Lemat 1 (o dost¦pno±ci (Accessibilty Lemma)). Niech C ⊂ n R 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 λ0 ∈ (0, 1]. Poªó»my z0 = λ0x + (1 − λ0)y.

Je»eli λ0 = 1, to z0 ∈ Int C.

Zaªo»my, »e λ0 ∈ (0, 1). Poniewa» x ∈ Int C, to

∃ r0 > 0 K(x, r0) ⊂ C.

Okre±lamy funkcj¦ ϕ : n

n

R → R nast¦puj¡co

ϕ(w) =

1

(z0 − λ

n.

1−λ

0w),

w ∈ R

0

Zauwa»my, »e

ϕ(x) = y,

∀ w ∈

n

R

kϕ(w) − yk = kϕ(w) − ϕ(x)k =

1

kz0 − λ

kw − xk.

1−λ

0w − z0 + λ0xk =

λ0

0

1−λ0

Z powy»szego oraz faktu, »e ϕ jest funkcj¡ aniczn¡ wynika, »e ϕ : K(x, r0) →

K(y, λ0 r

1−λ

0) jest odwzorowaniem wzajemnie jednozancznym.

Poniewa» y ∈ cl C, to

0

C ∩ K(y, λ0 r

1−λ

0) 6= ∅. W szczególno±ci z faktu, »e ϕ jest bijekcj¡ wynika, »e istnieje 0

w ∈ K(x, r0) takie, »e ϕ(w) ∈ K(y, λ0 r 1−λ

0) ∩ C . Zauwa»my, »e z denicji ϕ wynika, »e 0

z0 = (1 − λ0)ϕ(w) + λ0w.

Okre±lamy kolejn¡ funkcj¦ ψ : n

n

R → R nast¦puj¡co

ψ(u) = λ

n

0u + (1 − λ0)ϕ(w),

u ∈ R .

Zauwa»my, »e ψ ma nast¦puj¡ce wªasno±ci ψ(w) = z0,

∀ u ∈

n

R

kψ(u) − z0k = kψ(u) − ψ(w)k = λ0ku − wk.

Poniewa» w ∈ K(x, r0) ⊂ C, to

∃ r1 > 0 K(w, r1) ⊂ K(x, r0) ⊂ C.

ψ : K(w, r1) → K(z0, λ0r1) jest bijekcj¡, jako, »e ψ jest aniczna.

Je»eli u ∈ K(w, r1), to z ψ(u) ∈ C, bo z denicji ψ jest kombinacj¡ wypukª¡ u ∈ C

oraz ϕ(w) ∈ C. Zatem ψ(K(w, r1)) = K(z0, λ0r1) ∈ C, st¡d z0 ∈ Int C.

1