証明 Aを含みCと共通部分を持たないアファイン部分空間の内で最大次元のものを一 つとりPとする。dimP =n−1ならば、定理の主張が成立する。そこで、dimP ≤n−2 と仮定して矛盾を導く。
Pの直交補空間の一つをQとすると、仮定よりdimQ≥2となる。RnからQへの直交射 影をp:Rn →Qで表し、P∩Q={x}とおく。すると、p(P) ={x}となり、直交射影pは 開写像だから、p(C)はQ内の開集合になる。pはアファイン写像でもあるので、命題4.2.5 より、p(C)はQ内の開凸集合になる。PとCは共通部分を持たないので、xはp(C)に含ま れない。xを通るQ内の任意の直線lをとると、p−1(l)はPを含み、よってAを含むアファ イン部分空間になり、dimp−1(l) = dimP + 1だから、Pの次元の最大性より、p−1(l)はC と交わる。これより、lはp(C)と交わる。すなわち、xを通るQ内の任意の直線とp(C)は 共通部分を持つ。よって、xを通るQ内の2次元平面Rをとると、Rとp(C)も共通部分を 持つ。このとき、C1 =R∩p(C)はR内のxを含まない開凸集合になる。
D={u| |u|= 1, x+tu(t≥0)はRの半直線でC1と共通部分を持つ}
とおくと、Dは円S1内の連結開集合になる。Dの長さをL(D)で表すと、C1がRの開凸集 合であることから、L(D)≤πとなる。なぜならば、もし、L(D)> πとすると、あるu∈D は−u∈ Dを満たし、定理4.2.11よりx ∈ (x−u)(x+u)⊂ C1となり、C1がxを含まない ことに矛盾する。ところが、L(D)≤ πはxを通るR内の直線がC1と交わることに矛盾す る。以上より、dimP =n−1となり、PはAを含む超平面であってCと共通部分を持た ない。
定義 4.4.5 Rn内の超平面Pが0でないベクトルaと実数αによって P ={x∈Rn | ha, xi=α}
によって与えられているとする。Rn内の部分集合X1, X2が
X1 ⊂ {x∈Rn| ha, xi< α}, X2 ⊂ {x∈Rn| ha, xi ≥α} または、
X2 ⊂ {x∈Rn| ha, xi< α}, X1 ⊂ {x∈Rn| ha, xi ≥α} を満たすとき、PはX1とX2を分離するという。さらに、X1, X2が
X1 ⊂ {x∈Rn| ha, xi< α}, X2 ⊂ {x∈Rn| ha, xi> α} または、
X2 ⊂ {x∈Rn| ha, xi< α}, X1 ⊂ {x∈Rn| ha, xi> α} を満たすとき、PはX1とX2を強く分離するという。
系 4.4.6 C1をRn内の開凸集合とし、C2をRn内の凸集合とする。このとき、C1∩C2 =∅ ならば、ある超平面Pが存在し、PはC1とC2を分離する。
証明 系4.2.6より、C1−C2は凸集合になる。さらに、
C1−C2 = [
x2∈C2
(C1− {x2})
となるので、C1−C2は開凸集合になる。C1∩C2 =∅より、C1−C2は原点0を含まない。
よって、定理4.4.4より、原点を通る超平面Pが存在し(C1−C2)∩P = 0となる。超平面 Pは0でないベクトルaによって
P ={x∈Rn | ha, xi= 0} で与えられるとする。必要ならaを−1倍することにより、
x∈C1−C2 ⇒ ha, xi>0 となる。よって、
x1 ∈C1, x2 ∈C2 ⇒ ha, x1i>ha, x2i
が成り立つ。これより特に{ha, x1i |x1 ∈C1}は下に有界になり、下限αが存在する。C1は 開集合だから、
C1 ⊂ {x∈Rn | ha, xi> α} となり、上で示したことから、
C2 ⊂ {x∈Rn| ha, xi ≤α}
となるので、超平面{x∈Rn| ha, xi=α} はC1とC2を分離する。
定義 4.4.7 PをRn内の超平面とし、XをRn内の部分集合とする。PがXの支持超平面で あるとは、PとXの閉包Xが共通部分を持ち、P¯ がXを切断しないことである。
系 4.4.8 CをRn内の凸集合とする。∂Cの任意の点xに対して、xを通るCの支持超平面 が存在する。
証明 dimC ≤n−1の場合は、A(C)を含む任意の超平面PはCの支持超平面になり、
C ⊂Pとなるので、PはCの任意の点を通る。
以下ではdimC=nの場合を考える。このとき、Cは内点を持ち、C◦は空ではない。C◦ は開凸集合になるので、x ∈ ∂Cを任意にとると、C◦はx を含まない。系4.4.6よりC◦と {x}を分離する超平面Pが存在する。PはC◦と共通部分を持たないことになり、定理4.4.2 よりPはCを切断しない。系4.2.14より、(C◦) = ¯C 3 xとなり、PはC◦と{x}を分離す ることから、xはPに含まれる。したがって、Pはxを通るCの支持超平面になる。
定理 4.4.9 CをRn内の内点を持つ閉集合とし、n≥2と仮定する。Cが凸集合になるため の必要十分条件は、∂Cの任意の点xに対して xを通るCの支持超平面が存在することで ある。
証明 Cが凸集合のとき、系4.4.8より∂Cの任意の点xに対してxを通るCの支持超平 面が存在する。
次にCが凸集合ではないとする。このとき、あるx1, x2 ∈Cが存在しC 6⊃ x1x2となる。
つまり、y /∈Cとなるy∈x1x2が存在する。n≥2だからx1, x2を通る直線上にないC◦の点
zが存在する。yはCに含まれない点だから、線分zyは相対内部に∂Cの点pを持つ。よっ
て、x1, x2, zを頂点に持つ三角形Sは相対内部にpを持つ。以下でpを通るCの支持超平面 は存在しないことを示す。pを通る超平面Pをとる。PがSを含むとするとPはzを含むこ とになり、PはCを切断する。よって、PはCの支持超平面ではない。次にPがSを含まな い場合を考える。このとき、S∩PはSの辺を結ぶ線分になり、Sの三頂点を切断する。し たがって、PはCを切断しCの支持超平面ではない。以上より、pを通るCの支持超平面 は存在しないことがわかった。
命題 4.4.10 C1とC2を Rn内の共通部分を持たないコンパクト凸集合とする。このとき、
C1とC2を強く分離する超平面が存在する。
証明 C1とC2はコンパクト凸集合であって共通部分を持たないので、
d(C1, C2) = inf{|x−y| |x∈C1, y ∈C2}
とおくと、d(C1, C2)>0となる。さらに、|x0−y0|=d(C1, C2)を満たすx0 ∈C1とy0 ∈C2
が存在する。線分x0y0の中点zを通り、この線分に垂直な超平面をPとする。
以下でPがC1とC2を強く分離することを示す。a=y0−x0とおき、
P ={x∈Rn| ha, xi=ha, zi}
とする。
ha, x0i<ha, zi<ha, y0i が成り立つ。
C1 ⊂ {x∈Rn| ha, xi ≤ ha, x0i}
を示す。そのために
ha, xi>ha, x0i
を満たすx∈C1が存在すると仮定して矛盾を導く。C1は凸集合だからx0x⊂C1となり、仮 定よりx0x⊂C1上に
|x1−y0|<|x0 −y0|
を満たす点x1が存在する。これは|x0−y0|=d(C1, C2)に矛盾する。したがって、
C1 ⊂ {x∈Rn| ha, xi ≤ ha, x0i}
が成り立つ。同様にして、
C1 ⊂ {x∈Rn | ha, xi ≥ ha, y0i}
も成り立つ。以上よりPがC1とC2を強く分離することがわかった。