Опубликован: 05.08.2011 | Доступ: свободный | Студентов: 1412 / 57 | Оценка: 4.50 / 3.50 | Длительность: 18:52:00
ISBN: 978-5-9963-0014-3
Специальности: Математик, Экономист
Лекция 8:

Теорема Робертса

< Лекция 7 || Лекция 8: 12345 || Лекция 9 >

Лемма 8.6. Для всех x,y,z\in\mathcal O:

\begin{array}{rcl}\gamma(x,y) &=& - \gamma(y,x),\\ \gamma(x,z) &=& \gamma(x,y) + \gamma(y,z).\end{array}

Доказательство. Доказательство проведем в два этапа. Сначала покажем, что для всякого \epsilon>0

\left(\gamma(x,y) + \frac\epsilon2\right)\cdot\bf 1\in P(x,y).

Это верно потому, что, начиная с \gamma(x,y), векторы p\cdot\bf 1 уже лежат в P(x,y). Значит, по лемме 8.5,

(-\gamma(x,y) - \epsilon)\cdot 1\notin P(y,x).

Но, с другой стороны,

(\gamma(x,y) - \epsilon)\cdot 1 \notin P(x,y),

так как \gamma(x,y) не лежит в P(x,y). Следовательно, наоборот:

(-\gamma(x,y) + \frac\epsilon2)\cdot 1 \in P(y,x).

Таким образом, у нас получилось, что для любого \epsilon (-\gamma(x,y) - \epsilon)\notin P(x,y), но при этом

(-\gamma(x,y) + \epsilon)\in P(x,y).

Второй этап: поделим \epsilon пополам и рассмотрим векторы

\left(\gamma(x,y) + \frac\epsilon2\right)\cdot 1 \in P(x,y)\text{ и }\left(\gamma(y,z) + \frac\epsilon2\right)\cdot 1 \in P(y,z).

Тогда, по лемме 8.5,

(\gamma(x,y) + \gamma(y,z) + \epsilon)\cdot\bf 1\in P(x,z).

Только что мы доказали, что

\gamma(z,x) \le \gamma(z,y) + \gamma(y,x).

Обратное неравенство легко доказать, если поменять в этом неравенстве буквы y и z местами:

\gamma(y,x) \le \gamma(y,z) + \gamma(z,x),

а затем заменить \gamma(y,z) на -\gamma(z,y):

\gamma(y,x) \le -\gamma(z,y) + \gamma(z,x).

Итого мы получили два противоположных неравенства, то есть доказали искомое равенство \gamma(x,z) = \gamma(x,y) + \gamma(y,z).

Теперь мы можем сдвинуть множества P(x,y). Введем новые множества

C(x,y) = P(x,y) - \gamma(x,y)\cdot 1,

для того чтобы \bf 0\in C(x,y). Иначе говоря,

C(x,y)=\{\alpha -\gamma(x,y)\cdot 1 \ |\ \alpha \in P(x,y)\}.

Также обозначим через \dot C внутренность C ; формально говоря:

\dot C = \{\alpha \in C \mid \alpha - \epsilon \in C\text{ для любого }\epsilon >  0 \}.

Лемма 8.7. Внутренности всех C совпадают:

\dot C(x,y) = \dot C(w, z)\text{ для любых }x,y,w,z\in\mathcal O,\ x\neq y,\ w\neq z.

Доказательство. По второму пункту леммы 8.6,

\dot P(x,y)\subseteq\dot P(x,z)-\beta

для любого \beta\in\dot P(y,z). Также это верно для \beta = (\gamma(y,z) + \epsilon)\cdot 1 .

Аналогично,

\dot P(x,z)\subseteq\dot P(w,z)-\alpha

для любого \alpha = (\gamma(w,x) + \epsilon)\cdot 1 , и получается, что

\dot P(x,y)\subseteq\dot P(w,z)-(\gamma(y,z) + \gamma(w,x))\cdot 1.

Также по второму пункту леммы 8.6,

\gamma(y,z) + \gamma(w,x) = \gamma(y,z) + \gamma(w,y) + \gamma(y,x) = \gamma(w,z) - \gamma(x,y).

Перенося вправо \gamma(w,z), получаем, что

\dot P(x,y) - \gamma(x,y)\cdot 1 \subseteq\dot P(w,z)-\gamma(w,z)\cdot 1.

Тогда, поскольку x,y,w и z мы выбирали произвольно, получается, что все \dot P(a,b)-\gamma(a,b)\cdot 1 равны, то есть равны все \dot C.

Cтоит заметить, что для неразличающихся x,y,w,z утверждение леммы 8.7 тоже выполняется. Докажем, например, что \dot C(x,y)=\dot C(y, x). Для доказательства выберем w\in\mathcal O, отличный от x и y, и используем лемму 8.7 для пар равенств из следующей цепочки

\dot C(x,y)=\dot C(w,y)=\dot C(w,x)= \dot C(y,x).

Оставляем читателю доказательство остальных случаев частичного равенства x,y,z,w между собой.

Доказав, что всевозможные \dot C(x,y) равны, обозначим их все через C. Теперь, в полном соответствии с общей идеей доказательства, можно доказать, что C выпукло.

Лемма 8.8. C выпукло.

Доказательство. Пусть \alpha,\beta\in C \subseteq \mathbb R^{n}. Для начала покажем, что \alpha + \beta \in C. Зафиксируем разные x,y,z\in\mathcal O. Тогда

\gamma(x,y)\cdot\bf 1 + \alpha\in\dot P(x,y)\text{ и }\gamma(y,z)\cdot\bf 1+\beta\in\dot P(y,z)

по определению \gamma(a,b). Cложим их:

\gamma(x,z)\cdot\bf 1 + \alpha + \beta\in\dot P(x,z),

и, следовательно, \alpha + \beta\in C.

Вторая часть выпуклости – покажем, что если \alpha \in C, то и \frac\alpha2 \in C. Предположим противное: пусть \alpha\in C, но \frac\alpha2\notin C. Тогда

\frac\alpha2 + \gamma(x,y)\cdot 1 \notin P(x,y),

а значит,

-\frac\alpha2 - \gamma(x,y)\cdot 1 \in P(y,x).

Следовательно, -\frac\alpha2\in C, и \frac\alpha2=\alpha+(-\frac\alpha2)\in C. Противоречие.

Таким образом, для всех \alpha,\beta\in C \frac{\alpha+\beta}2\in C, то есть C выпукло.

Теперь, наконец-то, можно завершать доказательство теоремы. Во-первых, \bf 0\notin\dot C, так как нулевой вектор должен быть на границе: мы уже видели, что если x \in C, то -x \notin C.

Вспомним теорему о подпирающей гиперплоскости: если есть выпуклое множество и есть точка, которая не лежит в его внутренности, то через нее можно провести такую гиперплоскость, что замыкание всего множества будет лежать по одну сторону от этой гиперплоскости. Значит, в нашей ситуации существует вектор \bf k\in\mathbb R^N, для которого \bf k\cdot\alpha \ge 0 для любого \alpha\in\bar Cзамыкании). Этот вектор \bf k и будет теми константами k_i, которые нам нужно найти для того, чтобы построить аффинный максимизатор.

Зафиксируем исход x_0\in\mathcal O и константы

C_x = \sum_{i=1}^Nk_i\gamma(x_0, x).

Докажем теперь все необходимые неравенства, то есть

\sum_{i=1}^N k_i(v_i(x) - v_i(y)) \ge C_y - C_x,

где f(v) = x\neq y. Если f(v) = x\neq y, то v(x)-v(y)\in P(x,y). Обозначим

\alpha = v(x)-v(y)-\gamma(x,y)\cdot\bf 1.

Тогда, по определению констант k_i и P(x,y), \alpha\in\bar C. Значит, \bf k\cdot \alpha\ge 0.

Так как - \gamma(x,y) = \gamma(x_0,x) - \gamma(x_0,y), то

\bf k\cdot \mathbf v(x) + C_x \ge \bf k\cdot \mathbf v(y) + C_y.

Это и есть утверждение теоремы, так как мы его доказали для произвольного P=P(x,y). Доказательство теоремы 8.1 тем самым завершено.

< Лекция 7 || Лекция 8: 12345 || Лекция 9 >
Юрий Тарасов
Юрий Тарасов
Россия, Мегион, средняя школа №1, 1993
Олег Корсак
Олег Корсак
Латвия, Рига