2.Выпуклые конусы

Определение 2.1. Множество K называется выпуклым конусом с вершиной в нуле, если оно удовлетворяет следующим свойствам:

1) K — выпуклое множество;

2) если x ∈ K, то для всех t > 0, ∈ K.

Множество K называется выпуклым конусом с вершиной в точке , если K = + , где — выпуклый конус с вершиной в нуле.

Множество K называется конусом с вершиной в нуле, если K удовлетворяет свойству 2).

Рассмотрим примеры выпуклых конусов с вершиной в нуле.

1.K = , K = {0}.

2. K = {z | z = t , t ≥ 0}, где x0 — фиксированная точка Rn.

3. K = {(x, y) ∈ , x ≤y ≤2x, x ≥ 0}.

4. K = {x ∈ (p, x) ≤0}.

Теорема 2.1. Множество K является выпуклым конусом с вершиной в нуле тогда и только тогда, когда для любых , ∈ K, для любых ≥0, ≥ 0 точка + ∈ K.

Д оказательство. Пусть K — выпуклый конус, ∈ K, ≥0, ≥ 0. Тогда (( + ) ≠ 0)

+ = ( + ) + ).

Так как K выпуклое множество, то точка z =( + )∈ K.

Поэтому + = ( + )z ∈ K. Если = 0, то

= 0 ∈ K.

Пусть теперь K обладает соответствующим свойством.

∈ K, α ∈ [0, 1]. Взяв в качестве = α, = 1 − α, имеем ≥ 0, ≥ 0 и

= α + (1 − α) ∈ K.

Поэтому множество K является выпуклым. Если x ∈ K, t ≥ 0,

то tx = tx + 1 · 0 ∈ K. Следовательно, K — выпуклый конус.

Следствие 2. 1. K ⊂ — выпуклый конус с вершиной в нуле тогда и только тогда, когда для любого натурального числа k, для любых , . . . , ∈ K, для любых неотрицательных чисел , . . . ., справедливо

+ · · · + ∈ K.

Определение 2.2. Пусть A — непустое множество . Множеством, двойственным к A, называется множество вида

={y∈ |(x, y)≤1 для всех x ∈ A}

Теорема 2.2. Пусть — выпуклые конусы с вершиной в нуле. Тогда выпуклыми конусами с вершиной в нуле будут следующие множества:

1) ;

2) ∩ ;

3) Int ;

4) ;

5) , причем = {y |(x, y) ≤0 для всех x ∈ }. Конус называется конусом, сопряженным к конусу K.

Доказательство. Утверждения пунктов 1) - 4)очевидны, докажем утверждение пункта 5).

Пусть y ∈ такой, что (x, y) ≤0 для всех x ∈ . Тогда y ∈

Пусть y ∈ . Это означает, что (x, y) ≤ 1 для всех x ∈ .

Возьмем ∈ , t > 0. Тогда для всех t > 0 справедливо неравенство t( , y) ≤ 1. Поэтому ( , y) ≤

для всех t > 0. Переходя в последнем неравенстве к пределу при t → +∞, получаем

( , y) ≤ 0. Следовательно, (x, y) ≤ 0 для всех x ∈ . Теорема доказана.

Определение 2.3. Конической оболочкой множества A называется пересечение всех выпуклых конусов с вершиной в нуле и содержащих A. Коническую оболочку будем обозначать conA.

Замечание 2.1. Из следствия 1 следует, что

conA = {z| z= +. . . . .+ , k ∈ N, ∈ A, ≥0}

Теорема 2.3. Пусть C — выпуклое подмножество .Тогда

conC = B, где

B = {λx|x ∈ C, λ ≥0}.

Доказательство. Докажем, что B — выпуклый конус с вершиной в нуле. Пусть ∈ B, 0. Тогда

= , = и ( + ≠ 0)

= = ( ) ( + ) = ( )z,

Где z= ( + ) ∈ B в силу выпуклости множества C. Поэтому ∈ B. На основании теоремы 1 B является выпуклым конусом с вершиной в нуле. Из определения B сразу следует, что C ⊂ B, поэтому conC ⊂ B. Из определения конической оболочки следует, что B ⊂ conC. Теорема доказана.

Теорема 2.4. Если , . . . , — выпуклые множества, 0 ∈ для всех i. Тогда

=con ( )

Доказательство. Пусть x ∈ con ( ). Это означает, что x = t , ∈ . Поэтому ∈ и по теореме 3, x ∈ con для всех i. Следовательно, x ∈ con . Пусть x ∈ con . Значит, x = , ∈ , > 0. Тогда ∈ для всех i и t ( x) = (1-t)·0+t( x) ∈ при t ∈ (0; 1) для всех i = 1, . . . , k. Выбирая число µ из условия 0 < µ ≤ min , получим µx = (µ )( x) ∈ для всех i. Таким образом, получили

µx ∈ , x= (µx) ∈ con( ), что и требовалось доказать.

Теорема 2.5. Всякая опорная гиперплоскость к выпуклому конусу с вершиной в нуле проходит через нуль (Предполагается, что конус не совпадает со всем пространством.)

Доказательство.

Пусть H = {x | (p, c) = (p, )— опорная гиперплоскость к конусу K в точке ∈ K.

Имеем

(p, x) ≤(p, ) для всех x ∈ K. (т.1)

Докажем, что (p, ) = 0. Доказывать будем методом от противного.

Пусть (p, ) < 0. Возьмем точку z ∈ K и последовательность > 0, → 0 при j → ∞. Так как точки z ∈ K, то для всех j справедливы неравенства (p, z) ≤ (p, ). Переходя в последнем неравенстве к пределу при j → ∞, получаем (p, ) > 0,

что противоречит предположению (p, a0) < 0.

Пусть (p, ) > 0. Если бы для всех x ∈ K выполнялось неравенство (p,x) < 0, имело бы место и неравенство (p, ) ≤ 0. Значит, существует точка a ∈ K такая, что (p,a) > 0.

Рассмотрим последовательность → ∞ при j → ∞. Тогда a K и поэтому для всех j (p, a) ≤ (p, ). Так как a) = ∞, то при достаточно больших j выполняется неравенство (p, a) > (p, ), что противоречит (т.1). Теорема доказана.