Lemat 1 (o dost¦pno±ci (Accessibilty Lemma)). Niech C ⊂ R

n

wypukªy, Int C 6=

∅

. Je»eli x ∈ Int C, y ∈ cl C, to póªotwarty odcinek ª¡cz¡cy punkty x, i y, czyli zbiór

[x, y) := {λx + (1 − λ)y : 0 < λ ≤ 1}

le»y caªkowicie w Int C.

Dowód. Niech x ∈ Int C, y ∈ cl C. Niech λ

0

∈ (0, 1]

. Poªó»my z

0

= λ

0

x + (1 − λ

0

)y

.

Je»eli λ

0

= 1

, to z

0

∈ Int C

.

Zaªo»my, »e λ

0

∈ (0, 1)

. Poniewa» x ∈ Int C, to

∃ r

0

> 0

K(x, r

0

) ⊂ C.

Okre±lamy funkcj¦ ϕ : R

n

→ R

n

nast¦puj¡co

ϕ(w) =

1

1−λ

0

(z

0

− λ

0

w),

w ∈ R

n

.

Zauwa»my, »e

ϕ(x) = y,

∀ w ∈ R

n

kϕ(w) − yk = kϕ(w) − ϕ(x)k =

1

1−λ

0

kz

0

− λ

0

w − z

0

+ λ

0

xk =

λ

0

1−λ

0

kw − xk.

Z powy»szego oraz faktu, »e ϕ jest funkcj¡ aniczn¡ wynika, »e ϕ : K(x, r

0

) →

K(y,

λ

0

1−λ

0

r

0

)

jest odwzorowaniem wzajemnie jednozancznym. Poniewa» y ∈ cl C, to

C ∩ K(y,

λ

0

1−λ

0

r

0

) 6= ∅

. W szczególno±ci z faktu, »e ϕ jest bijekcj¡ wynika, »e istnieje

w ∈ K(x, r

0

)

takie, »e ϕ(w) ∈ K(y,

λ

0

1−λ

0

r

0

) ∩ C

. Zauwa»my, »e z denicji ϕ wynika, »e

z

0

= (1 − λ

0

)ϕ(w) + λ

0

w

.

Okre±lamy kolejn¡ funkcj¦ ψ : R

n

→ R

n

nast¦puj¡co

ψ(u) = λ

0

u + (1 − λ

0

)ϕ(w),

u ∈ R

n

.

Zauwa»my, »e ψ ma nast¦puj¡ce wªasno±ci

ψ(w) = z

0

,

∀ u ∈ R

n

kψ(u) − z

0

k = kψ(u) − ψ(w)k = λ

0

ku − wk.

Poniewa» w ∈ K(x, r

0

) ⊂ C

, to

∃ r

1

> 0

K(w, r

1

) ⊂ K(x, r

0

) ⊂ C.

ψ : K(w, r

1

) → K(z

0

, λ

0

r

1

)

jest bijekcj¡, jako, »e ψ jest aniczna.

Je»eli u ∈ K(w, r

1

)

, to z ψ(u) ∈ C, bo z denicji ψ jest kombinacj¡ wypukª¡ u ∈ C

oraz ϕ(w) ∈ C. Zatem ψ(K(w, r

1

)) = K(z

0

, λ

0

r

1

) ∈ C

, st¡d z

0

∈ Int C

.

1