Teorema de Brunn-Minkowski

Presentamos un argumento bien conocido que sigue una receta general de argumentos en la teoría de la medida; es decir, establece un caso simple mediante análisis directo, utiliza la inducción para establecer una extensión finita de ese caso especial y luego utiliza la maquinaria general para obtener el caso general como límite. Se puede encontrar una discusión de esta historia de esta prueba en el Teorema 4.1 en el estudio de Gardner sobre Brunn-Minkowski.

Demostramos la versión del teorema de Brunn-Minkowski que sólo requiere ser medible y no vacía. ${\textstyle A,B,A+B}$

• El caso en que A y B son cajas alineadas en el eje:

Por invariancia de traslación de volúmenes, basta con tomar . Entonces . En este caso especial, la desigualdad de Brunn-Minkowski afirma que . Después de dividir ambos lados por , esto se deduce de la desigualdad AM-GM : .${\textstyle A=\prod _{i=1}^{n}[0,a_{i}],B=\prod _{i=1}^{n}[0,b_{i}]}$${\textstyle A+B=\prod _{i=1}^{n}[0,a_{i}+b_{i}]}$${\textstyle \prod (a_{i}+b_{i})^{1/n}\geq \prod a_{i}^{1/n}+\prod b_{i}^{1/n}}$${\textstyle \prod (a_{i}+b_{i})^{1/n}}$${\textstyle (\prod {\frac {a_{i}}{a_{i}+b_{i}}})^{1/n}+(\prod {\frac {b_{i}}{a_{i}+b_{i}}})^{1/n}\leq \sum {\frac {1}{n}}{\frac {a_{i}+b_{i}}{a_{i}+b_{i}}}=1}$

• El caso en el que A y B son ambas uniones disjuntas de un número finito de tales cajas:

Utilizaremos la inducción sobre el número total de cajas, donde el cálculo anterior establece el caso base de dos cajas. Primero, observamos que existe un hiperplano alineado con el eje H tal que cada lado de H contiene una caja entera de A. Para ver esto, basta con reducir al caso donde A consta de dos cajas, y luego calcular que la negación de esta afirmación implica que las dos cajas tienen un punto en común.

Para un cuerpo X, denotamos las intersecciones de X con los semiespacios "derecho" e "izquierdo" definidos por H. Notando nuevamente que el enunciado de Brunn-Minkowski es invariante en la traslación, entonces trasladamos B de modo que ; tal traslación existe por el teorema del valor intermedio porque es una función continua, si v es perpendicular a H tiene valores límite 0 y como , entonces toma en algún punto.${\textstyle X^{-},X^{+}}$${\textstyle {\frac {\mu (A^{+})}{\mu (B^{+})}}={\frac {\mu (A^{-})}{\mu (B^{-})}}}$${\textstyle t\to \mu ((B+tv)^{+})}$ ${\textstyle {\frac {\mu ((B+tv)^{+})}{\mu ((B+tv)^{-})}}}$${\textstyle \infty }$${\displaystyle t\to -\infty ,t\to \infty }$${\textstyle {\frac {\mu (A^{+})}{\mu (A^{-})}}}$

Ahora tenemos las piezas en su lugar para completar el paso de inducción. Primero, observemos que y son subconjuntos disjuntos de , y por lo tanto Ahora, ambos tienen una caja menos que A , mientras que cada uno tiene como máximo tantas cajas como B. Por lo tanto, podemos aplicar la hipótesis de inducción: y .${\textstyle A^{+}+B^{+}}$${\displaystyle A^{-}+B^{-}}$${\textstyle A+B}$${\textstyle \mu (A+B)\geq \mu (A^{+}+B^{+})+\mu (A^{-}+B^{-}).}$${\textstyle A^{+},A^{-}}$${\textstyle B^{+},B^{-}}$${\textstyle \mu (A^{+}+B^{+})\geq (\mu (A^{+})^{1/n}+\mu (B^{+})^{1/n})^{n}}$${\textstyle \mu (A^{-}+B^{-})\geq (\mu (A^{-})^{1/n}+\mu (B^{-})^{1/n})^{n}}$

El álgebra elemental muestra que si , entonces también , por lo que podemos calcular:${\textstyle {\frac {\mu (A^{+})}{\mu (B^{+})}}={\frac {\mu (A^{-})}{\mu (B^{-})}}}$${\textstyle {\frac {\mu (A^{+})}{\mu (B^{+})}}={\frac {\mu (A^{-})}{\mu (B^{-})}}={\frac {\mu (A)}{\mu (B)}}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\mu (A+B)\geq \mu (A^{+}+B^{+})+\mu (A^{-}+B^{-})\geq (\mu (A^{+})^{1/n}+\mu (B^{+})^{1/n})^{n}+(\mu (A^{-})^{1/n}+\mu (B^{-})^{1/n})^{n}\\=\mu (B^{+})(1+{\frac {\mu (A^{+})^{1/n}}{\mu (B^{+})^{1/n}}})^{n}+\mu (B^{-})(1+{\frac {\mu (A^{-})^{1/n}}{\mu (B^{-})^{1/n}}})^{n}=(1+{\frac {\mu (A)^{1/n}}{\mu (B)^{1/n}}})^{n}(\mu (B^{+})+\mu (B^{-}))=(\mu (B)^{1/n}+\mu (A)^{1/n})^{n}\end{aligned}}}$

• El caso de que A y B sean conjuntos abiertos acotados:

En este contexto, ambos cuerpos pueden aproximarse arbitrariamente bien mediante uniones de rectángulos disjuntos alineados con el eje contenidos en su interior; esto se desprende de hechos generales sobre la medida de Lebesgue de conjuntos abiertos. Es decir, tenemos una secuencia de cuerpos , que son uniones disjuntas de un número finito de rectángulos alineados con el eje, donde , y asimismo . Entonces tenemos que , por lo que . El lado derecho converge a como , lo que establece este caso especial.${\textstyle A_{k}\subseteq A}$${\textstyle \mu (A\setminus A_{k})\leq 1/k}$${\textstyle B_{k}\subseteq B}$${\textstyle A+B\supseteq A_{k}+B_{k}}$${\textstyle \mu (A+B)^{1/n}\geq \mu (A_{k}+B_{k})^{1/n}\geq \mu (A_{k})^{1/n}+\mu (B_{k})^{1/n}}$${\textstyle \mu (A)^{1/n}+\mu (B)^{1/n}}$${\textstyle k\to \infty }$

• El caso de que A y B sean conjuntos compactos:

Para un cuerpo compacto X , definamos como el engrosamiento de X. Aquí cada uno es la esfera abierta de radio , por lo que es un conjunto abierto y acotado. , de modo que si X es compacto, entonces . Al utilizar la asociatividad y la conmutatividad de la suma de Minkowski, junto con el caso anterior, podemos calcular que . Al enviar a 0 se establece el resultado.${\textstyle X_{\epsilon }=X+B(0,\epsilon )}$${\textstyle \epsilon }$${\textstyle B(0,\epsilon )}$${\textstyle \epsilon }$${\textstyle X_{\epsilon }}$${\textstyle \bigcap _{\epsilon >0}X_{\epsilon }={\text{cl}}(X)}$${\textstyle \lim _{\epsilon \to 0}\mu (X_{\epsilon })=\mu (X)}$${\textstyle \mu ((A+B)_{2\epsilon })^{1/n}=\mu (A_{\epsilon }+B_{\epsilon })^{1/n}\geq \mu (A_{\epsilon })^{1/n}+\mu (B_{\epsilon })^{1/n}}$${\textstyle \epsilon }$

• El caso de conjuntos mensurables acotados:

Recordemos que, por el teorema de regularidad para la medida de Lebesgue, para cualquier conjunto medible acotado X y para cualquier , existe un conjunto compacto con . Por lo tanto, para todo k, utilizando el caso de Brunn–Minkowski mostrado para conjuntos compactos, el envío establece el resultado.${\textstyle k>\geq }$${\textstyle X_{k}\subseteq X}$${\textstyle \mu (X\setminus X_{k})<1/k}$${\textstyle \mu (A+B)\geq \mu (A_{k}+B_{k})\geq (\mu (A_{k})^{1/n}+\mu (B_{k})^{1/n})^{n}}$${\textstyle k\to \infty }$

• El caso de los conjuntos medibles:

Dejamos , y nuevamente argumentamos usando el caso anterior que , por lo tanto el resultado se sigue enviando k al infinito.${\textstyle A_{k}=[-k,k]^{n}\cap A,B_{k}=[-k,k]^{n}\cap B}$${\textstyle \mu (A+B)\geq \mu (A_{k}+B_{k})\geq (\mu (A_{k})^{1/n}+\mu (B_{k})^{1/n})^{n}}$

Damos una prueba de la desigualdad de Brunn-Minkowski como corolario de la desigualdad de Prékopa-Leindler , una versión funcional de la desigualdad BM. Primero probaremos PL, y luego demostraremos que PL implica una versión multiplicativa de BM, luego demostraremos que BM multiplicativa implica BM aditiva. El argumento aquí es más simple que la prueba mediante cuboides, en particular, solo necesitamos probar la desigualdad BM en una dimensión. Esto sucede porque el enunciado más general de la desigualdad PL que la desigualdad BM permite un argumento de inducción.

• La forma multiplicativa de la desigualdad BM

En primer lugar, la desigualdad de Brunn-Minkowski implica una versión multiplicativa, que utiliza la desigualdad , que se cumple para . En particular, . La desigualdad de Prékopa-Leindler es una generalización funcional de esta versión de Brunn-Minkowski. ${\textstyle \lambda x+(1-\lambda )y\geq x^{\lambda }y^{\lambda }}$${\textstyle x,y\geq 0,\lambda \in [0,1]}$${\textstyle \mu (\lambda A+(1-\lambda )B)\geq (\lambda \mu (A)^{1/n}+(1-\lambda )\mu (B)^{1/n})^{n}\geq \mu (A)^{\lambda }\mu (B)^{1-\lambda }}$

• Desigualdad de Prékopa-Leindler

Teorema ( desigualdad de Prékopa–Leindler ) : Solucione . Sean funciones no negativas y medibles que satisfagan para todo . Entonces .${\textstyle \lambda \in (0,1)}$${\textstyle f,g,h:\mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R} _{+}}$${\textstyle h(\lambda x+(1-\lambda )y)\geq f(x)^{\lambda }g(y)^{1-\lambda }}$${\textstyle x,y\in \mathbb {R} ^{n}}$${\textstyle \int _{\mathbb {R} ^{n}}h(x)dx\geq (\int _{\mathbb {R} ^{n}}f(x)dx)^{\lambda }(\int _{\mathbb {R} ^{n}}g(x)dx)^{1-\lambda }}$

Prueba (en su mayor parte, siguiendo esta conferencia):

Necesitaremos la versión unidimensional de BM, es decir, que si son medibles, entonces . Primero, suponiendo que están acotados, cambiamos de forma que . Por lo tanto, , de donde por casi disyunción tenemos que . Luego pasamos al caso no acotado filtrando con los intervalos${\textstyle A,B,A+B\subseteq \mathbb {R} }$${\textstyle \mu (A+B)\geq \mu (A)+\mu (B)}$${\textstyle A,B}$${\textstyle A,B}$${\textstyle A\cap B=\{0\}}$${\textstyle A+B\supset A\cup B}$${\textstyle \mu (A+B)\geq \mu (A)+\mu (B)}$${\textstyle [-k,k].}$

Primero mostramos el caso de la desigualdad PL. Sea . . Por lo tanto, por la versión unidimensional de Brunn–Minkowski, tenemos que . Recordamos que si es no negativo, entonces el teorema de Fubini implica . Luego, tenemos que , donde en el último paso usamos la desigualdad ponderada AM–GM , que afirma que para .${\textstyle n=1}$${\textstyle L_{h}(t)=\{x:h(x)\geq t\}}$${\textstyle L_{h}(t)\supseteq \lambda L_{f}(t)+(1-\lambda )L_{g}(t)}$${\textstyle \mu (L_{h}(t))\geq \mu (\lambda L_{f}(t)+(1-\lambda )L_{g}(t))\geq \lambda \mu (L_{f}(t))+(1-\lambda )\mu (L_{g}(t))}$${\textstyle f(x)}$${\textstyle \int _{\mathbb {R} }h(x)dx=\int _{t\geq 0}\mu (L_{h}(t))dt}$${\textstyle \int _{\mathbb {R} }h(x)dx=\int _{t\geq 0}\mu (L_{h}(t))dt\geq \lambda \int _{t\geq 0}\mu (L_{f}(t))+(1-\lambda )\int _{t\geq 0}\mu (L_{g}(t))=\lambda \int _{\mathbb {R} }f(x)dx+(1-\lambda )\int _{\mathbb {R} }g(x)dx\geq (\int _{\mathbb {R} }f(x)dx)^{\lambda }(\int _{\mathbb {R} }g(x)dx)^{1-\lambda }}$${\textstyle \lambda x+(1-\lambda )y\geq x^{\lambda }y^{1-\lambda }}$${\textstyle \lambda \in (0,1),x,y\geq 0}$

Ahora demostramos el caso. Para , elegimos y establecemos . Para cualquier c, definimos , es decir, definimos una nueva función en n-1 variables estableciendo que la última variable sea . Aplicando la hipótesis y sin hacer nada más que la manipulación formal de las definiciones, tenemos que .${\textstyle n>1}$${\textstyle x,y\in \mathbb {R} ^{n-1},\alpha ,\beta \in \mathbb {R} }$${\textstyle \lambda \in [0,1]}$${\textstyle \gamma =\lambda \alpha +(1-\lambda )\beta }$${\textstyle h_{c}(x)=h(x,c)}$${\textstyle c}$${\textstyle h_{\gamma }(\lambda x+(1-\lambda )y)=h(\lambda x+(1-\lambda )y,\lambda \alpha +(1-\lambda )\beta ))=h(\lambda (x,\alpha )+(1-\lambda )(y,\beta ))\geq f(x,\alpha )^{\lambda }g(y,\beta )^{1-\lambda }=f_{\alpha }(x)^{\lambda }g_{\beta }(y)^{1-\lambda }}$

Así, por el caso inductivo aplicado a las funciones , obtenemos . Definimos y de manera similar. En esta notación, el cálculo anterior puede reescribirse como: . Como hemos demostrado esto para cualquier , esto significa que la función satisface la hipótesis para la versión unidimensional del teorema PL. Por lo tanto, tenemos que , lo que implica la afirmación del teorema de Fubini. QED${\textstyle h_{\gamma },f_{\alpha },g_{\beta }}$${\textstyle \int _{\mathbb {R} ^{n-1}}h_{\gamma }(z)dz\geq (\int _{\mathbb {R} ^{n-1}}f_{\alpha }(z)dz)^{\lambda }(\int _{\mathbb {R} ^{n-1}}g_{\beta }(z)dz)^{1-\lambda }}$${\textstyle H(\gamma ):=\int _{\mathbb {R} ^{n-1}}h_{\gamma }(z)dz}$${\textstyle F(\alpha ),G(\beta )}$${\textstyle H(\lambda \alpha +(1-\lambda )\beta )\geq F(\alpha )^{\lambda }G(\beta )^{1-\lambda }}$${\textstyle \alpha ,\beta \in \mathbb {R} }$${\textstyle H,F,G}$${\textstyle \int _{\mathbb {R} }H(\gamma )d\gamma \geq (\int _{\mathbb {R} }F(\alpha )d\alpha )^{\lambda }(\int _{\mathbb {R} }F(\beta )d\beta )^{1-\lambda }}$

• PL implica BM multiplicativo

La versión multiplicativa de Brunn-Minkowski se deriva de la desigualdad PL, tomando . ${\textstyle h=1_{\lambda A+(1-\lambda )B},f=1_{A},g=1_{B}}$

• BM multiplicativo implica BM aditivo

Ahora explicamos cómo derivar la desigualdad BM a partir de la desigualdad PL. Primero, utilizando las funciones indicadoras para la desigualdad de Prékopa–Leindler obtenemos rápidamente la versión multiplicativa de Brunn–Minkowski: . Ahora mostramos cómo la desigualdad BM multiplicativa implica la versión aditiva habitual.${\textstyle A,B,\lambda A+(1-\lambda )B}$${\textstyle \mu (\lambda A+(1-\lambda )B)\geq \mu (A)^{\lambda }\mu (B)^{1-\lambda }}$

Suponemos que A y B tienen un volumen positivo, ya que de lo contrario la desigualdad es trivial, y los normalizamos para que tengan un volumen de 1 estableciendo . Definimos ; . Con estas definiciones, y usando que , calculamos usando la desigualdad multiplicativa de Brunn-Minkowski que:${\textstyle A'={\frac {A}{\mu (A)^{1/n}}},B'={\frac {B}{\mu (B)^{1/n}}}}$${\textstyle \lambda '={\frac {\lambda \mu (B)^{1/n}}{(1-\lambda )\mu (A)^{1/n}+\lambda \mu (B)^{1/n}}}}$${\textstyle 1-\lambda '={\frac {(1-\lambda )\mu (A)^{1/n}}{(1-\lambda )\mu (A)^{1/n}+\lambda \mu (B)^{1/n}}}}$${\textstyle \mu (A')=\mu (B')=1}$

${\displaystyle \mu ({\frac {(1-\lambda )A+\lambda B}{(1-\lambda )\mu (A)^{1/n}+\lambda \mu (B)^{1/n}}})=\mu ((1-\lambda ')A'+\lambda 'B)\geq \mu (A')^{1-\lambda '}\mu (B')^{\lambda '}=1.}$

Ahora se obtiene la forma aditiva de Brunn-Minkowski extrayendo la escala del cálculo del volumen más a la izquierda y reorganizándolo.

Primero, observe que Brunn–Minkowski implica que en la última desigualdad usamos que para . Usamos este cálculo para limitar por debajo el área de superficie de mediante A continuación, usamos el hecho de que , que se desprende de la fórmula de Minkowski-Steiner , para calcular Reordenando esto obtenemos la desigualdad isoperimétrica:${\textstyle \mu (K+\epsilon B)\geq (\mu (K)^{1/n}+\epsilon V(B)^{1/n})^{n}=\mu (K)(1+\epsilon ({\frac {\mu (B)}{\mu (K)}})^{1/n})^{n}\geq \mu (K)(1+n\epsilon ({\frac {\mu (B)}{\mu (K)}})^{1/n}),}$${\textstyle (1+x)^{n}\geq 1+nx}$${\textstyle x\geq 0}$${\textstyle K}$${\textstyle S(K)=\lim _{\epsilon \to 0}{\frac {\mu (K+\epsilon B)-\mu (K)}{\epsilon }}\geq n\mu (K)({\frac {\mu (B)}{\mu (K)}})^{1/n}.}$${\textstyle S(B)=n\mu (B)}$${\textstyle {\frac {S(K)}{S(B)}}={\frac {S(K)}{n\mu (B)}}\geq {\frac {\mu (K)({\frac {\mu (B)}{\mu (K)}})^{1/n}}{\mu (B)}}=\mu (K)^{\frac {n-1}{n}}\mu (B)^{\frac {1-n}{n}}.}$${\textstyle {\frac {\mu (B)^{1/n}}{S(B)^{1/(n-1)}}}\geq {\frac {\mu (K)^{1/n}}{S(K)^{1/(n-1)}}}.}$

Recordamos los siguientes hechos sobre los volúmenes mixtos  : , de modo que en particular si , entonces .${\textstyle \mu (\lambda _{1}K_{1}+\lambda _{2}K_{2})=\sum _{j_{1},\ldots ,j_{n}=1}^{r}V(K_{j_{1}},\ldots ,V(K_{j_{n}})\lambda _{j_{1}}\ldots \lambda _{j_{n}}}$${\textstyle g(t)=\mu (K+tL)=\mu (V)+nV(K,\ldots ,K,L)t+\ldots }$${\textstyle g'(0)=nV(K,\ldots ,K,L)}$

Sea . El teorema de Brunn implica que esto es cóncavo para . Por lo tanto, , donde denota la derivada derecha. También tenemos que . De esto obtenemos , donde aplicamos BM en la última desigualdad.${\textstyle f(t):=\mu (K+tL)^{1/n}}$${\textstyle t\in [0,1]}$${\textstyle f^{+}(0)\geq f(1)-f(0)=\mu (K+L)^{1/n}-V(K)^{1/n}}$${\textstyle f^{+}(0)}$${\textstyle f^{+}(0)={\frac {1}{n}}\mu (K)^{\frac {n-1}{n}}nV(K,\ldots ,K,L)}$${\textstyle \mu (K)^{\frac {n-1}{n}}V(K,\ldots ,K,L)\geq \mu (K+L)^{1/n}-V(K)^{1/n}\geq V(L)^{1/n}}$

Demostración: Sean , y . Entonces, para se puede demostrar, usando y para , que . En particular, . ${\textstyle \delta =\epsilon ^{2}/8}$${\textstyle Y=S\setminus X_{\epsilon }}$${\textstyle x\in X,y\in Y}$${\textstyle {\frac {1}{2}}||x+y||^{2}=||x||^{2}+||y||^{2}-{\frac {1}{2}}||x-y||^{2}}$${\textstyle {\sqrt {1-x}}\leq 1-x/2}$${\textstyle x\leq 1}$${\textstyle ||{\frac {x+y}{2}}||\leq 1-\delta }$${\textstyle {\frac {x+y}{2}}\in (1-\delta )B(0,1)}$

Sea , y apuntemos a demostrar que . Sea . El argumento a continuación será simétrico en , por lo que suponemos sin pérdida de generalidad que y establece . Entonces,${\textstyle {\overline {X}}={\text{Conv}}(X,\{0\}),{\overline {Y}}={\text{Conv}}(Y,\{0\})}$${\textstyle {\frac {{\overline {X}}+{\overline {Y}}}{2}}\subseteq (1-\delta )B(0,1)}$${\textstyle x\in X,y\in Y,\alpha ,\beta \in [0,1],{\bar {x}}=\alpha x,{\bar {y}}=\alpha y}$${\textstyle {\bar {x}},{\bar {y}}}$${\textstyle \alpha \geq \beta }$${\textstyle \gamma =\beta /\alpha \leq 1}$

${\displaystyle {\frac {{\bar {x}}+{\bar {y}}}{2}}={\frac {\alpha x+\beta y}{2}}=\alpha {\frac {x+\gamma y}{2}}=\alpha (\gamma {\frac {x+y}{2}}+(1-\gamma ){\frac {x}{2}})=\alpha \gamma {\frac {x+y}{2}}+\alpha (1-\gamma ){\frac {x}{2}}}$.

Esto implica que . (Usando esto para cualquier cuerpo convexo K y , .)${\textstyle {\frac {{\bar {x}}+{\bar {y}}}{2}}\in \alpha \gamma (1-\delta )B+\alpha (1-\gamma )(1-\delta )B=\alpha (1-\delta )B\subseteq (1-\delta )B}$${\textstyle \gamma \in [0,1]}$${\textstyle \gamma K+(1-\gamma )K=K}$

Por lo tanto, sabemos que , por lo tanto . Aplicamos la forma multiplicativa de la desigualdad de Brunn-Minkowski para acotar inferiormente el primer término mediante , lo que nos da .${\textstyle {\frac {{\overline {X}}+{\overline {Y}}}{2}}\subseteq (1-\delta )B(0,1)}$${\textstyle \mu ({\frac {{\overline {X}}+{\overline {Y}}}{2}})\leq (1-\delta )^{n}\mu (B(0,1))}$${\textstyle {\sqrt {\mu ({\bar {X}})\mu ({\bar {Y}})}}}$${\textstyle (1-\delta )^{n}\mu (B)\geq \mu ({\bar {X}})^{1/2}\mu ({\bar {Y}})^{1/2}}$

${\displaystyle 1-{\frac {\nu (X_{\epsilon })}{\nu (S)}}={\frac {\nu (Y)}{\nu (S)}}={\frac {\mu ({\bar {Y}})}{\mu (B)}}\leq (1-\delta )^{2n}{\frac {\mu (B)}{\mu ({\bar {X}})}}\leq (1-\delta )^{2n}{\frac {\nu (S)}{\nu (X)}}\leq e^{-2n\delta }{\frac {\nu (S)}{\nu (X)}}=e^{-n\epsilon ^{2}/4}{\frac {\nu (S)}{\nu (X)}}}$. QED