En. Dann sind P und Q genau dann durch eine Hyperebene streng trennbar, wenn f¨ ur jede Menge T ⊂ En mit h¨ ochstens n + 2 Punkten die Mengen P ∩ T und Q ∩ T durch eine Hyperebene streng trennbar sind.
En. Dann sind P und Q genau dann durch eine Hyperebene streng trennbar, wenn f¨ ur jede Menge T ⊂ En mit h¨ ochstens n + 2 Punkten die Mengen P ∩ T und Q ∩ T durch eine Hyperebene streng trennbar sind.
Definition Sei p ∈ En und α > 0. Dann heißt Sα(p) := {x ∈ En | x − p = α} Sph¨ are mit Radius α um den Punkt p. Definition Seien A und B Teilmengen von En. Die Sph¨ are Sα(p) trennt A und B streng, wenn gilt: ∀ a ∈ A : p − a < α und ∀ b ∈ B : p − a > α
Definition Sei p ∈ En und α > 0. Dann heißt Sα(p) := {x ∈ En | x − p = α} Sph¨ are mit Radius α um den Punkt p. Definition Seien A und B Teilmengen von En. Die Sph¨ are Sα(p) trennt A und B streng, wenn gilt: A B ∀ a ∈ A : p − a < α und ∀ b ∈ B : p − a > α
Definition Sei p ∈ En und α > 0. Dann heißt Sα(p) := {x ∈ En | x − p = α} Sph¨ are mit Radius α um den Punkt p. Definition Seien A und B Teilmengen von En. Die Sph¨ are Sα(p) trennt A und B streng, wenn gilt: A B ∀ a ∈ A : p − a < α und ∀ b ∈ B : p − a > α oder A B ∀ a ∈ A : p − a > α und ∀ b ∈ B : p − a < α
Theorem (Kirchberger) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En. Dann sind P und Q genau dann durch eine Hyperebene streng trennbar, wenn f¨ ur jede Menge T ⊂ En mit h¨ ochstens n + 2 Punkten die Mengen P ∩ T und Q ∩ T durch eine Hyperebene streng trennbar sind.
Theorem (Kirchberger’, 8.2) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En. Dann sind P und Q genau dann durch eine Sph¨ are streng trennbar, wenn f¨ ur jede Menge T ⊂ En mit h¨ ochstens n + 2 Punkten die Mengen P ∩ T und Q ∩ T durch eine Sph¨ are streng trennbar sind.
Theorem (Kirchberger’, 8.2) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En. Dann sind P und Q genau dann durch eine Sph¨ are streng trennbar, wenn f¨ ur jede Menge T ⊂ En mit h¨ ochstens n + 3 Punkten die Mengen P ∩ T und Q ∩ T durch eine Sph¨ are streng trennbar sind.
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Folgendes Beispiel im E2 zeigt, dass die Trennbarkeit von n + 2 = 4 Punkten aus P = {p1, p2, p3} und Q = {q1, q2} mit Sph¨ aren nicht ausreicht, um Trennbarkeit von P und Q zu folgern: p1 p2 p3 q1 q2
Theorem (Kirchberger’, 8.2) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En. Dann sind P und Q genau dann durch eine Sph¨ are streng trennbar, wenn f¨ ur jede Menge T ⊂ En mit h¨ ochstens n + 3 Punkten die Mengen P ∩ T und Q ∩ T durch eine Sph¨ are streng trennbar sind.
Beweis: E En x 1 Bette En wie ¨ ublich in den En+1 ein. 2 Sei p∈En und S ⊂En+1 eine Sph¨ are, die in p tangential zu En ist. 3 Betrachte die stereographische Projektion φ : En → S.
Beweis: E En x x = φ(x) 1 Bette En wie ¨ ublich in den En+1 ein. 2 Sei p∈En und S ⊂En+1 eine Sph¨ are, die in p tangential zu En ist. 3 Betrachte die stereographische Projektion φ : En → S.
Beweis: E En P Q 1 Bette En wie ¨ ublich in den En+1 ein. 2 Sei p∈En und S ⊂En+1 eine Sph¨ are, die in p tangential zu En ist. 3 Betrachte die stereographische Projektion φ : En → S. 4 Seien P, Q ⊂ En nichtleer und kompakt sodass f¨ ur jede Menge T ⊂ En mit h¨ ochstens n + 3 Punkten die Mengen P ∩ T und Q ∩ T durch eine Sph¨ are streng trennbar sind.
Beweis: E En P Q P’ Q’ 1 Bette En wie ¨ ublich in den En+1 ein. 2 Sei p∈En und S ⊂En+1 eine Sph¨ are, die in p tangential zu En ist. 3 Betrachte die stereographische Projektion φ : En → S. 4 Seien P, Q ⊂ En nichtleer und kompakt sodass f¨ ur jede Menge T ⊂ En mit h¨ ochstens n + 3 Punkten die Mengen P ∩ T und Q ∩ T durch eine Sph¨ are streng trennbar sind. 5 Seien P = φ(P) und Q = φ(Q) die (kompakten) Bilder von P bzw. Q unter φ.
Beweis: E En P Q P’ Q’ Behauptung: P und Q k¨ onnen durch eine Hyperebene H0 ⊂ En+1 streng getrennt werden. 6 Sei T ⊂ S ⊂ En+1 eine Menge mit h¨ ochstens n + 3 Punkten.
Beweis: E En P Q P’ Q’ Behauptung: P und Q k¨ onnen durch eine Hyperebene H0 ⊂ En+1 streng getrennt werden. 6 Sei T ⊂ S ⊂ En+1 eine Menge mit h¨ ochstens n + 3 Punkten. 7 Nach Voraussetzung werden die Urbilder φ−1(T ∩P ) = φ−1(T) ∩ P und φ−1(T ∩ Q ) = φ−1(T) ∩ Q durch eine Sph¨ are streng getrennt.
Beweis: E En P Q P’ Q’ Behauptung: P und Q k¨ onnen durch eine Hyperebene H0 ⊂ En+1 streng getrennt werden. 6 Sei T ⊂ S ⊂ En+1 eine Menge mit h¨ ochstens n + 3 Punkten. 7 Nach Voraussetzung werden die Urbilder φ−1(T ∩P ) = φ−1(T) ∩ P und φ−1(T ∩ Q ) = φ−1(T) ∩ Q durch eine Sph¨ are streng getrennt. 8 Die stereogr. Projektion der Sph¨ are ist ein Kreis auf S (Kreistreue).
Beweis: E En P Q P’ Q’ Behauptung: P und Q k¨ onnen durch eine Hyperebene H0 ⊂ En+1 streng getrennt werden. 6 Sei T ⊂ S ⊂ En+1 eine Menge mit h¨ ochstens n + 3 Punkten. 7 Nach Voraussetzung werden die Urbilder φ−1(T ∩P ) = φ−1(T) ∩ P und φ−1(T ∩ Q ) = φ−1(T) ∩ Q durch eine Sph¨ are streng getrennt. 8 Die stereogr. Projektion der Sph¨ are ist ein Kreis auf S (Kreistreue). 9 Der Kreis auf S ist der Schnitt von S mit einer Hyperebene H.
Beweis: E En P Q P’ Q’ Behauptung: P und Q k¨ onnen durch eine Hyperebene H0 ⊂ En+1 streng getrennt werden. 6 Sei T ⊂ S ⊂ En+1 eine Menge mit h¨ ochstens n + 3 Punkten. 7 Nach Voraussetzung werden die Urbilder φ−1(T ∩P ) = φ−1(T) ∩ P und φ−1(T ∩ Q ) = φ−1(T) ∩ Q durch eine Sph¨ are streng getrennt. 8 Die stereogr. Projektion der Sph¨ are ist ein Kreis auf S (Kreistreue). 9 Der Kreis auf S ist der Schnitt von S mit einer Hyperebene H. 10 Da H dann T ∩ P und T ∩ Q streng trennt, folgt die Behauptung nach dem Satz von Kirchberger.
Beweis: E En P Q P’ Q’ 11 Sei α ∈ En+1 und b ∈ R, sodass α, p < b f¨ ur alle p ∈ P und α, q > b f¨ ur alle q ∈ Q . 12 Da P und Q kompakt sind, gibt es > 0 mit α, p ≤ b − f¨ ur alle p ∈ P und α, q ≥ b + f¨ ur alle q ∈ Q .
Beweis: E En P Q P’ Q’ 11 Sei α ∈ En+1 und b ∈ R, sodass α, p < b f¨ ur alle p ∈ P und α, q > b f¨ ur alle q ∈ Q . 12 Da P und Q kompakt sind, gibt es > 0 mit α, p ≤ b − f¨ ur alle p ∈ P und α, q ≥ b + f¨ ur alle q ∈ Q . 13 Somit k¨ onnen wir annehmen, dass H0 den Nordpol der Sph¨ are S nicht schneidet.
Beweis: E En P Q P’ Q’ 11 Sei α ∈ En+1 und b ∈ R, sodass α, p < b f¨ ur alle p ∈ P und α, q > b f¨ ur alle q ∈ Q . 12 Da P und Q kompakt sind, gibt es > 0 mit α, p ≤ b − f¨ ur alle p ∈ P und α, q ≥ b + f¨ ur alle q ∈ Q . 13 Somit k¨ onnen wir annehmen, dass H0 den Nordpol der Sph¨ are S nicht schneidet. 14 Der Schnitt H0 ∩ S ist ein Kreis und φ−1(H0 ∩ S) trennt P und Q.
Kirchberger-Theorem f¨ ur Zylinder? Theorem (???) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En. Dann gibt es einen k-Zylinder Z = (convP) + F mit Z ∩ Q = ∅ genau dann, wenn es f¨ ur alle Teilmengen T ⊂ P ∪ Q mit h¨ ochstens f (n, k) Punkten einen k-Zylinder ZT = conv(T ∩ P) + FT mit ZT ∩ (T ∩ Q) = ∅ gibt.
Kirchberger-Theorem f¨ ur Zylinder? Theorem (???) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En. Dann gibt es einen k-Zylinder Z = (convP) + F mit Z ∩ Q = ∅ genau dann, wenn es f¨ ur alle Teilmengen T ⊂ P ∪ Q mit h¨ ochstens f (n, k) Punkten einen k-Zylinder ZT = conv(T ∩ P) + FT mit ZT ∩ (T ∩ Q) = ∅ gibt.
Kirchberger-Theorem f¨ ur Zylinder? So nicht! Theorem (???) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En. Dann gibt es einen k-Zylinder Z = (convP) + F mit Z ∩ Q = ∅ genau dann, wenn es f¨ ur alle Teilmengen T von P ∪ Q mit h¨ ochstens f (n, k) Punkten einen k-Zylinder ZT = conv(T ∩ P) + FT mit ZT ∩ (T ∩ Q) = ∅ gibt.
Theorem (9.5) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En. Angenommen, f¨ ur 1 ≤ k ≤ n kann jede Teilmenge von Q mit h¨ ochstens k Punkten streng von P mit einer Hyperebene getrennt werden. Dann gibt es zu jedem k-Zylinder Z1 = (convP) + F1 einen (k−1)-Zylinder Z2 = (convP) + F2 mit Z2 ⊂ Z1 und Z2 ∩ Q = ∅.
Beispiel Seien P, Q ⊂ E3 kompakt. Wenn jeder Punkt aus Q mit einer Hyperebene streng von P getrennt werden kann, dann liegt Q außerhalb von convP. P Q Q Q Q
Beispiel Seien P, Q ⊂ E3 kompakt. Wenn jeder Punkt aus Q mit einer Hyperebene streng von P getrennt werden kann, dann liegt Q außerhalb von convP. Wenn je zwei Punkte aus Q mit einer Hyperebene streng von P getrennt werden k¨ onnen, dann gibt es einen 1-Zylinder, der P beinhaltet und disjunkt von Q ist. P Q Q Q Q P Q Q
Beispiel Seien P, Q ⊂ E3 kompakt. Wenn jeder Punkt aus Q mit einer Hyperebene streng von P getrennt werden kann, dann liegt Q außerhalb von convP. Wenn je zwei Punkte aus Q mit einer Hyperebene streng von P getrennt werden k¨ onnen, dann gibt es einen 1-Zylinder, der P beinhaltet und disjunkt von Q ist. Wenn je drei Punkte aus Q mit einer Hyperebene streng von P getrennt werden k¨ onnen, dann gibt es zwei parallele Hypereben, sodass P zwichen ihnen und Q außerhalb liegt. P Q Q Q Q P Q Q P Q Q
Definition Eine Teilmenge K ⊂ Sα(p) heißt stark konvex, wenn K keine antipodalen (gegen¨ uberliegenden) Punkte enth¨ alt und zu jedem Paar von Punkten auch den kleineren Bogen des Großkreises zwischen diesen Punkten enth¨ alt.
Definition Eine Teilmenge K ⊂ Sα(p) heißt stark konvex, wenn K keine antipodalen (gegen¨ uberliegenden) Punkte enth¨ alt und zu jedem Paar von Punkten auch den kleineren Bogen des Großkreises zwischen diesen Punkten enth¨ alt. Beispiel Gegenbeispiel Gegenbeispiel
Lemma (9.4) Sei S = S1(0) die Einheitssph¨ are um den Nullpunkt im En und F = {Ai | i ∈ I} eine Familie von kompakten, stark konvexen Teilmengen von S. Angenommen, je n (oder weniger) Elemente von F haben einen Punkt gemeinsam. Dann gibt es ein Paar von antipodalen Punkten {p, −p}, sodass {p, −p}∩Ai = ∅ f¨ ur alle i∈I.
Theorem (Horn, 6.8) Sei F = {Ai | i ∈ I} eine Familie von kompakten, konvexen Teilmengen von En mit mindestens n Elementen. Angenommen, jede Unterfamilie mit k Elementen besitzt einen gemeinsamen Punkt, wobei 1 ≤ k ≤ n. Dann gibt es f¨ ur jeden (n−k)-dimensionalen Unterraum F1 einen (n−k+1)-dimensionalen Unterraum F2, sodass F2 ⊃ F1 und F2 ∩ Ai = ∅ f¨ ur alle i ∈ I. Beweis von Lemma 9.4. 1 F¨ ur alle i ∈ I gilt: Da Ai ⊂ S kompakt und stark konvex ist, ist convAi kompakt und enth¨ alt nicht den Nullpunkt.
Theorem (Horn, 6.8) Sei F = {Ai | i ∈ I} eine Familie von kompakten, konvexen Teilmengen von En mit mindestens n Elementen. Angenommen, jede Unterfamilie mit k Elementen besitzt einen gemeinsamen Punkt, wobei 1 ≤ k ≤ n. Dann gibt es f¨ ur jeden (n−k)-dimensionalen Unterraum F1 einen (n−k+1)-dimensionalen Unterraum F2, sodass F2 ⊃ F1 und F2 ∩ Ai = ∅ f¨ ur alle i ∈ I. Beweis von Lemma 9.4. 1 F¨ ur alle i ∈ I gilt: Da Ai ⊂ S kompakt und stark konvex ist, ist convAi kompakt und enth¨ alt nicht den Nullpunkt. 2 Aus dem Lemma von Horn folgt mit k=n, F1={0}, dass ein 1-dimensionaler Unterraum L mit L ∩ convAi = ∅ existiert.
Theorem (Horn, 6.8) Sei F = {Ai | i ∈ I} eine Familie von kompakten, konvexen Teilmengen von En mit mindestens n Elementen. Angenommen, jede Unterfamilie mit k Elementen besitzt einen gemeinsamen Punkt, wobei 1 ≤ k ≤ n. Dann gibt es f¨ ur jeden (n−k)-dimensionalen Unterraum F1 einen (n−k+1)-dimensionalen Unterraum F2, sodass F2 ⊃ F1 und F2 ∩ Ai = ∅ f¨ ur alle i ∈ I. Beweis von Lemma 9.4. 1 F¨ ur alle i ∈ I gilt: Da Ai ⊂ S kompakt und stark konvex ist, ist convAi kompakt und enth¨ alt nicht den Nullpunkt. 2 Aus dem Lemma von Horn folgt mit k=n, F1={0}, dass ein 1-dimensionaler Unterraum L mit L ∩ convAi = ∅ existiert. 3 Da Ai stark konvex ist, gilt auch L ∩ Ai = ∅ f¨ ur alle i ∈ I.
Theorem (Horn, 6.8) Sei F = {Ai | i ∈ I} eine Familie von kompakten, konvexen Teilmengen von En mit mindestens n Elementen. Angenommen, jede Unterfamilie mit k Elementen besitzt einen gemeinsamen Punkt, wobei 1 ≤ k ≤ n. Dann gibt es f¨ ur jeden (n−k)-dimensionalen Unterraum F1 einen (n−k+1)-dimensionalen Unterraum F2, sodass F2 ⊃ F1 und F2 ∩ Ai = ∅ f¨ ur alle i ∈ I. Beweis von Lemma 9.4. 1 F¨ ur alle i ∈ I gilt: Da Ai ⊂ S kompakt und stark konvex ist, ist convAi kompakt und enth¨ alt nicht den Nullpunkt. 2 Aus dem Lemma von Horn folgt mit k=n, F1={0}, dass ein 1-dimensionaler Unterraum L mit L ∩ convAi = ∅ existiert. 3 Da Ai stark konvex ist, gilt auch L ∩ Ai = ∅ f¨ ur alle i ∈ I. 4 Mit {p, −p} := L ∩ S folgt die Aussage.
Beweis von Theorem 9.5. Sei δ := inf{dist(convT, convP) | T ist Teilmenge von Q mit h¨ ochstens k Punkten }. Behauptung: δ > 0 1 Sei R die Menge aller x ∈ En, die Konvexkombination von h¨ ochstens k Punkten aus Q sind. Die Menge R ist kompakt, da sie Bild von Qk × Mk → En, (q1, ..., qk , λ1, ..., λk ) → λ1 q1 + ... + λk qk , mit Mk :={(λ1, ..., λk ) ∈ [0, 1]k | λ1 + ... + λk = 1}, einer stetigen Abbildung mit kompakter Definitionsmenge, ist.
Beweis von Theorem 9.5. Sei δ := inf{dist(convT, convP) | T ist Teilmenge von Q mit h¨ ochstens k Punkten }. Behauptung: δ > 0 1 Sei R die Menge aller x ∈ En, die Konvexkombination von h¨ ochstens k Punkten aus Q sind. Die Menge R ist kompakt, da sie Bild von Qk × Mk → En, (q1, ..., qk , λ1, ..., λk ) → λ1 q1 + ... + λk qk , mit Mk :={(λ1, ..., λk ) ∈ [0, 1]k | λ1 + ... + λk = 1}, einer stetigen Abbildung mit kompakter Definitionsmenge, ist. 2 Angenommen, dist(R, convP) = 0. Dann gibt es r = λ1 q1 + ... + λk qk ∈ R mit dist(r, convP) = 0, also r ∈ convP.
Beweis von Theorem 9.5. Sei δ := inf{dist(convT, convP) | T ist Teilmenge von Q mit h¨ ochstens k Punkten }. Behauptung: δ > 0 1 Sei R die Menge aller x ∈ En, die Konvexkombination von h¨ ochstens k Punkten aus Q sind. Die Menge R ist kompakt, da sie Bild von Qk × Mk → En, (q1, ..., qk , λ1, ..., λk ) → λ1 q1 + ... + λk qk , mit Mk :={(λ1, ..., λk ) ∈ [0, 1]k | λ1 + ... + λk = 1}, einer stetigen Abbildung mit kompakter Definitionsmenge, ist. 2 Angenommen, dist(R, convP) = 0. Dann gibt es r = λ1 q1 + ... + λk qk ∈ R mit dist(r, convP) = 0, also r ∈ convP. 3 Dann k¨ onnen aber q1, ..., qk nicht mit einer Hyperebene stark von convP getrennt werden. Widerspruch.
Beweis von Theorem 9.5. Sei δ := inf{dist(convT, convP) | T ist Teilmenge von Q mit h¨ ochstens k Punkten }. Behauptung: δ > 0 1 Sei R die Menge aller x ∈ En, die Konvexkombination von h¨ ochstens k Punkten aus Q sind. Die Menge R ist kompakt, da sie Bild von Qk × Mk → En, (q1, ..., qk , λ1, ..., λk ) → λ1 q1 + ... + λk qk , mit Mk :={(λ1, ..., λk ) ∈ [0, 1]k | λ1 + ... + λk = 1}, einer stetigen Abbildung mit kompakter Definitionsmenge, ist. 2 Angenommen, dist(R, convP) = 0. Dann gibt es r = λ1 q1 + ... + λk qk ∈ R mit dist(r, convP) = 0, also r ∈ convP. 3 Dann k¨ onnen aber q1, ..., qk nicht mit einer Hyperebene stark von convP getrennt werden. Widerspruch. 4 F¨ ur alle Mengen T wie oben gilt dann convT ⊂ R und somit dist(convT, convP) ≥ dist(R, convP).
Beweis von Theorem 9.5. Sei δ := inf{dist(convT, convP) | T ist Teilmenge von Q mit h¨ ochstens k Punkten }. Behauptung: δ > 0 1 Sei R die Menge aller x ∈ En, die Konvexkombination von h¨ ochstens k Punkten aus Q sind. Die Menge R ist kompakt, da sie Bild von Qk × Mk → En, (q1, ..., qk , λ1, ..., λk ) → λ1 q1 + ... + λk qk , mit Mk :={(λ1, ..., λk ) ∈ [0, 1]k | λ1 + ... + λk = 1}, einer stetigen Abbildung mit kompakter Definitionsmenge, ist. 2 Angenommen, dist(R, convP) = 0. Dann gibt es r = λ1 q1 + ... + λk qk ∈ R mit dist(r, convP) = 0, also r ∈ convP. 3 Dann k¨ onnen aber q1, ..., qk nicht mit einer Hyperebene stark von convP getrennt werden. Widerspruch. 4 F¨ ur alle Mengen T wie oben gilt dann convT ⊂ R und somit dist(convT, convP) ≥ dist(R, convP). 5 Durch ¨ Ubergang zum Infimum folgt δ ≥ dist(R, convP) > 0.
P Ω rw Fw Beweis von Theorem 9.5. 1 Sei Z1 = (convP) + F1 ein k-Zylinder. Annahme: Z1 ∩ Q = ∅. 2 Setze Ω := S1 (0) ∩ F1 = {x ∈ F | x = 1}. 3 F¨ ur w ∈ Ω sei Fw das orthogonale Komplement zu span{w} in F1 , also F1 = span{w} ⊥ Fw und rw := R≥0·w der Strahl durch w.
P Ω rw Fw (convP) + Fw Beweis von Theorem 9.5. 1 Sei Z1 = (convP) + F1 ein k-Zylinder. Annahme: Z1 ∩ Q = ∅. 2 Setze Ω := S1 (0) ∩ F1 = {x ∈ F | x = 1}. 3 F¨ ur w ∈ Ω sei Fw das orthogonale Komplement zu span{w} in F1 , also F1 = span{w} ⊥ Fw und rw := R≥0·w der Strahl durch w. 4 F¨ ur w ∈ Ω sei Gw diejenige Komponente von Z1 \ ((convP) + Fw ), die (convP) + rw schneidet.
P Ω rw Fw (convP) + Fw (convP) + rw Beweis von Theorem 9.5. 1 Sei Z1 = (convP) + F1 ein k-Zylinder. Annahme: Z1 ∩ Q = ∅. 2 Setze Ω := S1 (0) ∩ F1 = {x ∈ F | x = 1}. 3 F¨ ur w ∈ Ω sei Fw das orthogonale Komplement zu span{w} in F1 , also F1 = span{w} ⊥ Fw und rw := R≥0·w der Strahl durch w. 4 F¨ ur w ∈ Ω sei Gw diejenige Komponente von Z1 \ ((convP) + Fw ), die (convP) + rw schneidet.
P Ω rw Fw (convP) + Fw (convP) + rw Gw Beweis von Theorem 9.5. 1 Sei Z1 = (convP) + F1 ein k-Zylinder. Annahme: Z1 ∩ Q = ∅. 2 Setze Ω := S1 (0) ∩ F1 = {x ∈ F | x = 1}. 3 F¨ ur w ∈ Ω sei Fw das orthogonale Komplement zu span{w} in F1 , also F1 = span{w} ⊥ Fw und rw := R≥0·w der Strahl durch w. 4 F¨ ur w ∈ Ω sei Gw diejenige Komponente von Z1 \ ((convP) + Fw ), die (convP) + rw schneidet.
Beweis von Theorem 9.5. Behauptung: Seien q1, ..., qm ∈ Q ∩ Z1 mit 1 ≤ m ≤ k. Dann gilt m i=1 Aqi = ∅. 1 Es gilt dist(conv{q1, ..., qm}, convP) ≥ δ. 2 Es folgt dist(conv(Sq1 ∪ ... ∪ Sqm ), convP) > δ/2.
Beweis von Theorem 9.5. Behauptung: Seien q1, ..., qm ∈ Q ∩ Z1 mit 1 ≤ m ≤ k. Dann gilt m i=1 Aqi = ∅. 1 Es gilt dist(conv{q1, ..., qm}, convP) ≥ δ. 2 Es folgt dist(conv(Sq1 ∪ ... ∪ Sqm ), convP) > δ/2. 3 Also gibt es eine Hyperebene H, die Sq1 ∪ ... ∪ Sqm und P streng trennt. Sei H der zu H parallele (n−1)-dimensionale Unterraum.
Beweis von Theorem 9.5. Behauptung: Seien q1, ..., qm ∈ Q ∩ Z1 mit 1 ≤ m ≤ k. Dann gilt m i=1 Aqi = ∅. 1 Es gilt dist(conv{q1, ..., qm}, convP) ≥ δ. 2 Es folgt dist(conv(Sq1 ∪ ... ∪ Sqm ), convP) > δ/2. 3 Also gibt es eine Hyperebene H, die Sq1 ∪ ... ∪ Sqm und P streng trennt. Sei H der zu H parallele (n−1)-dimensionale Unterraum. 4 Es gilt F ⊂ H , da sonst Z1 ∩ Q = ∅.
Beweis von Theorem 9.5. Behauptung: Seien q1, ..., qm ∈ Q ∩ Z1 mit 1 ≤ m ≤ k. Dann gilt m i=1 Aqi = ∅. 1 Es gilt dist(conv{q1, ..., qm}, convP) ≥ δ. 2 Es folgt dist(conv(Sq1 ∪ ... ∪ Sqm ), convP) > δ/2. 3 Also gibt es eine Hyperebene H, die Sq1 ∪ ... ∪ Sqm und P streng trennt. Sei H der zu H parallele (n−1)-dimensionale Unterraum. 4 Es gilt F ⊂ H , da sonst Z1 ∩ Q = ∅. 5 Somit ist G := H ∩ F1 ein (k−1)-dimensionaler Unterraum.
Beweis von Theorem 9.5. Behauptung: Seien q1, ..., qm ∈ Q ∩ Z1 mit 1 ≤ m ≤ k. Dann gilt m i=1 Aqi = ∅. 1 Es gilt dist(conv{q1, ..., qm}, convP) ≥ δ. 2 Es folgt dist(conv(Sq1 ∪ ... ∪ Sqm ), convP) > δ/2. 3 Also gibt es eine Hyperebene H, die Sq1 ∪ ... ∪ Sqm und P streng trennt. Sei H der zu H parallele (n−1)-dimensionale Unterraum. 4 Es gilt F ⊂ H , da sonst Z1 ∩ Q = ∅. 5 Somit ist G := H ∩ F1 ein (k−1)-dimensionaler Unterraum. 6 Dann liegt Sq1 ∪ ... ∪ Sqm in einer der beiden Komponenten von Z1 \ ((convP) + G).
Beweis von Theorem 9.5. Behauptung: Seien q1, ..., qm ∈ Q ∩ Z1 mit 1 ≤ m ≤ k. Dann gilt m i=1 Aqi = ∅. 1 Es gilt dist(conv{q1, ..., qm}, convP) ≥ δ. 2 Es folgt dist(conv(Sq1 ∪ ... ∪ Sqm ), convP) > δ/2. 3 Also gibt es eine Hyperebene H, die Sq1 ∪ ... ∪ Sqm und P streng trennt. Sei H der zu H parallele (n−1)-dimensionale Unterraum. 4 Es gilt F ⊂ H , da sonst Z1 ∩ Q = ∅. 5 Somit ist G := H ∩ F1 ein (k−1)-dimensionaler Unterraum. 6 Dann liegt Sq1 ∪ ... ∪ Sqm in einer der beiden Komponenten von Z1 \ ((convP) + G). 7 W¨ ahle w ∈ Ω, sodass w ⊥ G und Sq1 ∪ ... ∪ Sqm ⊂ Gw .
Beweis von Theorem 9.5. Behauptung: Seien q1, ..., qm ∈ Q ∩ Z1 mit 1 ≤ m ≤ k. Dann gilt m i=1 Aqi = ∅. 1 Es gilt dist(conv{q1, ..., qm}, convP) ≥ δ. 2 Es folgt dist(conv(Sq1 ∪ ... ∪ Sqm ), convP) > δ/2. 3 Also gibt es eine Hyperebene H, die Sq1 ∪ ... ∪ Sqm und P streng trennt. Sei H der zu H parallele (n−1)-dimensionale Unterraum. 4 Es gilt F ⊂ H , da sonst Z1 ∩ Q = ∅. 5 Somit ist G := H ∩ F1 ein (k−1)-dimensionaler Unterraum. 6 Dann liegt Sq1 ∪ ... ∪ Sqm in einer der beiden Komponenten von Z1 \ ((convP) + G). 7 W¨ ahle w ∈ Ω, sodass w ⊥ G und Sq1 ∪ ... ∪ Sqm ⊂ Gw . 8 Folglich gilt w ∈ m i=1 Aqi .
Beweis von Theorem 9.5. Wir haben gesehen, dass {Aq | q ∈ Q ∩ Z1} eine Familie kompakter, stark konvexer Mengen ist. Zusammen mit vorheriger Behauptung folgt aus Lemma 9.4:
Beweis von Theorem 9.5. Wir haben gesehen, dass {Aq | q ∈ Q ∩ Z1} eine Familie kompakter, stark konvexer Mengen ist. Zusammen mit vorheriger Behauptung folgt aus Lemma 9.4: Es gibt ein Paar von antipodalen Punkten {y, −y} in Ω, sodass ∀ q ∈ Z1 ∩ Q : Aq ∩ {p, −p} = ∅.
Beweis von Theorem 9.5. Wir haben gesehen, dass {Aq | q ∈ Q ∩ Z1} eine Familie kompakter, stark konvexer Mengen ist. Zusammen mit vorheriger Behauptung folgt aus Lemma 9.4: Es gibt ein Paar von antipodalen Punkten {y, −y} in Ω, sodass ∀ q ∈ Z1 ∩ Q : Aq ∩ {p, −p} = ∅. Somit hat der (k−1)-Zylinder Z2 := (convP) + Fy ⊂ Z1 leeren Schnitt mit Q.
Definition Sei β = {b1, b2, ..., bn} eine Basis von En. Sei Hi f¨ ur i = 1, ..., n die Hyperebene span(b1, ..., bi , ..., bn). Eine β-Box ist ein Parallelotop, in dem jede Seite parallel zu einer Hyperebene Hi ist.
Definition Sei β = {b1, b2, ..., bn} eine Basis von En. Sei Hi f¨ ur i = 1, ..., n die Hyperebene span(b1, ..., bi , ..., bn). Eine β-Box ist ein Parallelotop, in dem jede Seite parallel zu einer Hyperebene Hi ist. b1 b2 b2 β = {b1, b2, b3} Eine β-Box
Die Koordinatenfunktionen dieser Basis sind πi : En → R, n j=1 λj bj → λi f¨ ur i = 1, ..., n. Dann ist eine β-Box gegeben durch reelle Zahlen m1, ..., mn und M1, ..., Mn mit mi ≤ Mi f¨ ur i = 1, ..., n und besteht aus allen x ∈ En, die folgendes lineare Ungleichungssystem erf¨ ullen: m1 ≤π1(x) ≤ M1 m2 ≤π2(x) ≤ M2 . . . mn ≤πn(x) ≤ Mn
Sei P ⊂ En nichtleer und kompakt. Dann existiert eine eindeutige minimale β-Box BP, die P enth¨ alt. Diese ist gegeben durch mi := inf p∈P πi (p) und Mi := sup p∈P πi (p) f¨ ur i = 1, ..., n. b1 b2 β = {b1, b2} P minimale β-Box um P
Sei P ⊂ En nichtleer und kompakt. Dann existiert eine eindeutige minimale β-Box BP, die P enth¨ alt. Diese ist gegeben durch mi := inf p∈P πi (p) und Mi := sup p∈P πi (p) f¨ ur i = 1, ..., n. b1 b2 β = {b1, b2} P minimale β-Box um P
Theorem (10.2) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En (n ≥ 2). Dann sind f¨ ur eine Basis β von En ¨ aquivalent: (a) Es gibt eine β-Box B, sodass P ⊂ B und Q ∩ B = ∅. (b) F¨ ur jede Teilmenge S ⊂ P∪Q mit maximal n+1 Punkten gibt es eine β-Box BS , sodass (P ∩ S) ⊂ BS und (Q ∩ S) ∩ BS = ∅. (c) F¨ ur jede Teilmenge T ⊂ P mit maximal n Punkten ist die minimale β-Box BT , die T enth¨ alt, disjunkt von Q, also BT ∩ Q = ∅.
Theorem (10.2) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En (n ≥ 2). Dann sind f¨ ur eine Basis β von En ¨ aquivalent: (a) Es gibt eine β-Box B, sodass P ⊂ B und Q ∩ B = ∅. (b) F¨ ur jede Teilmenge S ⊂ P∪Q mit maximal n+1 Punkten gibt es eine β-Box BS , sodass (P ∩ S) ⊂ BS und (Q ∩ S) ∩ BS = ∅. (c) F¨ ur jede Teilmenge T ⊂ P mit maximal n Punkten ist die minimale β-Box BT , die T enth¨ alt, disjunkt von Q, also BT ∩ Q = ∅. Beweis. (a) ⇒ (b) Klar.
Theorem (10.2) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En (n ≥ 2). Dann sind f¨ ur eine Basis β von En ¨ aquivalent: (a) Es gibt eine β-Box B, sodass P ⊂ B und Q ∩ B = ∅. (b) F¨ ur jede Teilmenge S ⊂ P∪Q mit maximal n+1 Punkten gibt es eine β-Box BS , sodass (P ∩ S) ⊂ BS und (Q ∩ S) ∩ BS = ∅. (c) F¨ ur jede Teilmenge T ⊂ P mit maximal n Punkten ist die minimale β-Box BT , die T enth¨ alt, disjunkt von Q, also BT ∩ Q = ∅. Beweis. (a) ⇒ (b) Klar. (b) ⇒ (c) Sei T ⊂ P eine Menge mit maximal n Punkten und BT die minimale β-Box, die T enth¨ alt.
Theorem (10.2) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En (n ≥ 2). Dann sind f¨ ur eine Basis β von En ¨ aquivalent: (a) Es gibt eine β-Box B, sodass P ⊂ B und Q ∩ B = ∅. (b) F¨ ur jede Teilmenge S ⊂ P∪Q mit maximal n+1 Punkten gibt es eine β-Box BS , sodass (P ∩ S) ⊂ BS und (Q ∩ S) ∩ BS = ∅. (c) F¨ ur jede Teilmenge T ⊂ P mit maximal n Punkten ist die minimale β-Box BT , die T enth¨ alt, disjunkt von Q, also BT ∩ Q = ∅. Beweis. (a) ⇒ (b) Klar. (b) ⇒ (c) Sei T ⊂ P eine Menge mit maximal n Punkten und BT die minimale β-Box, die T enth¨ alt. Sei q ∈ Q beliebig.
Theorem (10.2) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En (n ≥ 2). Dann sind f¨ ur eine Basis β von En ¨ aquivalent: (a) Es gibt eine β-Box B, sodass P ⊂ B und Q ∩ B = ∅. (b) F¨ ur jede Teilmenge S ⊂ P∪Q mit maximal n+1 Punkten gibt es eine β-Box BS , sodass (P ∩ S) ⊂ BS und (Q ∩ S) ∩ BS = ∅. (c) F¨ ur jede Teilmenge T ⊂ P mit maximal n Punkten ist die minimale β-Box BT , die T enth¨ alt, disjunkt von Q, also BT ∩ Q = ∅. Beweis. (a) ⇒ (b) Klar. (b) ⇒ (c) Sei T ⊂ P eine Menge mit maximal n Punkten und BT die minimale β-Box, die T enth¨ alt. Sei q ∈ Q beliebig. Dann ist die Menge Sq := T ∪ {q} eine Teilmenge von P ∪ Q mit maximal n+1 Punkten.
Theorem (10.2) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En (n ≥ 2). Dann sind f¨ ur eine Basis β von En ¨ aquivalent: (a) Es gibt eine β-Box B, sodass P ⊂ B und Q ∩ B = ∅. (b) F¨ ur jede Teilmenge S ⊂ P∪Q mit maximal n+1 Punkten gibt es eine β-Box BS , sodass (P ∩ S) ⊂ BS und (Q ∩ S) ∩ BS = ∅. (c) F¨ ur jede Teilmenge T ⊂ P mit maximal n Punkten ist die minimale β-Box BT , die T enth¨ alt, disjunkt von Q, also BT ∩ Q = ∅. Beweis. (a) ⇒ (b) Klar. (b) ⇒ (c) Sei T ⊂ P eine Menge mit maximal n Punkten und BT die minimale β-Box, die T enth¨ alt. Sei q ∈ Q beliebig. Dann ist die Menge Sq := T ∪ {q} eine Teilmenge von P ∪ Q mit maximal n+1 Punkten. Sei BSq die β-Box aus (b).
Theorem (10.2) Seien P und Q nichtleere, kompakte Teilmengen von En (n ≥ 2). Dann sind f¨ ur eine Basis β von En ¨ aquivalent: (a) Es gibt eine β-Box B, sodass P ⊂ B und Q ∩ B = ∅. (b) F¨ ur jede Teilmenge S ⊂ P∪Q mit maximal n+1 Punkten gibt es eine β-Box BS , sodass (P ∩ S) ⊂ BS und (Q ∩ S) ∩ BS = ∅. (c) F¨ ur jede Teilmenge T ⊂ P mit maximal n Punkten ist die minimale β-Box BT , die T enth¨ alt, disjunkt von Q, also BT ∩ Q = ∅. Beweis. (a) ⇒ (b) Klar. (b) ⇒ (c) Sei T ⊂ P eine Menge mit maximal n Punkten und BT die minimale β-Box, die T enth¨ alt. Sei q ∈ Q beliebig. Dann ist die Menge Sq := T ∪ {q} eine Teilmenge von P ∪ Q mit maximal n+1 Punkten. Sei BSq die β-Box aus (b). Dann gilt: T ⊂ P ∩ Sq ⊂ BSq , also BT ⊂ BSq , und BT ∩ {q} ⊂ BSq ∩ (Sq ∩ Q) = ∅.
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsanfang (n = 2): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Da P kompakt ist, k¨ onnen wir einen Punkt aus P auf jeder der vier Seiten des Parallelogramms BP w¨ ahlen. Nenne diese Punkte p1, p2, p3, p4. P BP p1 p2 p3 p4
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsanfang (n = 2): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Da P kompakt ist, k¨ onnen wir einen Punkt aus P auf jeder der vier Seiten des Parallelogramms BP w¨ ahlen. Nenne diese Punkte p1, p2, p3, p4. F¨ ur jedes Paar von Punkten pi und pj mit i = j sei Bij die minimale β-Box, die pi und pj enth¨ alt. BP p1 p2 p3 p4 B34
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsanfang (n = 2): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Da P kompakt ist, k¨ onnen wir einen Punkt aus P auf jeder der vier Seiten des Parallelogramms BP w¨ ahlen. Nenne diese Punkte p1, p2, p3, p4. F¨ ur jedes Paar von Punkten pi und pj mit i = j sei Bij die minimale β-Box, die pi und pj enth¨ alt. Es gilt BP = i=j Bij . BP p1 p2 p3 p4 B34
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsanfang (n = 2): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Da P kompakt ist, k¨ onnen wir einen Punkt aus P auf jeder der vier Seiten des Parallelogramms BP w¨ ahlen. Nenne diese Punkte p1, p2, p3, p4. F¨ ur jedes Paar von Punkten pi und pj mit i = j sei Bij die minimale β-Box, die pi und pj enth¨ alt. Es gilt BP = i=j Bij . Angenommen, (a) ist falsch, also q ∈ Q ∩ BP = Q ∩ ( i=j Bij ). BP p1 p2 p3 p4 B34
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsanfang (n = 2): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Da P kompakt ist, k¨ onnen wir einen Punkt aus P auf jeder der vier Seiten des Parallelogramms BP w¨ ahlen. Nenne diese Punkte p1, p2, p3, p4. F¨ ur jedes Paar von Punkten pi und pj mit i = j sei Bij die minimale β-Box, die pi und pj enth¨ alt. Es gilt BP = i=j Bij . Angenommen, (a) ist falsch, also q ∈ Q ∩ BP = Q ∩ ( i=j Bij ). Dann gibt es i, j ∈ {1, 2, 3, 4} mit i = j und q ∈ Bij . BP p1 p2 p3 p4 B34
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (n → n+1): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Angenommen, (a) gilt nicht, es gibt also q ∈ BP ∩ Q.
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (n → n+1): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Angenommen, (a) gilt nicht, es gibt also q ∈ BP ∩ Q. Definiere f : En+1 → En durch f (λ1b1 + ... + λn+1bn) = λ1b1 + ... + λnbn.
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (n → n+1): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Angenommen, (a) gilt nicht, es gibt also q ∈ BP ∩ Q. Definiere f : En+1 → En durch f (λ1b1 + ... + λn+1bn) = λ1b1 + ... + λnbn. Dann ist β := {b1, ..., bn} eine Basis von En und f (BP) die minimale β -Box, die f (P) enth¨ alt.
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (n → n+1): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Angenommen, (a) gilt nicht, es gibt also q ∈ BP ∩ Q. Definiere f : En+1 → En durch f (λ1b1 + ... + λn+1bn) = λ1b1 + ... + λnbn. Dann ist β := {b1, ..., bn} eine Basis von En und f (BP) die minimale β -Box, die f (P) enth¨ alt. Da f (q) ∈ f (BP), gibt es nach Induktionsannahme eine Teilmenge T ⊂ f (P) mit maximal n−1 Punkten, sodass f (q) in der minimalen β -Box um T enthalten ist.
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (n → n+1): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Angenommen, (a) gilt nicht, es gibt also q ∈ BP ∩ Q. Definiere f : En+1 → En durch f (λ1b1 + ... + λn+1bn) = λ1b1 + ... + λnbn. Dann ist β := {b1, ..., bn} eine Basis von En und f (BP) die minimale β -Box, die f (P) enth¨ alt. Da f (q) ∈ f (BP), gibt es nach Induktionsannahme eine Teilmenge T ⊂ f (P) mit maximal n−1 Punkten, sodass f (q) in der minimalen β -Box um T enthalten ist. Sei T ⊂ P mit maximal n−1 Punkten und f (T) = T .
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (n → n+1): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Angenommen, (a) gilt nicht, es gibt also q ∈ BP ∩ Q. Definiere f : En+1 → En durch f (λ1b1 + ... + λn+1bn) = λ1b1 + ... + λnbn. Dann ist β := {b1, ..., bn} eine Basis von En und f (BP) die minimale β -Box, die f (P) enth¨ alt. Da f (q) ∈ f (BP), gibt es nach Induktionsannahme eine Teilmenge T ⊂ f (P) mit maximal n−1 Punkten, sodass f (q) in der minimalen β -Box um T enthalten ist. Sei T ⊂ P mit maximal n−1 Punkten und f (T) = T . Es gilt inf x∈T πi (x) ≤ πi (q) ≤ sup x∈T πi (x) f¨ ur i ∈ {1, ..., n}.
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (n → n+1): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Angenommen, (a) gilt nicht, es gibt also q ∈ BP ∩ Q. Definiere f : En+1 → En durch f (λ1b1 + ... + λn+1bn) = λ1b1 + ... + λnbn. Dann ist β := {b1, ..., bn} eine Basis von En und f (BP) die minimale β -Box, die f (P) enth¨ alt. Da f (q) ∈ f (BP), gibt es nach Induktionsannahme eine Teilmenge T ⊂ f (P) mit maximal n−1 Punkten, sodass f (q) in der minimalen β -Box um T enthalten ist. Sei T ⊂ P mit maximal n−1 Punkten und f (T) = T . Es gilt inf x∈T πi (x) ≤ πi (q) ≤ sup x∈T πi (x) f¨ ur i ∈ {1, ..., n}. Angenommen, obige Ungleichung gilt auch f¨ ur i = n+1. Dann sind wir fertig.
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (n → n+1): Sei BP die minimale β-Box, die P enth¨ alt. Angenommen, (a) gilt nicht, es gibt also q ∈ BP ∩ Q. Definiere f : En+1 → En durch f (λ1b1 + ... + λn+1bn) = λ1b1 + ... + λnbn. Dann ist β := {b1, ..., bn} eine Basis von En und f (BP) die minimale β -Box, die f (P) enth¨ alt. Da f (q) ∈ f (BP), gibt es nach Induktionsannahme eine Teilmenge T ⊂ f (P) mit maximal n−1 Punkten, sodass f (q) in der minimalen β -Box um T enthalten ist. Sei T ⊂ P mit maximal n−1 Punkten und f (T) = T . Es gilt inf x∈T πi (x) ≤ πi (q) ≤ sup x∈T πi (x) f¨ ur i ∈ {1, ..., n}. Angenommen, obige Ungleichung gilt auch f¨ ur i = n+1. Dann sind wir fertig. Andernfalls gilt πn+1(q) > sup x∈T πn+1(x) oder πn+1(q) < inf x∈T πn+1(x).
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (Fortsetzung): Angenommen, es gilt πn+1(q) > supx∈T πn+1(x). Da P kompakt ist, gibt es p ∈ P mit πn+1(p) = supx∈P πn+1(x). bn+1 BT p q f f (q) BT
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (Fortsetzung): Angenommen, es gilt πn+1(q) > supx∈T πn+1(x). Da P kompakt ist, gibt es p ∈ P mit πn+1(p) = supx∈P πn+1(x). Aus q ∈ BP folgt πn+1(q) ≤ πn+1(p). bn+1 BT p q f f (q) BT
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (Fortsetzung): Angenommen, es gilt πn+1(q) > supx∈T πn+1(x). Da P kompakt ist, gibt es p ∈ P mit πn+1(p) = supx∈P πn+1(x). Aus q ∈ BP folgt πn+1(q) ≤ πn+1(p). Somit gilt f¨ ur i ∈ {1, ..., n, n+1}: inf x∈T∪{p} πi (x) ≤ πi (q) ≤ sup x∈T∪{p} πi (x) bn+1 BT p q f f (q) BT
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (Fortsetzung): Angenommen, es gilt πn+1(q) > supx∈T πn+1(x). Da P kompakt ist, gibt es p ∈ P mit πn+1(p) = supx∈P πn+1(x). Aus q ∈ BP folgt πn+1(q) ≤ πn+1(p). Somit gilt f¨ ur i ∈ {1, ..., n, n+1}: inf x∈T∪{p} πi (x) ≤ πi (q) ≤ sup x∈T∪{p} πi (x) Widerspruch zu (c). bn+1 BT p q f f (q) BT
Beweis. (c) ⇒ (a) Durch Induktion ¨ uber n. Induktionsschritt (Fortsetzung): Angenommen, es gilt πn+1(q) > supx∈T πn+1(x). Da P kompakt ist, gibt es p ∈ P mit πn+1(p) = supx∈P πn+1(x). Aus q ∈ BP folgt πn+1(q) ≤ πn+1(p). Somit gilt f¨ ur i ∈ {1, ..., n, n+1}: inf x∈T∪{p} πi (x) ≤ πi (q) ≤ sup x∈T∪{p} πi (x) Widerspruch zu (c). Der andere Fall folgt analog. bn+1 BT p q f f (q) BT
Korollar (10.3) Sei P ⊂ En (n ≥ 2) nichtleer und kompakt. Angenommen, q ∈ En erf¨ ullt das System von Ungleichungen inf x∈P πi (x) ≤ πi (q) ≤ sup x∈P πi (x) f¨ ur i ∈ {1, ..., n}. Dann gibt es eine Menge T ⊂ P mit h¨ ochstens n Punkten und inf x∈T πi (x) ≤ πi (q) ≤ sup x∈T πi (x) f¨ ur i ∈ {1, ..., n}.
Theorem (Carath´ eodory, 2.23) Sei P ⊂ En nichtleer und sei q ∈ En. Dann ist jeder Punkt p ∈ P eine Konvexkombination von maximal n+1 Punkten aus P. Theorem (Carath´ eodory, Umformulierung) Sei P ⊂ En nichtleer und sei q ∈ En. Angenommen, f¨ ur jede Menge T ⊂ P mit h¨ ochstens n+1 Punkten gibt es eine Hyperebene, die T und {q} streng trennt. Dann ist q nicht in der konvexen H¨ ulle von P enthalten.
Korollar (10.4) Sei P ⊂ En (n ≥ 2) nichtleer und kompakt und sei q ∈ En. Sei β = {b1, ..., bn} eine Basis von En und Hi der von β \ {bi } aufgespannte Unterraum f¨ ur i ∈ {1, ..., n}. Angenommen, f¨ ur jede Menge T ⊂ P mit h¨ ochstens n Punkten gibt es eine Hyperebene, die parallel zu einem der Hi ist und T und {q} streng trennt. Dann ist P nicht in der konvexen H¨ ulle von P enthalten.
Korollar (10.4) Sei P ⊂ En (n ≥ 2) nichtleer und kompakt und sei q ∈ En. Sei β = {b1, ..., bn} eine Basis von En und Hi der von β \ {bi } aufgespannte Unterraum f¨ ur i ∈ {1, ..., n}. Angenommen, f¨ ur jede Menge T ⊂ P mit h¨ ochstens n Punkten gibt es eine Hyperebene, die parallel zu einem der Hi ist und T und {q} streng trennt. Dann ist P nicht in der konvexen H¨ ulle von P enthalten.
Korollar (10.4) Sei P ⊂ En (n ≥ 2) nichtleer und kompakt und sei q ∈ En. Sei β = {b1, ..., bn} eine Basis von En und Hi der von β \ {bi } aufgespannte Unterraum f¨ ur i ∈ {1, ..., n}. Angenommen, f¨ ur jede Menge T ⊂ P mit h¨ ochstens n Punkten gibt es eine Hyperebene, die parallel zu einem der Hi ist und T und {q} streng trennt. Dann ist P nicht in der konvexen H¨ ulle von P enthalten. Beweis. Wegen Satz 10.4 gibt es eine β-Box BP, die P enth¨ alt und disjunkt zu {q} ist.
Korollar (10.4) Sei P ⊂ En (n ≥ 2) nichtleer und kompakt und sei q ∈ En. Sei β = {b1, ..., bn} eine Basis von En und Hi der von β \ {bi } aufgespannte Unterraum f¨ ur i ∈ {1, ..., n}. Angenommen, f¨ ur jede Menge T ⊂ P mit h¨ ochstens n Punkten gibt es eine Hyperebene, die parallel zu einem der Hi ist und T und {q} streng trennt. Dann ist P nicht in der konvexen H¨ ulle von P enthalten. Beweis. Wegen Satz 10.4 gibt es eine β-Box BP, die P enth¨ alt und disjunkt zu {q} ist. Es folgt {q} ∩ convP ⊂ {q} ∩ BP = ∅, also q ∈ convP.
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