξη Θέτουμε x0 = y0 = 0 και υποθέτουμε χωρίς βλάβη της

γενικότητας ότι y1 gt 0 = y0 Παρατηρούμε ότι αν pn = ynminusynminus1 gt 0

56 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

τότε p1 + + pn = yn rarr +infin Εφαρμόζοντας την προηγούμενηπρόταση παίρνουμε ότι

ℓ = limp1

x1minusx0

y1minusy0+ + pn xnminusxnminus1

ynminusynminus1

p1 + + pn= lim

xnyn

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Με βάση το προηγούμενο επειδή η yn = n είναι γνήσια αύξου-σα με όριο το +infin μπορούμε να υπολογίσουμε το όριο lim((logn)n)ως εξής

limlognn

= limlognminus log(nminus 1)nminus (nminus 1)

= lim log

(n

nminus 1

)= lim log

(1minus 1

nminus 1

)= 0

Ασκήσεις

Άσκηση 611 Αποδείξτε τις ανισότητες (61) και (62) ακολουθώντας τα

παρακάτω βήματα

bull Αποδειξτε πρώτα ότι για κάθε y ge x gt 0 και για κάθε λ isin [01]ισχύει

(1minus λ)x + λy ge x1minusλyλ

Αυτό μπορεί να γίνει αν διαιρέσετε με το x θέσετε z = yx ge 1 και

αποδείξετε με τη βοήθεια της παραγώγου ότι η συνάρτηση ϕ(z) =(1minus λ)+ λz minus zλ είναι αύξουσα για z isin [1+infin)

bull Παρατηρήστε ότι η ίδια ανισότητα ισχύει και όταν x ge y gt 0 θέτο-

ντας micro = 1minus λ και χρησιμοποιώντας το προηγούμενοbull Χρησιμοποιήστε επαγωγή για να δείξετε ότι αν λi isin [01] xi gt 0 για

i = 1 n καιsumni=1 λi = 1 τότε

λ1x1 + + λnxn ge xλ11 xλnn

Για την (62) επιλέξτε λi = pi(p1 + + pn) και για την (61) επιλέξτελi = 1n

62 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος

Πρόταση 621 Για οποιουσδήποτε αριθμούς a b gt 0 θεωρούμε

τις ακολουθίες an και bn με a1 = (a+ b)2 b1 = 2(aminus1 + bminus1)

an+1 =an + bn

2και bn+1 =

21an+ 1bn

62 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος 57

Τότε οι an και bn συγκλίνουν και ισχύει

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicab

Δηλαδή ο laquoαριθμητικός-αρμονικός μέσοςraquo είναι ο γεωμετρικός μέ-

σος

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι a1 ge b1 και επαγωγικά

an =anminus1 + bnminus1

2ge 2

1anminus1

+ 1bnminus1

= bn για κάθε n ge 2

δηλαδή an ge bn για κάθε n isin N Τώρα προκύπτει εύκολα ότι η anείναι φθίνουσα και η bn αύξουσα Πράγματι

an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

21an+ 1bn

ge 21bn+ 1bn

= bn

Συνεπώς οι ακολουθίες είναι επάλληλες

0 lt b1 le b2 le le bn le an le anminus1 le le a2 le a1

άρα είναι μονότονες και φραγμένες συνεπώς συγκλίνουν Και

επειδή b1 gt 0 τα όριά τους είναι θετικοί αριθμοί Αλλά bn = 2an+1minusan άρα

limnrarrinfin

bn = limnrarrinfin

(2an+1 minus an) = limnrarrinfin

an

δηλαδή οι ακολουθίες είναι ισοσυγκλίνουσες

Για τον υπολογισμό του κοινού τους ορίου ℓ παρατηρούμε ότι

anbn = anminus1bnminus1 = = ab

Παίρνοντας όρια στην προηγούμενη σχέση προκύπτει ότι ℓ2 = abδηλαδή ℓ =

radicab ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Παρατήρηση 622 Παρατηρούμε εδώ ότι ο υπολογισμός του κοι-νού ορίου των an και bn έγινε χρησιμοποιώντας τη συνεχή συ-νάρτηση f(xy) = xy η οποία έχει την ιδιότητα f(an+1 bn+1) =f(an bn) για κάθε n isin N Αυτή η ταυτότητα μας έδωσε την

f(an bn) = f(a b) και με τη βοήθεια της συνέχειας της f περάσαμεστο όριο ως προς n Έτσι προέκυψε η σχέση f(ℓ ℓ) = f(a b) απόόπου λύσαμε ως προς ℓ Αυτή η παρατήρηση είναι σημαντικήγια την κατανόηση της επόμενης ενότητας

58 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

63 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος

Πρόταση 631 Για οποιουσδήποτε αριθμούς a b gt 0 θεωρούμε

τις ακολουθίες an και bn με a1 = (a+ b)2 b1 =radicab

an+1 =an + bn

2και bn+1 =

radicanbn

Τότε οι an και bn συγκλίνουν και ισχύει

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicπ2

(intinfin0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx)minus12

Το όριο αυτό ονομάζεται laquoαριθμογεωμετρικός μέσοςraquo των a καιb

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι a1 ge b1 και

an =anminus1 + bnminus1

2geradicanminus1bnminus1 = bn για κάθε n ge 2

άρα an ge bn για κάθε n isin N Τώρα προκύπτει εύκολα ότι η anείναι φθίνουσα και η bn αύξουσα Πράγματι

an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

radicanbn ge

radicbnbn = bn

Συνεπώς οι ακολουθίες είναι επάλληλες

0 lt b1 le b2 le le bn le an le anminus1 le le a2 le a1

άρα είναι μονότονες και φραγμένες συνεπώς συγκλίνουν Και ε-

πειδή b1 gt 0 τα όριά τους είναι θετικοί αριθμοί Αλλά an = b2n+1bn

οπότε

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

b2n+1

bn= limnrarrinfin

bn

Δηλαδή οι ακολουθίες έχουν το ίδιο όριο ℓ = M(ab) Μένει ναυπολογιστεί η τιμή του ορίου

Σύμφωνα με την Παρατήρηση 622 αναζητούμε μια συνεχή συ-

νάρτηση I(a b) (0infin)times (0infin) rarr R με την ιδιότητα

I(a b) = I(a+ b

2radicab)

Μια τέτοια συνάρτηση έδωσε ο Gauss Θεωρούμε την

I(a b) =int π2

0

1radica2 cos2 θ + b2 sin2 θ

dθ

63 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος 59

Για να δείξουμε εύκολα ότι έχει τη ζητούμενη ιδιότητα ελέγχουμε

πρώτα ότι

I(a b) =intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx

αλλάζοντας μεταβλητή στο τελευταίο ολοκλήρωμα Συγκεκριμένα

θέτουμε x = b tanθ (η αλλαγή μεταβλητής αφήνεται ως άσκηση)

Ισχυρισμος I(a b) = I((a+ b)2

radicab)= I(a1 b1)

Πράγματι ξεκινάμε παρατηρώντας ότι επειδή η ποσότητα στο

ολοκλήρωμα είναι άρτια ισχύει

I(a1 b1) =1

2

intinfinminusinfin

1radicx2 + a2

1

radicx2 + b2

dx

Ελέγχουμε ότι η συνάρτηση

ϕ(t) = 1

2

(t minus ab

t

) (0infin) rarr R

είναι συνεχής και 1-1 Συγκεκριμένα ϕprime gt 0 οπότε η ϕ είναι γνησί-ως αύξουσα και ϕ(0+) = minusinfin και ϕ(+infin) = +infin Αλλάζοντας λοιπόνμεταβλητή και θέτοντας x = ϕ(t) το ολοκλήρωμα θα αλλάξει από0 έως +infin Ελέγχουμε τέλος με απλές πράξεις ότι

x2 + b21 =

1

4

(t + ab

t

)2

x2 + a21 =

1

4t2(t2 + b2)(t2 + a2)

και

dx = 1

2

(1+ ab

t2

)dt

Αντικαθιστώντας στο ολοκλήρωμα παίρνουμε

I(a1 b1) = 1

2

intinfin0

112t

radict2 + a2

radict2 + b2 1

2

(t + ab

t

) 1

2

(1+ ab

t2

)dt

=intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dt

= I(a b)

ολοκληρώνοντας την απόδειξη του ισχυρισμού

Τώρα ισχύει

I(a b) = I(a1 b1) = middotmiddot middot = I(an bn)

60 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

Αν υποθέσουμε ότι η I είναι συνεχής στο σημείο (ℓ ℓ) τότε παιρνό-ντας όρια παίρνουμε I(a b) = I(ℓ ℓ) Αλλά εύκολα υπολογίζουμεότι I(ℓ ℓ) = π(2ℓ2) Έτσι I(a b) = π(2ℓ2) και λύνοντας ως προςℓ ολοκληρώνουμε την απόδειξηΜένει να δείξουμε ότι limnrarrinfin I(an bn) = I(ℓ ℓ) Χωρίς βλάβη της

γενικότητας υποθέτουμε ότι an ge ℓ2 και bn ge ℓ2 Έτσιradica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ ge ℓ2

Έχουμε

|I(an bn)minus I(ℓ ℓ)| leint π2

0

∣∣∣∣∣∣1radic

a2n cos2 θ + b2

n sin2 θminus 1

ℓ

∣∣∣∣∣∣ dθ

leint π2

0

|a2n cos2 θ + b2

n sin2 θ minus ℓ2|dθradica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ ℓ(radica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ + ℓ)

leint π2

0

|a2n minus ℓ2| cos2 θ + |b2

n minus ℓ2| sin2 θ(ℓ2)ℓ((ℓ2 + ℓ)) dθ

le 4

3ℓ3

π2

(|a2n minus ℓ2| + |b2

n minus ℓ2|)rarr 0

Μπορούμε επιπλέον να δούμε ότι η ταχύτητα της σύγκλισης

είναι εκθετική

an+1 minus bn+1

an minus bn= a2

n+1 minus b2n+1

(an minus bn)(an+1 + bn+1)= 1

4

an minus bnan+1 + bn+1

= an minus bn2(an + bn)+ 4bn+1

le an minus bn2(an + bn)

le 1

2

Οπότε επαγωγικά

0 le an minus bn le1

2n(a1 minus b1)

Μέρος II

Σειρές

Κεφάλαιο 7

Γενικά περί σειρών

71 Ορισμοί

Θεωρούμε μια ακολουθία πραγματικών αριθμών (an)nisinN και ορί-ζουμε μια νέα ακολουθία (sN)NisinN θέτοντας

sN = a1 + a2 + middotmiddot middot + aN =Nsum

n=1

an

Η νέα αυτή ακολουθία ονομάζεται σειρά της ακολουθίας (an)nisinNΚάθε όρος sN ονομάζεται το N-στο μερικό άθροισμα της ακολου-θίας (an)nisinN Αλλιώς σειρά της (an)nisinN είναι η ακολουθία τωνμερικών αθροισμάτων των όρων της

Αν η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων sN συγκλίνει τοόριό της το συμβολίζουμε με a1 + a2 + middotmiddot middot + aN + ή με

suminfinn=1 an

Συχνά παραβιάζεται η τυπική αυτή γλώσσα και λέμε laquoη σειράsuminfinn=1 anraquo επειδή με αυτό το συμβολισμό είναι προφανές ποια είναιη ακολουθία των μερικών αθροισμάτων και ποιο είναι το όριο

Αν το όριο δεν υπάρχει λέμε ότι laquoη σειράsuminfinn=1 an δεν συγκλίνειraquo

εννοώντας βεβαίως ότι η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων

(sN)NisinN δεν συγκλίνειΟι σειρές λοιπόν δεν είναι παρά ειδικού τύπου ακολουθίες που

παράγονται από μια άλλη ακολουθία προσθέτοντας τους όρους

της laquoμε τη σειρά που εμφανίζονταιraquo

Παράδειγμα 711 (Η γεωμετρική σειρά) Ας θεωρήσουμε ένα αριθ-μό λ isin R και θέτουμε an = λn δηλαδή η an είναι η γεωμετρικήακολουθία με λόγο λ Η σειρά αυτής της ακολουθίας ονομάζεταιγεωμετρική σειρά με λόγο λ Αν λ = 1 τότε φανερά

sN = 1+ 1+ middotmiddot middot + 1︸ ︷︷ ︸N

= N rarrinfin

64 Γενικά περί σειρών

Θα υπολογίσουμε τώρα αυτή τη σειρά δηλαδή τα μερικά αθροί-

σματα sN υπό την προϋπόθεση ότι λ ne 1

sN = λ+ λ2 + λ3 + middotmiddot middot + λN =Nsum

n=1

λn

Για να βρούμε το όριο αυτής της ακολουθίας θα υπολογίσουμε το

sN ως εξής παρατηρούμε ότι

(1minus λ)sN = (1minus λ)(λ+ λ2 + λ3 + middotmiddot middot + λN)= λ+ λ2 + λ3 + middotmiddot middot + λN minus λ2 minus λ3 minus middotmiddot middot minus λN minus λN+1

= λminus λN+1

Συνεπώς

sN =λ(1minus λN)

1minus λ

Αν minus1 lt λ lt 1 ισχύει limNrarrinfin λN = 0 συνεπώς sN rarr λ(1 minus λ) Λέμελοιπόν ότι η σειρά συγκλίνει στο λ(1 minus λ) και αντί για sN rarrλ(1minus λ) γράφουμε

infinsum

n=1

λn = λ1minus λ

Αν λ gt 1 τότε επειδή limNrarrinfin λN = infin συμπεραίνουμε ότι sN rarr infinδηλαδή

suminfinn=1 λ

n = infin και λέμε ότι η σειρά αυτή laquoαπειρίζεταιraquo ήαποκλίνει στο άπειρο σε κάθε περίπτωση δεν συγκλίνει

Το να μην συγκλίνει μια σειρά δεν σημαίνει ότι αποκλίνει στο

άπειρο Ας πάρουμε για παράδειγμα τη σειρά της ακολουθίας

an = (minus1)n δηλαδή τη σειράsuminfinn=1(minus1)n Για να βρούμε αν συγκλί-

νει αυτή η σειρά πρέπει να ελέγξουμε αν συγκλίνουν τα μερικά

της αθροίσματα Αλλά αν ο δείκτης N της sN είναι άρτιος τότεsN = 0 ενώ αν ο N είναι περιττός τότε sN = minus1 Δηλαδή s2N = 0 rarr 0

και s2Nminus1 = minus1 rarr minus1 Άρα η σειρά αυτή δεν συγκλίνει (χωρίς να laquoα-

πειρίζεταιraquo) Γενικότερα αν λ le minus1 η γεωμετρική σειρά αποκλίνει

Πράγματι

s2N =2Nsum

n=1

λn = λ(1minus λ2N)1minus λ rarrinfin

ενώ

s2Nminus1 =2Nminus1sum

n=1

λn = λ(1minus λ2Nminus1)1minus λ rarr minusinfin

(ελέγξτε τα πρόσημα των παραπάνω κλασμάτων) και συνεπώς

η sN έχει δυο υπακολουθίες με διαφορετικό όριο άρα η ίδια δενσυγκλίνει

71 Ορισμοί 65

Πολλές φορές χρειαζόμαστε να προσθέσουμε όρους μιας ακο-

λουθίας (an)nisinN ξεκινώντας όχι από τον a1 αλλά από κάποιον

από τους επόμενους όρους Αυτό μπορεί να συμβαίνει είτε επειδή

μας χρειάζεται κάτι τέτοιο ή επειδή η ακολουθία δεν έχει a1 (ή και

κάποιους ακόμα) όρους Για παράδειγμα η an = (nminus 1)minus1(nminus 5)minus1

δεν ορίζεται ούτε για n = 1 ούτε για n = 5 Έτσι και πάλι θα ο-

νομάζουμε laquoσειράraquo την ακολουθία μερικών αθροισμάτων της μορ-

φής

sN = an0 + an0+1 + middotmiddot middot + aNμε όριο το

suminfinn=n0

an Όπως και πριν κατά παράβαση αυτής τηςτυπικής γλώσσας θα λέμε laquoη σειρά

suminfinn=n0

anraquo μια και από αυτήτην έκφραση καταλαβαίνουμε αμέσως πιο είναι το μερικό άθροι-

σμα και ποιο το όριο (αν υπάρχει)

Φράσεις όπως laquoσειρά της (nminus1)minus1(nminus5)minus1raquo δεν είναι σαφής και

θα πρέπει να ξεκαθαριστεί αν εννοούμε τηνsuminfinn=6(nminus1)minus1(nminus5)minus1 ή

τηνsuminfinn=7(nminus1)minus1(nminus5)minus1 ή κάτι άλλο Όμως η φράση laquoη σειρά της

(n minus 1)minus1(n minus 5)minus1 συγκλίνειraquo έχει νόημα σύμφωνα με την επόμενη

πρόταση

Πρόταση 712 Για κάθε ακολουθία an που ορίζεται για n ge k isin Nκαι για κάθε n1 n2 ge k η σειρά

suminfinn=n1

an συγκλίνει αν και μόνοαν η σειρά

suminfinn=n2

an συγκλίνει

Απόδειξη Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι n2 gt n1

και θέτουμε

sN =Nsum

n=n1

an = an1 + an1+1 + middotmiddot middot + aN

και

tN =Nsum

n=n2

an = an2 + an2+1 + middotmiddot middot + aN

για κάθε N ge n2 Φανερά

sN = tN + (an1 + an1+1 + middotmiddot middot + an2minus1)

Άρα η sN συγκλίνει αν και μόνο αν η tN συγκλίνει αφού διαφέ-ρουν κατά μια σταθερή ποσότητα

Στη συνέχεια θα εργαζόμαστε εν γένει με σειρές της μορφήςsuminfinn=1 an αλλά όλα τα αποτελέσματα με τις προφανείς τροποποιή-σεις ισχύουν και για σειρές της μορφής

suminfinn=n0

an για οποιοδήποτεn0 isin N

66 Γενικά περί σειρών

Ασκήσεις

Άσκηση 711 Υπολογίστε τις γεωμετρικές σειρές

(α)infinsum

n=1

1

2n(β)

infinsum

n=1

2n

3n

72 Πράξεις με σειρές

Εξαιτίας των ιδιοτήτων των συγκλινουσών ακολουθιών έχουμε

την εξής συνέπεια

Πρόταση 721 Έστω ότι οι (an)nisinN και (bn)nisinN είναι ακολουθί-ες πραγματικών αριθμών και οι σειρές τους

suminfinn=1 an και

suminfinn=1 bn

συγκλίνουν Τότε για κάθε πραγματικό αριθμό λ οι σειρές

infinsum

n=1

(λan) καιinfinsum

n=1

(an + bn)

συγκλίνουν και ισχύει

infinsum

n=1

λan = λinfinsum

n=1

an καιinfinsum

n=1

(an + bn) =infinsum

n=1

an +infinsum

n=1

bn

Απόδειξη Φανερά ισχύουν οι

Nsum

n=1

(λan) = λinfinsum

n=1

an καιNsum

n=1

(an + bn) =Nsum

n=1

an +Nsum

n=1

bn

για κάθε N isin N Παίρνοντας όρια για N rarrinfin προκύπτει άμεσα τοζητούμενο

Το αντίστροφο δεν είναι σωστό Μπορεί να συγκλίνει ηsuminfinn=1(an+

bn) αλλά να αποκλίνουν οιsuminfinn=1 an και

suminfinn=1 bn Για παράδειγμα

ηinfinsum

n=1

(1+

(1

2nminus 1

))=

infinsum

n=1

1

2n

συγκλίνει ως γεωμετρική σειρά με λόγο 12 αλλά καμιά από τιςsuminfinn=1 1 και

suminfinn=1(2

minusn minus 1) δεν συγκλίνουν (γιατί)

Ασκήσεις

Άσκηση 721 Αν η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει εξετάστε ως προς τη σύ-

γκλιση τη σειράnsumn=1

(an minus eminusn

)

Κεφάλαιο 8

Θεωρητικά κριτήριασύγκλισης σειρών

81 Το κριτήριο φράγματος

Πρόταση 811 (Κριτήριο φράγματος) Αν an ge 0 και η sN =sumNn=1 an είναι φραγμένη ακολουθία τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλί-

νει Αν δεν είναι φραγμένη απειρίζεται

Απόδειξη Επειδή an ge 0 η sN είναι αύξουσα και επειδή είναι καιφραγμένη συγκλίνει (Θεώρημα 451) Αν δεν είναι φραγμένη η sNτότε δεν είναι άνω φραγμένη επειδή είναι αύξουσα Έτσι για

κάθε M gt 0 υπάρχει N0 isin N ώστε sN0 ge M Οπότε επειδή είναι καιαύξουσα για κάθε N ge N0 ισχύει sN ge sN0 geM δηλαδή sN rarrinfin

Ένα πολύ ενδιαφέρον και χρήσιμο παράδειγμα προκύπτει από

την Άσκηση 324

Παράδειγμα 812 Για κάθε p gt 1 η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει

Πράγματι από την Άσκηση 324

sN = 1+ 1

2p+ 1

3p+ middotmiddot middot + 1

Nple pp minus 1

δηλαδή είναι φραγμένη και επειδή 1np ge 0 από την προηγούμενη

πρόταση η σειρά συγκλίνει Για 0 lt p lt 1 η σειρά αποκλίνει αφού

δεν είναι άνω φραγμένη (Άσκηση 324) Τέλος για p = 1 δεν είναι

άνω φραγμένη αφού s2N ge 2minus1N (Άσκηση 811)

68 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Ασκήσεις

Άσκηση 811 Αποδείξτε ότι η σειρά sN =sumNn=1 1n δεν είναι άνω φραγμέ-

νη αποδεικνύοντας ότι s2N ge 2minus1N ως εξής ομαδοποιήστε τα κλάσματατης s2N ανά 2n κλάσματα γράφοντας

s2N = 1+ 1

2+ 1

3+ middotmiddot middot + 1

2N

=(

1+ 1

21

)+(

1

21 + 1+ 1

22

)+(

1

22 + 1+ 1

22 + 2+ middot middot middot + 1

23

)+

+ middot middot middot +(

1

2Nminus1 + 1+ 1

2Nminus1 + 2+ middotmiddot middot + 1

2N

)

και αντικαταστήστε σε κάθε παρένθεση όλα τα κλάσματα με το μικρό-

τερο κλάσμα της παρένθεσης

82 Το κριτήριο Cauchy

Όπως γνωρίζουμε από τις ακολουθίες (Θεώρημα 454) κάθε ακο-

λουθία συγκλίνει αν και μόνο αν είναι ακολουθία Cauchy Έτσι το

ίδιο ισχύει και για την ακολουθία (sN)NisinN των μερικών αθροισμά-των οποιασδήποτε ακολουθίας Σε αυτή την περίπτωση εξαιτίας

της μορφής που έχουν οι όροι sN η ιδιότητα Cauchy παίρνει και

αυτή μια ειδική μορφή Παρατηρούμε ότι αν οι N gt M είναι φυ-

σικοί αριθμοί και sN είναι τα μερικά αθροίσματα της ακολουθίας(an)nisinN τότε

|sN minus sM | =∣∣∣∣∣Nsum

n=1

an minusMsum

n=1

an

∣∣∣∣∣

=∣∣(a1 + a2 + middotmiddot middot + aN)minus (a1 + a2 + middotmiddot middot + aM)

∣∣

=∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣

αφού όλοι οι όροι της an μέχρι και τον aM θα διαγραφούν Έτσικαταλήγουμε στην ακόλουθη πρόταση

Θεώρημα 821 (Ιδιότητα Cauchy) Η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν

και μόνο αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin N ώστε για κάθεN gt M ge N0 να ισχύει ∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε

82 Το κριτήριο Cauchy 69

Αν υποθέσουμε ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε για κάθε ε gt 0

θα έχει την παραπάνω ιδιότητα για κάθε N gt M ge N0 άρα και για

N =M + 1 Δηλαδή ∣∣∣∣∣M+1sum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε

Αλλά το τελευταίο άθροισμα δεν είναι παρά η ποσότητα |aM+1|Καταλήξαμε έτσι στο ότι για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin Nώστε για κάθε M ge N0 να ισχύει |aM+1| lt ε Ισοδύναμα για κάθεn ge N0 + 1 ισχύει |an| lt ε δηλαδή η ακολουθία an είναι μηδενική

Πόρισμα 822 Αν μια σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε limnrarrinfin an = 0

Το πόρισμα αυτό αποτελεί και ένα εύκολο κριτήριο μη σύγκλισης

σειρών Διότι αν ξέρουμε για μια ακολουθία an ότι αυτή δενείναι μηδενική τότε αποκλείεται με βάση αυτό το πόρισμα να

συγκλίνει η σειράsuminfinn=1 an

Για παράδειγμα η σειρά

infinsum

n=1

(n

n+ 1

)n

δεν συγκλίνει διότι η ακολουθία (n(n + 1))n δεν είναι μηδενικήΠράγματι (

nn+ 1

)n= 1(

n+1n

)n =1(

1+ 1n

)n rarr1

ene 0

Αυτός είναι ο πρώτος έλεγχος που κάνουμε σε μια σειρά όταν

προσπαθούμε να διαγνώσουμε αν αυτή συγκλίνει ή όχι διότι είναι

συνήθως ο απλούστερος

Το αντίστροφο του παραπάνω πορίσματος δεν είναι σωστό

όπως φαίνεται εύκολα στο επόμενο παράδειγμα

Η σειράsuminfinn=1

1radicn αποκλίνει παρόλο που 1

radicnrarr 0 Πράγματι

sN =1radic1+ 1radic

2+ 1radic

3+ middotmiddot middot + 1radic

N

ge 1radicN+ 1radic

N+ middotmiddot middot + 1radic

N︸ ︷︷ ︸Nminusκλάσματα

= N 1radicN=radicN

Δηλαδή sN geradicN για κάθε N isin N συνεπώς sN rarr infin και η σειράsuminfin

n=1 1radicn αποκλίνει (απειρίζεται) (Δείτε και Άσκηση 324 από

όπου προκύπτει αμέσως ότι για όλα τα 0 lt p lt 1 η σειράsuminfinn=1 n

minusp

απειρίζεται)

70 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Την ίδια συμπεριφορά έχει και η ακολουθία 1n Παρόλο που1nrarr 0 εν τούτοις

infinsum

n=1

1

n= infin

Η σειρά της 1n ονομάζεται αρμονική σειρά Το ότι αποκλίνει(απειρίζεται) μπορεί να αποδειχθεί με διάφορους τρόπους (δείτε

Ασκήσεις 811 324 822 και 823) Ίσως ο πιο γρήγορος τρό-

πος απόδειξης ότι η αρμονική σειρά αποκλίνει είναι ο ακόλουθος

υποθέτουμε ότι η σειρά συγκλίνει και θέτουμε ℓ =suminfinn=1 1n Τότε

1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+ 1

5+ 1

6+ middotmiddot middot + 1

2n

= 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

3+ 1

4

)+(

1

5+ 1

6

)+ middotmiddot middot +

(1

2nminus 1+ 1

2n

)

ge 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

4+ 1

4

)+(

1

6+ 1

6

)+ middotmiddot middot +

(1

2n+ 1

2n

)

ge 1

2+ 1+ 1

2+ 1

3+ middotmiddot middot + 1

n

Παίρνουμε τώρα όριο με n rarr infin από όπου προκύπτει αμέσως ℓ ge12+ ℓ το οποίο είναι άτοπο

Ορισμός 823 Λέμε ότι μια σειράsuminfinn=1 an μιας ακολουθίας

(an)nisinN συγκλίνει απόλυτα αν η σειράsuminfinn=1 |an| της ακολουθίας

(|an|)nisinN συγκλίνει

Αν μια σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει πολλές φορές αντί για τη φράση

laquoσυγκλίνειraquo χρησιμοποιούμε τη φράση laquoσυγκλίνει απλάraquo σε αντι-

διαστολή με τη φράση laquoσυγκλίνει απόλυταraquo

Μια άλλη συνέπεια της ιδιότητας Cauchy είναι η ακόλουθη

Πόρισμα 824 Αν μια σειρά συγκλίνει απόλυτα τότε συγκλίνεικαι απλά

Απόδειξη Αν η σειράsuminfinn=1 |an| συγκλίνει τότε ικανοποιεί την ι-

διότητα Cauchy Αλλά τότε για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin Nώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύει

sumNn=M+1 |an| lt ε Αλλά από

την τριγωνική ανισότητα έχουμε

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ leNsum

n=M+1

|an| lt ε

δηλαδή και η σειράsuminfinn=1 an ικανοποιεί την ιδιότητα Cauchy άρα

συγκλίνει

83 Το κριτήριο σύγκρισης 71

Ασκήσεις

Άσκηση 821 [Abel-Pringsheim] Αποδείξτε ότι αν η an ge 0 είναι μια φθί-

νουσα ακολουθία και η σειρά της συγκλίνει τότε nan rarr 0 Συμπεράνετε

ότι ηsuminfinn=1 1n δεν συγκλίνει

Υπόδειξη Αν sn το μερικό άθροισμα της σειράς της an αποδείξτε ότιs2n minus sn ge na2n

Άσκηση 822 Αποδείξτε ότι οι ακολουθίες

xn = 1+ 1

2+ middotmiddot middot + 1

nminus 1minus logn

και

yn = 1+ 1

2+ middotmiddot middot + 1

nminus logn

είναι επάλληλες δηλαδή ότι xn le yn για κάθε n isin N η xn είναι αύξουσακαι η yn είναι φθίνουσα Συμπεράνετε ότι συγκλίνουν και από αυτόαποδείξτε ότι

1+ 1

2+ middot middot middot + 1

nrarrinfin

Άσκηση 823 Αποδείξτε ότι η αρμονική σειρά αποκλίνει ως εξής αν

sN =sumNn=1 1n το μερικό άθροισμα της αρμονικής σειράς τότε

esN =Nprodn=1

e1n ge N + 1

χρησιμοποιώντας σε κάθε όρο του γινομένου την ανισότητα ex ge 1+x γιαx isin R και κάνοντας τις απλοποιήσεις που προκύπτουν στο γινόμενο

83 Το κριτήριο σύγκρισης

Το ακόλουθο κριτήριο έχει ακριβώς την ίδια απόδειξη με την α-

πόδειξη της Πρότασης 824

Θεώρημα 831 (Κριτήριο σύγκρισης) Αν για δυο ακολουθίες anbn gt 0 υπάρχει n0 isin N ώστε να ισχύει an le bn για κάθε n ge n0

και ηsuminfinn=1 bn συγκλίνει τότε και η

suminfinn=1 an συγκλίνει

Αν ηsuminfinn=1 an αποκλίνει τότε και η

suminfinn=1 bn αποκλίνει

Απόδειξη Αφού η σειρά της bn συγκλίνει συμπεραίνουμε ότι ησειρά αυτή ικανοποιεί την ιδιότητα Cauchy Έτσι για κάθε ε gt 0

υπάρχει N0 = N0(ε) isin N με N0 ge n0 (αλλιώς επιλέγουμε το n0 στη

θέση του N0) ώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύει

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε

72 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Αλλά 0 le an le bn για κάθε n ge N0 οπότε

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ =Nsum

n=M+1

an leNsum

n=M+1

bn =

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε

συνεπώς και η σειρά της aN έχει την ιδιότητα Cauchy άρα συ-

γκλίνει

Αν τώρα η sN =sumNn=1 an αποκλίνει επειδή an ge 0 συμπεραίνουμε

ότι sN rarrinfin Αλλά για κάθε N ge n0 ισχύει

Nsum

n=1

bn =n0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0

bn

gen0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0minus1

an =n0sum

n=1

bn minusn0sum

n=1

an +Nsum

n=1

an rarrinfin

Άρα και ηsumNn=1 bn αποκλίνει

Η απόδειξη του παρακάτω κριτηρίου ανάγεται στο προηγού-

μενο

Πόρισμα 832 (Κριτήριο οριακής σύγκρισης) Αν για δυο ακολου-θίες an bn gt 0 ισχύει limnrarrinfin anbn = ℓ gt 0 τότε η σειρά

suminfinn=1 an

συγκλίνει αν και μόνο αν η σειράsuminfinn=1 bn συγκλίνει

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης με ε = ℓ2 Ο-πότε υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 |anbnminusℓ| lt ℓ2Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και πολλαπλασιάζοντας με bn συ-μπεραίνουμε ότι

1

2ℓbn lt an lt

3

2ℓbn

Έτσι από το Θεώρημα 831 αν ηsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε συγκλί-

νει και ηsuminfinn=1(12)ℓbn άρα και η

suminfinn=1 bn (Πρόταση 721 για

λ = 2ℓ) Επιπλέον αν συγκλίνει ηsuminfinn=1 bn τότε συγκλίνει και ηsuminfin

n=1(32)ℓbn (Πρόταση 721 για λ = (32)ℓ) οπότε και ηsuminfinn=1 an

Το επόμενο πόρισμα είναι απλό αλλά ιδιαίτερα χρήσιμο

Πόρισμα 833 (Κριτήριο σύγκρισης λόγων) Αν για τις ακολου-θίες an bn gt 0 ισχύει

an+1

anle bn+1

bn

για καθε n isin N τότε

bull Αν η σειράsuminfinn=1 bn συγκλίνει τότε και η

suminfinn=1 an συγκλίνει

bull Αν η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει τότε και η

suminfinn=1 bn αποκλίνει

84 Τηλεσκοπικές σειρές 73

Απόδειξη Φανερά μετά τις απαλοιφές ισχύει

an =ananminus1

anminus1

anminus1middot middot middot a2

a1a1 le

bnbnminus1

bnminus1

bnminus2middot middot middot b2

b1a1 =

a1

b1bn

και το αποτέλεσμα προκύπτει αμέσως από το Θεώρημα 831

Ασκήσεις

Άσκηση 831 Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

(radicn2 + 1minusn

) infinsum

n=1

radicn+ 1minusradicn

n

infinsum

n=1

1radic(n+ 1)n

infinsum

n=1

1

n(n+1)n

infinsum

n=1

nn2 + 3

infinsum

n=1

cos2nn2

infinsum

n=1

1

2n +n

infinsum

n=1

nminusradicnn2 +n

infinsum

n=1

sin1

n

Άσκηση 832 Αποδείξτε με το κριτήριο σύγκρισης ότι η σειράsuminfinn=1 n

5eminusn6

συγκλίνει συγκρίνοντας την ακολουθία n5eminusn6με την eminusn

Άσκηση 833 Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=2

1

n2 minusradicninfinsum

n=2

1

n2 minusninfinsum

n=2

1

n2 minusna a isin R 2

Άσκηση 834 Χρησιμοποιήστε το οριακό κριτήριο σύγκρισης για να ε-

λέγξετε τη σύγκλιση των σειρών

infinsumn=1

(1minus eminus1n)

infinsumn=1

(nradicnminus 1)

Άσκηση 835 Αν για an ge 0 η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει εξετάστε τη σύ-

γκλιση των σειρών

infinsumn=1

a2n

infinsumn=1

apn p ge 1infinsumn=1

an1+ an

infinsumn=1

a2n

1+ a2n

84 Τηλεσκοπικές σειρές

Ξεκινάμε με τον ακόλουθο ορισμό

Ορισμός 841 Αν η ακολουθία an γράφεται ως bn+1 minus bn για κά-ποια άλλη ακολουθία bn τότε η σειρά

suminfinn=1 an ονομάζεται τηλε-

σκοπική

74 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Θεώρημα 842 Έστω ότι an και bn ακολουθίες για τις οποίεςισχύει an = bn+1 minus bn για κάθε n isin N Τότε η τηλεσκοπική σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν υπάρχει το όριο limbn Σε αυτήτην περίπτωση ισχύει

infinsum

n=1

an = limnrarrinfin

bn minus b1

Απόδειξη Πράγματι

Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

(bn+1 minus bn)

= (b2 minus b1)+ (b3 minus b2)+ (b4 minus b3)+ middotmiddot middot + (bN+1 minus bN)= bN+1 minus b1

Άρα

limNrarrinfin

Nsum

n=1

an = limNrarrinfin

(bN+1 minus b1) = limnrarrinfin

bn minus b1

Με βάση τα παραπάνω η σειράsuminfinn=1 n

minus1(n + 1)minus1 συγκλίνει

διότι1

n(n+ 1)= 1

nminus 1

n+ 1=(minus 1

n+ 1

)minus(minus 1

n

)

Άραinfinsum

n=1

1

n(n+ 1)= limnrarrinfin

(minus 1

n

)minus(minus1

1

)= 1

841 Το κριτήριο Dini-Kummer

Ένα πόρισμα που συνδυάζει το θεώρημα για τις τηλεσκοπικές

σειρές και το κριτήριο σύγκρισης είναι και ένα από τα πλέον

ισχυρά κριτήρια γνωστό ως κριτήριο Dini-Kummer

Πόρισμα 843 (Κριτήριο Dini-Kummer) Για τις ακολουθίες an bn gt0 θέτουμε

dkn =anbn minus an+1bn+1

an

Αν lim dkn gt 0 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Αν υπάρχει n0 isin N

ώστε dkn le 0 για κάθε n ge n0 και η σειράsuminfinn=1 b

minus1n αποκλίνει

τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Αν θέσουμε λ = (lim dkn)2 gt 0 τότε υπάρχει δείκτης

n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει dkn ge λ Συνεπώς

0 lt an le1

λ(anbn minus an+1bn+1) (81)

84 Τηλεσκοπικές σειρές 75

Από την (81) η ακολουθία anbn είναι φθίνουσα Και επειδή εί-ναι και θετική είναι φραγμένη και άρα συγκλίνει Έτσι η σει-

ράsuminfinn=n0

an συγκρίνεται με την τηλεσκοπική σειράsuminfinn=n0

(anbn minusan+1bn+1) η οποία συγκλίνει (στο an0bn0 minus limanbn) Άρα η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνειΑν τώρα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει dkn le

0 τότε anbn minus an+1bn+1 le 0 οπότε για κάθε n ge n0 ισχύει an geanminus1(bnminus1bn) οπότε

ananminus1

ge 1bn1bnminus1

και το αποτέλεσμα προκύπτει αμέσως από το κριτήριο σύγκρισης

λόγων (Πόρισμα 833)

Παρατήρηση 844 Αν lim dkn lt 0 τότε υπάρχει δείκτης n0 isin N

ώστε dkn le 0 δηλαδή ικανοποιείται η δεύτερη συνθήκη του κριτη-

ρίου Dini-Kummer Το αντίστροφο όμως δεν είναι αληθές

Με το κριτήριο Dini-Kummer μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε τη

σύγκλιση της σειράς της 1np για p ne 1 Πράγματι θέτουμε θέ-

τουμε bn = nminus 1 για κάθε n ge 2 Έτσι για an = 1np ισχύει

dkn =(nminus 1)np minusn(n+ 1)p

1np= n

(1minus

(n

n+ 1

)p)minus 1

με όριο τον αριθμό p minus 1 (Άσκηση 841) Άρα σύμφωνα με το

κριτήριο Dini-Kummer η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει αν p gt 1 και

αποκλίνει για p lt 1

Ασκήσεις

Άσκηση 841 Αποδείξτε ότι

limnrarrinfin

n(

1minus(

nn+ 1

)p)= p

γράφοντας

(n+ 1)(

1minus(

nn+ 1

)p)= p 1minus ep log

(1minus 1

n+1

)

p log(1minus 1

n+1

) log(1minus 1

n+1

)

1n+1

και χρησιμοποιώντας τα βασικά όρια των Προτάσεων 4710 και 4713

Άσκηση 842 Υπολογίστε τις τηλεσκοπικές σειρές

76 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

infinsumn=na

1

(a+n)(a+n+ 1) για na gt a a isin R

infinsum

n=1

2n

n

(1minus 2

n+ 1

)

infinsum

n=2

1

n(n+ 1)log

(n+ 1)nminus1

nn

infinsum

n=2

(neminusn

(eminus1 minus 1+ eminusnminus1

))

infinsum

n=2

1

nn

1

n+ 1

1(1+ 1

n

)n minus 1

Άσκηση 843 Αποδείξτε το κριτήριο Dini-Kummer για την περίπτωση

που δεν υπάρχει το όριο της dkn Συγκεκριμένα αποδείξτε ότι αν lim inf dkn gt0 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει ενώ αν lim sup dkn lt 0 και η

suminfinn=1 b

minus1n

αποκλίνει τότε και ηsuminfinn=1 an αποκλίνει

85 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy

Ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι θετική και φθίνουσα καιθέλουμε να ελέγξουμε τη σύγκλιση της σειράς της Δεδομένου του

ότι είναι φθίνουσα χρειαζόμαστε άραγε όλους τους όρους της ή

μήπως μπορούμε κάποιους να τους απορρίψουμε Για παράδειγμα

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot le a1 + a1 + a3 + a3 + a5 + a5 + middotmiddot middotle 2(a1 + a3 + a5 + middotmiddot middot )

Δηλαδή αν συγκλίνει η σειρά των όρων με περιττό δείκτη συγκλί-

νει και η αρχική σειρά Βεβαίως δεν υπάρχει κάτι laquoμαγικόraquo στους

όρους με περιττό δείκτη Διότι ισχύει και

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot le a1 + a2 + a2 + a4 + a4 + a6 + middotmiddot middotle a1 + 2(a2 + a4 + a6 + middotmiddot middot )

Άρα αν η σειρά των όρων με άρτιους δείκτες συγκλίνει τότε συ-

γκλίνει και η αρχική σειρά Μάλιστα η σύγκλιση είναι laquoαν και

μόνο ανraquo Για παράδειγμα

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot ge a2 + a2 + a4 + a4 + a6 + a6 + middotmiddot middotle 2(a2 + a4 + a6 + middotmiddot middot )

οπότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η σειρά

suminfinn=1 a2n

συγκλίνει

Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι αυτό το τέχνασμα μπορεί να

επεκταθεί και να ελέγξουμε τη σύγκλιση μιας σειράς θετικής και

φθίνουσας ακολουθίας ελέγχοντας αν συγκλίνει η σειρά αφού της

αφαιρέσουμε περισσότερους όρους Δοκιμάστε για παράδειγμα να

δείξετε όπως παραπάνω ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και

μόνο αν η σειράsuminfinn=1 a3n συγκλίνει

85 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy 77

Μέχρι πού μπορεί να επεκταθεί αυτό το τέχνασμα Το παρα-

κάτω θεώρημα μας δίνει μια απάντηση Έστω ότι η kn είναι μιαγνησίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών Θέλουμε να εφαρ-

μόσουμε το παραπάνω τέχνασμα από τον όρο akn έως τον akn+1

Αν οι αποστάσεις των kn από τους kn+1 δεν laquoαυξάνουν ραγδαίαraquo

το παραπάνω τέχνασμα λειτουργεί

Θεώρημα 851 (Κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy) Έστω ότι ηan είναι μια μη αρνητική και φθίνουσα ακολουθία και η kn είναιμια γνησίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών για την οποί-

α υπάρχει αριθμός M gt 0 ώστε

kn+1 minus kn leM(kn minus knminus1)

για κάθε n ge 2 Τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η

σειράsuminfinn=1(kn+1 minus kn)akn συγκλίνει

Απόδειξη Επειδή η kn είναι γνησίως αύξουσα εύκολα ελέγχουμεμε επαγωγή ότι kn ge n για κάθε n isin N Άρα αν sN είναι το μερικόάθροισμα της σειράς της an

sN le skN+1

le a1 + middotmiddot middot + ak1minus1 + ak1 + middotmiddot middot + ak2minus1︸ ︷︷ ︸k2minusk1 όροι

+middotmiddot middot + akN + middotmiddot middot + akN+1minus1︸ ︷︷ ︸kN+1minuskN όροι

le a1 + middotmiddot middot + ak1minus1 + (k2 minus k1)ak1 + middotmiddot middot + (kN+1 minus kN)aN

ΔηλαδήNsum

n=1

an le a1 + middotmiddot middot + ak1minus1 +Nsum

n=1

(kn+1 minus kn)akn

Άρα αν η τελευταία σειρά συγκλίνει συγκλίνει και η αρχική

Αντιστρόφως για κάθε m ge kNsm ge skN = a1 + + ak1 + ak1+1 + + ak2 + ak2+1 + + akN

ge ak1+1 + middotmiddot middot + ak2︸ ︷︷ ︸k2minusk1 όροι

+middotmiddot middot + akNminus1+1 + middotmiddot middot + akN︸ ︷︷ ︸kNminuskNminus1 όροι

ge (k2 minus k1)ak2 + middotmiddot middot + (kN minus kNminus1)akN

Πολλαπλασιάζοντας με M και χρησιμοποιώντας την υπόθεση παίρ-νουμε

Msm ge (k3 minus k2)ak2 + middotmiddot middot + (kN+1 minus kN)akN Δηλαδή

MNsum

n=1

an geNsum

n=2

(kn+1 minus kn)akn

Άρα αν η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε συγκλίνει και η

suminfinn=1(kn+1minus

kn)an ολοκληρώνοντας την απόδειξη

78 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Πόρισμα 852 (Κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy) Αν η ακολου-θία (an)nisinN είναι μη αρνητική και φθίνουσα τότε η σειρά

suminfinn=1 an

συγκλίνει αν και μόνο αν η σειράsuminfinn=1 2na2n συγκλίνει

Απόδειξη Άμεσο από το παραπάνω θεώρημα για kn = 2n αφού

kn+1 minus kn = 2n+1 minus 2n = 2 middot 2n minus 2n = 2n = 2(2n minus 2nminus1) = 2(kn minus knminus1)

Παρατήρηση 853 Και πάλι η επιλογή kn = 2n για το παραπάνω

δεν είναι σε καμμία περίπτωση μοναδική Αν για παράδειγμα επι-

λέξουμε kn = 3n θα προκύψει ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και

μόνο αν η σειράsuminfinn=1 3na3n συγκλίνει Ή αν επιλέξουμε kn = n2

εύκολα ελέγχουμε ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η

σειράsuminfinn=1(2n+ 1)an2 συγκλίνει

Παράδειγμα 854 Με το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy είναι

πολύ εύκολο να ελέγξουμε τη σύγκλιση της σειράςsuminfinn=1 1np για

κάθε p gt 0 Πράγματι η σειρά θα συγκλίνει αν και μόνο αν συ-

γκλίνει η σειράinfinsum

n=1

2n1

(2n)p=

infinsum

n=1

(1

2pminus1

)n

Αλλά η τελευταία είναι γεωμετρική σειρά με λόγο 12pminus1 οπότε

συγκλίνει αν και μόνο αν ο λόγος αυτός είναι μικρότερος του 1

δηλαδή αν και μόνο αν p gt 1

Ασκήσεις

Άσκηση 851 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=2

1

n(logn)pκαι

infinsum

n=2

1

n(logn)(log logn)p

Άσκηση 852 Αν συμβολίσουμε με log(n)(x) τη συνάρτηση

log log log log︸ ︷︷ ︸n φορές

(x)

(για παράδειγμα log(3)(x) = log(log(log(x)))) και με e(n) την ποσότητα

exp exp exp︸ ︷︷ ︸n φορές

(1)

86 Το ολοκληρωτικό κριτήριο 79

(για παράδειγμα e(3) = eee και e(4) = eeee) εξετάστε ως προς τη σύγκλιση

τη σειράinfinsum

n=e(k)+1

1

n middot logn middot log(2) n middot middot middot log(kminus1)n middot (log(k)n)p

(Παρατηρήστε ότι το σημείο εκκίνησης της σειράς δηλαδή το e(k) + 1

έχει επιλεχθεί μόνο και μόνο ώστε να μην μηδενίζεται κανένας από τους

λογαρίθμους του παρονομαστή αφού log(k)(x) = 0 αν και μόνο αν x =e(k))

86 Το ολοκληρωτικό κριτήριο

Πρόταση 861 (Ολοκληρωτικό κριτήριο) Έστω ότι η συνάρτη-

ση f [1infin) rarr R είναι μη αρνητική και φθίνουσα Θέτουμε

an = f(n) Τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν το ο-

λοκλήρωμαintinfin1 f(x)dx συγκλίνει (δηλαδή αν limtrarrinfin

int t1 f(x)dx isin R)

Απόδειξη Αφού η f είναι φθίνουσα για κάθε n isin N ισχύει

f(n) ge f(x) ge f(n+ 1)

για κάθε x isin [nn+ 1] Συνεπώς

int n+1

nf(n)dx ge

int n+1

nf(x)dx ge

int n+1

nf(n+ 1)dx

δηλαδή f(n) geintn+1n f(x)dx ge f(n+1) Προσθέτοντας τις τελευταίες

ανισότητες για n = 12 N παίρνουμε

Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

f(n) geint N

1f(x)dx ge

Nsum

n=1

f(n+ 1) =N+1sum

n=2

f(n) =N+1sum

n=2

an

Άρα αν το ολοκλήρωμα συγκλίνει τότε συγκλίνει και το μερι-

κό άθροισμαsumN+1n=2 an αφού αυξάνει και είναι φραγμένο από τοintinfin

1 f(x)dx Δηλαδή η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

Αντιστρόφως αν η σειράsumNn=1 an συγκλίνει τότε το ολοκλήρω-

μα συγκλίνει αφού η

int t1f(x)dx le

int [t]+1

1f(x)dx le

infinsum

n=1

an

συνεπάγεται ότι η συνάρτηση F(t) =int t1 f(x)dx είναι αύξουσα και

άνω φραγμένη άρα το όριο limtrarrinfin F(t) υπάρχει στο R (και ισού-ται με suptge1 F(t))

80 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Παράδειγμα 862 Ας ελέγξουμε και πάλι τη σειράsuminfinn=1 1np για

p gt 0 Φανερά η f(x) = 1xp για x isin [0infin) είναι μη αρνητική καιφθίνουσα και 1np = f(n) Συνεπώς η σειρά

suminfinn=1 1np συγκλίνει

αν και μόνο αν συγκλίνει το ολοκλήρωμαintinfin1 xminusp dx Αλλά

intinfin1xminusp dx =

xminusp+1

minusp+1

∣∣∣∣infin

x=1= limxrarrinfin

x1minusp

1minusp minus1

1minusp αν 0 lt p ne 1

logx∣∣infinx=1= limxrarrinfin logx αν p = 1

Φανερά αυτά τα όρια υπάρχουν στο R αν και μόνο αν p gt 1

Κεφάλαιο 9

Εφαρμογές τουκριτηρίου σύγκρισης

Σε αυτό το κεφάλαιο θα αναπτύξουμε εργαλεία που προκύπτουν

από το κριτήριο σύγκρισης Αν περιοριστούμε σε μη αρνητικές

ακολουθίες είναι φανερό ότι κάθε συγκλίνουσα ή αποκλίνουσα

σειρά δίνει τη δυνατότητα δημιουργίας ενός κριτηρίου σύγκλισης

ή απόκλισης Για παράδειγμα γνωρίζουμε ότι για λ gt 0 η σει-

ράsuminfinn=1 λ

n συγκλίνει αν και μόνο αν 0 lt λ lt 1 Έτσι αν βρούμε

τρόπους να συγκρίνουμε μια ακολουθία an ge 0 με την λn θα προ-κύψει ένα κριτήριο σύγκλισης ή απόκλισης Πολλές φορές αντί

για την άμεση σύγκριση an le λn είναι ευκολότερο να ελέγχουμεάλλες συνθήκες οι οποίες οδηγούν στην επιθυμητή σύγκριση (θα

δούμε παρακάτω συγκεκριμμένα παραδείγματα)

Εκτός από την ακολουθία λn μπορούμε να χρησιμοποιήσουμεοποιαδήποτε ακολουθία γνωρίζουμε ότι συγκλίνει ή αποκλίνει για

να φτιάξουμε ένα κριτήριο Για παράδειγμα μπορεί κανείς να α-

ναπτύξει κριτήρια που συγκρίνουν με τη σειρά της ακολουθίας

1np ή με τη σειρά της ακολουθίας 1(n(logn)p) για τις οποίεςγνωρίζουμε πότε συγκλίνουν και πότε όχι από το κριτήριο συ-

μπύκνωσης του Cauchy

Ένα άλλο ενδιαφέρον θέμα είναι αν υπάρχει κάποια σειράsuminfinn=1 cn

με cn ge 0 η οποία θα παρείχε το laquoαπόλυτοraquo κριτήριο σύγκλισης

υπό την έννοια ότι μια σειράsuminfinn=1 an θα συγκλίνει αν και μόνο

αν ηsuminfinn=1 an συγκρίνεται με την

suminfinn=1 cn Θα δούμε στην τελευταί-

α ενότητα ότι ένα τέτοιο καθολικό κριτήριο σύγκλισης δεν μπορεί

να υπάρξει

Ξεκινάμε με κριτήρια που προκύπτουν από σύγκριση με τη γε-

ωμετρική σειρά

82 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά

Στην ενότητα αυτή βρίσκουμε συνθήκες που ελέγχονται σχετικά

εύκολα και οδηγούν στη σύγκριση μιας ακολουθίας an με τη γε-ωμετρική ακολουθία λn

911 Το κριτήριο λόγου

Αν οι όροι μιας μη αρνητικής ακολουθίας an φθίνουν πιο γρήγορααπό τη γεωμετρική πρόοδο με λόγο 0 le λ lt 1 θα ισχύει an+1 le λan(δηλαδή ο επόμενος όρος της an έχει μειωθεί περισσότερο από τονπολλαπλασιασμό με λ της γεωμετρικής προόδου) η σειρά

suminfinn=1 an

θα πρέπει να συγκλίνει αφού συγκλίνει ηsuminfinn=1 λ

n Ανάλογα αν

η an αυξάνει πιο γρήγορα από όσο αυξάνει η λn για λ ge 1 δη-

λαδή αν an+1 ge λan η σειράsuminfinn=1 an πρέπει να αποκλίνει Σε

κάθε περίπτωση συγκρίνουμε τον λόγο an+1an με έναν αριθμόλ είτε μικρότερο είτε μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Η απόδειξη όμως

ανισοτήτων είναι συνήθως δυσχερής Για αυτό τον λόγο κατα-

φεύγουμε στη χρήση της Παρατήρησης 432 και υπολογίζουμε το

όριο ℓ = limnrarrinfin an+1an Αν για παράδειγμα το όριο ℓ είναι στοδιάστημα [01) τότε χρησιμοποιώντας αυτή την παρατήρηση γιαε = (1 minus ℓ)2 θα προκύψει ότι μετά από κάποιον δείκτη n0 isin N

ισχύει an+1 le ((1 + ℓ)2)an δηλαδή έχουμε σύγκριση με τη γεωμε-τρική ακολουθία με λόγο λ = (1+ℓ)2 isin (01) Έτσι η σειρά της anθα συγκλίνει Ομοίως θα αποκλίνει αν το όριο είναι γνησίως με-

γαλύτερο του 1 Αν το όριο βέβαια βγει ακριβώς ίσο με 1 τότε δεν

μπορούμε να κάνουμε σύγκριση γιατί δεν μπορούμε να ξέρουμε αν

an+1an le 1 ή an+1an ge 1

Τέλος η προϋπόθεση an ge 0 μπορεί να παραλειφθεί αν χρη-

σιμοποιήσουμε τις απόλυτες τιμές |an+1an| Έχουμε λοιπόν τοακόλουθο

Πρόταση 911 (Κριτήριο λόγου του Drsquo Alambert) Για κάθε ακο-

λουθία an ne 0

bull αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει και μάλι-

στα απολύτως

bull αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ gt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Θέτουμε ℓ = limnrarrinfin |an+1an| και υποθέτουμε ότι 0 le ℓ lt1 Έτσι για κάθε ε gt 0 άρα και για ε = (1minusℓ)2 gt 0 υπάρχει n0 isin Nώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

∣∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣minus ℓ∣∣∣∣∣ lt

1minus ℓ2

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά 83

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και προσθέτοντας το ℓ παίρνουμε

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt1+ ℓ

2lt 1

Έτσι αν θέσουμε λ = (1 + ℓ)2 τότε 0 lt λ lt 1 και για κάθε n ge n0

ισχύει |an+1| le λ|an| Η τελευταία ανισότητα όμως μπορεί ναεπαναλαμβάνεται όσο το n παραμένει από n0 και πάνω Έτσι

αν n ge n0 θα έχουμε

|an| le λ|anminus1| le λλ|anminus2| = λ2|anminus2| le λ3|anminus3| le le λnminusn0 |anminus(nminusn0)| = λnminusn0 |an0|

(στο an0 σταματάει η δυνατότητα εφαρμογής της |an+1| le λ|an|)Άρα για κάθε n ge n0 ισχύει |an| le (λminusn0 |an0|)λn Επειδή η γεωμε-τρική σειρά

suminfinn=1 λ

n συγκλίνει αφού 0 le λ lt 1 συμπεραίνουμε ότι

και ηsuminfinn=1 |an| συγκλίνει από την Πρόταση 831

Αν τώρα ℓ gt 1 εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για

ε = (ℓ minus 1)2 gt 0 και παίρνουμε ότι υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθεn ge n0 ισχύει ∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣ gtℓ + 1

2gt 1

Συνεπώς |an+1| gt |an| για κάθε n ge n0 δηλαδή η ακολουθία

(|an|)ngen0 είναι γνησίως αύξουσα άρα δεν είναι μηδενική Αυτό

όμως συνεπάγεται ότι ηsuminfinn=1 an αποκλίνει από το Πόρισμα 822

Παρατήρηση 912 Παρατηρούμε εδώ ότι αν limnrarrinfin |an+1an| = 1

δεν γίνεται να συμπεράνουμε κάτι για τη σύγκλιση της σειράς

Αυτό συμβαίνει επειδή για παράδειγμα το παραπάνω όριο είναι

ίσο με 1 τόσο για την ακολουθία 1n όσο και για την ακολουθία1n2 Εν τούτοις η μεν

suminfinn=1 1n αποκλίνει η δε

suminfinn=1 1n2 συγκλί-

νει

Παρατήρηση 913 Η απόδειξη του κριτηρίου λόγου δείχνει άμεσαότι αν υπάρχει n0 isin N ώστε |an+1an| le λ lt 1 για κάθε n ge n0 τότε

η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει απολύτως ενώ αν |an+1an| ge λ gt 1 για

κάθε n ge n0 η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Ασκήσεις

Άσκηση 911 Αποδείξτε ότι αν για τη σειράsuminfinn=1 an με an ne 0 για κάθε

n isin N ισχύει limnrarrinfin |an+1an| = 1 αλλά υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει |an+1an| ge 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

84 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Άσκηση 912 Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

(α)infinsum

n=1

1

n(β)

infinsum

n=1

np

n για p isin R (γ)

infinsum

n=1

2n

n(δ)

infinsum

n=1

nn

n(ε)

infinsum

n=1

nradicn

n

Άσκηση 913lowast Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το κριτήριο λόγου ότι η σει-ρά

suminfinn=1

radicn(ne)n

nαποκλίνει (Υπόδειξη χρησιμοποιείστε την Άσκηση 911)

Στη συνέχεια αποδείξτε με επαγωγή ότι για κάθε n isin N ισχύει

e(ne

)nle n le e

radicn(ne

)n

και συμπεράνετε ότι και η σειρές

infinsum

n=1

(ne)n

nκαι

infinsum

n=1

(ne)nradicnn

αποκλίνουν

Άσκηση 914 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τη σειράsuminfinn=1(a

nna) γιαa isin RΆσκηση 915 Βρείτε για ποια x ge 0 οι παρακάτω σειρές συγκλίνουν

infinsumn=1

3n

n3xn

infinsumn=1

n(3n)(4n)

xn

Άσκηση 916 Αποδείξτε ότι το κριτήριο Dini-Kummer είναι ισχυρότερο

του κριτηρίου λόγου επιλέγοντας στο κριτήριο Dini-Kummer bn = 1 για

κάθε n isin NΆσκηση 917 Στην περίπτωση που το όριο lim |an+1an| δεν υπάρχειαποδείξτε το εξής κριτήριο λόγου

bull Αν lim sup

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

bull lim inf

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ gt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

bull Αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = 1 αλλά για κάθε m isin N υπάρχει n ge m ώστε

|an+1an| ge 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

912 Το κριτήριο n-στης ρίζας του Cauchy

Η απόδειξη του επόμενου κριτηρίου είναι και αυτή μια αναγωγή

στη γεωμετρική σειρά Η αναγωγή αυτή βασίζεται στο ότι για

λ ge 0 ισχύει |an| ecirc λn αν και μόνο αν nradic|an| ecirc λ

Πρόταση 914 (Κριτήριο n-στής ρίζας του Cauchy) Για κάθε α-κολουθία (an)nisinN

bull αν limnrarrinfinnradic|an| lt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει και μά-

λιστα απολύτως

bull αν limnrarrinfinnradic|an| gt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει

91 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά 85

Απόδειξη Θέτουμε 0 le ℓ = limnrarrinfinnradic|an| και αν ℓ lt 1 εφαρμόζουμε

τον ορισμό της σύγκλισης για ε = (1 minus ℓ)2 gt 0 υπάρχει n0 isin N

ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

∣∣∣∣ nradic|an| minus ℓ

∣∣∣∣ lt1minus ℓ

2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή προσθέτοντας ℓ και υψώνονταςστη n-στη δύναμη παίρνουμε

|an| lt(

1+ ℓ2

)n

Αλλά η σειράsuminfinn=1((1 + ℓ)2)n συγκλίνει (αφού (1 + ℓ)2 lt 1) άρα

και η σειράsuminfinn=1 |an|

Αν τώρα ℓ gt 1 εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για

ε = (ℓ minus 1)2 gt 0 υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

∣∣∣∣ nradic|an| minus ℓ

∣∣∣∣ ltℓ minus 1

2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή προσθέτοντας ℓ και υψώνονταςστη n-στη δύναμη παίρνουμε

(1+ ℓ

2

)nlt |an|

Αλλά αυτό συνεπάγεται ότι η an δεν είναι μηδενική αφού ((1 +ℓ)2)n rarrinfin οπότε η

suminfinn=1 an αποκλίνει

Παρατήρηση 915 Παρατηρούμε εδώ ότι αν limnrarrinfinnradic|an| = 1 δεν

γίνεται να συμπεράνουμε κάτι για τη σύγκλιση της σειράς Αυτό

συμβαίνει επειδή για παράδειγμα limnrarrinfinnradic

1n = limnrarrinfinnradic

1n2 = 1

αλλά η μενsuminfinn=1 1n αποκλίνει η δε

suminfinn=1 1n2 συγκλίνει

Ασκήσεις

Άσκηση 911 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

n2n

infinsum

n=1

np

en p isin R

infinsum

n=1

(n)n

nn2 infinsum

n=1

an2bn a b isin R

Άσκηση 912 Εξετάστε για ποια x ge 0 συγκλίνει η σειράinfinsum

n=1

2n

n2xn

Άσκηση 913 Αν για μια ακολουθία an δεν υπάρχει το όριο limnrarrinfinnradic|an|

(Άσκηση 522) αποδείξτε οι ισχύει το εξής κριτήριο ρίζας Για κάθε ακο-

λουθία (an)nisinN

86 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| lt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει και μάλιστα

απολύτως

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| gt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| = 1 και για κάθε m isin N υπάρχει n ge m ώστε

nradic|an| ge 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει

Άσκηση 914 Αποδείξτε ότι το κριτήριο n-στης ρίζας είναι ισχυρότε-ρο από το κριτήριο λόγου χρησιμοποιώντας την Πρόταση 523 και την

ακολουθία 2(minus1)nminusn

92 Σύγκριση με την ακολουθία 1np

Έστω ότι p gt 1 οπότε η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει μπορούμε να

φτιάξουμε ένα κριτήριο σύγκρισης από αυτήν χρησιμοποιώντας

το κριτήριο σύγκρισης λόγων (Πόρισμα 833) Έτσι αν an gt 0 η

συνθήκη

ananminus1

le 1np

1(n minus 1)p(91)

οδηγεί στο συμπέρασμα ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Επειδή

όμως από την ανισότητα Bernouli

1np

1(nminus 1)p=(nminus 1

n

)p=(

1minus 1

n

)pge 1minus p

n

αντί να ελέγχουμε την (91) αρκεί να ελέγξουμε την

ananminus1

le 1minus pn

ισοδύναμα

n(

1minus ananminus1

)ge p gt 1

Επειδή ο έλεγχος ανισοτήτων είναι συνήθως δυσχερής υπολογί-

ζουμε το όριο

limnrarrinfin

n(

1minus ananminus1

)

και ελέγχουμε αν είναι μεγαλύτερο ή μικρότερο του 1 Έτσι οδη-

γούμαστε στο κριτήριο Raabe-Duhamel Η απόδειξη του κριτηρίου

αυτού μπορεί να γίνει ακριβώς όπως περιγράψαμε παραπάνω ή

μπορεί να προκύψει ως πόρισμα του κριτηρίου Dini-Kummer θέτο-

ντας bn = nminus 1 Οι λεπτομέρειες αφήνονται ως άσκηση

92 Σύγκριση με την ακολουθία 1np 87

Πρόταση 921 (Κριτήριο Raabe-Duhamel) Για μια θετική ακολου-θία an θέτουμε

rdn = n(

1minus an+1

an

)

Αποδείξτε ότι αν lim rdn gt 1 (ή lim inf rdn gt 1 αν το προηγούμενο

όριο δεν υπάρχει) τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Αν υπάρχει

n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει rdn le 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Αν η απόδειξη μπορούσε να γίνει μόνο με τη σύγκριση με την α-

κολουθία 1np τότε δεν θα ήταν λογικό να ελέγξουμε τη σύγκλισητης 1np με αυτό το κριτήριο Επειδή όμως η απόδειξη μπορεί ναγίνει και ως πόρισμα του Dini-Kummer μπορούμε να χρησιμοποι-

ήσουμε το κριτήριο Raabe-Duhamel και για την 1np

Η μέθοδος με την οποία κανείς συγκρίνει με μια γνωστή ακο-

λουθία (όπως την 1np) δεν είναι απαραίτητα μοναδικός Μπορείκανείς να σκεφτεί άλλες εκφράσεις που θα οδηγούσαν στην ίδια

σύγκριση Ως παράδειγμα θα μπορούσαμε αντί να ακολουθήσου-

με την τεχνική που οδήγησε το κριτήριο Raabe-Duhamel να κάνουμε

το εξής επιδιώκοντας μια σύγκριση της μορφής

an+1

anle 1(n + 1)p

1np=(

nn+ 1

)p

βλέπουμε ότι αυτό είναι ισοδύναμο με το να ισχύει

anan+1

ge(

1+ 1

n

)p

Αλλά επειδή η (1 + 1n)n είναι αύξουσα με όριο το e ισχύει (1 +1n)n le e οπότε (1 + 1n)p le epn Άρα θα ισχύει η ζητούμενη ανισχύει η

anan+1

ge epn

Παίρνοντας λογαρίθμους και αναδιατάσσοντας τους όρους της

τελευταίας ανισότητας αποδεικνύουμε το ακόλουθο κριτήριο

Πρόταση 922 (Λογαριθμικό κριτήριο) Για κάθε ακολουθία θετι-κών όρων an θέτουμε

gn = n loganan+1

Τότε

bull Αν limgn gt 1 (ή lim infgn gt 1 αν το όριο δεν υπάρχει) η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

88 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

bull Αν limgn lt 1 (ή lim supgn lt 1 αν το όριο δεν υπάρχει) η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη με βάση την παραπάνω συζήτηση αφήνε-

ται ως εύκολη άσκηση (για την περίπτωση που αποκλίνει δείξτε

ότι υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an+1an ge1ean για κατάλληλο a ge 0 και πολλαπλασιάστε τις προηγιούμε-

νες ανισότητες για τους δείκτες από n0 μέχρι n)

Ασκήσεις

Άσκηση 921 Γράψτε την απόδειξη του κριτηρίου Raabe-Duhamel (Πρό-

ταση 921) χρησιμοποιώντας τη σύγκριση με την ακολουθία 1np

Άσκηση 922 Γράψτε την απόδειξη του κριτηρίου Raabe-Duhamel (Πρό-

ταση 921) ως πόρισμα του κριτηρίου Dini-Kummer

Άσκηση 923 Γράψτε την απόδειξη του λογαριθμικού κριτηρίου και χρη-

σιμοποιήστε το για να αποδείξετε ότι η σειράsuminfinn=1 n

n(enn) αποκλίνει

Άσκηση 924 Εξηγήστε γιατί η χρήση της ananminus1 le 1minuspn δεν είναι ου-σιαστικά ασθενέστερη της ananminus1 le (1minus 1n)p δηλαδή δεν οδηγηθήκαμεσε ασθενέστερο κριτήριο από τη χρήση της ανισότητας Bernouli (Υπόδει-

ξη Από το διωνυμικό ανάπτυγμα αν p isin N ή από το θεώρημα Taylor αν

p όχι φυσικός αριθμός προκύπτει ότι (1 minus 1n)p = 1minus (pn)+An όπου ηποσότητα An έχει την ιδιότητα limnAn = 0 οπότε

n(

1minus ananminus1

)ge n

(1minus

(1minus 1

n

)p)= p minusnAn

Συμπεράνετε ότι η σύγκριση του ananminus1 με την (1minus1n)p είναι ισοδύναμημε τη σύγκριση με την 1minus pn)

93 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p)

Το κριτήριο Raabe-Duhamel αποτυγχάνει να δώσει αποτέλεσμα αν

το όριο της rdn είναι 1 διότι στην ουσία η σύγκριση της an εί-ναι με την 1n αλλά δεν είναι σαφές από το ότι lim rdn = 1 αν

an le 1n ή an ge 1n Έτσι μπορεί κανείς σε αυτή την περίπτω-ση να σκεφτεί να συγκρίνει με την ακολουθία 1(n(logn)p) πουγια p gt 1 είναι λίγο μικρότερη από την 1n αλλά αρκετά μικρό-τερη ώστε η σειρά της να συγκλίνει Αυτό είναι το περιεχόμενο

του κριτηρίου Bertrand Για να οδηγηθούμε σε μια οριακού τύ-

που συνθήκη όπως και στο κριτήριο Raabe-Duhamel κάνουμε τους

παρακάτω υπολογισμούς θέλουμε να έχουμε μια σύγκριση των

93 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p) 89

λόγων

ananminus1

le

1

n(logn)p1

(nminus 1)(log(nminus 1))p

=(

1minus 1

n

)(log(nminus 1)

logn

)p

=(

1minus 1

n

)(logn+ log(1minus 1n)

logn

)p

=(

1minus 1

n

)(1+ log(1minus 1n)

logn

)p

Αλλά από το Θεώρημα Taylor υπάρχει ακολουθία An με nAn rarr 0

ώστε

log

(1minus 1

n

)= minus 1

n+An

οπότε η σύγκριση που επιδιώκουμε είναι

ananminus1

le(

1minus 1

n

)1minus

1n minusAnlogn

p

=(

1minus 1

n

)(1minus 1minusnAn

n logn

)p

Πάλι από το Θεώρημα Taylor (ή το διωνυμικό ανάπτυγμα αν p isinN) υπάρχει ακολουθία Bn με (n logn)Bn rarr 0 ώστε

(1minus 1minusnAn

n logn

)p= 1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

οπότε η σύγκριση που επιδιώκουμε γίνεται

ananminus1

le(

1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)

Ανοίγοντας τις παρενθέσεις βλέπουμε ότι υπάρχει ακολουθία Bnμε (n logn)Bn rarr 0 ώστε

(1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)= 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn

οπότε η επιδιωκόμενη σύγκριση γίνεται

ananminus1

le 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn

Μετά από πράξεις οδηγούμαστε στην

(logn)(

1minusn(

1minus ananminus1

))le p + (n logn)Bn

Η διαδικασία αυτή μας οδηγεί στο εξής κριτήριο

90 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Θεώρημα 931 (Κριτήριο Bertrand) Για κάθε ακολουθία an gt 0 για

την οποία

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))lt 1

(ή lim sup αν δεν υπάρχει το όριο) η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Ενώ

αν

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))gt 1

(ή lim inf αν δεν υπάρχει το όριο) τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

όπως και στην περίπτωση όπου υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθεn ge n0 να ισχύει

(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))ge 1

Απόδειξη Η απόδειξη με βάση την παραπάνω συζήτηση αφήνε-

ται ως άσκηση

Ασκήσεις

Άσκηση 931 Γράψτε τις λεπτομέρειες της απόδειξης του κριτηρίου Ber-

trand

Άσκηση 932 [Κριτήριο Gauss] Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το κριτήριο

Bertrand ότι αν για μια θετική ακολουθία an ισχύει

an+1

an= 1minus b

nminus cnn2

για κάποια φραγμένη ακολουθία cn τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν

και μόνο αν b gt 1

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης

σειρών

Παρατηρώντας τη διαδικασία που ακολουθήσαμε στα παραπά-

νω κριτήρια ένα φυσιολογικό ερώτημα είναι αν θα μπορούσε να

υπάρχει ένα κριτήριο σύγκρισης το οποίο να αποφασίζει πάντα

αν μια σειρά συγκλίνει ή όχι Αν υπάρχει δηλαδή μια laquoκαθολικήraquo

σειράsuminfinn=1 an με an ge 0 η οποία να laquoδιαχωρίζειraquo τις συγκλίνου-

σες από τις αποκλίνουσες σειρές μη αρνητικών όρων Η απάντη-

ση σε αυτό το ερώτημα είναι δυστυχώς αρνητική Διότι αν το

καθολικό κριτήριο συγκρίνει με μια ακολουθία an για την οποίαηsuminfinn=1 an συγκλίνει μπορούμε να βρούμε ακολουθία bn γνησίως

αύξουσα με limbn = +infin ώστε ηsuminfinn=1 anbn να συγκλίνει Οπότε η

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης σειρών 91

σύγκριση της anbn με την an ώστε να προκύψει η σύγκλιση τηςsuminfinn=1 anbn δεν είναι εφικτήΟμοίως αν ένα καθολικό κριτήριο αποφάσιζε ότι μια σειρά α-

ποκλίνει συγκρίνοντας με μια γνωστή αποκλίνουσα σειράsuminfinn=1 an

μη αρνητικών όρων τότε υπάρχει γνησίως φθίνουσα ακολουθία

bn ώστε limbn = 0 με την σειράsuminfinn=1 anbn να αποκλίνει Οπότε

η σύγκριση anbn με την an ώστε να προκύψει ότι ηsuminfinn=1 anbn

αποκλίνει δεν είναι εφικτή

Έτσι καθολικό κριτήριο σύγκρισης το οποίο να αποφασίζει

για τη σύγκλιση ή την απόκλιση των σειρών δεν γίνεται να υ-

πάρχει

Στα παρακάτω θεωρήματα δίνουμε τις αποδείξεις των παρα-

πάνω ισχυρισμών

Θεώρημα 941 Αν η σειράsuminfinn=1 an με an gt 0 συγκλίνει τότε υ-

πάρχει γνήσια αύξουσα ακολουθία bn με limbn = +infin ώστε ηsuminfinn=1 anbn συγκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει αμέσως από το επόμενο θεώρη-

μα αν θέσουμε bn = (suminfink=n ak)

minusp για οποιοδήποτε 0 lt p lt 1 Με

αυτή την επιλογή φανερά η bn είναι γνήσια αύξουσα με όριο το+infin

Θεώρημα 942 (Dini 1867) Έστω ότι για την ακολουθία an gt 0 η

σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Θέτουμε rnminus1 =

suminfink=n ak Τότε η σειρά

infinsum

n=1

anrpnminus1

συγκλίνει αν 0 lt p lt 1 και αποκλίνει αν p ge 1

Για την απόδειξη του θεωρήματος αποδεικνύουμε πρώτα μια

ανισότητα τύπου Bernoulli

Λήμμα 943 Για κάθε 0 le z le 1 και για κάθε a ge 1 ισχύει

(1minus z)a ge 1minus az

Συγκεκριμένα για κάθε 0 le x le 1 και για κάθε 0 lt p lt 1 ισχύει

1minus x le 1

1minus p(1minus x1minusp

)

και για 1 lt p le 2 ισχύει

1minus x le 1

p minus 1

(1minus xpminus1

)

92 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Απόδειξη Η συνάρτηση f(z) = (1minus z)a minus 1+ az είναι αύξουσα στο[01] διότι f prime(z) = minusa((1minusz)aminus1minus1) ge 0 Άρα f(z) ge f(0) = 0 δηλαδή

η ζητούμενη Για τη δεύτερη ανισότητα θέτουμε a = 1(1 minus p) ge 1

και z = 1minusx1minusp ενώ για την τρίτη ανισότητα a = 1(pminus 1) ge 1 και

z = 1minus xpminus1

Απόδειξη του Θεωρήματος 942 Θέτουμε s =suminfinn=1 an και sN =sumN

n=1 an Χωρίς βλάβη της γενικότητες υποθέτουμε ότι s le 1 (αλ-

λιώς αλλάζουμε την an στην ans) Έτσι rnminus1 lt 1 οπότε αν p ge 1

ισχύει rpnminus1 lt rnminus1 Άρα για κάθε k n isin Nan+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge an+krn+kminus1

+ + anrnminus1

ge an+krnminus1

+ + anrnminus1

= rnminus1 minus rn+krnminus1

= 1minus rn+krnminus1

Αλλά η ακολουθία rn συγκλίνει στο 0 αφού rn = s minus sn rarr 0 Άρα

για κάθε n υπάρχει επαρκώς μεγάλο k ώστε rn+krnminus1 le 12 οπότε

an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge 1

2

και έτσι η σειράsuminfinn=1(anr

pnminus1) δεν είναι Cauchy συνεπώς αποκλί-

νει

Έστω τώρα ότι 0 lt p lt 1 Έχουμε

infinsum

n=1

anrpnminus1

=infinsum

n=1

anrnminus1

r1minuspnminus1 =

infinsum

n=1

rnminus1 minus rnrnminus1

r1minuspnminus1

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

rnminus1 minus rnrnminus1

r1minuspnminus1 le

1

1minus p(r1minuspnminus1 minus r

1minuspn

)

διότι η σειρά της τελευταίας θα συγκλίνει ως τηλεσκοπική Αλλά

αυτή η ανισότητα είναι ισοδύναμη με την

1minus rnrnminus1

le 1

1minus p

(1minus

(rnrnminus1

)1minusp)

η οποία ισχύει από τη δεύτερη ανισότητα του Λήμματος 943 με

x = rnrnminus1

Θεώρημα 944 (Dini 1867) Αν η σειράsuminfinn=1 an με an gt 0 αποκλί-

νει τότε υπάρχει γνησίως φθίνουσα ακολουθία bn με limbn = 0

ώστε ηsuminfinn=1 anbn να αποκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει άμεσα από το επόμενο θεώρημα

θέτοντας bn = (sumnk=1 ak)

minus1 Φανερά με αυτή την επιλογή η bn είναιγνησίως φθίνουσα με όριο το μηδέν

94 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης σειρών 93

Θεώρημα 945 (Dini-Pringsheim) Έστω ότι για την ακολουθία an gt0 η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει Θέτουμε sn =

sumnk=1 ak Τότε η σειρά

infinsum

n=1

anspn

συγκλίνει αν p gt 1 και αποκλίνει αν 0 le p le 1

Απόδειξη Επιλέγουμε n ώστε sn ge 1 Αυτό είναι εφικτό αφού

sn rarr +infin Έτσι για κάθε k isin N και για 0 le p le 1 ισχύει

an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+k= sn+k minus sn

sn+k= 1minus sn

sn+k

Επειδή limkrarrinfin sn+k = +infin υπάρχει k ge n ώστε snsn+k le 12 Συνε-πώς για κάθε n isin N ώστε sn ge 1 υπάρχει k ge n ώστε

an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge 1

2

Άρα ηsuminfinn=1 ans

pn δεν είναι Cauchy οπότε αποκλίνει

Αν τώρα p ge 2 επειδή sn rarr +infin θα ισχύειanspn

le ans2n

από τη στιγμή που το sn θα γίνει μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Συνε-

πώς αρκεί να αποδείξουμε ότι ηsuminfinn=1 ans

pn συγκλίνει για 1 lt p le

2 Υποθέτουμε λοιπόν ότι 1 lt p le 2 Παρατηρούμε ότι

infinsum

n=1

anspn

leinfinsum

n=1

ansns

pminus1nminus1

=infinsum

n=1

sn minus snminus1

snspminus1nminus1

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

sn minus snminus1

snspminus1nminus1

le 1

p minus 1

(s1minuspnminus1 minus s

1minuspn

)

διότι η σειρά της τελευταίας θα συγκλίνει ως τηλεσκοπική Αλλά

η ανισότητα αυτή είναι ισοδύναμη με την

1minus snminus1

snle 1

p minus 1

(1minus

(snminus1

sn

)pminus1)

η οποία προκύπτει από την τρίτη ανισότητα του Λήμματος 943

για x = snminus1sn

94 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Ασκήσεις

Άσκηση 941 Χρησιμοποιήστε την Άσκηση 822 και το Θεώρημα 945

για να αποδείξετε ότι η σειρά

infinsum

n=2

1

n(logn)p

συγκλίνει αν p gt 1 και αποκλίνει για 0 lt p le 1

Κεφάλαιο 10

Εναλλάσουσες σειρές

Οι εναλλάσουσες σειρές δηλαδή οι σειρές που η ακολουθία αλ-

λάζει συχνά πρόσημο αποτελούν ειδική κατηγορία σειρών και

μελετώνται ξεχωριστά

101 Το κριτήριο Leibniz

Κάθε σειρά της μορφήςsuminfinn=1(minus1)nan όπου είτε an ge 0 για κάθε

n isin N είτε an le 0 για κάθε n isin N ονομάζεται εναλλάσουσα σειράΗ παρακάτω πρόταση δίνει ένα κριτήριο σύγκλισης για εναλλά-

σουσες σειρές

Πρόταση 1011 (Κριτήριο του Leibniz) Αν η ακολουθία an είναιφίνουσα και μηδενική τότε η σειρά

suminfinn=1(minus1)nan συγκλίνει

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι αν θέσουμε sN =sumNn=1(minus1)nan τότε η

s2N είναι φθίνουσα διότι

s2(N+1) = s2N+2 = s2N + (minus1)2N+1a2N+1 + (minus1)2N+2a2N+2

= s2N + a2N+2 minus a2N+1 le s2N

αφού a2N+2 le a2N+1 Επιπλέον η s2Nminus1 είναι αύξουσα διότι

s2(N+1)minus1 = s2N+1 = s2Nminus1 + (minus1)2Na2N + (minus1)2N+1a2N+1

= s2N + a2N minus a2N+1 ge s2Nminus1

αφού a2N ge a2N+1 Όμως

s2N = s2Nminus1 + (minus1)2Na2N = s2Nminus1 + a2N ge s2Nminus1

Συνεπώς

s1 le s2Nminus1 le s2N le s2

96 Εναλλάσουσες σειρές

δηλαδή οι s2Nminus1 και s2N είναι μονότονες και φραγμένες άρα συ-γκλίνουν Τέλος s2N = s2Nminus1 + a2N Συνεπώς |s2N minus s2Nminus1| = |a2N| rarr 0

οπότε οι s2N1 και s2N συγκλίνουν στον ίδιο αριθμό Άρα και η snείναι συγκλίνουσα

Παράδειγμα 1012 Παρόλο που η σειράsuminfinn=1(minus1)nn δεν συγκλί-

νει απολύτως αφούsuminfinn=1 |(minus1)nn| =

suminfinn=1 1n = infin εν τούτοις η

ίδια η σειρά συγκλίνει σύμφωνα με το παραπάνω κριτήριο αφού

η 1n είναι φθίνουσα και μηδενική

Ασκήσεις

Άσκηση 1011 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

(minus1)n

ncos

an a isin R

infinsum

n=1

(minus1)nnpeqradicn p q isin R

infinsum

n=1

(minus1)na1n a isin R

102 Το κριτήριο Dirichlet

Η παραπάνω πρόταση μπορεί να γενικευθεί αντικαθιστώντας την

ακολουθία (minus1)n με μια laquoγενικότερηraquo ακολουθία Χρειαζόμαστεπρώτα ένα λήμμα για την laquoάθροιση κατά παράγοντεςraquo Πρόκει-

ται για μια εντελώς ανάλογη ιδιότητα με την ολοκλήρωση κατά

παράγοντες Εκεί ο κανόνας παραγώγισης (fg)prime = f primeg+fgprime οδηγείστην f primeg = (fg)prime minus fgprime και μετά από ολοκλήρωση στο [a b] στην

int baf primeg = f(b)g(a)minus f(a)g(a)minus

intfgprime

Εδώ τον ρόλο της παραγώγου παίζει η διαφορά xnminusxnminus1 και ynminusynminus1 και το ρόλο του ολοκληρώματος η άθροιση Κατά τα άλλα

οι αποδείξεις και οι τύποι που προκύπτουν είναι πανομοιότυποι

Λήμμα 1021 (Άθροιση κατά παράγοντες) Για οποιεσδήποτε α-κολουθίες (xn)infinn=0 και (yn)

infinn=0 στο R και για οποιουσδήποτε αριθ-

μούς N isin N και M isin Ncup 0 με N gt M ισχύει

Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn = xNyN minus xMyM minusNsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1)

102 Το κριτήριο Dirichlet 97

Απόδειξη Επειδή το άθροισμαsumNn=M+1(xnyn minus xnminus1ynminus1) είναι τη-

λεσκοπικό μετά από διαγραφές προκύπτει ότι

Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1ynminus1) = xNyN minus xMyM

Από την άλλη προσθαφαιρώντας τον όρο xnminus1yn στην παρένθε-ση παίρνουμε ότι

Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1ynminus1) =Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1yn + xnminus1yn minus xnminus1ynminus1)

=Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn +Nsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1)

Άρα

Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn +Nsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1) = xNyN minus xMyM

οπότε

Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn = xNyN minus xMyM minusNsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1)

Από την άθροιση κατά παράγοντες προκύπτει αμέσως το α-

κόλουθο

Θεώρημα 1022 Αν για τις ακολουθίες (xn)nisinN και (yn)nisinN το γι-νόμενο xnyn συγκλίνει τότε η σειρά

sumNn=2(xn minus xnminus1)yn συγκλίνει

αν και μόνο αν η σειράsumNn=2 xnminus1(yn minusynminus1) συγκλίνει

Απόδειξη Προκύπτει αμέσως από την άθροιση κατά παράγοντες

θέτοντας M = 0 και xM = yM = 0 Εναλλακτικά μπορούμε να χρη-

σιμοποιήσουμε την άθροιση κατά παράγοντες για να επιβεβαιώ-

σουμε την ιδιότητα Cauchy

Πόρισμα 1023 (Κριτήριο του Dirichlet) Αν το μερικό άρθοισμα sNτης σειράς

suminfinn=1 an είναι φραγμένη ακολουθία και η bn είναι φθί-

νουσα και μηδενική τότε η σειράsuminfinn=1 anbn συγκλίνει

Απόδειξη Αφού η sn είναι φραγμένη limnrarrinfin snbn = 0 Έτσι από

το προηγούμενο θεώρημα η σειρά

infinsum

n=1

anbn =infinsum

n=1

(sn minus snminus1)bn

98 Εναλλάσουσες σειρές

συγκλίνει αν και μόνο αν συγκλίνει η σειράsuminfinn=1 sn(bn minus bnminus1)

Αλλά αν C το φράγμα της |sn| τότεinfinsum

n=1

∣∣sn(bn minus bnminus1)∣∣ le C

infinsum

n=1

(bn minus bnminus1)

και η τελευταία είναι τηλεσκοπική Άρα η σειράsuminfinn=1 sn(bnminusbnminus1)

συγκλίνει απόλυτα άρα και απλά

Παράδειγμα 1024 Τα μερικά αθροίσματα τηςsuminfinn=1(minus1)n είναι φραγ-

μένα (φανερά |sN| le 1 για κάθε N isin N) Άρα αν η an είναι φθίνου-σα και μηδενική η σειρά

suminfinn=1(minus1)nan συγκλίνει δηλαδή έχουμε

το κριτήριο Leibniz ως πόρισμα του κριτηρίου Dirichlet

Παρατήρηση 1025 Η απαίτηση στο κριτήριο Dirichlet να είναι

η bn φθίνουσα δεν είναι απαραίτητη και μπορεί να αντικατα-σταθεί από την απαίτηση η bn να είναι φραγμένης κύμανσης(Άσκηση 1021)

Ασκήσεις

Άσκηση 1021 [Dedekind] Αποδείξτε χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανι-

σότητα όπως στην απόδειξη του Πορίσματος 1023 ότι το συμπέρασμα

του κριτηρίου Dirichlet συνεχίζει να ισχύει αν η ακολουθία bn αντί ναείναι φθίνουσα είναι φραγμένης κύμανσης δηλαδή αν

suminfinn=1 |bn minus bnminus1| lt

+infinΆσκηση 1022 [Κριτήριο Abel] Έτσω ότι η

suminfinn=1 an συγκλίνει και η bn εί-

ναι μια μονότονη και φραγμένη ακολουθία Αποδείξτε ότι και ηsuminfinn=1 anbn

συγκλίνει

(Υπόδειξη Η bn ως μονότονη και φραγμένη συγκλίνει έστω στο bΕφαρμόστε το κριτήριο Dirichlet για την ακολουθία an και για τη φθί-νουσα και μηδενική |bn minus b|)

Κεφάλαιο 11

Αναδιατάξεις σειρών

Όταν προσθέτουμε ένα πεπερασμένο πλήθος αριθμών τότε η σει-

ρά με την οποία κάνουμε την πρόσθεση δεν έχει σημασία αφού

η πρόσθεση είναι ανιμεταθετική πράξη Όμως επειδή στις σειρές

εμπλέκεται και η διαδικασία του ορίου τίθεται το ερώτημα αν

η σειρά με την οποία γίνεται η άθροιση μπορεί τώρα να έχει ή

όχι σημασία Είναι σωστό δηλαδή ότι ανεξάρτητα της σειράς ά-

θροισης ένα άπειρο άθροισμα θα δίνει πάντα το ίδιο αποτέλεσμα

Όπως βλέπουμε στο ακόλουθο παράδειγμα η απάντηση είναι αρ-

νητική

Παράδειγμα 1101 Ας θεωρήσουμε τη σειράsuminfinn=1(minus1)nminus1n για

την οποία γνωρίζουμε ότι συγκλίνει και ας θέσουμε ℓ το όριότης Εύκολα βλέπουμε ότι

ℓ lt 1minus 1

2+ 1

3= 56

διότι οι επόμενοι όροι του αθροίσματος είναι ανά δύο αρνητικοί

minus14 + 15 lt 0 minus16 + 17 lt 0 κλπ Αλλάζουμε τώρα τη σειρά της

άθροισης ώστε κάθε αρνητικός όρος να εμφανιστεί αφού πρώτα

εμφανιστούν δύο θετικοί όροι Δηλαδή θεωρούμε τη σειρά

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+

Εύκολα ελέγχουμε ότι κάθε τριάδα από αυτούς τους όρους με τους

δύο πρώτους θετικούς και τον τρίτο αρνητικό μπορεί να περιγρα-

φεί με την έκφραση

1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2k

για k isin N Αλλά με απλές πράξεις βλέπουμε ότι1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2kge 0

100 Αναδιατάξεις σειρών

άρα

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+ middotmiddot middot ge 1+ 1

3minus 1

2= 5

6gt ℓ

Έτσι η νέα άθροιση δίνει σειρά που είτε δεν συγκλίνει είτε συ-

γκλίνει σε μεγαλύτερο αριθμό από το ℓ Σε κάθε περίπτωση ηαπάντηση στην παραπάνω ερώτηση είναι αρνητική

Σε αυτό το κεφάλαιο θα δούμε ότι η απάντηση στην παραπάνω

ερώτηση είναι πολύ laquoχειρότερηraquo από το απλό laquoόχιraquo του παραπά-

νω παραδείγματος

Πρώτα όμως πρέπει να περιγράψουμε έναν τρόπο για να αλ-

λάζουμε τη σειρά της άθροισης

111 Αναδιατάξεις των φυσικών αριθμών

Ορισμός 1111 Μια ακολουθία kn N rarr N λέγεται αναδιάταξη

του N αν είναι 1minus 1 και επί

Ο όρος που χρησιμοποιούμε είναι laquoφυσιολογικόςraquo διότι εφόσον

η kn είναι επί του N στο πεδίο τιμών της βρίσκονται όλοι οι

φυσικοί αριθμοί και αφού είναι 1 minus 1 η kn δεν επαναλαμβάνειτιμές Άρα πράγματι η kn δίνει τους φυσικούς αριθμούς με άλλησειρά Ας δούμε ένα παράδειγμα Θέτουμε

kn =nminus 1 αν n άρτιοςn+ 1 αν n περιττός

Οι τιμές της kn φαίνονται στον παρακάτω πίνακα από όπου

βλέπουμε ότι η kn απλώς αλλάζει τη σειρά των φυσικών αριθμώνmdashτους αναδιατάσσει

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 kn 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 12 11 14

112 Αναδιατάξεις σειρών

Με τη βοήθεια μιας αναδιάταξης του N μπορούμε να ορίσουμε τις

αναδιατάξεις ακολουθιών και σειρών

Ορισμός 1121 Αν ακολουθία kn N rarr N είναι μια αναδιάταξη

του N τότε η ακολουθία aprimen = akn ονομάζεται αναδιάταξη τηςan και η σειρά

suminfinn=1 a

primen =

suminfinn=1 akn ονομάζεται αναδιάταξη τηςsuminfin

n=1 an

112 Αναδιατάξεις σειρών 101

Έτσι η aprimen δίνει ακριβώς τους όρους της an κατά 1 minus 1 και επί

τρόπο αλλά με τη σειρά που περιγράφει η kn Για παράδειγμαστον επόμενο πίνακα βλέπουμε την αναδιάταξη που κάνει σε μια

ακολουθία an η παραπάνω kn

an a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 akn a2 a1 a4 a3 a6 a5 a8 a7 a10 a9 a12

Στη συνέχεια θέλουμε να αποδείξουμε ότι αν μια σειρά συγκλί-

νει απολύτως τότε κάθε ανάδιάταξή της συγκλίνει και μάλιστα

στον ίδιο αριθμό Για αυτό θα χρειαστούμε πρώτα δυο απλά λήμ-

ματα

Λήμμα 1122 Αν kn Nrarr N 1minus 1 τότε limnrarrinfin kn = infin

Απόδειξη Έστω ότι M gt 0 και K = kn n isin N το πεδίο τιμώντης kn Το σύνολο K cap 12 [M] + 1 είναι πεπερασμένο (με τοπολύ [M]+ 1 στοιχεία) Ας υποθέσουμε ότι

K cap 12 [M]+ 1 = kn1 kn2 knr

για κάποιους δείκτες n1 nr Θέτουμε n0 = maxn1 n2 nr+1

φανερά αν n ge n0 τότε kn notin 12 [M]+1 γιατί αλλιώς θα έπρε-πε να ισούται με κάποιο από τα kn1 kn2 knr αντιφάσκοντας μετην ιδιότητα του 1minus 1 Άρα kn ge [M]+ 1 gt M Συνεπώς kn rarrinfin

Λήμμα 1123 Αν η kn είναι αναδιάταξη του N τότε για κάθε

N isin N υπάρχει m =m(N) isin N ώστε

12 N sube k1 k2 km

Απόδειξη Από το Λήμμα 1122 υπάρχει m isin N ώστε για κάθε

n gem να ισχύει kn ge N+1 Άρα οι αριθμοί 12 N είναι ήδη στοσύνολο τιμών της kn για τα n le m αλλιώς η kn δεν μπορεί ναείναι επί Έτσι αποδείξαμε ότι 12 N sube k1 k2 km

Πρόταση 1124 Αν μια σειρά συγκλίνει απολύτως τότε κάθε α-ναδιάταξή της συγκλίνει στον ίδιο αριθμό

Απόδειξη Έστω ότι η kn είναι μια αναδιάταξη των φυσικών α-ριθμών οπότε η akn είναι αναδιάταξη της ακολουθίας an Θέτουμεℓ =

suminfinn=1 an Θα δειξουμε ότι

suminfinn=1 akn = ℓ

Έστω ότι ε gt 0 Αφού ηsuminfinn=1 |an| συγκλίνει είναι Cauchy Ά-

ρα υπάρχει N0 = N0(ε) isin N ώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύ-

ειsumNn=M+1 |an| lt ε2 Αφήνοντας το N rarr infin συμπεραίνουμε ότιsuminfin

n=M+1 |an| le ε2 Άρα για κάθε M ge N0 ισχύειsuminfinn=M+1 |an| lt ε

οπότε και για M = N0 Δηλαδή

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε

102 Αναδιατάξεις σειρών

Από το Λήμμα 1123 για το N0 υπάρχει m0 isin N ώστε 12 N0 subek1 k2 km0 Έστω τώρα ότι m gem0 Έχουμε

∣∣∣∣∣∣ℓ minusmsum

n=1

akn

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

sum

nnotink1 k2kman

∣∣∣∣∣∣

lesum

nnotink1 k2km|an| le

sum

nnotink1 k2km0|an|

lesum

nnotink1 k2N0|an| =

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Ασκήσεις

Άσκηση 1121 Αποδείξτε ότι αν an rarr ℓ και akn μια οποιαδήποτε ανα-διάταξή της τότε akn rarr ℓ

Άσκηση 1122 Αποδείξτε ότι κάθε συγκλίνουσα ακολουθία an έχει φθί-νουσα αναδιάταξη (Η φθίνουσα αναδιάταξη μιας ακολουθίας an συνή-θως συμβολίζεται με alowastn)

113 Το θεώρημα Riemann

Σε αυτή την ενότητα αποδεικνύουμε ότι αν μια σειρά συγκλίνει

αλλά δεν συγκλίνει απολύτως τότε για κάθε αριθμό υπάρχει ανα-

διάταξη της σειράς που συγκλίνει σε αυτόν Για την απόδειξη θα

χρειαστούμε ένα λήμμα

Λήμμα 1131 Κάθε αναδιάταξη akn μιας μηδενικής ακολουθίαςan είναι μηδενική

Απόδειξη Αν ε gt 0 και N0 isin N ώστε για κάθε N ge N0 να ισχύει

|aN| lt ε τότε από το Λήμμα 1123 βρίσκουμε ένα m0 isin N ώστε12 N0 sube k1 k2 km0 Έτσι αν m gem0+1 επειδή η kn είναι1minus 1 θα ισχύει

km notin k1 k2 km0 supe 12 N0

Άρα km ge N0 οπότε |akm | lt ε

Θεώρημα 1132 (Riemann) Αν η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αλλά η

σειράsuminfinn=1 |an| αποκλίνει τότε για κάθε x isin R υπάρχει αναδιά-

ταξη kn του N ώστε

infinsum

n=1

aprimen =infinsum

n=1

akn = x

113 Το θεώρημα Riemann 103

Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι an ne 0

για κάθε n isin N αφού οι όποιοι μηδενικοί όροι δεν συμβάλλουν

στη σύγκλιση ή όχι της σειράς Θέτουμε

a+n =an αν an gt 0

0 αν an lt 0και aminusn =

0 αν an gt 0

minusan αν an lt 0

Παρατηρούμε ότι a+n aminusn gt 0 και a+n + aminusn = |an| και a+n minus aminusn = an

Επιπλέον ισχυριζόμαστε ότι

infinsum

n=1

a+n =infinsum

n=1

aminusn = infin (111)

Πράγματι επειδή a+n aminusn gt 0 αν δεν απειρίζονται και δυο πα-

ραπάνω σειρές μπορούμε να υποθέσουμε ότι κάποια από τις

δύο αυτές συγκλίνει Έστω ότιsuminfinn=1 a

+n συγκλίνει Τότε επειδή

aminusn = a+n minus an συνεπάγεται ότι

infinsum

n=1

aminusn =infinsum

n=1

a+n minusinfinsum

n=1

an

οπότε αναγκαστικά θα συγκλίνει και ηsuminfinn=1 a

minusn Αλλά τότε θα

συγκλίνει και ηsuminfinn=1 |an| αφού

infinsum

n=1

|an| =infinsum

n=1

a+n +infinsum

n=1

aminusn

το οποίο είναι άτοπο

Από την (111) παρατηρούμε ότι ξεκινώντας από οποιοδήπο-

τε αριθμό α lt x αν προσθέσουμε αρκετούς (πεπερασμένο πλήθος)από τους θετικούς όρους της an θα ξεπεράσουμε το x Και ξεκι-νώντας από οποιοδήποτε αριθμό β gt x αν προσθέσουμε αρκετούς(πεπερασμένο πλήθος) από τους αρνητικούς όρους της an (οι ο-ποίοι είναι της μορφής minusaminusn) θα πέσουμε κάτω από το xΞεκινάμε την κατασκευή της αναδιάταξης της σειράς της an

Υποθέτουμε ότι a1 le x Θέτουμε aprime1 = a1 και N1 = n1 = 1 Σύμφω-

να με την προηγούμενη παρατήρηση υπάρχει n2 isin N ο πρώτος

φυσικός αριθμός ώστε αν οι πρώτοι n2 minus 1 θετικοί όροι της anπροστεθούν στον a1 να δίνουν αποτέλεσμα μικρότερο ή ίσο από

τον x αλλά όταν προστεθεί και ο n2-στος θετικός όρος της anνα προκύπτει αποτέλεσμα γνήσια μεγαλύτερο από τον x Ονομά-ζουμε αυτούς τους θετικούς όρους aprime2 a

prime3 a

primen2και αφού θέσουμε

N2 = n2 ισχύειN2minus1sum

n=1

aprimen le x ltN2sum

n=1

aprimen

104 Αναδιατάξεις σειρών

Πάλι από την παραπάνω παρατήρηση υπάρχει n3 ο πρώτος φυ-

σικός αριθμός ώστε αν προσθέσουμε τους πρώτους n3 minus 1 όρους

από τους αρνητικούς όρους της an στοsumN2

n=1 aprimen να προκύτει α-

ριθμός μεγαλύτερος ή ίσος του x αλλά όταν προσθέσουμε καιτον n3-στο όρο να προκύψει γνήσια μικρότερος του x Μετονο-μάζουμε αυτούς τους όρους σε aprimen2+1 a

primen2+n3

και αφού θέσουμε

N3 = n2 +n3 ισχύειN3sum

n=1

aprimen le x ltN3minus1sum

n=1

aprimen

Έστω n4 ο πρώτος φυσικός αριθμός ώστε αν προσθέσουμε

τους επόμενους n4minus1 από τους θετικούς όρους της an στοsumN3

n=1 aprimen

να προκύπτει αποτέλεσμα μικρότερο ή ίσο με το x αλλά ότανπροσθέσουμε και τον n4-στο όρο να προκύψει αποτέλεσμα γνησί-

ως μεγαλύτερο του x Αν μετονομάσουμε αυτούς τους όρους σεaprimeN3+1 a

primeN3+n4

και αφού θέσουμε N4 = N3 +n4 ισχύει

N4minus1sum

n=1

aprimen le x ltN4sum

n=1

aprimen

Συνεχίζοντας επαγωγικά αυτή τη διαδικασία κατασκευάζουμε

την αναδιάταξη aprimen της an και έχουμε και φυσικούς αριθμούς N1 ltN2 lt ώστε για κάθε k isin N να ισχύουν τα εξής

bull aprimen gt 0 για κάθε n με N2kminus1 lt n le N2k (dagger)

bull aprimen lt 0 για κάθε n με N2k lt n le N2k+1 (Dagger)

bullN2kminus1sum

n=1

aprimen le x ltN2ksum

n=1

aprimen και

N2kminus1sum

n=1

aprimen lt x leN2kminus1minus1sum

n=1

aprimen (lowast)

Θα ολοκληρώσουμε την απόδειξη αν δείξουμε ότι τα μερικά α-

θροίσματα sprimem τηςsuminfinn=1 a

primen συγκλίνουν στο x Αν ε gt 0 επειδή

η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει η an είναι μηδενική ακολουθία οπό-

τε είναι μηδενική και η aprimen από το Λήμμα 1131 Άρα υπάρχει

k0 isin N ώστε για κάθε k ge k0 να ισχύει |aN2kminus1| lt ε και |aN2k| lt εΘέτουμε m0 = N2k0minus1 Θα δείξουμε ότι για κάθε m ge m0 ισχύει

|sprimem minus x| lt ε Έστω λοιπόν m gem0 Τότε υπάρχει k ge k0 ώστε είτε

N2kminus1 lem lt N2k είτε N2k lem lt N2k+1 Αν N2kminus1 lem lt N2k τότε από

την (dagger) παίρνουμε ότι sprimeN2kminus1le sprimem lt x Χρησιμοποιώντας τώρα την

(lowast)

|sprimemminusx| = xminussprimem le xminussprimeN2kminus1leN2kminus1minus1sum

n=1

aprimenminusN2kminus1sum

n=1

aprimen = minusaprimeN2kminus1= |aprimeN2kminus1

| lt ε

113 Το θεώρημα Riemann 105

Ενώ αν N2k le m lt N2k+1 τότε από την (Dagger) παίρνουμε ότι x le sprimem lesprimeN2k Χρησιμοποιώντας πάλι την (lowast)

|sprimem minus x| = sprimem minus x le sprimeN2kminus x le

N2ksum

n=1

aprimen minusN2kminus1sum

n=1

aprimen = aN2k = |aN2k| lt ε

Τέλος αν a1 ge x επαναλαμβάνουμε την παραπάνω διαδικασία

ξεκινώντας από την πρόσθεση στον a1 αρνητικών όρων της anμέχρι το άθροισμα να πέσει για πρώτη φορά κάτω από το x καισυνεχίζουμε με ακριβώς τον ίδιο τρόπο

Ασκήσεις

Άσκηση 1131 Αποδείξτε ότι αν μια σειρά συγκλίνει αλλά όχι απολύ-

τως τότε υπάρχει αναδιάταξή της που να συγκλίνει στο +infin Ομοίωςαποδείξτε ότι υπάρχει αναδιάταξή της που να συγκλίνει στο minusinfin Ομοί-ως αποδείξτε ότι υπάρχει αναδιάταξή της που δεν συγκλίνει σε κανένα

σημείο του Rcup plusmninfinΆσκηση 1132 Αποδείξτε ότι αν μια σειρά συγκλίνει αλλά όχι απολύτως

τότε υπάρχει αναδιάταξή της της οποίας τα μερικά αθροίσματα είναι

πυκνά στο R

Άσκηση 1133 Αν an = cos(nπ)n υπάρχει αναδιάταξη aprimen της an ώστεsuminfinn=1 a

primen = e

Άσκηση 1134 Αν an = sin(nπ2)n υπάρχει αναδιάταξη aprimen της an ώστεsuminfinn=1 a

primen = 1000

Βιβλιογραφία

[1] Απόστολος Γιαννόπουλος Απειροστικός Λογισμός Ι amp ΙΙ (Ση-

μειώσεις Μαθήματος)

httpusersuoagr˜apgiannopnoteshtml

[2] Δημήτριος Κάππος Μαθήματα Αναλύσεως Απειροστικός

Λογισμός Α

[3] Στυλιανός Νεγρεπόντης Σταύρος Γιωτόπουλος Ευστάθιος

Γιαννακούλιας Απειροστικός Λογισμός Ι Συμμετρία 1997

2004

[4] Σωτήρης Ντούγιας Απειροστικός Λογισμός Ι Πανεπιστήμιο

Ιωαννίνων 2000 2004

[5] Αντώνης Τσολομύτης Σύνολα και Αριθμοί Leader Books 2004

[6] Robert Bartle The elements of Real Analysis 2nd ed John Wiley amp Sons

1989

[7] Konrad Knopp Infinite sequences and series Dover Publications 1956

[8] Thomas William Korner A companion to Analysis Graduate Studies in

Mathematics vol 62 American Mathematical Society 2004

[9] Serge Lang A first Course in Calculus 5th ed Undergraduate Texts in

Mathematics Springer-Verlag 1986

[10] Walter Rudin Principles of Mathematical Analysis 3rd edition McGraw

Hill International Editions 1976

[11] Karl Stromberg An introduction to Classical Real Analysis Chapman amp

Hall 1996

Ευρετήριο ελληνικών όρων

Α

άθροιση κατά παράγοντες 96

άθροισμα ακολουθιών 9

ακολουθία 7

Cauchy 37

infimum 20

supremum 20

άνω όριο 47

άνω πέρας 20

άνω φράγμα 19

άνω φραγμένη 19

αποκλίνουσα 39

απολύτως φραγμένη 19

αύξουσα 15

βασική 37

γνησίως αύξουσα 15

γνησίως μονότονη 15

γνησίως φθίνουσα 15

ελάχιστο άνω φράγμα 20

επάλληλες 53

κανόνας Lrsquo Hospital 55

κάτω όριο 47

κάτω πέρας 20

κάτω φραγμένη 19

μέγιστο κάτω φράγμα 20

μερικό άθροισμα 63

μηδενική 25

μονότονη 15

όριο 31

όροι 7

σειρά της 63

συγκλίνουσα 30

σύνολο όρων 7

τελικό τμήμα 7

φθίνουσα 15

φραγμένη 19

φραγμένης κύμανσης 98

ακολουθίες ισοσυγκλίνουσες 36

αναδιάταξη

σειράς 99

φυσικών αριθμών 100

αναδιάταξη σειράς 100

ανισότητα αριθμητικού γεω-

μετρικούς αρμονικού μέ-

σου 54

άνω

όριο ακολουθίας 47

πέρας ακολουθίας 20

φράγμα ακολουθίας 19

φραγμένη ακολουθία 19

απλή σύγκλιση σειράς 70

αποκλίνουσα ακολουθία 39

απόλυτη σύγκλιση σειράς 70

απολύτως φραγμένη ακολου-

θία 19

αριθμητικός μέσος 53

αριθμητικός-αρμονικός μέσος

56

αριθμογεωμετρικός μέσος 58

αρμονική σειρά 70

αρμονικός μέσος 53

αύξουσα ακολουθία 15

Β

βασική ακολουθία 37

Γ

γεωμετρική σειρά 63

γεωμετρικός μέσος 53

γινόμενο ακολουθιών 9

γνησίως

αύξουσα ακολουθία 15

μονότονη ακολουθία 15

φθίνουσα ακολουθία 15

Δ

διαφορά ακολουθιών 9

Ε

ελάχιστο

Ευρετηριο ελληνικων ορων 109

άνω φράγμα ακολουθίας

20

υπακολουθιακό όριο 48

εναλλάσουσα σειρά 95

επάλληλες ακολουθίες 53

Θ

θεώρημα

Bolzano-Weierstraszlig 37

Riemann 102

Ι

ιδιότητα Cauchy 68

ισοσυγκλίνουσες ακολουθίες 36

ισότητα ακολουθιών 9

Κ

κανόνας Lrsquo Hospital για ακο-

λουθίες 55

κάτω

όριο ακολουθίας 47

πέρας ακολουθίας 20

φραγμένη ακολουθία 19

κέντρο περιοχής 25

κριτήριο

n-στης ρίζας του Cauchy

84

Cauchy 68

Bertrand 88 90

Gauss 90

Dini-Kummer 74

Dirichlet 96 97

Leibniz 95

Raabe-Duhamel 87

λογαριθμικό 87

λόγου Drsquo Alambert 82

λόγου ακολουθιών 29

λόγου ακολουθιών ορια-

κό 36

ολοκληρωτικό 79

οριακής σύγκρισης 72

οριακής σύγκρισης λόγων

72

σύγκρισης 71

συμπύκνωσης του Cauchy

76

φράγματος 67

Λ

λογαριθμικό κριτήριο 87

λόγος γεωμετρικής σειράς 63

Μ

μέγιστο

κάτω φράγμα ακολουθίας

20

υπακολουθιακό όριο 48

μερικό άθροισμα ακολουθίας

63

μέσος

αριθμητικός 53

αριθμητικός-αρμονικός 56

αριθμογεωμετρικός 58

αρμονικός 53

γεωμετρικός 53

μηδενική ακολουθία 25

μοναδικότητα ορίου ακολουθί-

ας 31

μονότονη ακολουθία 15

Ο

ολοκληρωτικό κριτήριο 79

οριακό κριτήριο λόγου ακολου-

θιών 36

όριο

ακολουθίας 31

υπακολουθιακό 47

όροι ακολουθίας 7

Π

περιοχή σημείου 25

πηλίκο ακολουθιών 10

Σ

σειρά 63

αρμονική 70

γεωμετρική 63

εναλλάσουσα 95

τηλεσκοπική 73

110 Ευρετηριο ελληνικων ορων

σειρές

n-στης ρίζας του Cauchy

84

αναδιατάξεις 99 100

απλή σύγκλιση 70

απόλυτη σύγκλιση 70

εναλλάσουσες 95

κριτήριο Bertrand 90

κριτήριο Cauchy 68

κριτήριο Gauss 90

κριτήριο Dini-Kummer 74

κριτήριο Dirichlet 96 97

κριτήριο Leibniz 95

κριτήριο Raabe-Duhamel 87

κριτήριο λογαριθμικό 87

κριτήριο λόγου Drsquo Alambert

82

κριτήριο οριακής σύγκρι-

σης 72

κριτήριο οριακής σύγκρι-

σης λόγων 72

κριτήριο σύγκρισης 71

κριτήριο συμπύκνωσης του

Cauchy 76

κριτήριο φράγματος 67

ολοκληρωτικό κριτήριο 79

τηλεσκοπικές 73

συγκλίνουσα ακολουθία 30

σύγκλιση ακολουθιών 25

σύνθεση ακολουθιών 10

σύνολο όρων ακολουθίας 7

Τ

τελικά ανήκειικανοποιεί 25

τελικό τμήμα ακολουθίας 7

τηλεσκοπικές σειρές 73

Υ

υπακολουθία 8

υπακολουθιακό όριο 47

Φ

φθίνουσα ακολουθία 15

φραγμένη ακολουθία 19

Παραγωγή LATEX2ε

Τα θεωρήματα

των Green Stokes και Gauss

Αντώνης Τσολομύτης

Σάμος 2012

intcurl

nablatimes F

divintpartS F

Επειδή αναϕέρθηκε στο μάθημα

Ενεργητική ϕωνή

Ενεστώτας παράγω παρέχωΕνεστώτας-υποτακτική να παράγω να παρέχωΕνεστώτας-προστακτική πάραγε πάρεχεΕνεστώτας-μετοχή παράγοντας παρέχονταςΜέλλοντας στιγμιαίος θα παραγάγω θα παράσχωΜέλλοντας διαρκείας θα παράγω θα παρέχωΜέλλοντας συντελεσμένος θα έχω παραγάγει θα έχω παράσχειΑόριστος παρήγαγα παρείχαΑόριστος-υποτακτική να παραγάγω να παράσχωΑόριστος-προστακτική παράγαγε παράσχετεΑόριστος-απαρέμϕατο παραγάγει παράσχειΠαρατατικός παρήγα παρείχαΠαρακείμενος έχω παραγάγει έχω παράσχειΥπερσυντέλικος είχα παραγάγει είχα παράσχει

Οι τύποι με το -άξω δεν είναι απαραίτητα λάθος (ο μέλλοντας τουάγω στην αρχαία είναι άξω1) και μπορούν να χρησιμοποιηθούν εν-δεχομένως ειδικά αν στον ομιλητή ακούγονται εύηχοι Όμως υπάρ-χουν δυσκολίες με αυτή την επιλογή Για παράδειγμα για το ρήμαlaquoεξάγωraquo θα πούμε laquoθα εξάξωraquo Για το laquoανάγωraquo laquoθα ανάξωraquo Γιατο laquoδιαξάγωraquo laquoθα διαξάξωraquo Ή είναι προτιμότερο να πούμε laquoθαεξαγάγωraquo laquoθα αναγάγωraquo laquoθα διεξαγάγωraquo Ο κακοποιός laquoέχει α-παγάγειraquo το παιδί ή το έχει laquoαπάξειraquo Ανάλογη είναι η κατάστασηκαι με το laquoπαρέχωraquo Είναι σωστό να λέμε laquoνα παρέξειraquo ή laquoνα πα-ράσχειraquo Χωρίς να θέλουμε να μπούμε στην κουβέντα περί σωστούή λάθους γλωσσικής καθαρότητας ή βαρβαρότητας (κουβέντα πουγίνεται έντονα στο διαδίκτυο) από τα παραπάνω παραδείγματαϕαίνεται ότι η επιλογή του laquoθα παραγάγωraquo ή laquoθα παράσχωraquo είναιασϕαλέστερη

Σάμος 11 Μαΐου 2012

1δες online λεξικό Liddell-Scott-Κωνσταντινίδου στη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrldsweb

1 Εισαγωγικά

Οι σημειώσεις αυτές γράϕτηκαν για το μάθημα του ΑπειροστικούΛογισμού όπως αυτό διδάσκεται στα Τμήματα Μαθηματικών Οιαποδείξεις των τριών αυτών θεωρημάτων στην πλήρη τους γενικό-τητα στον R3 (ή στον R2 για το θεώρημα του Green) δεν είναι απλέςΕιδικά η απόδειξη του θεωρήματος του Gauss είναι δύσκολη και γιααυτό μπορεί να επιλέξει κανείς να την παραλείψει Η απόδειξη τουStokes είναι βατή αν και εκτενής λόγω της αναγκαστικής εϕαρμο-γής του κανόνα της αλυσίδας στην παραγώγιση για διανυσματικέςσυναρτήσειςΟι σημειώσεις αυτές δεν περιέχουν ασκήσεις και γράϕτηκαν κυ-

ρίως με στόχο μια διδακτικά αποδοτικότερη παρουσίαση των θεω-ρημάτων Με αυτό το σκεπτικό οι αποδείξεις πήγαν όλες σε ξεχω-ριστή ενότητα στο τέλος των σημειώσεων

2 Συμβολισμός

Συμβολίζουμε μεintintτο διπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R2 και

μεintintintτο τριπλό ολοκλήρωμα σε υποσύνολο του R3

Με το intC συμβολίζουμε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στην

προσανατολισμένη καμπύλη C Όταν η C είναι απλή κλειστή καμ-πύλη που περικλείει ένα χωρίο στον R2 θεωρούμε ότι είναι θετικάπροσανατολισμένη δηλαδή περπατώντας πάνω στην καμπύλη τοχωρίο που περικλείει είναι στα αριστερά μας Αν η C είναι το σύ-νορο μιας προσανατολισμένης επιϕάνειας στον R3 τότε η C θεω-ρείται προσανατολισμένη θετικά δηλαδή αν περπατάμε στην C μετο σώμα μας στη ϕορά του προσανατολισμού της επιϕάνειας ηεπιϕάνεια είναι στα αριστερά μαςΣυμβολίζουμε με

S το επιϕανειακό ολοκλήρωμα πάνω στην προ-

σανατολισμένη επιϕάνεια S Αν η S είναι κλειστή επιϕάνεια η θε-τική κατεύθυνση είναι η προς τα έξω κατεύθυνση σε σχέση με τοτρισδιάστατο χωρίο που περικλείειΓράϕουμε ⟨xy⟩ για το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων x

και y Τα i j και k είναι τα βασικά ορθοκανονικά διανύσματαστον R3 Δηλαδή i = (100) j = (010) και k = (001)Αν F διανυσματική συνάρτηση από το R3 στο R3 και F = (F1 F2 F3)

όπου οι Fj έχουν τιμές στο R γράϕουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 F2 F3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1)

3

και

⟨nabla F⟩ = partF1

partx+ partF2

party+ partF3

partz (2)

3 Θεωρήματα Stokes και Gauss

Το θεμελιώδες θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού μάς λέει ότι υπότις κατάλληλες προϋποθέσεις το ολοκλήρωμα της παραγώγου f prime

της f στο διάστημα [a b] ισούται με ένα κατάλληλο άθροισμα τωντιμών της f στο σύνορο ab του διαστήματος Συγκεκριμέναint

[ab]f prime = f(b)minus f(a) (3)

Δηλαδή το ολοκλήρωμα της παραγώγου στο διάστημα [a b] υπο-λογίζεται από τις τιμές της συνάρτησης στο σύνορο (στα άκρα)του [a b] Το ίδιο ακριβώς είναι εννοιολογικά του περιεχόμενο τωνθεωρημάτων Stokes και Gauss Στο θεώρημα Stokes το πεδίο ολοκλή-ρωσης είναι μια επιϕάνεια και ο υπολογισμός με βάση τις τιμέςστο σύνορο της επιϕάνειας (το αντίστοιχο του f(b) minus f(a)) γίνεταιμε επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο σύνορό της Ομοίως στο θεώρηματου Gauss το πεδίο ολοκλήρωσης είναι ένα χωρίο στον τρισδιάστα-το χώρο και ο υπολογισμός με βάση τις τιμές στο σύνορο του χω-ρίου γίνεται με το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στο σύνορο του χωρίουδηλαδή στην επιϕάνεια που περικλείει το χωρίο

31 Το θεώρημα του Stokes

Έστω ότι η S προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 που ορίζεταιαπό μια ένα προς ένα παραμετρικοποίηση Φ D sube R2 rarr S και partSτο θετικά προσανατολισμένο σύνορό της Αν F S rarr R3 μια C1

συνάρτηση τότε

το επιϕανειακό ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης παραγώ-γουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στο σύνο-ρο της επιϕάνειας Δηλαδή σε πλήρη αναλογία με τοντύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕής

SlaquoF primeraquo =

intpartSF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επικαμπύλιο ολο-κλήρωμα της F στο partS

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί είναι ποια είναι η laquoκατάλληληπαράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

4

Θεώρημα 31 (Stokes) Έστω ότι η S είναι μια κατά τμήματα C2

ϕραγμένη προσανατολισμένη επιϕάνεια στον R3 Αν F S rarr R3

μια C1 συνάρτηση και partS το θετικά προσανατολισμένο σύνορο τηςS το οποίο υποθέτουμε ότι είναι απλή κλειστή κατά τμήματα C1

καμπύλη τότε ισχύει Snablatimes F =

intpartSF (4)

Δηλαδή η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo είναι η συνάρτηση nablatimes F

Υπενθυμίζουμε εδώ τα απαραίτητα για τον υπολογισμό των πο-σοτήτων του παραπάνω τύπου

bull Αν Φ D sube R2 rarr R με Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))μια 1-1

παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας S θέτουμε

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)και το επιϕανειακό ολοκλήρωμα στα αριστερά της (4) υπολο-γίζεται με το διπλό ολοκλήρωμαintint

D

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

bull Αν σ(t) isin R3 για t isin [a b] μια παραμετρικοποίηση του partS τότετο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στα δεξιά της (4) ισούται μεint b

a

⟨F(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

Παρατήρηση 31 Θέλοντας να κάνουμε τον αναγνώστη να νοιώθεισίγουρος για την εννοιολογική ταύτιση της σχέσης (4) με τη σχέση(3) θα δείξουμε ότι πράγματι το θεώρημα του Stokes εϕαρμοσμένοσε κατάλληλη επιϕάνεια συνεπάγεται το θεμελιώδες θεώρημα τουαπειροστικού λογισμού Ας υποθέσουμε λοιπόν τη σχέση (4) καιέστω ότι η f είναι συνάρτηση C1 στο [a b] Θεωρούμε την επίπεδηεπιϕάνεια S = [a b] times [01] times 0 sube R3 και τη συνάρτηση F(xy) =(0 f (x)0) Έχουμε

nablatimes F =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

0 f(x) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= f prime(x)k

Για την παραμετρικοποίηση της S θέτουμε D = S και για (uv) isin DΦ(uv) = (uv0) Έτσι Tu = (100) Tv = (010) και εύκολα προκύ-

5

πτει ότι Tu times Tv = k Οπότε το αριστερό μέλος της (4) γίνεταιSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

=int 1

0

int baf prime(u)dudv

=int baf prime(x)dx

Στρεϕόμαστε τώρα στο δεξιό σκέλος Το σύνορο του S αποτελείταιαπό τα ευθύγραμμα τμήματα

C1 =(t00) t isin [a b]

C2 =(t10) t isin [a b]

B1 =(a t0) t isin [01]

καιB2 =

(b t0) t isin [01]

Οι παραμετρικοποιήσεις που δίνονται στα παραπάνω ευθύγραμματμήματα δίνουν τον θετικό προσανατολισμό στα C1 και B2 ενώ δί-νουν τον αρνητικό προσανατολισμό στα C2 και B1 Συνεπώς

intpartSF =

intC1

F minusintC2

F minusintB1

F +intB2

F (5)

Όμως

intC1

F =int ba

⟨F(t00) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

intC2

F =int ba

⟨F(t10) (100)

⟩dt =

int ba

⟨(0 f (t)0

) (100)

⟩dt = 0

Και

intB2

F =int 1

0

⟨F(b t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (b)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(b)dt

= f(b)

intB1

F =int 1

0

⟨F(a t0) (010)

⟩dt

=int 1

0

⟨(0 f (a)0

) (010)

⟩dt

=int 1

0f(a)dt

= f(a)

6

Αντικαθιστώντας στην (5) παίρνουμεintpartS F = f(b) minus f(a) ολοκληρώ-

νοντας την απόδειξη Έτσι το θεώρημα του Stokes πράγματι αποτε-λεί επέκταση του γνωστού μας θεμελιώδους θεωρήματος του απει-ροστικού λογισμού μίας μεταβλητής σε περισσότερες μεταβλητές

311 Το θεώρημα του Green

Μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος Stokes είναι η περίπτωσηόπου η επιϕάνεια S είναι επίπεδη υποσύνολο του R2 και η συνάρ-τηση F έχει πεδίο τιμών το R2 Σε αυτή την περίπτωση το πεδίοορισμού της παραμετρικοποίησης Φ της S το D ταυτίζεται με τηνS και η Φ είναι η ταυτοτική Φ(uv) = (uv) (όπου παραλείψαμε τηντρίτη μηδενική συντεταγμένη (μιλώντας αυστηρά ταυτίζουμε το R2

με το R2 times 0 sub R3 ή αλλιώς ταυτίζουμε τα (uv) με τα (uv0))Όπως και στην Παρατήρηση 31 υπολογίζουμε ότι Tu times Tv = k

οπότε σε αυτή την περίπτωση

intSnablatimes F =

intintD

⟨nablatimes F(uv) k⟩dudvΤώρα αν F = (PQ) = (PQ0) υπολογίζουμε την παράσταση ⟨nabla timesF(uv) k

⟩με την ορίζουσα (1) και βρίσκουμε (άσκηση) ότι

⟨nablatimes F(uv) k⟩ = partQpartu

minus partPpartv

Έτσι σε αυτή την ειδική περίπτωση ο τύπος του θεωρήματος Stokesγράϕεται ως intint

D

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy =

intpartDF

όπου F = (PQ) Αυτός ο τύπος ο τύπος που προκύπτει από τοθεώρημα Stokes όταν S sube R2 και F S rarr R2 ονομάζεται laquoθεώρηματου GreenraquoΗ παρουσίαση του θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήμα-

τος Stokes έγινε για καθαρά διδακτικούς λόγους Όμως όσο αϕοράστις αποδείξεις τους (δες ενότητα 4) πρώτα αποδεικνύουμε την ει-δική και ευκολότερη περίπτωση του θεωρήματος Green και στη συ-νέχεια αποδεικνύουμε το θεώρημα Stokes

312 Εϕαρμογή υπολογισμός εμβαδού χωρίου

Παρατηρούμε ότι αν στον τύπο του Green βάλουμε Q(xy) = 12x και

P(xy) = minus 12y θα ισχύει

partQpartx minus

partPparty = 1 οπότε

12intpartD(minusyx) =

intintD

1dxdy = Εμβαδόν(D)

7

Έτσι καταλήγουμε στον τύπο

Εμβαδόν(D) = 12intpartD(minusyx)

Οι επιλογές που κάναμε για τα P και Q δεν είναι μοναδικές Θαμπορούσαμε για παράδειγμα να είχαμε επιλέξει Q = x και P = 0Θα χρησιμοποιήσουμε τον παραπάνω τύπο για να υπολογίσουμε

το εμβαδόν του ϕύλλου του Καρτέσιου Πρόκειται για τον βρόγχοπου παράγεται από την καμπύλη με παραμετρικοποίηση

σ(t) =(

3t1+ t3

3t2

1+ t3)

όπου t isin [0infin) (σε καρτεσιανές συντεταγμένες και σε πεπλεγμένημορϕή η εξίσωση είναι x3 + y3 minus 3xy = 0) Το σχήμα της καμπύληςϕαίνεται στο σχήμα 1 Σύμϕωνα με τον τύπο του εμβαδού που

minus1 lt t le 0

t lt minus1

t ge 0

y = minusx minus 1

Σχήμα 1 Το ϕύλλο του Καρτέσιου (the folium of Descartes)

βρήκαμε παραπάνω το εμβαδόν του ϕύλλου ισούται με

intσ(minusyx) = 1

2

intinfin0

⟨(minus 3t2

1+ t3 3t

1+ t3) σ prime(t)

⟩dt

= 12

intinfin0

(3t

1+ t3)2

dt

= 12

minus31+ t3

∣∣∣∣∣infin

0

= 32

8

32 Το θεώρημα του Gauss

Θεωρούμε Ω ένα κλειστό και ϕραγμένο υποσύνολο του R3 το οποίοέχει κατά τμήματα C2 σύνορο partΩ Θεωρούμε επίσης ότι το partΩ είναιπροσανατολισμένο με τη θετική ϕορά δηλαδή με το laquoπρος τα έξωraquoαπό το Ω διάνυσμα Αν F διανυσματική C1 συνάρτηση στο Ω τότε

το χωρικό (τριπλό) ολοκλήρωμα μιας laquoκατάλληλης πα-ραγώγουraquo της F υπολογίζεται από τις τιμές της F στοσύνορο partΩ του χωρίου Ω Δηλαδή σε πλήρη αναλογίαμε τον τύπο (3) ισχύει ένας τύπος της μορϕήςintintint

ΩlaquoF primeraquo =

partΩF

όπου το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το επιϕανειακό ολο-κλήρωμα της F στο partΩ

Το μόνο που μένει να διευκρινιστεί και πάλι είναι ποια είναι ηlaquoκατάλληλη παράγωγοςraquo της F ώστε να ισχύει ο παραπάνω τύπος

Θεώρημα 32 (απόκλισης του Gauss) Έστω ότι το Ω είναι ένα υπο-σύνολο του R3 κλειστό και ϕραγμένο με κατά τμήματα C2 σύνοροpartΩ Τότε αν η F με πεδίο τιμών το R3 είναι C1 συνάρτηση στο Ωισχύει intintint

Ω⟨nabla F⟩ =

partΩF

Η laquoκατάλληλη παράγωγοςraquo δηλαδή εδώ είναι η ποσότητα ⟨nabla F⟩Υπενθυμίζουμε ότι για να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμαχρειαζόμαστε μια 1-1 και κατά τμήματα C2 παραμετρικοποίηση Φ =(Φ1Φ2Φ3) D sube R2 rarr partΩ της επιϕάνειας partΩ οπότε

partΩF =

intintD⟨nabla times F(Φ(uv)) Tu times Tv⟩dudv

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tv =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

4 Αποδείξεις

41 Απόδειξη του θεωρήματος Green

Όπως είπαμε και στο τέλος της υποενότητας 311 η παρουσίασητου θεωρήματος Green ως συνέπεια του θεωρήματος Stokes έγινε γιακαθαρά διδακτικούς λόγους Ξεκινάμε με την απόδειξη του θεωρή-ματος Green

9

Λήμμα 5 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου I C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και P D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Απόδειξη Αϕού το χωρίο είναι τύπου I υπάρχουν συνεχείς συ-ναρτήσεις φ1 φ2 [a b]rarr R ώστε

D = (xy) a le x le bφ1(x) le y leφ2(x)

Οπότε το διπλό ολοκλήρωμα από το θεμελιώδες θεώρημα του Απει-ροστικού Λογισμού ισούται μεintint

D

partP(qu)party

dydx =int ba

(intφ2(x)

φ1(x)

partP(xy)party

dy)dx

=int ba

(P(xφ2(x)

)minus P(xφ1(x)))dx

Τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C1 με τη δηλω-

μένη ϕορά (δες σχήμα 2) οπότεint baP(xφ1(x)

)dx =

intC1

(P0)

Ομοίως τα(xφ1(x)

)για x isin [a b] παραμετρικοποιούν την C2 με

a b

ϕ1

ϕ2

C1

C2

B1

B2

D

Σχήμα 2 Χωρίο τύπου I

την αντίθετη ϕορά οπότεint baP(xφ2(x)

)dx = minus

intC2

(P0)

Έτσι καταλήγουμε στη σχέσηintintD

partPpartydydx = minus

intC1cupC2

(P0) (6)

10

Επειδή το x είναι σταθερό στα ευθύγραμμα τμήματα B1 και B2 συ-νεπάγεται ότι

intB1(P0) =

intB1(P0) = 0 για παράδειγμα B1 = (ay)

φ1(a) le y le φ2(a) δηλαδή παραμετρικοποιείται από την σ1(t) =(a t) για t isin [φ1(a)φ2(a)] και έτσι σ prime1(t) = (01) συνεπώς

intB1

(P0) =intφ2(a)

φ1(a)

⟨(P0)(ay) (01)

⟩dy = 0

Προσθέτοντας τα μηδενικά ολοκληρώματα στις B1 και B2 στην (6)παίρνουμε intint

D

partPpartydxdy = minus

intC(P0)

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται και το ακόλουθο

Λήμμα 6 Έστω ότι το D sube R2 είναι χωρίο τύπου II C το θετικάπροσανατολισμένο σύνορό του και Q D rarr R μια C1 συνάρτησηΤότε

intC(0Q) =

intintD

partQpartxdxdy

Τα δύο παραπάνω λήμματα έχουν πολύ ισχυρούς περιορισμούςγια το χωρίο D Συγκεκριμένα απαιτούν το χωρίο να είναι τύπου Iκαι τύπου II αντίστοιχα Μπορούμε να αποδείξουμε τα ίδια αποτελέ-σματα σε γενικότερα χωρία Αντί να δώσουμε έναν αυστηρό ορισμόγια τα επιτρεπτά χωρία προτιμάμε να βασιστούμε σε εικόνες Ένα

D D1

D2

Σχήμα 3 Χωρίο όχι τύπου I στο οποίο ισχύει το θεώρημα Green

χωρίο όπως το πρώτο χωρίο στο σχήμα 3 δεν είναι τύπου I Όμωςμπορούμε να το κόψουμε σε δύο τμήματα το D1 και το D2 τα οποίαείναι τύπου I Έτσι σύμϕωνα με το Λήμμα 5 ισχύουν οι σχέσεις

intpartD1

(P0) = minusintintD1

partPpartydxdy

και

intpartD2

(P0) = minusintintD2

partPpartydxdy

11

Το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα δεξιά κάνει

minusintintD1

partPpartydxdy minus

intintD2

partPpartydxdy = minus

intintD

partPpartydxdy

Για το άθροισμα στα αριστερά παρατηρούμε ότι το κομμάτι τουσυνόρου στο οποίο κόψαμε το D τα σύνορα που στο σχήμα εμϕανί-ζονται με μπλε χρώμα έχουν μεταξύ τους αντίθετο προσανατολισμόόταν τα D1 και D2 έχουν και τα δύο τον θετικό προσανατολισμόΟπότε όταν προσθέσουμε τα επικαμπύλια ολοκληρώματα στο partD1

και στο partD2 θα έχουμε απαλοιϕή των επικαμπυλίων ολοκληρωμά-των πάνω στις μπλε καμπύλες Έτσι το αποτέλεσμα θα είναι τοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο partD Αποδείξαμε με αυτόν τοντρόπο ότι και σε τέτοια χωρία που δεν είναι τύπου I ισχύει

intpartD(P0) = minus

intintD

partPpartydxdy

Ανάλογη είναι η κατάσταση σε σχέση με το Λήμμα 6 Αν τοχωρίο κόβεται σε κομμάτια τύπου II τότε το Λήμμα 6 συνεχίζει ναισχύειΘα πρέπει να παρατηρήσουμε εδώ ότι το χωρίο μπορεί να είναι

ιδιαίτερα περίπλοκο και να απαιτείται να κοπεί σε πολλά τμήματαόπως για παράδειγμα το χωρίο του σχήματος 4 Για την παρακάτω

Σχήμα 4 Χωρίο που απαιτεί πολλά κοψίματα ώστε κάθε τμήμα τουνα είναι τύπου I ή τύπου II

απόδειξη του θεωρήματος Green θα υποθέσουμε ότι στο χωρίο Dισχύουν και το Λήμμα 5 και το Λήμμα 6Απόδειξη του θεωρήματος Green Έστω ότι το D είναι ένα χωρίο

στον R2 στο οποίο ισχύουν και τα δύο παραπάνω λήμματα Αν

12

F = (PQ) τότε intintD⟨nabla times F k⟩ =

intintD

(partQpartx

minus partPparty

)dxdy

= intpartD(0Q)+

intpartD(P0)

= intpartD(PQ)

= intpartDF

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

61 Απόδειξη του θεωρήματος Stokes

Θα αποδείξουμε το θεώρημα Stokes στην περίπτωση που η επιϕά-νεια παραμετρικοποιείται από μια C2 παραμετρικοποίηση Στην αν-τίθετη περίπτωση το θεώρημα αποδεικνύεται κόβοντας την επιϕά-νεια σε τμήματα όπου το καθένα περιγράϕεται από μία παραμετρι-κοποίηση και στο τέλος αθροίζουμε τους τύπους από κάθε τμήματης όπως κάναμε και στο θεώρημα του Green για χωρία που έπρεπενα κοπούν για να περιγραϕούν ως τύπου I ή IIΑς θέσουμε πρώτα κάποιο συμβολισμό Η F αϕού έχει πεδίο τι-

μών στο R3 έχει τρεις συνιστώσες συναρτήσεις δηλαδή γράϕεταιF = (F1 F2 F3) όπου οι F1 F2 και F3 είναι C1 συναρτήσεις από τηνεπιϕάνεια S στο R Έστω ότι η επιϕάνεια S περιγράϕεται από τηνπαραμετρικοποίηση Φ(uv) D sube R2 rarr S με

Φ(uv) = (Φ1(uv)Φ2(uv)Φ3(uv))

όπου οι Φ1 Φ2 Φ3 είναι C2 συναρτήσεις από το D στο R και γιατο D υποθέτουμε επίσης ότι ισχύει το θεώρημα του Green Θέτουμεεπίσης σ(t) [a b] rarr R2 παραμετρικοποίηση του partD φ(t) = Φ(σ(t))παραμετρικοποίηση του partS και υποθέτουμε ότι όλες οι προηγούμε-νες παραμετρικοποιήσεις διατηρούν τον θετικό προσανατολισμόΤέλος σημειώνουμε ότι θα χρειαστούμε τον κανόνα της αλυσίδας

στην παραγώγιση για συναρτήσεις πολλών μεταβλητώνΗ απόδειξη θα γίνει αποδεικνύοντας πρώτα το θεώρημα στην

ειδική περίπτωση όπου F2 = F3 = 0 οπότε F = (F100) Στη συνέχειααλλάζοντας κυκλικά τους δείκτες (ή επαναλαμβάνοντας τις ίδιεςπράξεις) θα προκύψουν τύποι για τις περιπτώσεις όπου F = (0 F20)και F = (00 F3) Στο τέλος θα προσθέσουμε αυτούς τους τρεις τύ-πουςΞεκινάμε την απόδειξη του θεωρήματος του Stokes από το επιϕα-

νειακό ολοκλήρωμαSnablatimes F =

intintD

⟨(nablatimes F)(Φ(uv)) Tu times Tv⟩ 13

όπου

Tu =(partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partu

)και Tu =

(partΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

)

Υπολογίζουμε το nabla times F με τη σχετική ορίζουσα (δες την ορίζουσαπαρακάτω) και το βρίσκουμε ίσο με partF1

partz j minuspartF1party k Έτσι

Snablatimes F =

S

(0partF1

partzminuspartF1

party

)(7)

=intintD

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartx

partparty

partpartz

F1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Φ(uv)

)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partΦ1

partupartΦ2

partupartΦ3

partupartΦ1

partvpartΦ2

partvpartΦ3

partv

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣⟩dudv

=intintD

(minuspartF1

partz(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ3

partvminus partΦ3

partupartΦ1

partv

)

minuspartF1

party(Φ(uv)

)(partΦ1

partupartΦ2

partvminus partΦ2

partupartΦ1

partv

))dudv

(8)

Κρατάμε αυτή την έκϕραση και στρεϕόμαστε τώρα στο επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα Σκοπός μας είναι με τη βοήθεια της σύνθεσης μετην Φ να περάσουμε από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partS στοεπικαμπύλιο ολοκλήρωμα στο partD ώστε να χρησιμοποιήσουμε το θε-ώρημα του Green Έχουμε

intpartSF =

int ba

⟨F(φ(t)

)φprime(t)

⟩dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))ddt

(Φ(σ(t)

))dt

=int ba

⟨F(Φ(σ(t)

))(ddtΦ1(σ(t)

)ddtΦ2(σ(t)

)ddtΦ3(σ(t)

))⟩dt

το οποίο επειδή F = (F100) ισούται μεint baF1

(Φ(σ(t)

)) ddtΦ1(σ(t)

)dt

Από τον κανόνα αλυσίδας ισχύει

ddtΦ1(σ(t)

) = ⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩

14

Έτσι παίρνουμε

intpartSF =

int ba

[F1

(Φ(σ(t)

)) middot⟨(partΦ1

partu(σ(t)

)partΦ1

partv(σ(t)

)) σ prime(t)

⟩]dt

=int ba

⟨((F1 Φ)

(partΦ1

partupartΦ1

partv

))(σ(t)

) σ prime(t)

⟩dt

= intpartD

((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)=intpartDΨ

όπου θέσαμε

Ψ =((F1 Φ)partΦ1

partu (F1 Φ)partΦ1

partv

)= (Ψ1Ψ2)

Συνεπώς σε αυτό το σημείο μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώ-ρημα Green οπότε

intpartDΨ =

intintD⟨nablatimes Ψ k⟩ dudv

δηλαδή

intpartSF =

intintD

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩dudv

Υπολογίζοντας το τελευταίο εσωτερικό γινόμενο

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ =

⟨∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

partpartu

partpartv

partpartw

Ψ1 Ψ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ k⟩

= partΨ2

partuminus partΨ1

partv

= partpartu

((F1 Φ)partΦ1

partv

)minus partpartv

((F1 Φ)partΦ1

partu

)

=(partpartuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ F1

(Φ(uv)

) part2Φ1

partupartv

)

Οι όροι με τις παραγώγους δεύτερης τάξης διαγράϕονται οπότεκαταλήγουμε στην

⟨nablatimes (Ψ1Ψ2) k⟩ = ( part

partuF1(Φ(uv)

)partΦ1

partv

)minus(partpartvF1(Φ(uv)

)partΦ1

partu

)

15

Χρησιμοποιώντας τον κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε ότι η τελευ-ταία παράσταση είναι ίση με(

partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partu+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partu+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partu

)partΦ1

partv

minus(partF1

partx(Φ(uv)

)partΦ1

partv+ partF1

party(Φ(uv)

)partΦ2

partv+ partF1

partz(Φ(uv)

)partΦ3

partv

)partΦ1

partu

Ελέγχουμε εύκολα (άσκηση) ότι αυτοί οι όροι είναι οι ίδιοι που εμ-ϕανίζονται στην (8) και άρα με τη βοήθεια της (7) έχουμε δείξειότι

intpartS(F100) =

partS

(0partF1

partzminuspartF1

party

)

Με όμοιες πράξεις ή εναλλάσσοντας τους δείκτες και τις θέσεις τωνποσοτήτων μέσα στα διανύσματα κυκλικά (x rarr y rarr z rarr x) βλέπουμεότι

intpartS(0 F20) =

partS

(minuspartF2

partz0partF2

partx

)και

intpartS(00 F3) =

partS

(partF3

partyminuspartF3

partx0)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις τελευταίες σχέσεις οδηγούμαστεστην

intpartS(F1 F2 F3) =

partS

(partF3

partyminus partF2

partzpartF1

partzminus partF3

partxpartF2

partxminus partF1

party

)

Εύκολα ελέγχεται με την γνωστή μας ορίζουσα ότι το διάνυσμαμέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι το nabla times F ολοκληρώνονταςτην απόδειξη

62 Απόδειξη του θεωρήματος Gauss

Ας υποθέσουμε για να απλοποιήσουμε λίγο την απόδειξη ότι το σύ-νορο του Ω είναι C2 Θα χρησιμοποιήσουμε δύο ισχυρισμούς που δενθα αποδείξουμε σε αυτό το μάθημα Όμως πρώτον θα είναι πειστι-κοί και δεύτερον ο ενδιαϕερόμενος αναγνώστης μπορεί να καταϕύ-γει σε ένα βιβλίο διαϕορικής γεωμετρίας για τις πλήρεις λεπτομέ-ρειεςΘα είναι ευκολότερο για την απόδειξη αντί να χρησιμοποιήσουμε

τα x y και z για τις συντεταγμένες ενός διανύσματος τον R3 ναγράϕουμε x1 x2 x3 Έτσι αν F = (F1 F2 F3) το ζητούμενο είναι νααποδείξουμε ότιintintint

Ω

(partF1

partx1+ partF2

partx2+ partF3

partx3

)dx1dx2dx3 =

partΩ(F1 F2 F3)

16

Οι δύο ισχυρισμοί στους οποίους αναϕερθήκαμε παραπάνω είναιοι εξήςΙσχυρισμός 1 Το Ω είναι δυνατόν να γραϕτεί ως ένωση ευκλεί-

δειων δίσκων αρκετά μικρής ακτίνας ώστε αν B ένας τέτοιος δί-σκος ο οποίος τέμνει το σύνορο του Ω τότε το B capΩ να γράϕεται(όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5) με τη βοήθεια του γραϕήματος μιαςσυνάρτησης φ D sube R2 rarr R είτε ως

(I) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 lt φ(x1 x3) είτε ως

(II) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 lt φ(x1 x2) είτε ως

(III) B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 gt φ(x2 x3) ή B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x1 lt φ(x2 x3)

B1

B2 B3 B4

x2

x3

x1

B1 = (x1 x2 x3) isin B1 x2 gt ϕ1(x1 x3)

B2 = (x1 x2 x3) isin B2 x3 lt ϕ2(x1 x2)

B3 = (x1 x2 x3) isin B3 x3 gt ϕ3(x1 x2)

B4 = (x1 x2 x3) isin B4 x2 lt ϕ4(x1 x3)

για διαφορετικές συναρτήσεις ϕ1 ϕ2 ϕ3

και ϕ4 από το R2 στο R

Σχήμα 5 Διάϕορες περιπτώσεις τομών ευκλείδειων δίσκων με τοσύνορο του Ω

Όπως ϕαίνεται στο σχήμα 5 το αν η περιγραϕή θα είναι όπωςστην περίπτωση (I) ή στην περίπτωση (II) ή στην (III) έχει να κάνειμε το που βρίσκεται ο δίσκος B σε σχέση με το σύνορο του ΩΤο ότι το παραπάνω είναι εϕικτό σχετίζεται με το ότι το Ω είναι

κλειστό και ϕραγμένο καθώς και με το ότι το σύνορό του είναι C2Δεν θα μπούμε όμως σε λεπτομέρειες απόδειξηςΙσχυρισμός 2 Το παρακάτω είναι ένα πολύ ισχυρό εργαλείο το

οποίο ονομάζεται διαμέριση της μονάδαςΈστω B1 B2 BN οι ευκλείδειοι δίσκοι που περιγράϕει ο Ισχυρι-

σμός 1 Υπάρχουν συναρτήσεις ψ1 ψ2 ψN οι οποίες είναι C1 καιικανοποιούν τις εξής συνθήκες

bull sumNj=1ψj = 1 πάνω στο Ω

bull ψj∣∣∣R3Bj

= 0 για κάθε j = 1 2 N

17

Αυτός ο ισχυρισμός δεν είναι τόσο δύσκολος όσο ίσως ακούγεταιΑπλά βρίσκει κανείς συναρτήσεις που να ικανοποιούν τη δεύτερησυνθήκη και πάνω στο Ω να έχουν θετικό άθροισμα (κάντε ένα σχή-μα) Τέλος διαιρούμε κάθε συνάρτηση με το άθροισμά τους ώστε ναικανοποιείται και η πρώτη συνθήκη

Είμαστε τώρα έτοιμοι να ξεκινήσουμε την απόδειξη Αρκεί νααποδείξουμε ότι intintint

Ω

partF1

partx1dx1dx2dx3 =

partΩ(F100)intintint

Ω

partF2

partx2dx1dx2dx3 =

partΩ(0 F20)intintint

Ω

partF3

partx3dx1dx2dx3 =

partΩ(00 F3)

διότι μετά απλώς θα προσθέσουμε κατά μέλη Η απόδειξη αυτώνείναι ίδια οπότε αρκεί για παράδειγμα να αποδείξουμε την τελευ-ταία Απλοποιώντας περαιτέρω θα γράϕουμε f αντί για F3 οπότεπρέπει να αποδείξουμε ότιintintint

Ω

partfpartx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00 f )

Θα κάνουμε ακόμα μια απλοποίησηΈστω Bj j = 1 2 N ένας από τους δίσκους του Ισχυρισμού 1

και ψj οι αντίστοιχες συναρτήσεις από τον Ισχυρισμό 2 Αν απο-δείξουμε ότι intintint

Ω

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =partΩ(00ψjf)

για κάθε j μετά θα προσθέσουμε κατά μέλη για όλα τα j και επει-δή το άθροισμα των ψj πάνω στο Ω ισούται με 1 θα πάρουμε τοζητούμενο Τώρα η ψj είναι μηδέν έξω από το Bj σύμϕωνα με τονΙσχυρισμό 2 οπότε η παραπάνω ολοκλήρωση είναι στην πραγματι-κότητα ολοκλήρωση πάνω στο Bj cap Ω και το επιϕανειακό ολοκλή-ρωμα είναι πάνω στο Bj cap partΩ Δηλαδή ζητάμε να ισχύειintintint

BjcapΩ

part(ψjf)partx3

dx1dx2dx3 =BjcappartΩ

(00ψjf)

Για να μην γράϕουμε λοιπόν συνεχώς ψjf κάνουμε την εξής απλο-ποίηση επειδή η ψj μηδενίζεται έξω από το Bj και άρα και η ψjf αρκεί να αποδείξουμε ότιintintint

R3

partfpartx3

dx1dx2dx3 =BcappartΩ

(00 f ) (9)

όπου B ευκλείδειος δίσκος από τον Ισχυρισμό 1 και f μια C1 συνάρ-τηση που μηδενίζεται έξω από το B Παρατηρούμε ότι επειδή η f

18

είναι συνεχής (ως C1) είναι αναγκαστικά μηδέν και στο σύνορο τουBΠερίπτωση 1 Το B δεν τέμνει το σύνορο του Ω δηλαδή είναι μέ-

σα στο εσωτερικό Ω Αυτή η περίπτωση αντιμετωπίζεται εύκολαδιότι στα αριστερά της (9) ολοκληρώνουμε πρώτα ως x3 και χρη-σιμοποιούμε ότι η f είναι μηδέν εκτός του Bintintint

R3

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintR2f(x1 x2 x3)

∣∣∣x3=+infinx3=minusinfin

dx2dx1 = 0

Αλλά μηδέν είναι και το δεξιό μέρος της (9) αϕού B cap partΩ = emptyΠερίπτωση 2 Το B τέμνει το σύνορο του Ω Έτσι έχουμε τις

περιπτώσεις I ή II ή III της σελίδας 17 Αν ισχύουν οι περιπτώσειςμε τις ανισότητες lt η αντιμετώπιση είναι ίδια με τις περιπτώσειςόπου ισχύει η gt Επειδή η f βρίσκεται στην τρίτη συντεταγμένηστο (00 f ) οι περιπτώσεις I και III αντιμετωπίζονται με τον ίδιοτρόπο Οπότε θα ασχοληθούμε μόνο με τις περιπτώσεις

B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

καιB capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)intintintΩ

partfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x2)

partfpartx3

)dx3dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Δείχνουμε τώρα ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με το

B

BcapΩ

capϕ

x3

Σχήμα 6 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x3 gt φ(x1 x2)

19

BcappartΩ

(00 f )

Η παραμετρικοποίηση του Bcap partΩ είναι η Φ(x1 x2φ(x1 x2))Υπολογί-

ζουμε με την γνωστή ορίζουσα το Tx1 times Tx2 και βρίσκουμε

Tx1 times Tx2 = minuspartφpartx1

iminus partφpartx2

j + k

Φανερά ⟨Tx1 times Tx2 k⟩ gt 0 οπότε (δες σχήμα 6) η Φ αντιστρέϕει τονπροσανατολισμό Συνεπώς

BcappartΩ(00 f ) = minus

intD⟨(00 f )(Φ(x1 x2) Tx1 times Tx2⟩dx2dx1

=intintD

(minusf (x1 x2φ(x1 x2)

))dx2dx1

Υποπερίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)Η παραμετρικοποίηση της επιϕάνειας του partΩ μέσα στο B είναι

τώρα η Φ(x1 x3) =(x1φ(x1 x3) x3

)και υπολογίζοντας με την ορί-

ζουσα βρίσκουμε ότι

Tx1 times Tx3 =partφpartx1

iminus j + partφpartx3

Προϕανώς ⟨Tx1 times Tx3 j⟩ = minus1 lt 0 άρα (δες σχήμα 7) η παραμετρικο-ποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό Θέλοντας να υπολογίσουμε

B

BcapΩcap

ϕ

x2

Σχήμα 7 Η περίπτωση B capΩ = (x1 x2 x3) isin B x2 gt φ(x1 x3)

τοintintintBcapΩ partfpartx3 dx3dx2dx1 θα ήταν εύκολη δουλειά αν μπορούσα-

με να ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς x3 αϕού θα μπορούσαμενα χρησιμοποιήσουμε το θεμελιώδες θεώρημα του απειροστικού λο-γισμού όπως στην προηγούμενη υποπερίπτωση Όμως τώρα δεν

20

ξέρουμε πού κινείται το x3 αλλά το x2 (συγκεκριμένα x2 gt φ(x1 x3))Παρόλα αυτά θα επιμείνουμε η πρώτη ολοκλήρωση πρέπει να γίνειως προς μεταβλητή που γνωρίζουμε τα άκρα μεταβολής Οπότε θαεπιχειρήσουμε να αλλάξουμε το partx3 σε partx2 στην προς ολοκλήρωσηποσότητα Για να το πετύχουμε αυτό αλλάζουμε μεταβλητή Θέ-τουμε x2 = φ(x1 x3) + t Όταν x2 = φ(x1 x3) το t = 0 Και βεβαίωςdx2 = dt Έτσιintintint

BcapΩpartfpartx3

dx3dx2dx1 =intintD

(intinfinφ(x1x3)

partfpartx3

(x1 x2 x3)dx2

)dx1dx2

=intintD

(intinfin0

partfpartx3

(x1φ(x1 x2)+ t x3)dt)dx2dx3

=intintint

R2times(0infin)partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)dtdx1dx3

(10)

Από τον κανόνα της αλυσίδας

partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

)) =⟨nablaf part

partx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)= partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

)+ partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partfpartx3

(x1 x3)

Άρα η προς ολοκλήρωση ποσότητα στην (10) γράϕεται

partfpartx3

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) = partpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))minus partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3

) partφpartx3

(x1 x3)

Έτσι από την (10) προκύπτουν δύο ολοκληρώματα Το πλεονέκτημααπό αυτή τη διαδικασία είναι ότι το δεύτερο ολοκλήρωμα περιέχειτην partfpartx2 και για το x2 ξέρουμε άκρα ολοκλήρωσης Το πρώτοολοκλήρωμα είναι τοintint

D

intinfinminusinfin

partfpartx3

(f(x1φ(x1 x3)+ t x3

))dx3dx2dx1 = 0

αϕού η f είναι μηδέν έξω από το BΤο δεύτερο ολοκλήρωμα είναι τοintintint

R2times(0infin)

(minus partφpartx3

(x1 x3)partfpartx2

(x1φ(x1 x3)+ t x3))dx1dx3dt

Επανερχόμαστε τώρα στη μεταβλητή x2 αλλάζοντας ξανά μεταβλη-τή θέτοντας t = x2 minus φ(x1 x3) Οπότε παίρνουμε ότι το τελευταίοολοκλήρωμα είναι ίσο μεintint

R2

(minus partφpartx3

(x1 x3))(intinfin

φ(x1x3)

partfpartx2

dx2

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

21

Το τελευταίο ολοκλήρωμα όμως είναι ίσο με τοBcappartΩ(00 f ) διότι

BcappartΩ(00 f ) =

intintR2

⟨(00 f )(x1φ(x1 x3) x3) Tx1 times Tx3

⟩dx1dx3

=intintR2

⟨(00 f

(x1φ(x1 x3) x3

))(partφpartx1

minus1partφpartx3

)dx1dx3

=intintR2

partφpartx3

f(x1φ(x1 x3) x3

)

Αντωνης Τσολομυτης Πανεπιστήμιο Αιγαίου Τμήμα Μαθηματικών83200 Καρλόβασι Σάμος Email antonistsolomitisgmailcom

22

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 519

4 Σημειώσεις Θεωρίας Μέτρου (πρώτη φορά μαζί με τον πηγαίοκώδικα) (2009)

5 Ανάλυση Ι Σημειώσεις για το ομώνυμο μάθημα του ΤμήματοςΜαθηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου (2003)

Μεταφράσεις βιβλίων

1 John Hubbart amp Barbara Hubbard Διανυσματικός λογισμόςγραμμική άλγεβρα και διαφορικές μορφές ΠανεπιστημιακέςΕκδόσεις Πατρών Αρ σελ 936 σε συνεργασία με τον Β Με-ταφτσή Τίτλος πρωτοτύπου Vector Calculus Linear Algebraand Differential Forms A Unified Approach Matrix Editions

2 Suzanna Epp Διακριτά μαθηματικά και εφαρμογές ΕκδόσειςΚλειδάριθμος Αρ σελ 950 σε συνεργασία με τον Β ΜεταφτσήΤίτλος πρωτοτύπου Discrete Mathematics with Applications3η έκδοση Εκδόσεις Brooks Cole

Ψηφιοποιήσεις βιβλίων

1 Μετατροπή διαφόρων βιβλίων και σημειώσεων σε NemethBraille για άτομα με προβλήματα όρασηςhttpmyriamathaegeangr~atsolnewpagesoftwarebrailleΟ κατάλογος περιλαμβάνει

(αʹ) πρότυπο λεξικόΜαθηματικών συμβόλων σε BrailleNemethμε εκατοντάδες σύμβολα που καλύπτουν τις ανάγκες τωνΜαθηματικών και γενικότερα των επιστημών από τηνΑrsquo Δημοτικού μέχρι το Πανεπιστημιακό προπτυχιακό με-ταπτυχιακό και ερευνητικό επίπεδο Ο εκπαιδευόμενοςγνωρίζοντας την έννοια που θέλει βρίσκει το σωστό σύμ-βολο σε Nemeth

(βʹ) το ίδιο λεξικό για βλέποντες δασκάλους ώστε να μπορούννα βοηθούν τους μαθητές τους με προβλήματα όρασης

(γʹ) αντίστροφο λεξικό μαθηματικών συμβόλων ώστε ο εκ-παιδευόμενος γνωρίζοντας το σύμβολο από κείμενο πουδιαβάζει να μπορεί να βρει τι αυτό σημαίνει Το συγκεκρι-μένο λεξικό υλοποιεί πρωτότυπη μέθοδο διάταξης τωνεξάστιγμων Braille ώστε να είναι εύκολη η αναζήτησηκάθε συμβόλου

(δʹ) βιβλίο δασκάλου για το αντίστροφο λεξικό

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 619

(εʹ) Διάφορα βιβλία σε BrailleNemeth με άδεια από τους εκ-δότες για επαναδιανομή σε Braille καθώς και πληθώρασημειώσεων που καλύπτουν ανάγκες Μαθηματικών καιάλλων Επιστημών Ο κατάλογος αυτός εμπλουτίζεταισυνεχώς καθώς νέα παιδιά με προβλήματα όρασης ει-σάγονται σε διάφορα Τμήματα aei της χώρας και τοπρόγραμμα που αναπτύξαμε latex2nemeth (δείτε στηνενότητα software) κάνει εφικτή την απρόσκοπτη μελέτηοποιασδήποτε επιστήμης

(στrsquo) την Οδύσσεια του Ομήρου στην οποία επιδεικνύεται ηδυνατότητα του latex2nemeth να μετατρέπει σωστά καιπολυτονικά κείμενα χωρίς τις ατέλειες παλαιότερων προ-γραμμάτων (για παράδειγμα έλλειψη τονικών σημαδιώνστο α) Ευχαριστώ την φιλόλογο Αργυρώ Ράπτου για τηνπολύτιμη βοήθειά της στο πολυτονικό σύστημα γραφήςσε Braille

(ζrsquo) Μετατροπή του Θύραθεν Φιλοσοφικού Λεξικού του συγ-γραφέα Βλάση Ρασσιά για πρόσβαση σε φιλοσοφικές έν-νοιες από παιδιά με προβλήματα όρασης Διαθέσιμο απόεδώ httpsyseegrbraille2html

2 Δημήτριος Κάππος Ασκήσεις απειροστικού λογισμού τόμοι 1έως 4 Σε συνεργασία με ομάδα φοιτητών (υπό προετοιμασία)

3 Μέγα Λεξικό της Ελληνικής Γλώσσας Liddell Scott Κωσντα-ντινίδου σε συνεργασία με τον Α Παπασαλούρο Το μεγαλύ-τερο και εγκυρότερο λεξικό της Αρχαίας Ελληνικής γλώσσαςδιεθνώς Προσπελάσιμο από τη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrldsweb

4 Ιωάννης Βακιρτζής Ιστορία της Σάμου Το σπάνιο αυτό έργοπαραχωρήθηκε για ψηφιοποίηση από τα Γενικά Αρχεία τουΚράτουςhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

5 Επαμεινώνδας Σταματιάδης Ικαριακά Πρόκειται για ένα ι-διαίτερα σπάνιο βιβλίο που παρουσιαζει την Ιστορία τηςΙκαρίας Παραχωρήθηκε για ψηφιοποίηση από τα Γενικά Αρ-χεία του Κράτουςhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

6 Επαμεινώνδας Σταματιάδης Σαμιακά Λαογραφία Ψηφιο-ποίηση και δημιουργία ευρετηρίουhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 719

7 Επαμεινώνδας Σταματιάδης Σαμιακά Τόμος Αrsquo Ψηφιοποί-ηση και δημιουργία ευρετηρίου Πρόκειται για την de factoαναφορά των Ιστορικών (διεθνώς) για τη Σάμοhttpmyriamathaegeangrlabsdtsamian-library

8 Στέλιος Πηχωρίδης Απειροστικός λογισμός (πρόχειρες ση-μειώσεις) σε συνεργασία με τον Α Κοντογεώργη και ομάδαφοιτητώνhttpmyriamathaegeangrlabsdt

Λογισμικό 1 latex2nemeth σε συνεργασία με τον Ανδρέα ΠαπασαλούροΠρόγραμμα μετατροπής από αρχεία TeX ή παραγώγων τουσε Braille με τα μαθηματικά σε Nemeth Πολύτιμες πληρο-φορίες για το Nemeth παρείχε η Όλγα Μαλεζά καθηγήτριαειδικής αγωγής Το πρόγραμμα που παρουσιάστηκε και στονημερήσιο τύπο (εφημερίδα Καθημερινή 2822015) επιτρέπειτην πλήρη πρόσβαση σε επιστημονικά κείμενα που διεθνώςγράφονται στο πρόγραμμα TeX του Donald Knuth και σε πα-ράγωγά του (LaTeX xeLaTeX ConTeX κα) Μερικά σημεία πουπρέπει να τονιστούν είναι

(αʹ) υποστηρίζει Μαθηματικά σε Nemeth πολυτονική γρα-φή προγραμματισμό (επίδειξη προγράμματος μέσα σεκείμενο σε περιβάλλον verbatim)

(βʹ) υποστηρίζει αρχεία εικόνων σε pstricks για παραγωγή ε-πιστημονικού σχημάτων κατάλληλο για θερμοκαψουλικόχαρτί

(γʹ) προσφέρεται δωρεάν με ελεύθερη άδεια (gpl3)httplatex2nemethsourceforgenet

(δʹ) έγινε εφικτή η ενσωμάτωσή του σε κάθε εγκατάστασηTeX τόσο σε ελεύθερες πλατφόρμες όπως Linux όσο καισε εμπορικές όπως Windows ή MacOs

(εʹ) η υποστήριξη των μαθηματικών είναι σε τέτοιο βαθμόπληρότητας που υποστηρίζει τις επιστήμες και σε ερευ-νητικό επίπεδο Πίνακας μαθηματικών συμβόλων εδώhttpmyriamathaegeangrbraillesymbols-in-braillepdf

(στrsquo) είναι πολυγλωσσικό αφού υποστηρίζει Ελληνικά και Αγ-γλικά και η επέκτασή του σε άλλες γλώσσες γίνεται απλάμε την συμπλήρωση ενός πίνακα αλφαβητικών συμβόλωνκάθε γλώσσας

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 819

(ζrsquo) η μετατροπήαπόάλλα (επεξεργάσιμα) format όπωςMicrosoftWord είναι εύκολη αφού αυτά μετατρέπονται εύκολα σεTeX

2 Ανάπτυξη της νέας γραμματοσειράς τίτλων laquoΑθηναΐςraquo απόενεπίγραφο βάθρο στη Νότια κλιτύ της Ακρόπολης Αθηνώνπρος τιμή της κόρης του Ηρώδη του Αττικού ΑθηναίδαςΟι πληροφορίες για το αρχαιολογικό εύρημα δόθηκαν απόΕφορεία Αρχαιοτήτων Αθηνών Πρόκειται για ενεπίγραφοβάθρο με αριθμό καταγραφής nk14 από πεντελικό μάρμαροσυγκολλημένο από πέντε θραύσματα Βρέθηκε το 1876 στηνπεριοχή του Ασκληπιείου οικοδομημένο στα θεμέλια χριστια-νικής εκκλησίας Φέρει πλούσια κωρωνίδα και βάση Στηνάνω επιφάνεια φέρει κοίλωμα για ένθεση πλίνθου αγάλμα-τος πιθανώς της Μαρκίας Αθηναΐδας (Marcia Annia ClaudiaΑλκία Αθηναΐς Gavidia Latiaria) νεώτερης κόρης του Ηρώ-δου του Αττικού Η επιγραφή χρονολογείται στην περίοδοδράσης της τιμωμένης δηλαδή από το 145 έως το 156 ή τοαργότερο μέχρι το 160 Φωτογραφίες δόθηκαν από μέλη τουΥπάτου Συμβουλίου Ελλήνων Εθνικών Ψηφιοποιήθηκε λόγωτου ιδιαίτερου της γραφής Ακολουθεί μικρό δείγμα

3 Γραμματοσειρά Κέρκης Γραμματοσειρά Type1 βασισμένη στηνBookman amp Avant-Garde για πολυγλωσσικό κείμενο με πλήρηκάλυψη της ελληνικής γλώσσας (μονοτονικό-πολυτονικό)Περιέχει διπλούς χαρακτήρες για διάφορα ελληνικά γράμ-ματα μετά από σχετική έρευνα της Ελληνικής Τυπογραφίαςτων τελευταίων αιώνων (από 15ο και μετά) συν χαρακτήρεςγια την κάλυψη του πραγματικού Ελληνικού αριθμητικού συ-στήματος μετά από σχετική έρευνα της Αρχαίας Ελληνικήςγλώσσας πριν τη επέμβαση των Αλεξανδρινών γραμματικώνhttpmyriamathaegeangrsoftwarekerkis

4 Έτοιμα υποδείγματα αρχείων πτυχιακής ομιλίας για συνέ-δριο και επιστολής σε LATEX XeLATEX και LyXγια την υποβοή-

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 919

θηση της ελληνικής επιστημονικής κοινότηταςhttpmyriamathaegeangr~atsolnewpage

5 Εξελληνισμός λογισμικού (MikTEX και teTEX) για LATEX και υπο-στήριξη της ελληνικής επιλογής του Babel σε αυτό Διάθεσηστην Ελληνική επιστημονική κοινότητα

6 Υποστήριξη για το TEX των γραμματοσειρών της ΕλληνικήςΕταιρείας Τυπογραφικών ΣτοιχείωνhttpwwwgreekfontsocietygrΔιαθέσιμες από τη διεύθυνσηhttpmyriamathaegeangrlabsdtκαι από οποιοδήποτε κόμβο του ctan

7 MailTEX Εφαρμογή για εξυπηρετητή (server) το MailTEX δέχε-ται ένα αρχείο TEX ή LATEX ή AMSLATEX και επιστρέφει αυτόματαστον αποστολέα ένα PostScript αρχείο κατάλληλο για εκτύ-πωση ή on-line preview Το MailTEX είναι χρήσιμο για Έλληνεςεπιστήμονες που δεν έχουν εύκολη πρόσβαση σε μιά εγκατά-σταση TEX που να υποστηρίζει την Ελληνική γλώσσα

Διοργάνωση Συνεδρίων

Workshop on Convex Geometric Analysis συνεργασία των Πανε-πιστημίων Αιγαίου και Κρήτης και του ιτε Ακαδημαϊκό χωριόΑνωγείων Κρήτης Αύγουστος 19ndash23 2001

International Conference on TEX xml and Digital Typography Heldjointly with the 25th Annual Meeting of the TEX Users Group tug 2004Xanthi Greece AugustSeptember 2004

7ο Πανελλήνιο συνέδριο Γεωμετρίας Καρλόβασι 26ndash2952005 Σά-μος

Phenomena in high dimensions Σάμος Third international conferenceof the European Network phdΠυθαγόρειο Σάμου 25ndash29 Ιουνίου 2007

3ο Διήμερο στην Ανάλυση για Νέους Ερευνητές Καρλόβασι 16ndash17Σεπτεμβρίου 2005

Προβλήματα Ανάλυσης Σάμος 26ndash28 Σεπτεμβρίου 2008

Dynamics in Samos 31 Αυγούστουndash3 Σεπτεμβρίου 2010

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1019

Ακαδημαϊκές θέσεις

1989ndash1992 Graduate Teaching Associate στο Τμήμα Μαθηματικών του OhioState University Columbus Ohio usa

1992ndash1993 Graduate Teaching Associate στο Τμήμα Μαθηματικών του TexasAampM University Texas usa

1993ndash1995 Graduate Teaching Associate στο Τμήμα Μαθηματικών του OhioState University Columbus Ohio usa

1995ndash1996 Presidential Fellow στο ΤμήμαΜαθηματικών τουOhio State UniversityColumbus Ohio usa

Φεβρ 1998ndash Ιαν 1999 Επισκέπτης στη βαθμίδα του Λέκτορα Τμήμα ΜαθηματικώνΠανεπιστήμιο Κρήτης

Ιαν 1999ndashΣεπ 2002 Επισκέπτης στη βαθμίδα του Λέκτορα Τμήμα ΜαθηματικώνΠανεπιστήμιο Αιγαίου

Σεπ 2002ndashΙαν 2007 Λέκτορας Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Ιαν 2007ndash2011 Επίκουρος καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιγαί-ου

Ιαν 2011ndash26 Ιαν 2017 Αναπληρωτής καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστή-μιο Αιγαίου

27 Ιαν 2017ndashΣήμερα Καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Τριμελής Επιτροπή Διδακτορικού

Χρήστος Σαρόγλου Πανεπιστήμιο Κρήτης Τμήμα ΜαθηματικώνlaquoΣυναρτησοειδή πάνω στον χώρο των κυρτών σωμάτωνraquo Επι-βλέπουσα Σ Παπαδοπούλου

Διοικητικές θέσεις

2015ndash2017 Διευθυντής του Μεταπτυχιακού Προγράμματος του Τμήματος Μα-θηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου laquoΣπουδές στα Μαθηματι-κάraquo

2007ndash2009 Διευθυντής του Εργαστηρίου Ψηφιακής Τυπογραφίας και Μαθη-ματικών Εφαρμογών του Τμήματος Μαθηματικών του Πανεπι-στημίου Αιγαίου httpmyriamathaegeangrlabsdt

2006ndash2009 Μέλος της Επιτροπής Πληροφορικής του Πανεπιστημίου Αιγαίου

2005ndash2009 Μέλος της Επιτροπής Σπουδών του Τμήματος Μαθηματικών τουΠανεπιστημίου Αιγαίου

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1119

2005ndash2016 Μέλος της Επιτροπής Πληροφορικής του Τμήματος Μαθηματικώντου Πανεπιστημίου Αιγαίου

Διδακτική εμπειρία

Διδασκαλία στο Μεταπτυχιακό Πρόγραμμα Σπουδών του Τμή-ματος Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου laquoΜαθηματικήμοντελοποίηση στις φυσικές επιστήμες και στις σύγχρονες τεχνο-λογίεςraquo

2001ndash2002 Χειμερινό Εξάμηνο Στοχαστικές Ανελίξεις και ΣτοχαστικόςΛογισμός

2004ndash2005 Εαρινό Εξάμηνο Γλώσσες Προγραμματισμού και ΜαθηματικόΛογισμικό

2005ndash2006 Χειμερινό Εξάμηνο Γλώσσες Προγραμματισμού και Μαθημα-τικό Λογισμικό

2005ndash2006 Εαρινό Εξάμηνο Πιθανότητες-Στατιστική

2006ndash2007 Χειμερινό Εξάμηνο Γλώσσες Προγραμματισμού

2010ndash2011 Χειμερινό Εξάμηνο Ανάλυση

2011ndash2012 Χειμερινό Εξάμηνο Πιθανότητες-Στατιστική

2012ndash2013 Χειμερινό Εξάμηνο Ανάλυση

2014ndash2015 Χειμερινό Εξάμηνο Σεμινάριο Ανάλυσης

Όλα τα επίπεδα προπτυχιακών μαθημάτων στο Ohio State Univer-sity 1989ndash1995 Υποψήφιος από τους φοιτητές για το laquoExcellencein teaching awardraquo 1995 του Ohio Stare University Αυτόνομη διδα-σκαλία σε προπτυχιακά μαθήματα στο Πανεπιστήμιο Κρήτης καιστο Πανεπιστήμιο Αιγαίου Η αυτόνομη διδασκαλία μαθημάτωνπεριλαμβάνει τα μαθήματα

bull Όλα τα επίπεδα Απειροστικού Λογισμού Απειροστικός λογι-σμός για οικονομολόγους και Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσειςστο Ohio Stare University

bull Απειροστικός Λογισμός III και Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσειςστο Texas ΑampΜ University

bull Γραμμική Άλγεβρα και Πραγματική Ανάλυση στο Πανεπιστή-μιο Κρήτης

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1219

bull Πιθανότητες Απειροστικό Λογισμό Συναρτησιακή ΑνάλυσηΤα Μαθηματικά στη Μέση Εκπαίδευση Σύνολα και ΑριθμοίΑναλυτική Γεωμετρία Θεωρία Μέτρου και Ανάλυση I και IIστο Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Σχολεία

Ιαν 1996ndashΜαΐου 1996 Θερινό σχολείο στο msri Mathematical Sciences Research Insti-tute Berkeley California usa

Ιούλ 1999 Θερινό σχολείο στο Pacific Institute of Mathematical Sciences Van-couver Canada

Ιούλ 2008 Probabilistic Methods in Geometry (educational workshop) BędlewoΠολωνία Ιούλιος 6ndash12 2008

Σεπ 2010 Fields Institute thematic program Asymptotic Geometric AnalysisΤορόντο Καναδάς Σεπτέμβριος 2010

Συνέδρια amp ομιλίες

Ομιλίες 1 Πανεπιστήμιο Αθηνών 1993

2 Συνέδριο της Αμερικανικής Μαθηματικής Εταιρείας AMS NewYork usa 1994

3 Πανεπιστήμιο Κρήτης Ηράκλειο Ιούλιος 1995

4 Πανεπιστήμιο του Tel Aviv Tel Aviv Ισραήλ Αύγουστος 1995

5 CaseWestern University Cleveland Ohio usa Σεπτέμβριος 1995

6 Συνέδριο Random methods in Convex Geometry MathematicalSciences research Institute (msri) Berkeley California usa Μάρ-τιος 1996

7 Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Ανάλυσης ΠανεπιστήμιοΑιγαίου Καρλόβασι Σάμος καλοκαίρι 1997

8 Συνέδριο στην κυρτότητα University of Haifa Ισραήλ Μάρτιος2000

9 Workshop on Convex Geometric Analysis Ακαδημαϊκό χωριόΑνωγείων Κρήτης Αύγουστος 19ndash23 2001

10 10o Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Ανάλυσης Εθνικό Με-τσόβιο Πολυτεχνείο Αθήνα Φθινόπωρο 2004

11 The State of Geometry and Functional Analysis A conference inhonor of Vitali Milmanrsquos 70th anniversary Tel Aviv and the DeadSea Resort 24ndash30 June 2009

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1319

12 The State of Geometry and Functional Analysis A conference inhonor of Vitali Milmanrsquos 70th anniversary Tel Aviv and the DeadSea Resort 24ndash30 June 2009

13 (Plenary talk) Harmonic Analysis in Samos Διεθνές συνέδριο στοΚαρλόβασι Σάμου Φθινόπωρο 2009

14 Διάφορες ομιλίες στο Ohio State University το ΠανεπιστήμιοΚρήτης και το Πανεπιστήμιο Αιγαίου

Συνέδρια 1 Regional conference in University of Missouri at Columbia Mis-suri usa

2 ams conference in New York usa 1994

3 Conference on Convexity in the University of Marne la ValleeacuteParis France 1994

4 Conference on Convexity in Cortona University of Florence Cor-tona Italy 1995

5 Winter School on Convexity and Local Theory of Banach SpacesMathematical Sciences Research Institute (msri) Berkeley Cali-fornia usa JanuaryndashMay 1996

6 Summer School on Convex Geometric Analysis Pacific Instituteof Mathematical Sciences Vancouver Canada July 1999

7 Conference on convexity University of Haifa Israel March 2000

8 Conference on convexity University of Tel Aviv Israel March2000

9 Workshop on Convex Geometric Analysis Ακαδημαϊκό χωριόΑνωγείων Κρήτης Αύγουστος 19ndash23 2001

10 Banach spaces and Convex Geometric Analysis Γερμανία KielΑπρίλιος 2003

11 Contemporary Ramifications of Banach Space Theory The HebrewUniversity of Jerusalem-The Institute for advanced Studies Jeru-salem 19ndash24 Ιουνίου 2005

12 Asymptotic Geometric Analysis Tel Aviv University Dead Sea24ndash27 Ιουνίου 2005

13 Asymptotic Theory of the Geometry of Finite Dimensional SpacesErwin Schroumldinger Institute Βιέννη 18ndash27 Ιουλίου 2005

14 Phenomena in high dimensions Institute Henri Poincareacute Secondinternational conference of the European Network phd Παρίσι7ndash14 Ιουνίου 2006

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1419

15 Phenomena in high dimensions Σάμος Third international con-ference of the European Network phd Πυθαγόρειο Σάμου 25ndash29Ιουνίου 2007

16 Phenomena in high dimensions Institute Henri Poincareacute Fourthinternational conference of the European Network phd ΣεβίληΙσπανία 16ndash20 Ιουνίου 2008

17 Conference on Convex and Discrete Geometry on the occasion ofthe retirement of Peter M Gruber July 13ndash17 2009

18 Workshop on Convex Geometric Analysis on the occasion of theretirement of Professor Souzana Papadopoulou September 10ndash132012

19 Convexity probability and discrete structures a geometric viewpoint Marne-la-Valleacutee France October 26ndash30 2015

20 16ο Πανελλήνιο Συνέδριο Ανάλυσης Καρλόβασι Σάμος Μάιος25ndash27 2018

Ετεροαναφορές (σύνολο 71)

1 Bianchi G Gronchi P Steiner symmetrals and their distance froma ball Israel J Math 135 181ndash192 2003 ⟶ 14

2 Giannopoulos A Hartzoulaki M On the volume ratio of twoconvex bodies B Lond Math Soc 34 703ndash707 Part 6 Nov 2002

⟶ 10

3 Hartzoulaki M Paouris GQuermassintegrals of a random polytopein a convex body Arch Math 80 (4) 430ndash438 Apr 2003 ⟶ 9

4 B Klartag and R Vershynin Small ball probability and DvoretzkyTheorem ⟶ 8

5 R Vershynin Isoperimetry of waists and local versus global asym-ptotic convex geometries (with an appendix by M Rudelson andR Vershynin) Duke Math J 131 No 1 (2006) 1ndash16 ⟶ 8

6 B Klartag Rate of convergence of geometric symmetrizationGeom Funct Anal Vol 14 (2004) 1322ndash1338 ⟶ 14

7 M Meckes Volumes of symmetric random polytopes Arch Math82 (2004) 86ndash96 ⟶ 9

8 R Vershynin John decompositions selecting a large part Israel JMath 122 (2001) 253ndash277

⟶ 10

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1519

9 J Bastero and M Romance Johnrsquos Decomposition of the Identityin the Non-Convex Case Positivity 6 (2002) no 1 1ndash16 ⟶ 10

10 K Boumlroumlczky Jr The stability of the Rogers-Shephard inequalityand of some related inequalities Adv Math 190 (2005) no 147ndash76 ⟶ 10

11 R Vershynin Integer cels in convex sets Advances in Mathematics197 (2005) 248ndash273 ⟶ 8

12 Y Gordon A E Litvak M Meyer and A Pajor Johnrsquos decompositionin the general case and applications J Differential Geom 68 No1 (2004) 99ndash119 ⟶ 10

13 R J GardnerGeometric Tomography (update 2004) Encyclopediaof Mathematics Vol 58 Cambridge University Press

⟶ 11 12 13

14 A E Litvak A Pajor and N Tomczak-Jaegermann Diameters ofSections and Coverings of Convex Bodies ⟶ 8

15 O Gueacutedon M Rudelson 119871119901 moments of random vectors viamajorizing measures ⟶ 7

16 G Paouris Concentration of mass on symmetric convex bodiesgafa Geom Funct Anal Vol 16 (2006) 1021ndash1049 ⟶ 7

17 J Bastero and M Romance Positions of convex bodies associatedto extremal problems and isotropic measures Adv in Math (2004)

⟶ 10

18 Erwin Lutwak Deane Yang and Gaoyong Zhang Volume Inequalitiesfor Subspaces of 119871119901 J Differential Geom 68 No 1 (2004) 159ndash184

⟶ 10

19 Peter M Gruber and Franz E Schuster An arithmetic proof ofJohnrsquos ellipsoid theorem Archiv der Mathematik Vol 85 No 1(2005) 82ndash88 ⟶ 10

20 Hans-Peter Schroumlcker Minimal Enclosing Hyperbolas of Line Sets⟶ 10

21 N Dafnis A Giannopoulos and O Gueacutedon On the isotropicconstant of random polytopes Advances in Geometry 10 (2010)no 2 311ndash322 ⟶ 7 9

22 R Adamczak AE Litvak A Pajor N Tomczak-JaegermannQuantitative estimates of the convergence of the empirical covariance

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1619

matrix in log-concave Ensambles J Amer Math Soc 23 (2010)no 2 535ndash561 ⟶ 7

23 Bianchi Gabriele The covariogram determines three-dimensionalconvex polytopes Adv Math 220 (2009) no 6 1771ndash1808⟶ 12

24 Bianchi Gabriele Gardner Richard J Kiderlen Markus Phaseretrieval for characteristic functions of convex bodies and recon-struction from covariograms J Amer Math Soc 24 (2011) no 2293ndash343 ⟶ 12

25 Alonso-Gutieacuterrez David Jimeacutenez C Hugo Villa Rafael Brunn-Minkowski and Zhang inequalities for convolution bodies AdvMath 238 (2013) 50ndash69 ⟶ 12

26 Alonso-Gutieacuterrez David Gonzaacutelez Bernardo Jimeacutenez CarlosHugo Volume inequalities for the i-th-convolution bodies J MathAnal Appl 424 (2015) no 1 385ndash401 ⟶ 11

27 Li Ai-Jun Leng GangSong Brascamp-Lieb inequality for positivedouble John basis and its reverse Sci China Math 54 (2011) no 2399ndash410 ⟶ 10

28 Taschuk Steven The Banach-Mazur distance to the cube in lowdimensions Discrete Comput Geom 46 (2011) no 1 175ndash183

⟶ 10

29 Jimeacutenez C Hugo Naszoacutedi Maacuterton On the extremal distancebetween two convex bodies Israel J Math 183 (2011) 103ndash115

⟶ 10

30 Li Ai-Jun Wang Guangting Leng Gangsong An extended Loomis-Whitney inequality for positive double John bases Glasg Math J53 (2011) no 3 451ndash462 ⟶ 10

31 Meyer Mathieu Schuumltt Carsten Werner Elisabeth M New affinemeasures of symmetry for convex bodies Adv Math 228 (2011)no 5 2920ndash2942 ⟶ 10

32 Gruber Peter M John and Loewner ellipsoids Discrete ComputGeom 46 (2011) no 4 776ndash788 ⟶ 10

33 Li Ai-Jun Leng Gangsong Mean width inequalities for isotropicmeasures Math Z 270 (2012) no 3ndash4 1089ndash1110 ⟶ 10

34 Henk Martin Loumlwner-John ellipsoids Doc Math 2012 Extra vol-ume Optimization stories 95ndash106 ⟶ 10

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1719

35 Li Ai Jun Leng Gang Song Extremal problems related to Gauss-John position Acta Math Sin (Engl Ser) 28 (2012) no 12 2527-2534 ⟶ 10

36 Lasserre Jean B A generalization of Loumlwner-Johnrsquos ellipsoid the-orem Math Program 152 (2015) no 1-2 Ser A 559ndash591 ⟶ 10

37 Li Ai-Jun Isomorphic versions of reverse isoperimetric inequalitiesGeom Dedicata 179 (2015) 139ndash151 ⟶ 10

38 Cid-Muntildeoz Rosa Pedreira Manuel Another classification of inci-dence scrolls Arch Math (Basel) 80 (2003) no 4 439ndash448⟶ 9

39 Pajor A Pastur L On the limiting empirical measure of eigenval-ues of the sum of rank one matrices with log-concave distributionStudia Math 195 (2009) no 1 11ndash29 ⟶ 9

40 Saroglou Christos Characterizations of extremals for some func-tionals on convex bodies Canad J Math 62 (2010) no 6 1404-1418 ⟶ 9

41 Cordero-Erausquin Dario Fradelizi Matthieu Paouris GrigorisPivovarov Peter Volume of the polar of random sets and shadowsystems Math Ann 362 (2015) no 3ndash4 1305ndash1325 ⟶ 9

42 Mankiewicz Piotr Tomczak-Jaegermann Nicole Low dimensionalsections versus projections of convex bodies Israel J Math 153(2006) 45ndash60 ⟶ 8

43 Bastero Jesuacutes Upper bounds for the volume and diameter of m-dimensional sections of convex bodies Proc Amer Math Soc 135(2007) no 6 1851ndash1859 ⟶ 8

44 Gordon Y Litvak A E Mendelson S Pajor A Gaussian av-erages of interpolated bodies and applications to approximatereconstruction J Approx Theory 149 (2007) no 1 59ndash73 ⟶ 8

45 Mendelson Shahar Pajor Alain Tomczak-Jaegermann NicoleReconstruction and subgaussian operators in asymptotic geometricanalysis Geom Funct Anal 17 (2007) no 4 1248ndash1282 ⟶ 8

46 Brazitikos Silouanos Stavrakakis Pantelis On the intersectionof random rotations of a symmetric convex body Math ProcCambridge Philos Soc 157 (2014) no 1 13ndash30 ⟶ 8

47 Fresen Daniel J Euclidean arrangements in Banach spaces StudiaMath 227 (2015) no 1 55ndash76 ⟶ 8

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1819

48 Aubrun Guillaume Sampling convex bodies a random matrixapproach Proc Amer Math Soc 135 (2007) no 5 1293ndash1303

⟶ 749 Gueacutedon Olivier Rudelson Mark 119871119901-moments of random vectors

via majorizing measures Adv Math 208 (2007) no 2 798ndash823⟶ 7

50 Vershynin Roman Spectral norm of products of random and de-terministic matrices Probab Theory Related Fields 150 (2011)no 3ndash4 471ndash509 ⟶ 7

51 Mendelson Shahar Paouris Grigoris On generic chaining and thesmallest singular value of random matrices with heavy tails JFunct Anal 262 (2012) no 9 3775ndash3811 ⟶ 7

52 Paouris Grigoris Pivovarov Peter A probabilistic take on isoperi-metric-type inequalities Adv Math 230 (2012) no 3 1402ndash1422

⟶ 7 953 Vershynin Roman How close is the sample covariance matrix to

the actual covariance matrix J Theoret Probab 25 (2012) no 3655ndash686 ⟶ 7

54 Pivovarov Peter On the volume of caps and bounding the mean-width of an isotropic convex body Math Proc Cambridge PhilosSoc 149 (2010) no 2 317ndash331 ⟶ 6

55 Pivovarov Peter On determinants and the volume of randompolytopes in isotropic convex bodies Geom Dedicata 149 (2010)45ndash58 ⟶ 6 7

56 Paouris Grigoris Pivovarov Peter Small-ball probabilities for thevolume of random convex sets Discrete Comput Geom 49 (2013)no 3 601ndash646 ⟶ 6 9

57 Fresen Daniel A multivariate Gnedenko law of large numbersAnn Probab 41 (2013) no 5 3051ndash3080 ⟶ 6

58 Fresen Daniel J Vitale Richard A Concentration of randompolytopes around the expected convex hull Electron CommunProbab 19 (2014) no 59 8 pp ⟶ 6

59 Alonso-Gutieacuterrez David Dafnis Nikos Hernaacutendez Cifre MariaAacute Prochno Joscha On mean outer radii of random polytopesIndiana Univ Math J 63 (2014) no 2 579ndash595 ⟶ 5 6

60 Alonso-Gutieacuterrez David Prochno Joscha On the Gaussian be-havior of marginals and the mean width of random polytopesProc Amer Math Soc 143 (2015) no 2 821ndash832 ⟶ 5 6

Βιογραφικο Σημειωμα Α Τσολομυτη G 1919

61 Alonso-Gutieacuterrez David Litvak Alexander E Tomczak-Jaeger-mann Nicole On the isotropic constant of random polytopes JGeom Anal 26 (2016) no 1 645ndash662 ⟶ 5 6

62 Shi Kejie Leng Gangsong Isoperimetric-type inequalities for gen-eralized centroid bodies Math Inequal Appl 19 (2016) no 2731ndash742 ⟶ 4

17 Νοεμβρίου 2018

• IcirctradeIcircsup1IcirciquestIcircsup3IumldaggerIcircplusmnIumlƒIcircsup1IcircordmIcirciquest IcircpoundIcircmiddotIcircfrac14IcircmicroIcircsup1IumlrsaquoIcircfrac14Icircplusmn Icircsbquo IcirccurrenIumlhellipIcirciquestIcircraquoIcirciquestIcircfrac14IumlndashIumlmdashIcircmiddot