Musterlösung - Aufgabenblatt 7. Aufgabe 1

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1 Musterlösung - Aufgabenblatt 7 Aufgabe Sei C R n eine nicht-leere abgeschlossene und konvexe Menge. Wir wollen zeigen, dass C als der Durchschnitt ihrer stützenden Halbräume dargestellt werden kann, d.h. dass C = H gilt. H Stützhyperebene von C : Nach Definition ist eine Hyperebene H eine Stützhyperebene von C, wenn C H und C H gilt. Insbesondere gilt also C H Stützhyperebene von C H. : Sei x / C. Wir zeigen, dass dann auch x / H Stützhyperebene von C H gilt. Da C abgeschlossen und konvex ist, wissen wir aus der Vorlesung, dass es eine Trennhyperebene von {x} und C gibt, also eine Hyperebene H mit C H und x H +. Der Beweis des entsprechenden Satzes in der Vorlesung konstruiert H als Stützhyperebene von C. Es gibt also eine Stützhyperebene von C mit x / H. Das ist genau, was zu zeigen war. Aufgabe 2 Es sei A R n eine Menge. Wir zeigen, dass x conv(a) genau dann ein Extrempunkt von conv(a) ist, wenn x A und x / conv(a \ {x}). Hierbei ist x ein Extrempunkt von conv(a), wenn aus x = αy + ( α)z für y, z conv(a) und α [0, ] stets x = y = z folgt. Wir zeigen zunächst eine Hilfsaussage: Lemma: Ein Punkt x conv(a) ist genau dann ein Extrempunkt von conv(a), wenn folgende Aussage gilt: x = α i a i, a i A, α i [0, ], α i = a i = x für i =,..., N. () Beweis. Nehmen wir an, dass x die Aussage () erfüllt und dass x = αy+( α)z für y, z conv(a) und α (0, ). Da y, z conv(a), sind sie als Konvexkombinationen von Elementen in A darstellbar, es gibt also a i, b i A, λ i, µ i [0, ] und N N, so dass y = N λ ia i und z = N µ ib i sowie N λ i = N µ i =. Dann gilt: ( N ) ( N ) x = α λ i a i + ( α) µ i b i = αλ i a i + ( α)µ i b i, und ausserdem N αλ i + N ( α)µ i = α N λ i + ( α) N µ i = α + ( α) =. Wir können also auch x als Konvexkombination der a i und b i darstellen. Mit () gilt dann also a i = b i = x für alle i. Damit gilt aber auch y = z = x. Für die andere Richtung nehmen wir an, dass x ein Extrempunkt ist. Haben wir eine Darstellung von x als Konvexkombination aus A, x = N α ia i mit a i A, α i [0, ], N α i =, dann ist x = α a +( α ) N α i i=2 α a i eine Darstellung von x als Konvexkombination mit zwei Summanden aus conv(a). Da x ein Extrempunkt ist, gilt also (insbesondere) a = x. Dasselbe können wir mit jedem a i machen. Es gilt also a i = x für i =,..., N.

2 Beweis der Aufgabe: : Sei x A und x / conv(a \ {x}). Wir zeigen die Alternativaussage aus dem Lemma. Sei x = N α ia i für a i A, α i [0, ] mit N α i =. Angenommen es gibt mindestens ein i mit a i x. OBdA sei a,..., a M x und a M+,..., a N = x. Dann gilt: ( ) α i x = α i a i. i>m i M Da i>m α i = i M α i, haben wir also x = i M α i = und α i j M αj j M αj α i j M αj a i. Es gilt aber offensichtlich, dass i M also x als Konvexkombination von Elementen in A\{x} dargestellt. Dies führt zu einem Widerspruch, da nach Voraussetzung x / conv(a \ {x}) gilt. [0, ]. Wir haben : Sei x conv(a) ein Extrempunkt von conv(a). Wir wollen zeigen, dass x A und x / conv(a \ {x}). Wir zeigen erst, dass x A. Da x conv(a), gibt es a i A, α i [0, ] mit x = N α ia i und N α i =. Da x ein Extrempunkt von conv(a) ist, gilt also nach dem Lemma insbesondere x = a A. Jetzt müssen wir noch zeigen, dass x / conv(a \ {x}). Angenommen wir könnten x als Konvexkombination in A \ {x} darstellen, also x = N λ ia i für a i A \ {x} und N λ i =. Dann können wir wieder mit dem Lemma folgern, dass a i = x für i =,..., N, ein Widerspruch zur Annahme, dass a i A \ {x}. Aufgabe a) Wir bestimmen die Ecken des Polyeders P = {x R : Ax b} mit A = und b = Aus der Vorlesung wissen wir, dass ein Punkt z P genau dann eine Ecke von P ist, wenn ranga z =, wobei A z die Teilmatrix von A ist, die die Zeilen enthält, für die a T i z = b i gilt. Ist dies der Fall, so hat das Gleichungssystem A z x = b z die eindeutige Lösung x = z. (b z ist analog zu A z definiert.) Wir testen für jede Teilmatrix von A, die vier Zeilen hat, ob sie einer Ecke entspricht. Dies reicht aus, da zwar A z für eine Ecke z mehr als vier Zeilen haben kann, aber sicher eine Matrix vom Rang mit vier Zeilen enthält. Wir testen, indem wir den Rang einer solchen Teilmatrix berechnen und, falls sie vollen Rang hat, für die eindeutige Lösung des entsprechenden Gleichungssystems prüfen, ob sie die restlichen Ungleichungen erfüllt. Zunächst lassen wir die unterste Zeile weg. Die Matrix

3 kann durch elementare Zeilen- und Spaltenumformungen in Dreiecksform gebracht werden. Man erhält z.b. die Matrix Die entsprechende Teilmatrix von A Matrix hat also Rang und wir erhalten wir als eindeutige Lösung des hier betrachteten Gleichungssystems den Vektor z = 0, der alle Ungleichungen bis auf die letzte mit Gleichheit erfüllt. Da (0,, 2, )z = 2, erfüllt z auch die durch die letzte Zeile beschriebene Ungleichung, liegt also in P und ist damit eine Ecke von P. Die weiteren Matrizen handeln wir kürzer ab: Für die Matrix erhalten wir als eindeutige Lösung den Vektor z 2 =, der auch in P liegt, da (, 2, 0, 2)z 2 = 2, und also auch eine Ecke ist als eindeutige Lösung die Ecke z = 7 mit (0,,, 2)z = als eindeutige Lösung die Ecke z = mit (, 2, 0, )z = 2.

4 als eindeutige Lösung die Ecke z = 6 mit (0, 2,, 7)z = 6. Damit haben wir alle Ecken von P bestimmt: z = 0, z 2 = b) Wir bestimmen die Ecken des Polyeders, z = 7, z =, z = P = {(x, y, z) R : x+y, x 2y z 2, x+y z, x 2y 2z 2}. Wir nutzen wieder die Charakterisierung der Ecken eines Polyeders, die wir auch im ersten Teil der Aufgabe verwendet haben. In Matrixform beschrieben ist P = {x R : Ax b} mit A = 2 2, b = Durch scharfes Hinschauen (oder durch Lösen eines Gleichungssystems so wie im ersten Teil) erkennt man, dass der Vektor z = 0 alle Ungleichungen 0 mit Gleichheit erfüllt. A kann durch elementare Zeilen- und Spaltenumformungen in folgende Form gebracht werden: 0 A = Da also rang(a) =, ist z eine Ecke von P. Für jede Teilmatrix von A mit Rang ist z ebenfalls die eindeutige Lösung des entsprechenden Gleichungssystems. Es gibt also keine weiteren Ecken von P. Aufgabe Die Polare A einer Menge A R n ist definiert als A = {y R n : x T y für alle x A}. a) Wir zeigen für α > 0, dass (αa) = α A gilt. Hierbei ist βb = {βb : b B} für β R und B R n. (αa) = {y R n : x T y f. a. x αa} = {y R n : (αa) T y f. a. a A} = {y R n : a T (αy) f. a. a A} = { α z Rn : a T z f. a. a A} = α A.

5 b) Wir zeigen, dass A B folgt, dass A B. Sei also A B. Ist y R n und es gilt x T y für alle x B, dann gitl dies insbesondere auch für alle x A. Also: B = {y R n : x T y f. a. x B} {y R n : x T y f. a. x A} = A. c) Wir zeigen (B n) = B n, wobei B n = {x R n : n x i } und B n = {x R n : max,...,n x i } die Einheitskugeln bezüglich der -Norm bzw. der Maximumsnorm sind. (B n) B n : Sei y (B n), d.h. x T y für alle x mit n x i. Dann gilt insbesondere e T i y und ( e i) T y für den i-ten Standardbasisvektor e i = (0,..., 0,, 0,..., 0) T. Also gilt y i für jedes i =,..., n, da y i = e T i y und y i = ( e i ) T y, und damit max,...,n y i. (B n) B n : Sei y B n, d.h. max,...,n y i. Für x B n gilt dann: x T y x T y ( ) x i y i max y i,...,n x i x i.