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Autor Tema: Funcional de Minkowski  (Leído 538 veces)
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JackJack
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« : 06/01/2018, 03:36:14 pm »

Saludos

Agredecería su ayuda para entender esto.

Sea [texx](E, \left\|{.}\right\|)[/texx] un espacio vectorial normado. Sea [texx]A\subset E[/texx]  un conjunto abierto y convexo tal que [texx]0\in A[/texx].

¿Por que el funcional

[texx]p:E\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx] tal que para cada [texx]x\in E, p(x)=\inf\{\alpha >0;\displaystyle\frac{1}{\alpha}x \in A \}[/texx],

está bien definido?

Debo probar que para todo [texx]x\in X[/texx], el conjunto [texx]\{\alpha >0;\displaystyle\frac{1}{\alpha}x \in A \}[/texx] es no vacío y acotado inferiormente. Es claro que para [texx]x\in A[/texx] se verifica, entonces bastaría considerar el caso en que [texx]x\in A^c[/texx]. Como podría hacerlo?
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« Respuesta #1 : 06/01/2018, 03:57:15 pm »

y quizá pensando en el segundo caso que [texx]x\not\in{A}[/texx]

como [texx]O\in{A}[/texx] entonces [texx]B(0,\delta)\subset{A}[/texx] para algún [texx]\delta[/texx]

entonces el segmento [texx][0,x]=\{t\cdot x , t\in[0;1]\}[/texx] tiene que si o si intersecar a la bola
en alguien más que el 0 ya que las bolas también son convexas,
pero no corta al extremo que tiene el [texx]x[/texx] porque [texx]x\not\in{A}[/texx]

y de ahí algo se puede sacar alguna cota para decir que es no vacío, de hecho el [texx]1[/texx] no srive
pero con ese método de la bola siempre encontras un [texx]\alpha[/texx] que sirve

también podes pensar en [texx]d=inf\{d(0,y) ; y\in A^{c})[/texx]
y usar que [texx]A^{c}[/texx] es cerrado, y ese ínfimo no puede ser cero, ya que por el mismo argumento de la bola centrada
en cero llegas a que si o sí el ínfimo es mayor a [texx]0[/texx]
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Luis Fuentes
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« Respuesta #2 : 08/01/2018, 06:49:33 am »

Hola

 Aunque ya lo ha explicado lindeloff. Lo resumo. Teniendo en cuenta esto:

y quizá pensando en el segundo caso que [texx]x\not\in{A}[/texx]

como [texx]O\in{A}[/texx] entonces [texx]B(0,\delta)\subset{A}[/texx] para algún [texx]\delta[/texx]

 Para cualquier [texx]x\in X[/texx], no nulo:

[texx]\left\|\dfrac{\delta}{\color{red}2\color{black}\|x\|}x\right\|=\dfrac{\delta}{2}<\delta[/texx]

 Por tanto [texx]\dfrac{\delta}{\color{red}2\color{black}\|x\|}x\in A[/texx] y así [texx]\dfrac{\color{red}2\color{black}\|x\|}{\delta}\in \{\alpha >0;\displaystyle\frac{1}{\alpha}x \in A \}[/texx].

Saludos.

CORREGIDO
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« Respuesta #3 : 13/01/2018, 11:55:07 pm »

Muchas gracias,
Aunque en realidad sería que
[texx]\displaystyle\frac{2 \left\|{x}\right\|}{\delta}[/texx].

Tengo otra duda, porqué se da lo siguiente

Sea [texx]x\in A[/texx]. Como [texx]A[/texx] es abierto, entonces [texx](1+\epsilon)x \in A[/texx], para [texx]\epsilon>0[/texx] suficientemente pequeño.

Cómo lo justifico?
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« Respuesta #4 : 14/01/2018, 07:42:10 am »

Hola

Muchas gracias,
Aunque en realidad sería que
[texx]\displaystyle\frac{2 \left\|{x}\right\|}{\delta}[/texx].

Si; ya lo he corregido. Gracias.

Cita
Tengo otra duda, porqué se da lo siguiente

Sea [texx]x\in A[/texx]. Como [texx]A[/texx] es abierto, entonces [texx](1+\epsilon)x \in A[/texx], para [texx]\epsilon>0[/texx] suficientemente pequeño.

Si [texx]A[/texx] es abierto existe [texx]B(x,r)\subset A[/texx]. Ahora:

[texx]\|(1+\epsilon)x-x\|=\epsilon\|x\|[/texx]

Por tanto basta que [texx]\epsilon\|x\|<r[/texx] para garantizar que [texx](1+\epsilon)x \in A[/texx].

Saludos.
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