A = A A

Transkript

1 Musterlösung - Aufgabenblatt 8 Aufgabe 1 Gegeben ist das Polytop P = conv {±e i ± e j : 1 i, j 3, i j} = conv {e 1 + e 2, e 1 e 2, e 1 + e 2, e 1 e 2, e 1 + e 3, e 1 e 3, e 1 + e 3, e 1 e 3, e 2 + e 3, e 2 e 3, e 2 + e 3, e 2 e 3 } R 3, wobei e i der i-te Standardbasisvektor im R 3 ist Wir wollen P als Polyeder, also als Schnitt von endlich vielen Halbräumen schreiben Dazu betrachten wir den Beweis des Theorems von Weyl aus der Vorlesung Dort wird gezeigt, dass für ein n-dimensionales Polytop Q R n, das in seinem Inneren enthält, die Beschreibung von Q als Polyeder durch die Berechnung der Ecken der Polaren Q bestimmt werden kann Genauer gilt Q = {x R n : y T 1 x 1,, y T s x 1}, falls y 1,, y s die Ecken von Q sind Bestimmen wir also zunächst P, die Polare von P Nach dem Lemma über die Eigenschaften der Polaren aus der Vorlesung gilt P = {y R n : (±e i ± e j ) T y 1 für alle 1 i, j 3, i j} = {y R n : Ay b} für b = ( 1 1 ) T und A 12 A = A 13, A 12 = , A 13 = , A 23 = A Da = 1 2 (e 1 + e 2 ) ( e 1 e 2 ) P und dim(p ) = 3 (zb sind e 1 + e 2, e 1 e 2, e 1 + e 3 und e 3 e 1 affin unabhängig), können wir die Ecken von P bestimmen, um die gewünschte Beschreibung von P zu bekommen Dazu betrachten wir alle 3 3-Untermatrizen von A und testen, ob sie einer Ecke entsprechen, indem wir ihren Rang berechnen und, falls sie vollen Rang hat, für die eindeutige Lösung des entsprechenden Gleichungssystems prüfen, ob sie die restlichen Ungleichungen erfüllt Sei B also eine Teilmatrix von A mit 3 Zeilen Wir unterscheiden drei Fälle: B enthält drei Zeilen aus A ij : Dann muss eine Zeile von B das Vielfache (( 1)- fache) einer anderen Zeile sein B hat also nicht vollen Rang B enthält genau zwei Zeilen aus A ij : Wenn die zwei Zeilen aus A ij linear abhängig sind, hat B nicht vollen Rang Nehmen wir also an, dass sie linear unabhängig sind Da die dritte Zeile aus einer anderen der drei Teilmatrizen A 12, A 13, A 23 kommt, sind dann alle drei Zeilen linear unabhängig B hat also Rang 3 Wir betrachten also das Gleichungssystem By = (1, 1, 1) T Aus Symmetriegründen können wir obda annehmen, dass A ij = A 12 Eine der beiden Zeilen ist also entweder (1, 1, ) oder ( 1, 1, ), die andere

2 (1, 1, ) oder ( 1, 1, ) In jedem dieser vier möglichen Fälle sind y 1 und y 2 schon durch die von diesen Zeilen beschriebenen Ungleichungen bestimmt Enthält B zb die Zeilen (1, 1, ) und (1, 1, ), so gilt y 1 + y 2 = 1 und y 1 y 2 = 1 Damit muss y 1 = 1, y 2 = gelten In den anderen drei Fälle erhalten wir y 1 =, y 2 = 1 oder y 1 = 1, y 2 = oder y 1 =, y 2 = 1 Die dritte Zeile von B kommt aus A 13 oder A 12 Die von ihr beschriebene Ungleichung hat damit die Form y 3 = ±1 ± y 1/2 Jeder der vier oben beschriebenen Fälle kann mit jeder Ungleichung dieser Form auftauchen Wir erhalten also als mögliche Werte für y 3 : 2, 1,, 1, 2 Als eindeutige Lösungen des Systems By = (1, 1, 1) T erhalten wir also genau einen der folgenden Vektoren: ,,,,,,,,,, , 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, Zudem taucht jeder dieser Vektoren für eine Wahl von B auf Welche dieser Vektoren entsprechen nun tatsächlich einer Ecke? Eine Ecke muss alle durch A und b beschriebenen Ungleichungen erfüllen Das ist genau dann der Fall, wenn für alle i, j = 1, 3, i j gilt, dass y i y j 1 und y i + y j 1 Dies erfüllen nur die Vektoren 1 1,, 1, und 1, die damit Ecken von P sind Für die Fälle A ij = A 13 und A ij = A 23 erhalten wir analog die Vektoren: 1 1,,, und, bzw 1, 1,, und Wir haben also folgende Ecken von P bestimmt: 1 1,, 1, 1,, und 1, 1 B enthält je eine Zeile aus A 12, A 13 und A 23 : In diesem Fall hat B in jeder Zeile und jeder Spalte genau eine Die anderen beiden Einträge einer Zeile/Spalte sind ±1 Wir betrachten, in wievielen Spalten von B Vorzeichenwechsel vorkommen Gibt es in jeder Spalte einen Vorzeichenwechsel, so summieren sich die Spalten von B zu auf, der Rang ist also nicht 3 Auch wenn in genau einer Spalte ein Vorzeichenwechsel vorkommt, hat B nicht vollen Rang Nehmen wir an, der Vorzeichenwechsel kommt in der ersten Spalte vor (sonst können wir analog vorgehen) Dann hat B die Form: ɛ 1 ɛ 2 ɛ 1 ɛ 3 ɛ 2 ɛ 3

3 für ɛ 1, ɛ 2, ɛ 3 {+1, 1} Ziehen wir die dritte Spalte von der Summer der ersten beiden Spalten ab, erhalten wir also wiederum Gibt es keine Spalten mit Vorzeichenwechsel, so hat B folgende Form: ɛ 1 ɛ 2 ɛ 1 ɛ 3 ɛ 2 ɛ 3 für ɛ 1, ɛ 2, ɛ 3 {+1, 1} Um das Gleichungssystem By = (1, 1, 1) T zu lösen, können wir dann z i = ɛ i y i setzen und das System z = lösen Dies ergibt als eindeutige Lösung z = (1/2, 1/2, 1/2) T Wir erhalten also y = (ɛ 1 /2, ɛ 2 /2, ɛ 3 /2) T als eindeutige Lösung des ursprünglichen Systems Für jede Wahl von ɛ 1, ɛ 2, ɛ 3 {+1, 1} erfüllt so ein Vektor die Ungleichungen y i y j 1 und y i + y j 1 für alle i, j = 1, 3, i j Damit entspricht jedes B mit genau einer Spalte mit Vorzeichenwechsel einer Ecke von P Als letzten Fall überlegen wir, was passiert, wenn es zwei Spalten mit Vorzeichenwechsel gibt Nehmen wir an, dass es in der dritten Zeile keinen Vorzeichenwechsel gibt (sonst gehen wir analog vor): Dann hat B die Form ɛ 1 ɛ 2 ɛ 1 ɛ 3 ɛ 2 ɛ 3 für ɛ 1, ɛ 2, ɛ 3 {+1, 1} Wir setzen wieder z i = ɛ i y i und betrachten das System z = Hier erhalten wir als eindeutige Lösung z = (1/2, 1/2, 3/2) T Das ursprüngliche System hat also die eindeutige Lösung y = (ɛ 1 /2, ɛ 2 /2, ɛ 3 3/2) T Für jede Wahl von ɛ 1, ɛ 2, ɛ 3 {+1, 1} gibt es eine der Ungleichungen y i y j 1 und y i + y j 1, die so ein Vektor nicht erfüllt In diesem Fall entspricht B also keiner Ecke Insgesamt haben wir folgende weitere Ecken von P bestimmt: 1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2 und 1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 Aus den Ecken von P erhalten wir wie oben beschrieben die Beschreibung von P durch Halbräume: P = {x R n : ± x 1 2 ± x 2 2 ± x und ± x i 1 für i = 1, 2, 3} Bemerkung: P ist das Kub-Oktaeder und P das Rhombendodekaeder:

4 Abbildung 1: Kub-Oktaeder Abbildung 2: Rhombendodekaeder (Quelle: und Aufgabe 2 Sei P = {x R n : Ax b}, A R m n, b R m, ein Polyeder der mindestens eine Ecke besitzt Wir zeigen, dass P keine Gerade enthält Sei also l = {c + λd : λ R}, c, d R n, d, eine Gerade Ein Punkt x = c + λd aus l liegt genau dann in P, wenn A(c + λd) b gilt, also wenn für jede Zeile des Systems a T i (c + λd) b i Wir zeigen, dass dies nicht für jedes λ R gelten kann Die Ungleichung a T i (c + λd) b i können wir umformen zu a T i d λ b i a T i c Wenn a T i d gilt, kann diese Ungleichung offensichtlich nicht für alle λ R gelten Wir müssen also zeigen, dass es ein i gibt mit a T i d Dafür verwenden wir, dass P eine Ecke hat Sei z also eine Ecke von P Dann hat die Teilmatrix A z von A, die die Zeilen enthält, für die a T i z = b i gilt, vollen Rang Wäre a T i d = für alle i, so würde für alle λ R gelten, dass A z(c + λd) = A z c Das System A z x = A z c hat aber eine eindeutige Lösung x, da A z vollen Rand hat, und es kann nicht c + λd = x für jedes λ R gelten Aufgabe 3 A R m n sei eine Matrix a) Wir zeigen, dass es genau dann einen Vektor x mit Ax = und n i=1 x i = 1 gibt, wenn es keinen Vektor y R m mit y T A > gibt Betrachte die (m + 1) n - Matrix ( ) A A = 1 1 Für einen Vektor x ist Ax = und ( ) n i=1 x i = 1 äquivalent zu A x = 1 ( Nach dem Lemma von Farkas ist die Existenz eines x mit A x = 1) äquivalent dazu, dass es keinen Vektor (y, y ) R m+1 mit (y, y ) T A = y T A + y (1,, 1) ( ) und (y, y ) T <, also y 1 <, gibt Da y T A + y (1,, 1) für jedes y < genau dann gilt, wenn y T A >, ist das äquivalent zur gewünschten Aussage b) Wir zeigen, dass es genau dann einen Vektor x mit Ax = und x gibt, wenn es keinen Vektor y R m mit y T A > gibt

5 Mit a) müssen wir nur zeigen, dass die Existenz eines x mit Ax = und n i=1 x i = 1 gleichbedeutend ist mit der Existenz eines x mit Ax = und x Da n i=1 x i = 1 offensichtlich x impliziert, müssen wir nur in eine Richtung argumentieren Ist x mit Ax = und x, so können wir x = i=1 x definie- xi Ax = Zudem ist n i=1 x i = ren Dann gilt x sowie Ax = i=1 xi i=1 xi n i=1 x i = 1 Aufgabe 4 Es seien m n + 1, A R m n und b R m Zuedem gelte, dass Ax b keine Lösung x R n besitzt Wir zeigen, dass es k m und Indizes i 1,, i k gibt, für die das Teilsystem a T i 1 x b i1,, a T i k x b ik keine Lösung besitzt und für die die Matrix a T i 1 b i1 a T i k b ik vollen Rang hat Hierbei ist a i die i-te Zeile von A (als Spaltenvektor geschrieben) und b i der i-te Eintrag von b Wie bereits auf dem Übungszettel empfohlen, kombinieren wir das Lemma von Farkas mit dem Satz von Carathéodory, bzw Aufgabe 61 Nach der in der Vorlesung gezeigten Variante vom Farkas-Lemma gilt, da Ax b keine Lösung besitzt, dass es ein y gibt, für das y T A = und y T b < gilt Wir schreiben dies als y T (A b) = ( c) für c = y T b < Es gilt (y T (A b)) T = m i=1 y i ( ai b i ) ) Der Vektor ( c) T kann also als eine Linearkombination der Vektoren mit b i nicht-negativen Koeffizienten y 1,, y m dargestellt werden Nach Aufgabe 61 gibt es demnach k m, Indizes i 1,, i k sowie z 1,, z k mit ( c) T = ( ) ( ) ai1 aik so dass die Vektoren,, b i1 b ik Für die Matrix A = a T i 1 a T i k k j=1 ( ) aij z j, b ij und die Vektoren z = linear unabhängig sind z 1 z k und b = b i1 b ik ( ai gilt also, dass z T A = und z T b = c < Nach der oben verwendeten Variante des Farkas- Lemmas folgt daraus wiederum, dass das System A x b keine Lösung hat Zudem hat die Matrix (A b ) Rang k, da ihre k Zeilen (a T i j b j ) linear unabhängig sind