Twierdzenie Brouwer a i jego wybrane zastosowania.

Transkrypt

1 UNIWERSYTET KARDYNAŁA STEFANA WYSZYŃSKIEGO W WARSZAWIE WYDZIAŁ MATEMATYCZNO-PRZYRODNICZY SZKOŁA NAUK ŚCISŁYCH Krzysztof Leśniewski numer albumu kierunek matematyka Twierdzenie Brouwer a i jego wybrane zastosowania. Praca magisterska napisana pod kierunkiem prof. UKSW dr hab. Ewy Bednarczuk WARSZAWA 2012

2 .

3 Krzysztof Leśniewski numer albumu: kierunek: MATEMATYKA Dziekan Wydziału Matematyczno-Przyrodniczego. Szkoła Nauk Ścisłych UKSW Prof. UKSW dr hab. Jerzy Cytowski OŚWIADCZENIE Świadomy odpowiedzialności prawnej oświadczam, że niniejsza praca dyplomowa została napisana przeze mnie samodzielnie i nie zawiera treści uzyskanych w sposób niezgodny z obowiązującymi przepisami. Oświadczam również, że przedstawiona praca nie była wcześniej przedmiotem procedur związanych z uzyskaniem tytułu zawodowego z żadnej uczelni. Oświadczam ponadto, że niniejsza wersja pracy jest identyczna z załączoną wersją elektroniczną. Krzysztof Leśniewski numer albumu: kierunek: MATEMATYKA Dziekan Wydziału Matematyczno-Przyrodniczego. Szkoła Nauk Ścisłych UKSW Prof. UKSW dr hab. Jerzy Cytowski OŚWIADCZENIE Oświadczam, że niniejsza praca napisana przez Pana Krzysztofa Leśniewskiego (nr albumu 62712) została przygotowana pod moim kierunkiem i stwierdzam, że spełnia ona warunki do przedstawienia jej w postępowaniu o nadanie tytułu zawodowego.

4 .

5 Spis treści Wstęp 3 Część I Twierdzenie Brouwer a I.1 Podstawowe pojęcia. 4 I.2 Twierdzenie Brouwer a. 7 I.3 Lemat Knastera-Kuratowskiego-Mazurkiewicza. 8 I.4 Triangulacja. 10 I.5 Lemat Sperner a. 14 I.6 Przykłady triangulacji. 20 I.7 Algorytm znajdujący sympleks zupełny. 26 I.8 Przykład. 29 Część II Zastosowania II.1 Istnienie punktu równowagi Nash a. 32 II.2 Istnienie ceny równowagi w modelu gospodarki konkurencyjnej. 34 II.3 Twierdzenie Schauder a. 36 Zakończenie 40 Literatura 41 1

6 Podstawowe pojęcia i oznaczenia można znaleźć w [1] oraz w [3]: N 0 = {0, 1,..., n}. N = {1, 2,..., n}. conv V - wypukła otoczka, tzn. najmniejszy zbiór wypukły zawierający V. S - brzeg topologiczny zbioru S. ints - wnętrze zbioru S. S - domknięcie zbioru S. s R n - wektor znaku; i = 1,..., n s i = +1. u i R n - punkt jednostkowy; u i = (0,..., 1,..., 0) gdzie 1 jest na i-tym miejscu. v j R n+1 - punkt jednostkowy w R n+1. v = j N 0 v j tzn. v = (1, 1,..., 1) T R n+1. x 2 - norma Euklidesowa; dla x R n x 2 = ( n j=1 x j ) 1/2. x - norma l ; dla x R n x = max i x i. B m - domknięta kula jednostkowa w R m ; B m = {x R m : x 2 1}. R m + = {x R m : x 0}. diam p C - średnica zbioru C; diam p C = sup x,y C x y p gdzie p = 2 lub p =. mesh p G - średnica triangulacji G; sup C G {diam p C}. - znak końca dowodu. 2

7 Wstęp Jednymi z najważniejszych twierdzeń w matematyce są twierdzenia o punkcie stałym. W pracy będę omawiał Twierdzenie Brouwer a mówiące, iż każda ciągła funkcja z n-komórki w siebie ma co najmniej jeden punkt stały. Twierdzenie to ma wiele zastosowań w ekonomii, optymalizacji, teorii gier oraz w metodach numerycznych. Duński matematyk Luitzen E.J. Brouwer dowiódł powyższy fakt w Dowód dla n < 3 znany był na początku powstawania Analizy Rzeczywistej jako twierdzenie Darboux. Dla n=3 dowód w 1904 przeprowadził łotewski matematyk Piers Bohl jednak nie został on opublikowany. W przypadku ogólnym twierdzenie zostało udowodnione w 1910 przez Jacques a Hadamard a jednak dowód Brouwer a korzystał z nowszych metod. Początek dała mu praca H.Knastera, K.Kuratowskiego i S.Mazurkiewicza. Lemat ten okazał się użyteczny nie tylko do dowodu twierdzenia Brouwera, ale także wielu innych wyników. Został on, między innymi zastosowany do twierdzeń o minimaksie, do znajdowania punktów równowagi oraz do wyników z teorii gier, które z kolei zostały wykorzystane w badaniach modeli matematycznych zagadnień ekonomii. Głównym celem pracy będzie przedstawienie algorytmu przybliżającego punkty stałe. Dowody egzystencjalne są bardzo istotne w matematyce jednak często dowód konstruktywny ma dużo większe zastosowanie. W ekonomicznym modelu konkurencyjnej gospodarki Arrow a i Hahn a[7] twierdzenie Brouwer a daje nam nie tylko fakt istnienia ceny równowagi ale również wskazuje nam jakie ceny powinny obowiązywać na rynku. W przedstawionym zastosowaniu z teorii gier odpowiedni algorytm może obliczać jakie strategie powinni wybierać gracze aby gra była optymalna. W ostatnich latach dowód twierdzenia Brouwera został znacząco uproszczony. Aby przedstawić związany z tym dowodem algorytm posłużę się pewnym kombinatorycznym faktem(lemat Sperner a [7,9]). W części pierwszej sformułuję i udowodnię twierdzenie Brouwer a. Przedstawię przykładową triangulację oraz algorytm szukania punktu stałego. Część druga będzie poświęcona zastosowaniom. 3

8 . 4

9 Część I Twierdzenie Brouwer a. I.1 Podstawowe pojęcia. W rozdziale tym sformułuję podstawowe pojęcia. Wyszczególnię pewną klasę zbiorów wypukłych oraz zbadam jej własności. Definicja I.1.1 (Funkcja ciągła). Funkcję h : R n R n nazywamy ciągłą w punkcie x 0 jeśli {x n } n n lim x n = x 0 mamy n lim f(x n ) = f(x 0 ). Mówimy, że funkcja jest ciągła jeśli jest ciągła w każdym punkcie przestrzeni R n. Definicja I.1.2 (Homeomorfizm). Funkcję h : R n R n nazywamy homeomorfizmem jeśli jest różnowartościowa, na oraz h, h 1 są ciągłe. Definicja I.1.3 (n-komórka). Domkniętą n-komórką nazywamy zbiór, który jest homeomorficzny z kulą B n = {x R n : x 2 1}. Definicja I.1.4 (Kombinacja afiniczna). Niech j 1. Mówimy, że x jest kombinacją liniową punktów x 0,..., x j należących do R m jeśli x = j i=0 λ i x i gdzie λ i R. Jeśli λ i R + oraz j i=0 λ i = 1 mówimy, że x jest wypukłą kombinacją. Mówimy, że x jest afiniczną kombinacją punktów x j jeśli j i=0 λ i = 1 (λ i nie muszą być nieujemne). Definicja I.1.5 (Afiniczna otoczka). Niech S R m. Afiniczną otoczką zbioru S nazywamy zbiór wszystkich afinicznych kombinacji elementów ze zbioru S i oznaczamy przez aff (S). Zbiór S jest afiniczną podprzestrzenią jeśli aff (S) = S. Wymiarem S jest wymiar odpowiedniej podprzestrzeni liniowej generowanej przez aff (S). Definicja I.1.6 (Relatywne wnętrze). Relatywnym wnętrzem zbioru S będziemy nazywać zbiór {x S : ɛ > 0 : B(x, ɛ) aff (S) S}. Definicja I.1.7 (Afiniczna niezależność). Punkty y 0,..., y j R m, gdzie 1 j m, są afinicznie niezależne jeśli j i=0 λ i y i = 0 oraz j i=0 λ i = 0 implikuje, że λ i = 0 dla każdego 0 i j. Lemat I.1.9 Punkty jednostkowe v 0,..., v n R n+1 są afinicznie niezależne w R n+1 oraz ich otoczką afiniczną jest zbiór {x R n+1 : v T x = 1}, gdzie v = (1, 1,..., 1) R n+1. Dowód: Punkty v 0,..., v n R n+1 gdzie v i = (0,..., 1,...0), są afinicznie } {{ } i niezależne ponieważ n i=0 λ i v i = (λ 0,..., λ n ) T = 0 implikuje λ i = 0 dla i = 5

10 0, 1,..., n. Niech x będzie afiniczną kombinacją punktów v i, 0 i n tzn. x = ni=0 λ i v i gdzie n i=0 λ i = 1. Wtedy x {x R n+1 : v T x = 1}. Niech x = (x 0,..., x n ) T {x R n+1 : v T x = 1} wtedy x 0 + x x n = 1 i x jest afiniczną kombinacją punktów v 0,..., v n. Definicja I.1.10 (j-sympleks). Niech punkty y 0,..., y j R m, gdzie 1 j m będą afinicznie niezależne. Wtedy relatywne wnętrze ich otoczki wypukłej tzn. zbiór σ = { j i=0 λ i y i : λ i > 0, j i=0 λ i = 1} nazywamy j-sympleksem rozpiętym na y 0,..., y j i oznaczamy < y 0,..., y j >. Punkty y 0,.., y j nazywamy wierzchołkami sympleksu σ =< y 0,.., y j >. Sympleks σ =< y 0,..., y j > jest relatywnie otwarty. Przez σ będziemy oznaczać jego domknięcie, σ = [y 0, y 1,..., y n ]. Dla j = 0 sympleksem < y >= [y] nazywamy zbiór jednoelementowy złożony tylko z wierzchołka y. Definicja I.1.11 (Ściana sympleksu). Sympleks τ jest ścianą sympleksu σ jeśli wszystkie wierzchołki τ są wierzchołkami σ. Jeśli dimτ = dimσ 1 to sympleks τ będziemy nazywać ścianą główną. Przykład (m = 2) rys.1 Sympleks σ =< y 0, y 1, y 2 > jest wnętrzem trójkąta o wierzchołkach y 0, y 1, y 2 (rys.1). Niech τ =< y 0, y 1 >-otwarty odcinek od y 0 do y 1, oraz τ =< y 0 >= [y 0 ], zbiór złożony tylko z jednego punktu {y 0 }. τ oraz τ są ścianami σ, przy czym τ jest ścianą główną. Definicja I.1.12 (Standardowy sympleks). Standardowym sympleksem S n R n+1 nazywamy sympleks rozpięty na punktach jednostkowych v 0,..., v n należących do R n+1. 6

11 Dla standardowego sympleksu szczególnym przykładem ściany głównej jest zbiór S n i = {x S n : x i = 0}. Mówimy, że jest to ściana główna naprzeciwko wierzchołka v i. Pokażę, że S n jest n-komórką. Lemat I.1.13 Jeśli C R n jest zwarty, wypukły oraz intc, to C jest domkniętą n-komórką. Dowód: Z definicji, wystarczy wskazać homeomorfizm h : B n na C. Niech c intc. Dla 0 d R n zdefiniujmy Θ(d) = max{θ R : c + θd C}. Z faktu, że C jest zwarty wynika, że istnieje θ d takie, że Θ(d) jest osiągane, tzn. Θ(d) = θ d, gdzie c + θ d d C. rys.2 Skoro c intc, to mamy Θ(d) > 0 i dodatkowo Θ(λd) = λ 1 Θ(d) dla λ > 0. Teraz definiujemy funkcję h : B n C, h(d) = c + d 2 Θ(d)d dla d 0 oraz h(0) = 0. Łatwo zauważyć, że h(d) = c wtedy i tylko wtedy gdy d = 0, zatem h(d) = h(d ) = c d = d. Niech teraz h(d) = h(d ) c mamy d 2 θ(d)d = d 2 Θ(d )d Stąd d = λd, λ > 0. Ale wtedy d 2 Θ(d)d = λ d 2 λ 1 Θ(d)λd i dostajemy λ = 1. Zatem funkcja h jest różnowartościowa. Pokażę, że h jest na. Skoro h(0) = c, wystarczy znaleźć d B n takie, że h(d) = x dla x C, x c. Niech d = (x c)/ x c 2 Θ(x c). Widać, że d B n oraz h(d) = x. Pokażemy, że funkcja Θ( ) jest funkcją ciągłą. Niech d n d 0. Musimy udowodnić, że Θ(d n ) Θ(d 0 ). Oznaczmy Θ(d n ) = θ n. Zbiór C jest zwarty zatem ciąg c + θ n d n C zawiera podciąg zbieżny do c + θ 0 d 0 C. Stąd Θ(d 0 ) θ 0. Pokażemy, że Θ(d 0 ) = θ 0. Przez zaprzeczenie przypuśćmy, że tak nie jest. Istnieje ɛ > 0 taki, że (c + Θ(d 0 )d 0 + ɛb) (c + θ 0 d 0 ) =. Odcinek < c, c + Θ(d 0 )d 0 > intc. Istnieje więc ɛ 1 > 0 oraz θ 0 takie, że θ 0 < θ 0 < θ(d 0 ) i c + θ 0 d 0 + ɛ 1 B intc. Ze zbieżności N takie, że n > N 7

12 mamy c + Θ(d n )d n c + θ 0 d 0 + ɛ 1 B n > N. Stąd c + Θ(d n )d n = c + θ 0 d 0 + ɛ 1 b n dla pewnego b n B. Dodajmy do obu stron tego wyrażenia składnik Θ(d 0 )d n θ 0 d n. Mamy c + d n (Θ(d n ) + Θ(d 0 ) θ 0 ) = c + θ 0 (d 0 d n ) + Θ(d 0 )d n + ɛ 1 b n intc. Drugi składnik po lewej stronie jest ostro większy od Θ(d n ) stąd dla odpowiednio dużego n i małego ɛ 1 mamy sprzeczność. W następnym lemacie udowodnimy, że S n jest n-komórką pokazując, iż S n jest homeomorficzny z C n = {x R n : 1 x 1 x 2... x n 0}, który jest zwarty, wypukły oraz ma niepuste wnętrze. Lemat I S n jest domkniętą n-komórką. Dowód. : Wystarczy wskazać homeomorfizm h : C n na S n. Dla c C n niech h(c) := v 0 + Qc. Stąd h 1 (s) := Q s gdzie Q jest macierzą (n + 1) n: oraz Q. macierzą n (n + 1): Funkcje h oraz h 1 są ciągłe. Weźmy c C n h(c) = v 0 +Qc = (1 c 1, c 1 c 2,..., c n ) T. Musimy pokazać, że h(c) S n tzn. h(c) można przedstawić jako n i=0 λ i v i gdzie n i=0 λ i = 1. Wystarczy wziąć λ 1 = 1 c 1, λ 2 = c 1 c 2,..., λ n = c n ; ni=0 λ i = 1. Funkcja h jest różnowartościowa oraz na. Sympleks S n jest homeomorficzny ze zbiorem C n, a więc na mocy lematu I.1.13 S n jest homeomorficzny z B n. I.2 Twierdzenie Brouwer a. W rozdziale tym sformułuję twierdzenie Brouwer a. Pokażę, że wystarczy je udowodnić dla S n. Twierdzenie I.2.1 (Brouwer a). Niech C R n będzie domkniętą n- komórką oraz niech f : C C będzie funkcją ciągłą. Wtedy x C f(x ) = x. Lemat I.2.2. Twierdzenie Brouwer a jest prawdziwe dla n-komórki jeśli jest 8

13 prawdziwe dla sympleksu S n. Dowód : Niech C będzie n-komórką oraz niech f : C C będzie funkcją ciągłą. Musimy pokazać, że f ma punkt stały tzn. x C taki, że f(x ) = x. Z założenia istnieje homeomorfizm h : B n na C. Ponieważ S n jest n-komórką, to istnieje homeomorfizm h 0 : B n na S n. Wtedy złożenie f 0 := h 0 h 1 fhh 1 0 : S n S n jest ciągłe i z założenia ma punkt stały x. Mamy: f 0 (x ) = x stąd h 0 h 1 fhh 1 0 (x ) = x i f(hh 1 0 (x )) = hh 1 0 (x ) = x C. Zatem f ma własność punktu stałego. Podam teraz prosty dowód Twierdzenia Brouwer a dla n = 1 oraz dla C = [0, 1]. Rozważmy ciągłą funkcję f : [0, 1] [0, 1]. Jeśli f(0) = 0 lub f(1) = 1 to mamy punkt stały, jeśli nie to rozważmy g(x) := f(x) x, która jest ciągła oraz g(0) > 0 > g(1). Z twierdzenia Darboux o wartościach średnich dla funkcji ciągłych mamy, iż g przyjmuje wartość 0. rys.3 I.3 Lemat Knastera-Kuratowskiego-Mazurkiewicza. W pierwszym kroku dowodu twierdzenia Brouwer a sprowadzimy problem dowodu twierdzenia Brouwer a do lematu Knastera-Kuratowskiego- Mazurkiewicza[3], który będziemy w skrócie nazywać lematem K-K-M. Będziemy dzielić nasz zbiór na mniejsze podzbiory by pokazać, że pewne ich przecięcie 9

14 jest niepuste. Dowód tego lematu nie jest prosty ale sprowadzimy go do prostego faktu kombinatorycznego(lemat Sperner a [7,9]). Twierdzenie I.3.1 (Lemat K-K-M). Niech C i R n+1 gdzie i N 0 będzie rodziną domkniętych podzbiorów S n spełniającą warunki: (i) S n = i N 0 C i, (ii) jeżeli I, I N 0, J = N 0 \ I to i I gdzie S n i = {x S n : x i = 0}. Wtedy i N 0 C i. S n i C j j J rys.4 Uwaga: dla n = 1 warunek (ii) oznacza, iż v 0 C 0 oraz v 1 C 1. Dla n = 2 założenia przedstawia rys.4. Twierdzenie I.3.2. Lemat K-K-M implikuje twierdzenie Brouwer a. Dowód: Na podstawie Lematu I.2.2 wystarczy udowodnić, że lemat K-K- M implikuje twierdzenie Brouwer a dla sympleksu S n. Niech f : S n S n 10

15 będzie ciągła, f = (f 0,..., f n ) oraz niech v i, i = 0, 1,..., n będą punktami jednostkowymi w R n+1. Dla i N 0 niech C i = {x S n : f i (x) x i > 0} oraz C i = C i. Pokażę, że C i spełniają warunki lematu I.3.1. (i) oczywiste. : Jeżeli x S n oraz x / C i dla i N 0 to f i (x) > x i i I gdzie I = {i N 0 : x i > 0}. Wtedy 1 = v T x = v i x i < v i f i (x) v T f(x) = 1 i I i I co jest niemożliwe. Stąd S n C i C i. i N 0 i N 0 (ii) Z definicji x Si n, x / C i, i I wtedy dla J = N 0 \ I mamy i I x C j C j. j J j J Zatem zbiory C i spełniają założenia lematu K-K-M. Z założenia, że lemat K-K-M jest prawdziwy wynika, że istnieje x C i i N 0. Stąd x C i dla i N 0 zatem f i (x) x i i N 0. Dodatkowo 1 = v T x = v T f(x ) implikuje, iż f i (x ) = x i, i N 0. Stąd x jest punktem stałym f. I.4 Triangulacja. W rozdziale tym podzielę sympleks S n na mniejsze podzbiory. Definicja I.4.1 (Podział zbioru) Niech S R n. Rodzinę zbiorów A t S dla t T nazywamy podziałem zbioru S jeśli: (i) A t t T. (ii) t T A t = S. (iii) A t1 A t2 = jeśli t 1 t 2. Zgodnie z definicją I.1.11 ścianą sympleksu σ nazywamy sympleks, którego wierzchołki są wierzchołkami sympleksu σ. Mówimy, że dwa j-sympleksy są przystające jeśli mają wspólny (j 1)-sympleks jako ścianę. Będziemy dzielić nasz sympleks na mniejsze części tak by elementy tego podziału również były sympleksami. Taki podział będziemy nazywać triangulacją. Definicja I.4.2 (Triangulacja) Niech C R m będzie wypukły oraz niech aff C ma wymiar n m. Triangulacją G zbioru C będziemy nazywać rodzinę 11

16 podzbiorów zbioru C taką, że: (i) G jest zbiorem n-sympleksów. (ii) Wszystkie ściany sympleksów z G tworzą podział C. (iii) Każdy x C ma niepuste przecięcie ze skończoną ilością sympleksów z G. (warunek lokalnej skończoności). Zgodnie z powyższą definicją odrzucamy następujące przypadki: rys.5 Uwaga: Definicja I.4.2 (ii) wyklucza przypadek drugi z rys.5 ponieważ elementy τ oraz x są ścianami dla sympleksów z triangulacji i mają niepustą część wspólną. Przykład. Triangulacja kwadratu. Rodzina podzbiorów G = {< y 0, y 1, y 2 >, < y 0, y 2, y 3 >, < y 0, y 3, y 4 >, < y 0, y 4, y 1 >} jest triangulacją kwadratu jak na rys.6: rys.6 12

17 Przez G j oznaczamy zbiór złożony z j-sympleksów,0 j n, które są ścianami sympleksów z G. Stąd G n = G natomiast G 0 jest zbiorem wierzchołków wszystkich sympleksów z G, oznaczmy przez G + = j N 0 G j. Następne twierdzenie scharakteryzuje podstawowe własności triangulacji. Twierdzenie I.4.3. Niech G będzie triangulacją zbioru C R m, dimc = n m. Wtedy (a) σ = C, σ G (b) jeśli σ 1, σ 2 G oraz σ 1 σ 2, wtedy τ = σ 1 σ 2 jest domknięciem wspólnej ściany obu sympleksów σ 1 i σ 2, (c) jeśli D C jest zwarty, to D ma niepustą część wspólną ze skończoną ilością sympleksów z G, (d) jeśli τ G n 1, to tylko jeden z poniższych warunków jest spełniony: (i) τ C i τ jest ścianą dokładnie jednego sympleksu z G; (ii) τ C i τ jest ścianą dla dokładnie dwóch sympleksów z G, (e) niech D C, dimd = n 1 oraz D = C aff (D). Wtedy G = {τ : τ D, τ G n 1 } jest triangulacją D. Dowód: (a) wynika z definicji triangulacji I.4.2. (b) Niech x σ 1 σ 2. Z faktu, iż wszystkie ściany sympleksów z G tworzą podział zbioru C mamy, że x leży na ścianie τ 1 sympleksu σ 1 oraz τ 2 sympleksu σ 2. Skoro G jest triangulacją, τ 1 = τ 2, tzn. każdy punkt z σ 1 σ 2 leży na wspólnej ścianie σ 1 i σ 2. Niech bowiem w 0,..., w j będą wierzchołkami tej wspólnej ściany. Wtedy każdy w i jest wspólnym wierzchołkiem dla σ 1 oraz σ 2. Każdy x σ 1 σ 2 leży w [w 0, w 1,..., w j ] i naturalnie [w 0, w 1,..., w j ] σ 1 σ 2 bo przecięcie to jest zbiorem wypukłym. Stąd σ 1 σ 2 = [w 0, w 1,..., w j ] jest domknięciem wspólnej ściany σ 1 i σ 2. (c) Wynika z podpunktu (iii) w definicji I.4.2. Przypuśmy bowiem, że zbiór D ma niepustą część wspólną z nieskończoną ilością sympleksów z G. Istnieje wtedy ciąg nieskończony x n D taki, że x k σ k oraz σ k σ l dla k l. Zbiór D jest zwarty zatem istnieje podciąg x nk zbieżny do x D. Wtedy dla odpowiednio dużego n k punkt x miałby niepustą część wspólną z nieskończoną ilością różnych sympleksów. 13

18 (d) Skoro dimc = n > n 1 = aff (τ), istnieje punkt w C\aff (τ). Niech x będzie barycentrum τ, tzn. jeżeli τ =< y 1, y 2,..., y n > to x = i N y i /n. Niech x l = w/l + (1 1/l)x dla l = 1, 2,... Wtedy x l C l, x l x oraz żaden x l nie leży w aff (τ). Istnieje otoczenie M punktu x, które ma niepustą część wspólną ze skończoną ilością sympleksów z G i zawiera nieskończenie wiele punktów x l. Istnieje więc sympleks σ G + zawierający nieskończenie wiele punktów x l. Ciąg x l x element x σ oraz x τ zatem z (b) x leży na domknięciu wspólnej ściany σ i τ. Punkt x leży w τ zatem τ jest ścianą σ. Z faktu, iż σ τ, σ jest n-sympleksem w G. Zatem każda ściana τ G n 1 jest ścianą co najmniej jednego σ G. (i) Niech τ C. Przez zaprzeczenie załóżmy, że τ jest ścianą dla sympleksów σ 1 oraz σ 2 gdzie σ 1 σ 2. Niech σ 1 =< z 0, y 1,..., y n > oraz σ 2 =< w 0, y 1,..., y n >, z 0, w 0 R n+1. Skoro σ 1 jest n-sympleksem, aff (σ 1 ) = aff (C) oraz w 0 aff (C). Mamy w 0 = ρz 0 + λ i y i gdzie ρ + λ i = 1. ( ) i N i N Rozważmy trzy przypadki: Przypadek 1 ρ > 0. Niech c = (1 ɛ)x + ɛw 0 = ɛw 0 + i N ((1 ɛ)/n)y i = ρɛz 0 + i N(ɛλ i + (1 ɛ)/n)y i. Dla każdego 0 < ɛ < 1 mamy c σ 2. Z drugiej strony dla odpowiednio małego ɛ element c należy do σ 2 więc mamy sprzeczność. Przypadek 2 ρ = 0. Wtedy w 0 jest kombinacją liniową y 1, y 2,..., y n i σ 2 nie jest n-sympleksem. Przypadek 3 ρ < 0. Każdy punkt c należący do aff (σ 2 ) = aff (C) może być przedstawiony jako c = πw 0 + i N µ i y i, gdzie π + i N µ i = 1. Podstawiając (*) mamy c = ρπz 0 + i N(µ i + πλ i )y i. Suma współczynników ρ + i N(µ i + πλ i ) = π(ρ + i N λ i ) + i N = π + i N µ i = 1. Jeśli c należy do otoczenia M elementu x to element c jest bliski x tzn. różnica c x jest bliska 0, gdzie c x = ρπz 0 + i N(µ i + πλ i 1/n)y i. Wtedy π jest bliskie zeru oraz µ i jest bliskie 1/n (tzn. π 1/n < ɛ dla pewnego ɛ > 0), dla i N. Ale wówczas każdy punkt z M leży w σ 2 (jeśli π > 0), τ (jeśli π = 0) albo w σ 1 (jeśli π < 0 ), więc M C. Otrzymujemy sprzeczność z tym, że x τ C. 14

19 (ii) τ C. Wtedy istnieje x τ z otoczeniem (w aff (C)) zawartym w C. Z tego otoczenia możemy wybrać dwa punkty w 1 i w 2 gdzie (w 1 +w 2 )/2 = x oraz w 1, w 2 / aff (τ). Ponieważ τ jest ścianą główną w 1 i w 2 leżą po przeciwnych stronach ściany τ. Stąd jesteśmy w stanie znaleźć dwa sympleksy σ 1 oraz σ 2 ze wspólną ścianą τ takie, że σ 1 σ 2. rys.7 (e) G zawiera (n 1)-sympleksy z G n 1. Wszystkie ściany sympleksów w G są rozłączne, warunek lokalnej skończoności (warunek (iii) z definicji triangulacji) również zachodzi dla G skoro zachodzi dla G. Musimy pokazać, że sympleksy z G oraz ich ściany pokrywają D. Weźmy dowolny x D, skoro x C, x leży w którymś ρ G j. Z faktu, iż x leży na C, nie istnieje otoczenie x zawarte w C. Stąd ρ nie może być n-sympleksem. Gdyby któryś z wierzchołków ρ nie leżał w aff (D), wtedy istniałby wierzchołek leżący poza aff (D). To przeczy inkluzji D C. Stąd każdy wierzchołek ρ musi leżeć w aff (D) i stąd w D. Zatem ρ D. Jeśli ρ jest (n 1)-sympleksem to znaleźliśmy sympleks o wymiarze n 1 taki, że x ρ. Jeśli nie, to stosując rozumowania jak w (d) znajdujemy sympleks o większym wymiarze w aff (D) ze ścianą ρ. 15

20 I.5 Lemat Sperner a. W rozdziale tym przedstawię lemat Sperner a[7,9], na podstawie którego udowodnię lemat K-K-M. Idea zdefiniowanego poniżej etykietowania wygląda następująco. Rozważmy sympleks S 1 := {x R+ 1+1 : x 0 + x 1 = 1}, funkcję f = (f 0, f 1 ) : S 1 S 1 oraz zbiory: C 0 = {x S 1 : x 0 f 0 (x)} i C 1 = {x S 1 : x 1 f 1 (x)}. Zauważmy, że każdy punkt x należy albo do C 0 albo do C 1. Jeśli x należy do obu to x jest szukanym punktem stałym. Podzielmy teraz nasz sympleks na mniejsze podzbiory, punkty należące do C 0 będziemy etykietować przez 0, należące do C 1 przez 1 jak na rys.8. Będziemy szukać segmentu z etykietami 0 i 1. rys.8 Definicja I.5.1 (Etykietowanie zaniedbywalne). Niech G będzie triangulacją S n. Etykietowanie zaniedbywalne triangulacji G jest to takie etykietowanie wierzchołków z G liczbami ze zbioru N 0 aby żaden wierzchołek z S n i nie był zaetykietowany etykietą i. Sympleks, którego etykietami są wszystkie liczby z N 0 nazywamy zupełnym. Twierdzenie I.5.2 (Sperner a). Niech G będzie triangulacją S n z etykietowaniem zaniedbywalnym. Wtedy w G istnieje sympleks zupełny. 16

21 Tezę w lemacie Spernera można wzmocnić. Mocniejsza wersja, która zostanie udowodniona stwierdza, iż liczba sympleksów zupełnych jest nieparzysta. Dowód: Dowód indukcyjny. Teza jest oczywista dla n = 0 gdyż 0-wymiarowy sympleks jest zbiorem jednopunktowym. Załóżmy, że lemat jest prawdziwy dla (n 1)-sympleksów. Pokażemy, że lemat jest prawdziwy dla n-sympleksów. Niech zbiór G = {σ 1,..., σ q } będzie triangulacją S n z etykietowaniem zaniedbywalnym. Niech U będzie ścianą główną sympleksu S n zawierającą wierzchołki v 0,..., v n 1. Wówczas pewna ilość ścian głównych sympleksów σ i jest triangulacją U (warunek (d) twierdzenia I.4.3). Niech τ 1,..., τ p będzie podziałem U. Na mocy założenia indukcyjnego istnieje nieparzysta ilość (n 1)- sympleksów zupełnych spośród τ 1,..., τ p tzn. takich, które są zaetykietowane przez wszystkie liczby 0, 1,..., (n 1). Zauważmy, że dowolny sympleks σ i, i = 1, 2,..., q może mieć tylko 0,1 lub 2 ściany zupełne. Istotnie, jeśli główna ściana sympleksu σ i jest zaetykietowana przez liczby 0, 1,..., (n 1) i jeśli pozostały wierzchołek sympleksu σ i ma numer n, to sympleks σ i jest w pełni zaetykietowany przez liczby 0, 1,..., n i ma tylko jedną ścianę główną zupełną. W przeciwnym razie, jeśli pozostały wierzchołek ma numer będący jedną z liczb 0, 1,..., (n 1), to sympleks σ i ma dwie ściany zupełne. Policzymy teraz wszystkie ściany główne wszystkich sympleksów σ i, i = 1, 2,..., q, w pełni zaetykietowane przez liczby 0, 1,..., (n 1). Rozważmy liczbę ( ) liczba sympleksów σi mających jedną ścianę zaetykietowaną N = + przez liczby 0, 1,...(n 1) + 2 ( liczba sympleksów σi mających dwie ściany zaetykietowane przez liczby 0, 1,...(n 1) = ( liczba sympleksów σi w pełni zaetykietowanych przez liczby 0, 1,...n + 2 ( liczba sympleksów σi mających dwie ściany zaetykietowane przez liczby 0, 1,...(n 1) ) + ) ) 17

22 N nie jest liczbą wszystkich ścian głównych sympleksów σ i w pełni zaetykietowanych przez liczby 0, 1,..., (n 1), gdyż niektóre z tych ścian zostały policzone dwukrotnie. Jeśli ściana jest jedną z rodziny {σ 1,..., σ p }, to była policzona raz. Jeśli ściana σ i jest zaetykietowana przez liczby 0, 1,..., (n 1), ale nie jest zawarta w U, to jest wspólną ścianą dwóch n-sympleksów podziału {σ 1,..., σ q }, więc została w N policzona dwukrotnie. Otrzymujemy stąd, że: + N = 2 ( liczba ścian τj w pełni zaetykietowanych przez liczby 0, 1,...(n 1) ( liczba innych ścian τj zaetykietowanych przez liczby 0, 1,...(n 1) Wynika stąd, że liczba ścian τ j w pełni zaetykietowanych przez liczby 0, 1,..., (n 1) oraz liczba sympleksów σ i w pełni zaetykietowanych przez liczby 0, 1,..., n, różnią się o liczbę parzystą. Skoro pierwsza z tych liczb jest nieparzysta, to nieparzysta jest także druga spośród nich. Przykład n = 2 ) ) + rys.9 18

23 Twierdzenie I.5.3. Lemat Sperner a implikuje Twierdzenie Brouwer a. Dowód. Niech C i, i N 0 będą domkniętymi zbiorami spełniającymi założenia lematu K-K-M. Niech G k, dla k = 0, 1,... będzie ciągiem triangulacji S n takim, że średnica triangulacji zbiega do 0 ( mesh p (G k ) k 0). Dla każdego k, zaetykietujmy wszystkie wierzchołki y triangulacji G k przez i = min{j N 0 : y C j, y / Sj n }. Istnienie takiego i zapewniają nam założenia lematu I.3.1. Jest to etykietowanie zaniedbywalne. Z założenia, że lemat Sperner a jest prawdziwy, wynika, że istnieje kompletny sympleks σ k w G k. Niech wierzchołki σ k będą oznaczone y ki, i N 0, gdzie y ki ma etykietę i. Zatem y ki C i, i N 0. Ciąg y k0, k = 1, 2,... leży w zwartym zbiorze S n zatem zawiera podciąg zbieżny. Niech y k0 x S n. Skoro mesh p (σ k ) 0, mamy lim y ki = x. k Zbiory C i są domknięte, stąd x C i i N 0. Co dowodzi lematu K-K-M. Uwaga: Lemat Sperner a tylko przybliża punkt stały a dokładniej jego obraz. Lemat I.5.4. Niech G będzie triangulacją S n o średnicy mesh p (G) < δ a więc diam(σ) < δ dla każdego σ G. Niech f : S n S n będzie ciągła, f = (f 0,..., f n ). Wówczas f jest jednostajnie ciągła na S n tzn. ɛ > 0 δ > 0 x, y S n x z < δ f(x) f(z) ɛ. Zaetykietujmy wierzchołki y w G przez i = min{j : f j (y) y j > 0}. Wtedy jeśli σ jest sympleksem zupełnym w G oraz x σ, to f(x ) x n(ɛ + δ). Dowód. Niech sympleks zupełny σ ma wierzchołki y i, ma etykietę i. Niech x σ. Wtedy dla i N 0 mamy: i N 0, gdzie y i f i (x ) x = (f i (x ) f i (y i )) + (f i (y i ) y i i) + (y i i x i ). Założenia lematu gwarantują nam, iż pierwszy składnik będzie mniejszy od ɛ, 19

24 oraz ostatni mniejszy od δ. Z faktu, że y i ma etykietę i wynika, że środkowy składnik jest niedodatni. Stąd dla każdego i N 0, f i (x ) x i ɛ + δ. Dodatkowo dla v = v i gdzie v i R n+1 -punkt jednostkowy mamy v T f(x ) = v T x = 1. Stąd i N 0 f i (x ) x = j i(f j (x ) x j) n(ɛ + δ). I.6 Przykłady triangulacji. W rozdziale tym przedstawię dwie przykładowe triangulacje R n oraz S n. Jedna z nich zostanie użyta do konstrukcji algorytmu i odpowiada na pytanie Brouwer a: czy istnieje regularna triangulacja sympleksu o dowolnie małej średnicy triangulacji, w której podsympleksy nie stają się zbyt chude i cienkie.[1] Triangulacja K 1 przestrzeni R n często nazywana jest triangulacją Kuhna. Jako pierwsza pojawia się w pracy Freudenthal a[1]. Definicja I.6.1 (Triangulacja K 1 ). Niech K 0 1 = Z n = {y R n : y i Z i N}. Jeśli y 0 K 0 1 i π jest permutacją N, wtedy k 1 (y 0, π) :=< y 0,..., y n >, gdzie y i = y i 1 + u π(i) dla każdego i N(u i punkt jednostkowy w R n ). Niech K 1 będzie zbiorem wszystkich takich k 1 (y 0, π) gdzie π dowolne. W dalszej części pracy będziemy zakładać, że sympleks k 1 (y 0, π) =< y 0,..., y n > ma wyznaczone wierzchołki jak powyżej. Lemat I.6.2. K 1 jest triangulacją R n. Dowód:. Pierwsze dwa warunki triangulacji wynikają bezpośrednio z definicji. K 1 jest zbiorem n-sympleksów oraz każdy punkt z R n ma niepuste przecięcie ze skończoną ilością sympleksów z K 1. Wystarczy zatem pokazać, że K 1 + jest podziałem R n. Niech x będzie dowolnym punktem z R n. Znajdziemy sympleks σ taki, że x σ. Dla każdego 20

25 i N, niech yi 0 = x i gdzie, oznacza część całkowitą liczby. Wtedy y 0 Ki 0. Niech z = x y 0 ; mamy 0 z u (u = i N u i ). Niech π będzie permutacją N taką, że 1 z π(1)... z π(n) 0. Powyższe wyrażenia 1, z π(1),..., z π(n), 0 oznaczmy kolejno przez α 0 = 1, α 1,..., α n, α n+1 = 0. Dla i N 0 niech β i = α i α i+1. Mamy β i 0 oraz i N 0 β i = α 0 α n+1 = 1. Niech σ =< y 0,..., y n >= k 1 (y 0, π). β i y i = y 0 + β i (y i y 0 ) = y 0 + i β i ( (y i y j 1 )) = i N 0 i N i N j=i = y 0 + j N(y n i y i 1 )( β i ) = y 0 + u π(j) α j = i=j j N = y 0 + j N u π(j) z π(j) = y 0 + z = x Mamy x σ. Stąd σ K + = R n. 1 Musimy jeszcze pokazać, iż wszystkie ściany K 1 + są rozłączne. Niech x R n będzie dowolny. Możemy założyć, iż x σ gdzie σ =< y 0,..., y n >= k 1 (y 0, π) K 1 jest skonstruowany jak w definicji I.6.1. Stąd x = β i y i, i N 0 β i 0 dla i N 0 i β i = 1. Wtedy x leży na ścianie sympleksu σ, którego i N 0 wierzchołkami są y l dla l L = {l N 0 : β l > 0}. Skonstruujemy teraz wszystkie wierzchołki sympleksu, do którego należy x niezależnie od y 0 i π. Dla dowolnego z σ mamy z = i N 0 β i (z)y i, β i (z) 0 dla każdego i N 0 oraz n i=0 β i (z) = 1. Niech α i (z) = n j=i β j (z) dla i =, 1,..., n + 1 (przyjmijmy α n+1 (z) = 0). Stąd 1 = α 0 (z)... α n+1 (z) = 0, gdzie α i (z) = z π (i) y π (i) dla i N. Powyższy fakt jest prawdziwy zarówno dla x jak i dla każdego y l, l L. Dla l L wektor (α 0 (y l ),..., α n+1 (y l )) ma postać (1, 1,..., 1, 0,..., 0) z ostatnią jedną 1 na miejscu l. Możemy zatem skonstruować współrzędne y l dla l L bezpośrednio z x. Dla każdego γ (0, 1], niech y(γ) (jeden z y l ) będzie zdefiniowany przez y i (γ) = { xi + 1 jeśli x i x i γ x i jeśli x i x i < γ Z faktu, iż y(γ) są wyznaczone bezpośrednio z x niezależnie od y 0 oraz π element x leży w dokładnie jednej ścianie sympleksu K 1 ponieważ zawsze otrzymamy te same wierzchołki y l a zatem tą samą ścianę. Stąd sympleksy 21

26 z K 1 tworzą pokrycie R n. Przykład. n = 4 Niech x = (21/2, 11/2, 21/4, 1/4) T. Znajdziemy wszystkie sympleksy z K 1, których domknięcie zawiera x. Mamy y = (2, 1, 3, 0) T oraz z = x y = (1/2, 1/2, 3/4, 1/4). Zgodnie z umową w definicji triangulacji K 1 możemy przyjąć π 1 = (3, 1, 2, 4) lub π 2 = (3, 2, 1, 4). W obu przypadkach dostajemy α = (1, 3/4, 1/2, 1/2, 1/4, 0) oraz β(1/4, 1/4, 0, 1/4, 1/4). Dwoma możliwymi sympleksami są < y 0,..., y 4 >= k 1 (y, π 1 ) oraz < z 0,..., z 4 >= k 1 (y, π 2 ) gdzie y 0 = z 0 = (2, 1, 3, 0) T, y 1 = z 1 = (2, 1, 2, 0), y 2 = (3, 1, 2, 0) T, z 2 = (2, 2, 2, ) T, y 3 = z 3 = (3, 2, 2, 0) T oraz y 4 = z 4 = (3, 2, 2, 1) T. Punkt x = 4 i=1 β i y i = 4 i=1 β i z i leży na ścianie < y 0, y 1, y 3, y 4 >. Teraz wyprowadźmy wierzchołki sympleksu bezpośrednio z x jak w drugiej części dowodu. Dla 0 < γ < 1/4, y(γ) = (3, 2, 2, 1) T = y 4. Dla 1/4 < γ 1/2, y(γ) = (3, 2, 2, 0) T = y 4. Dla 1/2 < γ 3/4, y(γ) = (2, 1, 2, 0) T = y 1. Ostatecznie 3/4 < γ 1, y(γ) = (2, 1, 3, 0) T = y 0. Uwaga. Alternatywna definicja zbioru k 1 (y, π): jest to zbiór tych x spełniających 1 x π(1) y π(1)... x π(n) y π(n) 0. ( ) Jeśli powyższe nierówności zamienimy na ostre, to otrzymamy definicję zbioru k 1 (y, π). Dodatkowo x R n leży w sympleksie z K 1 + o mniejszym wymiarze niż n tylko jeśli x i lub (x i x j ) jest liczbą całkowitą. Kolejna triangulacja przestrzeni R n została wprowadzone przez Tucker a[1]. Definicja I.6.3 (Triangulacja J 1 ). Niech J1 0 = Z n, J1 0c = {y J1 0 : y i jest nieparzysta i N}. Jeśli y 0 J1 0c, π jest permutacją N oraz s R n jest wektorem znaku (tzn. s i = +1 dla i = 1, 2,..., n), wtedy j 1 (y 0, π, s) :=< y 0,..., y n >, gdzie y i = y i 1 + s π(i) u π(i) dla każdego i N. Przez J 1 oznaczymy zbiór wszystkich takich sympleksów j 1 (y 0, π, s) gdzie π i s dowolne. Analogicznie jak poprzednio J 1 jest triangulacją. Uwaga: Alternatywna definicja j 1 (y 0, π, s) poprzez nierówności (podobnie jak ( ) dla k 1 (y, π)) wygląda następująco: 1 s π(1) (x π(1) y π(1) )... s π(n) (x π(n) y π(n) ) 0. 22

27 1/4K 1 1/4J 1 rys.10 σ 1 = k 1 ((1/4, 1/2) T, (1, 2)) σ 2 = k 1 ((1/2, 0) T, (2, 1)) σ 3 = j 1 ((1/4, 1/4) T, (1, 2), (+1, 1) T ) σ 4 = j 2 ((3/4, 1/4) T, (2, 1), ( 1, +1) T ) Triangulacja S n. Niech C R n i δ R. Przez δc będziemy oznaczać zbiór {δc : c C}. Dla dowolnej rodziny podzbiorów G przestrzeni R n oraz dowolnej 0 δ R, niech δg oznacza zbiór {δc : C G}. Jeśli G jest triangulacją D, δg jest triangulacją δd. W szczególności δk 1 oraz δj 1 są triangulacjami R n. Co więcej mesh 2 δk 1 = mesh 2 δj 1 = n δ. Stąd otrzymujemy triangulację R n o dowolnej średnicy. Skonstruujemy teraz triangulację S n. Niech C n = {x R n ; 1 x 1... x n 0}. Najpierw przeprowadzimy triangulację C n. Weźmy 0 < m Z oraz niech K 1 (J 1 ) będą zbiorami złożonymi z tych sympleksów z K 1 (J 1 ), które mają część wspólną z mc n = {x R n : m x 1... x n 0}. Niech x mc n leży w σ K 1 (σ J 1 ). Podobnie jak w dowodzie lematu I.6.2 możemy otrzymać wierzchołki σ ze współrzędnych x. Wszystkie te wierzchołki będą również leżeć w mc n. Stąd K 1 oraz J 1 są triangulacją mc n a zatem m 1 K 1 i m 1 J 1 są triangulacją C n. 23

28 Aby otrzymać triangulację S n musimy posłużyć się homeomorfizmem z lematu I Definicja I.6.4 (Triangulacja K 2 (m)). Niech Q będzie macierzą wymiaru (n + 1) n: dla j N. Niech K 0 2(m) := {y S n : my i Z dla każdego i N 0 }. Jeśli y 0 K 0 2(m) oraz π jest permutacją zbioru N, to oznaczmy σ =< y 0,..., y n >, gdzie y i = y i 1 + m 1 q π(i) dla każdego i N. Jeśli σ S n to σ = k 2 (y 0, π) (m jest ustalone ). Ostatecznie przez K 2 (m) będziemy oznaczać zbiór wszystkich takich k 2 (y 0, π) gdzie π dowolne. Definicja I.6.5 (Triangulacja J 2 (m)). Niech J 0 2 (m) = K 0 2(m) oraz J 0c 2 (m) := {y J 0 2 (m) : my i jest parzysta, 1 i < n oraz my n jest nieparzysta}. Jeśli y 0 J 0c 2 (m), π będzie permutacją N, oraz s R n będzie wektorem znaku, wtedy σ =< y 0,..., y n > gdzie y i = y i 1 + m 1 s π(i) q π(i) dla każdego i N. Jeśli σ S n to σ = j 2 (y 0, π, s) (m ustalone). Ostatecznie przez J 2 (m) będziemy oznaczać zbiór wszystkich takich j 2 (y 0, π, s) gdzie π dowolne. Lemat I.6.6. K 2 (m) oraz J 2 (m) są triangulacją S n. Przykład (n = 2) K 2 (4) J 2 (4) rys.11 24

29 Dla danej triangulacji G przedstawiony algorytm będzie tworzył ciąg przystających sympleksów σ 1, σ 2,... będących elementami G. Będziemy zamieniać sympleks σ i z sąsiadującym z nim sympleksem σ i+1 poprzez zamianę wierzchołka y z σ 1 na wierzchołek y +. Przedstawię teraz w odpowiednich tabelach jak zamieniać wierzchołki. K 1. Niech σ =< y 0,..., y n >= k 1 (y 0, π) będzie ustalony. Otrzymamy sympleks τ =< z 0,..., z n >= k 1 (z 0, ρ), który ma wszystkie wierzchołki σ poza y i. Poniższa tabela przedstawia jak otrzymać wszystkie wierzchołki z i. z 0 ρ i = 0 y 0 + u π(i) (π(2),..., π(n), π(1)) 0 < i < n y 0 (π(1),..., π(i + 1), π(i),..., π(n)) i = n y 0 u π(n) (π(n), π(1),..., π(n 1)) Dla δk 1 zamieniamy u π(1) oraz u π(n) przez δu π(1) oraz δu π(n), odpowiednio. K 2 (m). Niech σ = k 2 (y 0, π) =< y 0,..., y n >, oraz niech τ = k 2 (z 0, ρ) zawiera wszystkie wierzchołki sympleksu σ z wyjątkiem y i. Zastępując u π(1) oraz u π(n) poprzez m 1 q π(1) oraz m 1 q π(n), odpowiednio wierzchołek z 0 oraz ρ może być otrzymany z y 0,π oraz i zgodnie z powyższą tabelą. J 1. Niech σ = j 1 (y 0 ), π, s) =< y 0,..., y n > oraz niech τ = j 1 (z 0, ρ, t) zawiera wszystkie wierzchołki σ z wyjątkiem y i. Wtedy z 0, ρ oraz t możemy otrzymać z y 0, π, s i i jak w poniższej tabeli. z 0 ρ t i = 0 y + 2s π(1) u π(1) π s 2s π(n) u π(1) 0 < i < n y (π(1),..., π(i + 1), π(i),..., π(n)) s i = n y π s 2s π(n) u π(n) Dla δj 1 zastępujemy u π(1) w lewej górnej komórce tabeli przez δu π(1). J 2 (m). Niech σ = j 2 (y 0, π, s) =< y 0,..., y n > oraz τ = j 2 (z 0, ρ, t) zawiera wszystkie wierzchołki sympleksu σ z wyjątkiem y i. Wtedy z 0, ρ oraz t możemy otrzymać z y 0, π, s, odpowiednio, tak jak w powyższej tabeli zastępując u π(1) w lewej górnej komórce tabeli przez m 1 q π(1). Większość algorytmów dotyczących aproksymacji punktów stałych zależy od triangulacji. Wpływa ona na szybkość i dokładność algorytmu. W przedstawionym algorytmie będziemy wykorzystywać własność z twierdzenia I.4.3 (d) mówiąca, iż jeśli σ jest n-sympleksem w G, τ jest ścianą σ oraz τ C, 25

30 wtedy istnieje dokładnie jeden n-sympleks σ w G, którego ścianą jest τ. I.7 Algorytm znajdujący sympleks zupełny. Zgodnie z definicją I.4.3 sympleksem zupełnym nazywamy sympleks, którego wierzchołki są zaetykietowane wszystkimi liczbami z N 0. Załóżmy, że G jest triangulacją S n z etykietowaniem zaniedbywalnym tzn. żaden wierzchołek na ścianie Si n nie ma etykiety i. Elementy z G i G n 1 czyli n-sympleksy i (n 1)-sympleksy, które mają etykiety 0, 1,..., n 1 będziemy nazywać częściowo zupełnymi. Skonstruujemy teraz graf Γ n. Definicja I.7.1 (Γ n ). Wierzchołkami Γ n będą n-sympleksy oraz (n 1)- sympleksy należące do Sn. n Dwa wierzchołki grafu Γ n są incydentne jeśli jeden z wierzchołków jest częściowo zupełną ścianą a drugi n-sympleksem częściowo zupełnym lub jeśli mają wspólną częściowo zupełną ścianę. Przykład (n=2) rys.12 26

31 Wierzchołki Γ 2 oznaczone są przez kropki ( znajdujące się w barycentrum każdego z sympleksów) a krawędzie tworzone są przez zbiory dwuelementowe częściowo zupełnych sympleksów takich, że mają wspólną częściowo zupełną ścianę. Będziemy teraz analizować stopień każdego wierzchołka Γ n tzn. ilość incydentnych z nim wierzchołków. Możliwe są 3 następujące przypadki: Przypadek 1. τ jest częściowo zupełnym (n 1)-sympleksem w S n n. Z twierdzenie I.4.3 (d), τ jest ścianą dokładnie jednego n-sympleksu σ i oczywiście σ jest częściowo zupełnym sympleksem. Stąd τ ma stopień 1. ( τ na rys.12). Przypadek 2. σ jest zupełnym n-sympleksem. Wtedy σ ma dokładnie jeden częściowo zupełny sympleks τ jako ścianę naprzeciwko wierzchołka z etykietą n. Jeśli τ S n n, τ jest ścianą wyłącznie sympleksu σ (twierdzenie I.4.3(d) (i)). Zatem σ jest incydentny z τ i z żadnym innym wierzchołkiem w Γ n. Jeśli τ S n n, wtedy ze względu na to, że etykietowanie jest zaniedbywalne mamy τ S n oraz τ jest ścianą dokładnie jednego n-sympleksu σ należącego do G (twierdzenie I.4.3 (d) (ii)). Sympleks σ jest częściowo zupełnym sympleksem. W obu tych przypadkach σ ma stopień 1.(σ 1 oraz σ 2 na rys.12). Przypadek 3. σ jest sympleksem częściowo zupełnym ale nie jest zupełnym. Skoro n + 1 wierzchołków sympleksu σ etykietowanych jest za pomocą n etykiet to istnieje dokładnie jedna para y 1, y 2 wierzchołków posiadających tę samą etykietę. Zatem σ ma dokładnie dwie częściowo zupełne ściany τ 1 oraz τ 2 naprzeciwko wierzchołków y 1, y 2 odpowiednio. Tak jak w przypadku 2 każda taka ściana leży w S n n i jest wierzchołkiem grafu Γ n i jest incydentna z częściowo zupełnym sympleksem σ i. W każdym z tych przypadków σ ma stopień dwa. (σ 3, σ 4 na rys.12). Analizując powyższe przypadki możemy sformułować następujące twierdzenie. Twierdzenie I.7.2. Dowolna ścieżka podgrafu w Γ n (tzn. ciąg sympleksów σ 0, σ 1,..., σ k pomiędzy którymi istnieje krawędź) jest postaci: (i) jest pętlą (σ 0 = σ n ), której wierzchołkami są sympleksy częściowo zupełne ale nie zupełne, 27

32 (ii) jest ścieżką otwartą (σ 0 σ k ), której wierzchołki są sympleksami częściowo zupełnymi lecz nie zupełnymi z wyjątkiem wierzchołków końcowych, które są albo (a) zupełnym n-sympleksem albo (b) częściowo zupełnym (n 1)-sympleksem leżącym w S n n. Jak znaleźć drogę do sympleksu kompletnego? Nawet jeśli znajdziemy częściowo zupełny (n 1)-sympleks w S n n, poruszając się wzdłuż pewnej ścieżki grafu Γ n możemy dojść ponownie do S n n (jak na rys.12). Aby tego uniknąć musimy mieć pewność, iż mamy tylko jeden (n 1)-sympleks w S n n. Opiszemy metodę znajdowania sympleksu częściowo zupełnego na ścianie S n n polegającą na przypisaniu dodatkowych etykiet wierzchołkom na ścianie S n n. Algorytm Kuhn a. Niech dana będzie funkcja f : S n S n. Będziemy szukać punktu stałego poprzez szukanie sympleksu zupełnego. Użyjemy do tego triangulacji K 2 (m), którą najpierw poprawimy tak by przypisywać dodatkowe etykiety wierzchołkom na ścianie Sn. n Sympleksy z K 1, które mają część wspólną z m C n = {x R n : m x 1... x n 1} są triangulacją m C n. Stąd sympleksy z m 1 K 1, które mają część wspólną z C n = {x R n : 1 x 1... x n m 1 } są triangulacją C n. Stosując homeomorfizm h zdefiniowany w lemacie I.1.14 otrzymujemy K 2 (m)-triangulację S n = {x R n+1 : v T x = 1, x i 0, i = 0,..., n 1, x n m 1 }. S n jest zmodyfikowanym sympleksem S n z dodatkową warstwą na ścianie Sn n (zaznaczoną przerywaną linią na rys.13). Każdy wierzchołek z K 2 (m) leży w S n lub jego ostatnia współrzędna jest równa m 1. Dla wierzchołka y K 0 2 (m), jeśli y S n n to etykietujemy go etykietą min{j N 0 : f j (y) y j > 0}. Jeśli y / Sn n etykietujemy go etykietą min{j N 0 : y j = max k y k }. Musimy jeszcze rozszerzyć funkcję f na S n. Niech f(x) = (n + 1) 1 v dla x S n n = {x S n : x n = m 1 }. Jeśli oznaczymy ścianę S i n = {x S n : x i = 0} dla i = 0,..., n 1, to 28

33 uzyskane etykietowanie będzie etykietowanien zaniedbywalnym, tzn. żaden wierzchołek z S i n nie będzie miał etykiety i. Co więcej, jeśli σ K 2 (m) nie leży w S n, wtedy wszystkie jego wierzchołki mają n-tą współrzędną 0 lub m 1 i nie mogą mieć etykiety n. Stąd, wszystkie zupełne sympleksy z K 2 (m) leżą w S n. Aby zakończyć opis algorytmu musimy zapewnić, iż istnieje dokładnie jeden częściowo zupełny (n 1)-sympleks τ w S n. n Niech m = kn dla pewnej całkowitej liczby k > 0. Lemat I.7.3. Istnieje dokładnie jeden częściowo zupełny (n 1)-sympleks τ K n 1 2 (m) w Sn n. Dowód. Niech sympleksy z K 2 (m) będą zdefiniowane jak powyżej z tą różnicą, że każdy wierzchołek musi leżeć w S n ale niekoniecznie w S n. Najpierw wskażemy częściowo zupełny (n 1)-sympleks τ w S n n i pokażemy, że jest on wyznaczony jednoznacznie. Niech y = ((k + 1)m 1, km 1,..., km 1, m 1 ) T oraz π = (1, 2,..., n 1). Niech (n 1)-sympleks τ = k 2 (y, π ) będzie zdefiniowany tak jak w definicji I.6.4. Jego wierzchołkami będą y 0,..., y n 1 gdzie y 0 = y oraz y i = y i 1 + m 1 q π (i) dla i = 1, 2,..., n 1. Stąd mają one postać y i = (km 1,..., km 1, (k + 1)m 1,..., km 1, m 1 ) T, gdzie i-ta współrzędna jest równa (k + 1)m 1 jest na i-tej współrzędnej. Stąd każdy wierzchołek y i ma etykietę i. Co więcej, τ jest ścianą w K 2 ((y ), (1, 2,..., n)). Stąd τ jest częściowo zupełnym (n 1)-sympleksem w S n. n Teraz pokażemy, że τ jest jedynym takim sympleksem. Niech τ =< ȳ 0,..., ȳ n 1 >= k 2 (ȳ 0, π) będzie częściowo zupełnym (n 1)- sympleksem w S n. n Musimy pokazać, że τ = τ. Niech ȳ i = (a i0 m 1,..., a in 1 m 1, m 1 ) T dla każdego i. Wtedy, n 1 j=0 a ij = m + 1 = kn + 1 dla każdego i. Stąd ȳ i będzie miał etykietę j tylko gdy a ij k + 1. Jeśli a 00 < k + 1, wtedy a i0 < k + 1 dla każdego i oraz żaden wierzchołek nie ma etykiety 0. Jeśli a 00 > k + 1, wtedy istnieje j takie, że a 0j < k a więc a ij k dla każdego i oraz żaden wierzchołek nie ma etykiety j. Stąd, a 00 = k +1. Analogicznie pokazujemy, że żaden a 0j nie może być równy k +1. Jeśli a 0j < k dla pewnego j, to wtedy a i0 k a ij dla każdego i oraz żaden wierzchołek nie będzie miał etykiety j. W konsekwencji ȳ 0 musi być równy y. Jeśli π(1) 1, wtedy ȳ 1 ma etykietę 0 co jest sprzeczne z faktem, że ȳ i ma etykietę j tylko gdy a ij k + 1. Analogicznie π(2) musi być równe 2, 29

34 itd. Stąd π = π oraz τ = τ. Stąd τ jest jedynym częściowo zupełnym n 1 sympleksem w K 2 (m) leżącym w S n. n Algorytm Niech dana będzie funkcja f : S n S n. Niech m = kn dla pewnej liczby całkowitej k > 0. Podzielmy S n za pomocą triangulacji K 2 (m) oraz oznaczmy wierzchołki K2 (m) tak jak powyżej. Niech τ będzie częściowo zupełnym K n 1 (n 1)-sympleksem w 2 (m) leżącym w S n. n Krok 0. Niech σ 1 będzie n-sympleksem w K 2 (m), którego ścianą jest τ. Niech y + będzie wierzchołkiem σ 1 nie należącym do ściany τ. Przyjmujemy l = 1. Krok 1. Sprawdzamy jaką etykietę ma wierzchołek y +. Jeśli etykieta jest równa n to kończymy algorytm, σ l jest zupełnym sympleksem, który przybliża punkt stały funkcji f. W przeciwnym przypadku etykieta jaką ma y + powtarza się, powiedzmy ma ją również wierzchołek y σ l. Krok 2. Szukamy sympleksu σ l+1, który ma wszystkie wierzchołki takie jak σ l z wyjątkiem y. Niech y + będzie wierzchołkiem σ l+1, który nie jest wierzchołkiem σ l. Przyjmujemy l l + 1 i powracamy do Kroku 1. Twierdzenie I.7.4. W skończonej ilości kroków algorytm Kuhn a znajduje sympleks zupełny. Niech l będzie aktualnym numerem iteracji. Musimy pokazać, że algorytm zakończy się w skończonej liczbie kroków. Załóżmy przeciwnie, że l jest najmniejsze takie, że istnieje j < l takie, że σ j = σ l. Jeśli j > 1, wtedy σ j sąsiaduje (jest incydentny) z σ j 1, σ j+1 oraz σ l 1 w grafie Γ n. Ponieważ każdy wierzchołek grafu Γ n ma stopień co najwyżej 2 (twierdzenie I.7.2), to któreś dwa z powyższych sympleksów muszą być sobie równe. Jeśli σ j 1 = σ j+1 lub σ j 1 = σ l 1 to dochodzimy do sprzeczności z założeniem. Stąd σ j+1 = σ l 1 oraz j + 1 = l 1 to znaczy, l = j + 2 oraz σ j = σ j+2. Rozważmy teraz wierzchołek y sympleksu σ j+1, który nie jest wierzchołkiem σ j. Skoro inny wierzchołek z tą samą etykietą co y został usunięty do utworzenia σ j+2 mamy, iż y jest wierzchołkiem σ j+2 co jest sprzeczne z tym, że l najmniejsze. Niech teraz j = 1, wtedy σ j sąsiaduje z σ j+1 oraz σ l 1. σ 1 ma stopień 1 w grafie Γ n więc σ j+1 = σ l 1 co prowadzi do sprzeczności z tym, że l najmniejsze. Skoro nie mamy pętli oraz liczba sympleksów w K 2 (m) jest ograniczona to algorytm musi skończyć się w skończonej ilości kroków. 30

35 I.9 Przykład. Niech f : S n S n, f(x) = x. Stosując K 2 (4) przybliżymy punkt stały, który wynosi (7, 11, 15) T /33. rys.13 Poniższa tabela przedstawia kolejne kroki algorytmu. m = 4 = kn. Aby tabela była bardziej przejrzysta pominięty został współczynnik 1/4 przy każdej współrzędnej. 31

36 l σ l ( ) ( ) ( ) y ( + ) f(y ( + ) ) etyk.y + y i < y 0, y 2, y 3 >= 2, 3, y 0 i = etykiety 0 1? k 2 (y 0, π 0 ), π 0 = (1, 2) 2 < y 1, y 2, y 3 >= ( ), ( ), ( etykiety 1 0? k 2 (y 1, π 1 ), π 1 = ( (2, 1) ) ( 2 1 ) ( 1 3 < y 1, z 2, y 3 >= 3 1, 4 1, 3 0 etykiety 1? 0 k 2 (z 2, π 3 ), π 3 = (2, 1) 4 < z 2, y 3, y 4 >= ( ), ( ), ( etykiety 1 0? k 2 (z 2, π 3 ), π 3 = ( (2, 1) 1 ) ( 0 ) ( 0 5 < y 3, y 4, y 5 >= 3 0, 4 0, 3 1 etykiety 0 1? k 2 (y 4, π 4 ), π 4 = ( (1, 2) < y 3, z 4, y 5 >= ), ( ), ( etykiety 0? 1 k 2 (y 3, π 5 ), π 5 = ( (2, 1) 1 ) ( 0 ) ( 0 7 < z 4, y 5, y 6 >= 2 1, 3 1, 2 2 etykiety 0 1? k 2 (z 4, π 6 ), π 6 = ( (1, 2) < z 4, z 5, y 6 >= ), ( ), ( etykiety 0? 1 k 2 (z 4, π 7 ), π 7 = ( (2, 1) 1 ) ( 0 ) ( 0 9 < z 5, y 6, y 7 >= 1 2, 2 2, 1 3 etykiety 0 1? k 2 (z 5, π 8 ), π 8 = (1, 2) σ 9 jest sympleksem zupełnym. ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ( ) 0 y 2 0 < i < n? 1 y 1 i = 0 ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ) ) ) 1 z 2 i = 0 1 y 4 0 < i < n 0 y 3 i = 0 1 y 5 0 < i < n 0 z 4 i =

37 Część II. Zastosowania twierdzenia Brouwer a. II.1 Istnienie punktu równowagi Nash a. W mowie potocznej termin gra opisuje często pewną rozrywkę. Mówiąc o grze dyplomatycznej, grze na zwłokę, niebezpiecznej grze itd. mamy na myśli nie rozrywkę lecz sytuacje, w których pewien konflikt interesów zmusza nas do podjecia możliwie najlepszej optymalnej decyzji. Teoria gier jest stosunkowo nową dziedziną nauki. Za twórce uważa sie John a von Neumanna ( ) jednak należy wspomnieć o wcześniejszej pracy Hugo Steinhaus a pod tytułem Definicje potrzebne do teorii gry i poscigu. Mimo, iz najwiekszy rozwój teorii gier przyniosły gry hazardowe oraz konflikty wojenne ma ona liczne zastosowania w ekonomii, biologii informatyce a nawet socjologii. W wieku 21 lat John Nash przedstawił pracę doktorską, w której sformułował ogólne pojęcie punktu równowagi i udowodnił twierdzenie o istnieniu takich punktów. Słynne twierdzenie minimaksowe von Neumann a będące fundamentem teorii gier stało się tylko bardzo szczególnym przypadkiem twierdzenia Nash a. Podczas spotkania, kiedy Nash próbował von Neumannowi wyjaśnić koncepcję swojego punktu równowagi ten ostatni przerwał mu jego argumentację mówiąc: To banalne. To przecież tylko twierdzenie o punkcie stałym. Jak komentuje Sylvie Nasar[7] zachowanie von Neumann a było naturalną reakcją obronną na nową koncepcję młodszego rywala. Praca Nash a pozwoliła rozwinąć teorię gier poza gry o sumie zerowej, a samo pojęcie punktu równowagi Nash a pozwoliło na zrozumienie wielu zjawisk występujących w zachowaniach społeczności ludzkich. Udowodnimy twierdzenie Nash a stosując twierdzenie Brouwer a. Definicja II.1.1 (Skończona gra). Przez skończoną grę n-osobową rozumiemy trójkę (N, A, w) gdzie: N jest skończonym zbiorem n graczy indeksowanym przez i; A = (A 1,..., A n ) gdzie A i jest skończonym zbiorem strategii czystych każdego z graczy (nośnik gry), każdy wektor a = (a 1,..., a n ) A będzie nazywać strategią lub akcją; w = (w 1,..., w n ) gdzie w i : A R jest funkcją wypłaty dla gracza i. 33

38 Definicja II.1.2. Dla dowolnego zbioru X przez (X) będziemy oznaczać zbiór wszystkich możliwych rozkładów prawdopodobieństwa na X( to znaczy zbiór miar probabilistycznych określonych na X). Definicja II.1.3 (Strategia mieszana.) Niech (N, (A 1,..., A n ), w) będzie skończoną grą. Strategią mieszaną dla gracza i będziemy nazywać zbiór S i = (A i ). Definicja II.1.4 (Profil Strategii.) Profilem strategii mieszanej będziemy nazywać produkt kartezjański zbiorów S = S 1... S n. Dla każdego gracza wybór strategii mieszanej może być traktowany jako wybór punktu na standardowym sympleksie rozpiętym na punktach jednostkowych. Stąd S będzie iloczynem kartezjańskim sympleksów. Dla skończonego zbioru A i = (a i 1,..., a j k ) element s i S i będzie miał postać s i = k j=1 λ j a i j, gdzie k j=1 λ j = 1, λ j 0, a i j A i, i = 1,..., k. Przez s i (a i ) oznaczamy prawdopodobieństwo z jakim zastosujemy strategię czystą a i przy strategii mieszanej s i. Definicja II.1.5 (Nośnik strategii). Nośnikiem strategii mieszanej s i dla gracza i jest zbiór {a i : s i (a i ) > 0}. Definicja II.1.6 (Funkcja użyteczności). Oczekiwana użyteczność dla gracza i ze strategii mieszanej s = (s 1,..., s n ) S dla gry (N, A, w) jest zdefiniowana jako: u i (s) := n w i (a) s j (a j ). a A Przykład. W grze uczestniczą dwaj gracze, gracz I i gracz II. Każdy z nich wybiera jedną z dwóch liczb: 4 i 5 - przy czym wyboru dokonują jeden bez wiedzy drugiego. Nastepnie obaj ujawniają wybrane przez siebie liczby i tworzą ich sumę. -jeżeli suma ta jest wielokrotnością trzech, to żaden z nich nie otrzymuje wygranej -jeżeli suma jest o 1 większa od wielokrotności trzech, partner II wypłaca partnerowi I 1zł. -jeżeli natomiast suma jest o 1 mniejsza od wielokrotności trzech, partner I wypłaca partnerowi II 1 zł. Macierz wypłat dla gracza I wygląda następująco. j=1 I \ II