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 Überdeckung des Simplex |
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ochen
Senior 
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 |  Themenstart: 2021-07-22
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Hallo,
ich habe noch einmal eine geometrische Frage. Und zwar habe ich den Simplex
\[
\Delta_n=\operatorname{conv}\{\mathbf{e}_1,\ldots, \mathbf{e}_{n+1}\}\subset\mathbb{R}^{n+1}.
\]
Für $\displaystyle\mathbf{x}=\frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n+1}\mathbf{e}_i$ gilt offenbar $\|\mathbf{x}-\mathbf{e}_i\|_p^p=\frac{n^p+n}{(n+1)^p}$. Meine Aufgabe ist nun zu zeigen oder zu widerlegen, dass es für alle $p\geq 2$ und $\mathbf{y}\in \Delta_n$ eine Ecke $\mathbf{e}_i$ gibt, sodass $\|\mathbf{y}-\mathbf{e}_i\|_p^p\leq\frac{n^p+n}{(n+1)^p}$ ist. Das fällt mir aber unglaublich schwer. Bisher glaube ich aber ganz fest daran.
Habt ihr irgendeine Idee, wie ich das machen könnte? Es wäre auch schon eine Antwort für $p=2$ hilfreich. Vielleicht geht das leichter, weil es ja sogar ein Hilbertraum ist Ansätze genügen mir auch schon.
edit: Fehler korrigiert.
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LetsLearnTogether
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| Beitrag No.1, eingetragen 2021-07-22
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Hallo,
\quoteon
Habt ihr irgendeine Idee, wie ich das machen könnte?
\quoteoff
Nur eine Idee, aber hast du schon mal an ein Schubfach-Prinzip-Argument gedacht?
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ochen
Senior
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-22
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Erst einmal dankeschön für die Antwort :D
Wie meinst du das? Kannst du es bitte ein bisschen konkreter sagen? Was sind meine Objekte und was sind meine Schubfächer, von welchen ich wenigstens 1 zu wenig habe?
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LetsLearnTogether
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-07-22
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Wie gesagt ist das nur eine Idee. Wie genau man das hier umsetzen könnte, müsste ich mir besser überlegen, habe aber von Simplizes nicht so viel Ahnung, und für generelles $p\geq 2$ fehlt mir wohl auch das geometrische Bild.
Die grobe Idee wäre wohl folgende, dass du für ein beliebiges $y$ überlegst was passiert, wenn der Abstand zu den Ecken jeweils größer als $\frac{n^p+n}{(n+1)^p}$ ist, und dann zeigst, dass dazu "zu wenig Platz ist".
Mal ein einfaches Beispiel:
Man kann ziemlich einfach zeigen, dass unter neun Punkten in einem Dreieck mit Flächeninhalt $1$ drei Punkte gibt, die ein Dreieck mit Flächeninhalt $\leq\frac14$ gibt.
Dazu würde man das Dreieck "vierteln". Verteilt man jetzt die Punkte auf die Viertel, so müssen immer drei Punkte im gleichen Viertel liegen, welche dann ein Dreieck mit Flächeninhalt $\leq\frac14$ bilden.
Ich könnte mir vorstellen, dass ein ähnliches Argument hier auch funktionieren könnte.
Edit: Ich sehe mit dem Schubfach-Prinzip bist du vertraut. :)
Wie gesagt sollte das nur eine Idee sein.
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StrgAltEntf
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Wohnort: Milchstraße
 | Beitrag No.4, eingetragen 2021-07-22
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Hallo ochen,
vermutlich soll \(\Delta_n\) die konvexe Hülle der \(e_i\) sein. Außerdem nehme ich an, dass die Summe den oberen Index n+1 haben soll.
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ochen
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-22
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Hallo
\quoteon(2021-07-22 13:15 - StrgAltEntf in Beitrag No. 4)
Hallo ochen,
vermutlich soll \(\Delta_n\) die konvexe Hülle der \(e_i\) sein. Außerdem nehme ich an, dass die Summe den oberen Index n+1 haben soll.
\quoteoff
Ja, du hast recht, vielen Dank! Ich habe es geändert.
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semasch
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 | Beitrag No.6, eingetragen 2021-08-12
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Moin ochen,
ich denke, dass man den Fall $p = 2$ per Induktion beweisen kann. Dazu würde ich die Aussage wie folgt formulieren:
Sei $\mathbf{x} := (\alpha_1, \ldots, \alpha_{n+1})^{\text{T}}$ mit $\alpha_i \ge 0$ und $\alpha_1 + \ldots + \alpha_{n+1} = 1$ sowie oBdA. $\alpha_1 \ge \ldots \ge \alpha_{n+1}$. Dann gilt
\[\|\mathbf{x}-\mathbf{e}_1\|_2^2 = (1-\alpha_1)^2+\alpha_2^2+\ldots+\alpha_{n+1}^2 \le \frac{n}{n+1}.\]
Zum Beweis: Die Aussage ist klar für $n = 1$. Sei also $n \ge 2$ und angenommen, die Aussage stimmt für den Fall $n-1$. Sei dann $\mathbf{x}$ wie oben und definiere
\[\mathbf{x}' := \begin{pmatrix} \frac{\alpha_1}{1-\alpha_{n+1}} \\ \vdots \\ \frac{\alpha_n}{1-\alpha_{n+1}} \end{pmatrix}.\]
Dann gibt die Anwendung der Induktionsvoraussetzung auf $\mathbf{x}'$
\[\left(1-\frac{\alpha_1}{1-\alpha_{n+1}}\right)^2+\left(\frac{\alpha_2}{1-\alpha_{n+1}}\right)^2+\ldots+\left(\frac{\alpha_n}{1-\alpha_{n+1}}\right)^2 \le \frac{n-1}{n}.\]
Die linke Seite lässt sich umstellen zu
\[\left(1-\frac{\alpha_1}{1-\alpha_{n+1}}\right)^2+\left(\frac{\alpha_2}{1-\alpha_{n+1}}\right)^2+\ldots+\left(\frac{\alpha_n}{1-\alpha_{n+1}}\right)^2 = \frac{\|\mathbf{x}-\mathbf{e}_1\|_2^2 - 2(1-\alpha_1)\alpha_{n+1}}{(1-\alpha_{n+1})^2}.\]
Also hat man
\[\|\mathbf{x}-\mathbf{e}_1\|_2^2 \le (1-\alpha_{n+1})^2 \frac{n-1}{n} + 2(1-\alpha_1)\alpha_{n+1}. \tag{1}\]
Offensichtlich gilt $\alpha_{n+1} \in \left[0,\frac{1}{n+1}\right]$. Für einen gegebenen Wert von $\alpha_{n+1}$ nimmt $\alpha_1$ seinen minimalen Wert für $\alpha_1 = \alpha_2 = \ldots = \alpha_n$ an, womit $\alpha_1 \ge \frac{1-\alpha_{n+1}}{n}$ folgt. Damit hat man schließlich
\[\|\mathbf{x}-\mathbf{e}_1\|_2^2 \le (1-\alpha_{n+1})^2 \frac{n-1}{n} + 2(1-\alpha_1)\alpha_{n+1} \le (1-\alpha_{n+1})^2 \frac{n-1}{n} + 2\left(1-\frac{1-\alpha_{n+1}}{n}\right)\alpha_{n+1} = \frac{n-1}{n} (1-\alpha_{n+1})^2 + \frac{2}{n} (n-(1-\alpha_{n+1}))(1-(1-\alpha_{n+1})) = \frac{n+1}{n} (1-\alpha_{n+1})^2 - 2 \frac{n+1}{n} (1-\alpha_{n+1}) + 2 = \frac{n+1}{n} \left((1-\alpha_{n+1})^2-2(1-\alpha_{n+1})+1\right) + \frac{n-1}{n} = \frac{n+1}{n} \alpha_{n+1}^2 + \frac{n-1}{n} \le \frac{n+1}{n} \frac{1}{(n+1)^2} + \frac{n-1}{n} = \frac{n}{n+1}.\]
Vielleicht kann man mit diesem Vorgehen auch für $p > 2$ etwas erreichen.
LG,
semasch
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semasch
Senior
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 474
Wohnort: Wien
| Beitrag No.7, eingetragen 2021-08-12
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Die Vorgehensweise lässt sich tatsächlich entsprechend verallgemeinern:
Das Pendant zu $(1)$ für allgemeines $p$ ist
\[\|\mathbf{x}-\mathbf{e}_1\|_p^p \le (1-\alpha_{n+1})^p \frac{(n-1)^p+n-1}{n^p} + (1-\alpha_1)^p+\alpha_{n+1}^p-(1-\alpha_1-\alpha_{n+1})^p.\]
Wegen
\[\frac{\partial}{\partial \alpha_1}\left((1-\alpha_{n+1})^p \frac{(n-1)^p+n-1}{n^p} + (1-\alpha_1)^p+\alpha_{n+1}^p-(1-\alpha_1-\alpha_{n+1})^p\right) = -p\left((1-\alpha_1)^{p-1}-(1-\alpha_1-\alpha_{n+1})^{p-1}\right) \le 0\]
hängt die rechte Seite monoton fallend von $\alpha_1$ ab. Der Maximalwert wird also wieder für $\alpha_1 = \frac{1-\alpha_{n+1}}{n}$ angenommen. Daraus folgt dann
\[\|\mathbf{x}-\mathbf{e}_1\|_p^p \le (1-\alpha_{n+1})^p \frac{(n-1)^p+n-1}{n^p} + \left(1-\frac{1-\alpha_{n+1}}{n}\right)^p+\alpha_{n+1}^p-\left(1-\alpha_{n+1}-\frac{1-\alpha_{n+1}}{n}\right)^p = \frac{1}{n^p} \left( (n-1) (1-\alpha_{n+1})^p + (\alpha_{n+1}+n-1)^p+n^p \alpha_{n+1}^p\right).\]
Der letzte Ausdruck hängt wegen
\[\frac{\partial}{\partial \alpha_{n+1}} \left(\frac{1}{n^p} \left( (n-1) (1-\alpha_{n+1})^p + (\alpha_{n+1}+n-1)^p+n^p \alpha_{n+1}^p\right)\right) = \frac{p}{n^p} \left( -(n-1) (1-\alpha_{n+1})^{p-1} + (\alpha_{n+1}+n-1)^{p-1} + n^p \alpha_{n+1}^{p-1}\right) \ge \frac{p}{n^p} \left((n-1)^{p-1}-(n-1)\right) \ge 0\]
monoton wachsend von $\alpha_{n+1}$ ab, nimmt seinen Maximalwert also für $\alpha_{n+1} = \frac{1}{n+1}$ an. Somit hat man letztlich
\[\|\mathbf{x}-\mathbf{e}_1\|_p^p \le \frac{1}{n^p} \left( (n-1) (1-\frac{1}{n+1})^p + \left(\frac{1}{n+1}+n-1\right)^p+n^p \frac{1}{(n+1)^p}\right) = \frac{1}{n^p} \frac{n^{2p}+n^{p+1}}{(n+1)^p} = \frac{n^p+n}{(n+1)^p}.\]
LG,
semasch
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