Comprender la noción de distancia entre dos cuerpos convexos simétricos

dos cuerpos convexos$A,B \subset \mathbb R^n$se llaman invariantes afines si existe una matriz$M$de dimensión cuadrada$n$y un vector$v \in \mathbb R^n$tal que$A = MB + v$. Eso es,$A$es$B$escalado por$M$, y luego desplazado por$v$. Ya que ambos$A$y$B$tener un interior no vacío (eso es lo que es un cuerpo convexo ) entonces$M$será invertible, por lo que esta es una relación simétrica.

Por ejemplo, dos paralelogramos cualesquiera son afínmente invariantes, al escalar los lados apropiadamente, rotarlos si es necesario y luego cambiarlos.

$B$se llama imagen lineal de$A$, si existe una matriz$M$tal que$MB = A$. Nuevamente, estamos tratando con cuerpos convexos por lo que$M$será invertible.

Tenga en cuenta que las únicas diferencias son que si$A$es una imagen lineal de$B$entonces ambos estarán "centrados" alrededor del mismo punto.

Una definición alternativa para la distancia.$D$puede proporcionarse de la siguiente manera: dados dos cuerpos convexos simétricos$K$y$L$, desplázalos a ambos para que sus centros estén en el origen. Entonces :

$$d(K,L) = \inf_{T \textrm{ linear transformation}} \inf \left\{a \cdot b : \frac 1a K \subset TL \subset bK\right\}$$

Intenta probar la equivalencia. Si no puede probarlo, simplemente asúmalo para la siguiente discusión.

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Esta definición está inspirada en la distancia Banach-Mazur entre dos espacios normados. Esencialmente, desea la mejor transformación lineal que acerque lo más posible dos espacios normados. Lo mejor que puede hacer es si fueran isométricamente isomorfos, es decir, una transformación lineal llevó un conjunto al otro conservando las distancias. Pero esto no siempre sucede, por lo que la mejor manera de hacerlo especifica una distancia, en los espacios de$n$-espacios lineales normados dimensionales hasta el isomorfismo isométrico , que es básicamente lo que significa idéntico en el contexto anterior.

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(i)

Dado que el escalado es una transformación afín, la distancia no depende ni del tamaño de$L$o$K$. Sólo depende de sus respectivas formas. Por ejemplo, cuando hablamos de la distancia entre un cuadrado y un círculo, solo estamos pensando en las formas y no en los tamaños. ¿Puedes demostrar que un cuadrado y un círculo no son idénticos?

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(ii)

Ahora, idéntico en el texto se refiere a la invariancia idéntica hasta afín.

Entonces,$A$y$B$ser idéntico implica$d(A,B) = 1$. Esto es obvio, ya que$B \subset B \subset B$dónde$d =1$y$B$es una imagen lineal de$A$.

Por el contrario, si la distancia entre dos cuerpos convexos es$1$, entonces uno es una imagen lineal del otro y son idénticos.

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(iii)

De hecho, la distancia es simétrica, por la razón que mencionas. Puedes intentar probarlo a partir de la definición en mi respuesta.

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(iv)

La distancia no es multiplicativa, es submultiplicativa . El problema es básicamente con la última implicación: seguro$\tilde{M} \subset K \subset \beta \gamma\tilde{M}$, pero esto no implica que$\beta \gamma$es el número más pequeño con esta propiedad, entonces$d(K,M) \boxed{\leq} \beta \gamma$, y muy bien podría ser más pequeño. Al igual que ocurre con los números (la igualdad en el triángulo la desigualdad implica algo sobre los números), la igualdad del tipo$d(K,M) = d(K,L)d(L,M)$debería implicar algo sobre$K,L,M$, pero no estoy seguro de cuál es esta relación.

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(v)

El párrafo exacto del autor es este:

Nuestras observaciones de la última lección muestran que la distancia entre el cubo y la bola euclidiana en$\mathbb R^n$es como mucho$\sqrt n$. Es intuitivamente claro que realmente es$\sqrt n$, es decir, que no podemos encontrar una imagen lineal de la pelota que intercala el cubo mejor que la obvia. Una prueba formal será inmediata después de la próxima lección.

La cosa es que, al igual que has hecho en parte$4$, encontrar una cubierta de un cuerpo por otro escalado, ¡no hace automáticamente que esa cubierta sea la mejor!

Para justificar al autor, ¿por qué la distancia es máxima?$\sqrt n$? Para ver esto, basta demostrar que el cuadrado de la unidad$\{x : |x_i| \leq 1 \ \ \forall i\}$contiene la esfera unitaria centrada en cero$\{x : \|x\| \leq 1\}$, y está contenida la esfera unitaria escalada por$\sqrt n$.

Ambos son ejercicios fáciles.

Pero esto es sólo una cubierta. ¿Qué pasa si hay una mejor cubierta, que da un mejor valor por$d$? Esto es intuitivamente obvio cuando lo pensamos, pero la prueba involucra la noción de un elipsoide máximo contenido en un cuerpo convexo. De hecho, es cierto que la distancia es$\sqrt n$: esto viene de comparar los elipsoides máximos para el cuadrado y la esfera.

Pero de nuevo, ¿por qué elipsoides ? La respuesta es simple: un elipsoide es básicamente una imagen lineal de la esfera unitaria. Cualquier transformación lineal se caracteriza por lo que hace con la bola unitaria, es decir, qué elipsoide produce. Así que mirar una figura convexa y la transformación lineal asociada a las distancias es como pensar en cada figura convexa como un$n$espacio normado -dimensional por derecho propio, y las respectivas "bolas unitarias" que son entonces elipsoides. El elipsoide de mejor ajuste es entonces la mejor aproximación de "bola unitaria" de una figura convexa, por lo que estudiar un cuerpo convexo se reduce a estudiar este elipsoide máximo.

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(v)

Hay algunas cosas deseables: tomar el logaritmo de$d$proporciona una métrica (usual) entre las clases de isomorfismo de espacios lineales normados en$\mathbb R^n$. Es bueno saber que este espacio métrico es compacto , así que básicamente dado un$\epsilon>0$, puede encontrar un conjunto finito de espacios para que cada espacio sea como máximo$\epsilon$muy lejos de eso. Esto es como decir que este conjunto finito "se aproxima muy bien a todas las formas posibles".

También puedes probar que cualquier cuerpo convexo es a lo sumo$n$lejos del cuadrado unitario, en esta distancia. Así, por submultiplicatividad, dos cuerpos convexos cualesquiera son como máximo$n^2$aparte en esta métrica. Pruebe este ejercicio usted mismo.

El teorema de John es que cualquier cuerpo convexo es de hecho a lo sumo$\sqrt n$lejos de la esfera unitaria. Esto es más difícil que el ejercicio anterior.

El teorema de Gluskin establece que existe una constante universal$C>0$tal que para cada$n$, uno puede encontrar dos cuerpos convexos que son al menos$c \sqrt n$aparte. Esto tomó un poco de esfuerzo también.

Aparte de eso, realmente no puedo decir nada sobre$d$siendo muy especial. Sin embargo, en las mismas notas de clase, encontrará que si un politopo se acerca a una pelota en la distancia, su número de caras aumenta exponencialmente rápido. Básicamente, al aproximar una pelota por un politopo en esta distancia, necesitarías exponencialmente muchas caras en la distancia requerida.

Finalmente, imagine que alguna propiedad fuera "continua" con respecto a$d$: es decir, si un espacio tiene esta propiedad y otro espacio está muy cerca de él, entonces ese espacio también tiene la propiedad. Esto es agradable, ¿verdad?

Resulta que una de esas propiedades se llama$B_n$-convexidad. No quiero entrar en la definición, pero un espacio es$B_n$-convexo, si hay un$\epsilon>0$tal que dado cualquier$n$elementos de norma unitaria en el espacio, puedes sumarlos/restarlos entre sí, usando cada uno exactamente una vez, para que puedas viajar al menos$\epsilon n$distancia de la esfera unitaria.

Se puede demostrar que la bola euclidiana tiene esta propiedad. El cuadrado unitario no: si tomo los vectores de coordenadas de base habituales y los sumo o resto en cualquier orden, siempre aterrizaré en una esquina del cuadrado, nunca fuera de él.

Ahora, resulta que$B_n$la convexidad es agradable. Más precisamente, para cualquier$B_n$-cuerpo convexo$X$puedes encontrar un$\lambda_n(X) > 1$tal que cualquier espacio que tenga una distancia menor que$\lambda(X)$de$X$, es también$B_n$convexo.

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(vii)

Es difícil trabajar con dos cuerpos convexos en general, porque es difícil justificar la igualdad, pero uno puede encontrar cubiertas que al menos proporcionen límites superiores.

Por ejemplo, piensa en el$p$y$q$bolas, es decir$\sum |x_i|^p \leq 1$y$\sum |x_i|^q \leq 1$para$1 \leq p,q \leq 2$. ¿Puedes usar la desigualdad de Holder para encontrar un límite en la distancia entre estas bolas?

Aparte de esto, no hay mucho que se pueda hacer: incluso los límites superiores e inferiores simples son difíciles, olvídese de los valores reales.

Se puede hacer un análisis asintótico: para grandes$n$, ¿cuál es la distancia máxima de un cuerpo convexo a otro fijo? Para el cuadrado de la unidad, están disponibles los límites superior e inferior del polinomio.

Ambos son difíciles de mostrar en general. Las técnicas incluyen aleatorizar (!) la selección de cuerpos convexos, que es lo que conduce a la prueba de Glushkin. Luego, hay una realización "dual" de cada cuerpo convexo, que "da la vuelta" a los problemas: si no puede lidiar con el cuerpo en cuestión, dualícelo.

Luego está el resultado de Szarek-Talagrand, que es básicamente un buen resultado de tipo de aproximación para el elipsoide mínimo, junto con el lema de Sauer-Shelah, que proporciona los límites inferior y superior de las intersecciones de una familia de conjuntos con otro conjunto fijo. Sin embargo, estos resultados están más allá de mi capacidad técnica, y asumo que para su posterior lectura del documento, esto es todo lo que necesitará saber sobre$d$: ni se calcula explícitamente para un par en el documento (que no sea entre cuadrado y bola) ni se explica mucho.

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EDITAR: Supongamos que$d(K,L) = \alpha$. Entonces hay una imagen lineal de$L$, llámalo$ML$para una matriz$M$(que es invertible como mencioné anteriormente) tal que$ML \subset K \subset \alpha ML$.

Luego, considere la imagen lineal de$K$dada por$M^{-1}K$. Tenga en cuenta que podemos aplicar$M^{-1}$a todos los lados de la contención (esto es porque si$f$es cualquier función y$S \subset T$entonces$f(S) \subset f(T)$se puede probar fácilmente) para obtener$L \subset M^{-1}K \subset \alpha L$(el$M^{-1}$viaja con$\alpha$).

Tenga en cuenta que$L \subset M^{-1}K$y$M^{-1}K \subset \alpha L$, que al escalar por$\frac 1 \alpha$(esto también es una función, por lo que se aplica la misma lógica) da$\frac{1}{\alpha} M^{-1}K \subset L$. Por lo tanto, tenemos:

$$\frac{1}{\alpha} M^{-1}K \subset L \subset \alpha \left(\frac 1 \alpha M^{-1}K\right)$$

Ahora, la imagen lineal$\hat{K} = \frac 1{\alpha}(M^{-1}K)$satisface$\hat{K} \subset L \subset \alpha \hat{K}$. Así, obtenemos$d(L,K) \leq \alpha$(CUIDADO: Esto no implica igualdad porque no sabemos si hay un número que es menor que$\alpha$que hace esto).

Pero entonces, hemos probado que$d(K,L) \geq d(L,K)$. Simplemente cambiando los roles de$K$y$L$(literalmente cambiando cada$K$con$L$y$L$con$K$en el argumento anterior) nos da$d(L,K) \geq d(K,L)$y por lo tanto combinando los dos,$d(K,L ) =d(L,K)$es claro.