브룬-밍코프스키 정리

우리는 측정 이론에서 일반적인 논거의 레시피를 따르는 잘 알려진 주장을 제시한다. 즉, 직접 분석에 의해 간단한 사례를 확립하고, 유도를 사용하여 그 특수 사례의 미세한 확장을 확립한 다음, 일반적 기계를 사용하여 일반 사례를 한계로 획득한다.이 증명의 이력에 대한 논의는 가드너의 브룬-밍코프스키에 대한 조사의 정리 4.1에서 찾을 수 있다.

$A$, $B$, $A$+ $B$ ${\textstyle A,B,A+B}$만 측정 가능하고 비어 있지 않으면$$ 되는 Brunn-Minkowski 정리의 버전을 증명한다.

• A와 B가 축 정렬 상자인 경우:

$\underset{}{\overset{}{볼륨}}$의 번역 불변성에 의해 $A$= $\underset{}{\overset{}{}}$ i$\underset{}{\overset{}{}}$= $\underset{}{\overset{}{}}$ n$\underset{}{\overset{}{}}$[ $0,$ $a$ $],$ B$$= $\underset{}{\overset{}{}}$ $\underset{}{\overset{}{i}}$= $\underset{}{\overset{}{}}$ n$\underset{}{\overset{}{}}$[ $0,$ $b_{}$ i ${}_{}$ ${\textstyle A=\prod _{i=1}^{n}[0,a_{i}],$$B=\prod _{i=1}^{n}[0,b_{i}]}$. Then ${\textstyle A+B=\prod _{i=1}^{n}[0,a_{i}+b_{i}]}$. In this special case, the Brunn–Minkowski inequality asserts that ${\textstyle \prod (a_{i}+b_{i})^{1/n}\geq \prod a_{i}$$^{1/n}+\prod b_{i}^{1/n}}$. After dividing both sides by ${\textstyle \prod (a_{i}+b_{i})^{1/n}}$ , this follows from the AM–GM inequality: $(\prod \frac{a_i}{a_i+b_i}{)}^{1/n}+(\prod \frac{b_i}{a_i+b_i}{)}^{1/n}\le \sum \frac{1}{n}\frac{a_i+b_i}{a_i+b_i}=1$${\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}$.

• A와 B가 모두 그러한 많은 상자들의 합동 조합인 경우:

우리는 총 박스 수에 유도를 사용할 것이며, 여기서 이전 계산은 두 박스의 베이스 케이스를 설정한다.첫째, H의 각 면이 A의 상자 전체를 포함하는 축 정렬 하이퍼플레인 H가 있음을 관찰한다.이를 보기 위해서는 A가 2박스로 구성된 경우로 줄인 다음, 이 문장의 부정은 두 박스의 공통점이 있음을 암시한다고 계산한다.

For a body X, we let ${\textstyle X^{-},X^{+}}$ denote the intersections of X with the "right" and "left" halfspaces defined by H. Noting again that the statement of Brunn–Minkowski is translation invariant, we then translate B so that ${\textstyl$$e {\frac {\mu (A^{+})}{\mu (B^{+})}}={\frac {\mu (A^{-})}{\mu (B^{-})}}}$; such a translation exists by the intermediate value theorem because ${\textstyle t\to \mu ((B+tv)^{+})}$ is a continuous function, if v is perpendicular to H ${\textstyle {\frac {$$\mu ((B+tv)^{+})}{\mu ((B+tv)^{-})}}}$ has limiting values 0 and ${\textstyle \infty }$ as ${\displaystyle t\to -\infty ,t\to \infty }$, so takes on ${\textstyle {\frac {\mu (A^{+})}{\mu (A^{-})}}}$ at some point.

우리는 이제 유도 단계를 완료하기 위한 조각들을 준비했다.First, observe that ${\textstyle A^{+}+B^{+}}$ and ${\displaystyle A^{-}+B^{-}}$ are disjoint subsets of ${\textstyle A+B}$, and so ${\textstyle \mu (A+B)\geq \mu (A^{+}+B^{+})+\mu (A^{-}+B^{-}).$$}}$지금$$ $A{}^{}$+${}^{}$, ${}^{}$- ${\$ A$^{+},$ A$^{-}$ 둘 다$$ A보다 한 박스가 적은 반면, $B{}^{}$+${}^{}$, ${}^{}$- ${\$ B$^{+},B^{-}$ 각각$$ B만큼의 박스가 있다.Thus, we can apply the induction hypothesis: ${\textstyle \mu (A^{+}+B^{+})\geq (\mu (A^{+})^{1/n}+\mu (B^{+})^{1/n})^{n}}$ and ${\textstyle \mu (A^{-}+B^{-})$$\geq (\mu (A^{-}})^{1/n}+\mu (B^{-}}}^{1/n}}}^{$n}}}}}}}}^{n$\}\}\}\}\}\}\}.$

Elementary algebra shows that if ${\textstyle {\frac {\mu (A^{+})}{\mu (B^{+})}}={\frac {\mu (A^{-})}{\mu (B^{-})}}}$, then also ${\textstyle {\frac {\mu (A^{+})}{\m$$u(B^{+}}})={\frac {\mu(A^{-})}{\mu(B^{-}}}}}={\frac {\mu(A)}{\mu(B)}}}}}}}}$을$($를) 계산하면 다음과 같다.

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

• A와 B가 경계 개방 집합인 경우:

이 설정에서, 두 신체 모두 내부에 포함된 분리 축 정렬 직사각형의 결합에 의해 임의로 잘 추정될 수 있다. 이는 오픈 세트의 르베그 측도에 대한 일반적인 사실에서 나타난다.That is, we have a sequence of bodies ${\textstyle A_{k}\subseteq A}$, which are disjoint unions of finitely many axis aligned rectangles, where ${\textstyle \mu (A\setminus A_{k})\leq 1/k}$, and likewise ${\textstyle B_{k}\subseteq B}$. Then we have that $A+B\supseteq A_k+{}_{}$${\textstyle A+B\supseteq A_{k}+B_{k}}$, so ${\textstyle \mu (A+B)^{1/n}\geq \mu (A_{k}+B_{k})^{1/n}\geq \mu (A_{k})^{1/n}+\mu (B_{k})^{1/n}}$. The right hand side converges to $\mu (A{)}^{1/n}+\mu (B{)}^{1/}$$n^{}$ ${\$을(를) $k$→ $【\textstyle k\to \inft }}}$으로 하여 이러한 특수한 경우를 설정한다$.$

• A와 B가 콤팩트 세트인 경우:

콤팩트한 본문 X의 경우 X ${ϵ}_{}$= $X$+ B$$( 0 ,$ϵ$) ${\textstyle X_{\epsilon }=X+B(0,\epsilon )}$를 X의 $ϵ${\$textyle$ \$epsilon }$ -thicking으로$$ 정의한다.여기서 각 $B$($0$ ,$ϵ$) ${\textstyle B (0,\epsilon )}$은 반지름 $ϵ$ ${\textstyle \epsilon$ $\}$의 오픈 볼이므로$$ $X{}_{}$ ${ϵ}_{}$ ${\$은 경계되고 개방된 집합이다$$.우리는 ⋂ ϵ>0Xϵ)개({\textstyle \bigcap_{\epsilon>0}X_{\epsilon}={\text{개}}(X)}, 만약 X수 있ϵ → 0μ(Xϵ))μ(X){\textstyle \lim_{\epsilon \to 0}\mu(X_{\epsilon})=\mu(X)그래서,}lim., 이전과 함께 민코프 스키의 합 공동과 교환을 사용함으로써 ca.을 지적한다땅, we can calculate that ${\textstyle \mu ((A+B)_{2\epsilon })^{1/n}=\mu (A_{\epsilon }+B_{\epsilon })^{1/n}\geq \mu (A_{\epsilon })^{1/n}+\mu (B_{\epsilon })^{1/n}}$. Sending ${\textstyle \epsilon }$ to 0 est결과를 망치다

• 한계 측정 가능 집합의 경우:

는 르베그 측도에 대한 한정적 measurable X설정하며, 어떤 k을에 대한 규칙성 정리, ≥{\textstyle k>, \geq}에 매료되는 컴팩트 세트 Xk⊆ X(X}μ과(X∖ Xkm그리고 4.9초 만)<1/k{\textstyle \mu(X\setminus X_{k})<, 1/k}는다. 그래서 μ(A+B)≥ μ(k+B를 기억해 보자 k=≥(μ${\textstyle \mu (A+B)\geq \mu (A_{k}+B_{k})\geq (\mu (A_{k})^{1/n}+\mu (B_{k})^{1/n})^{n}}$ for all k, using the case of Brunn–Minkowski shown for compact sets.$k$→ $\mathrm{\infty }$ ${\textstyle k\\put }$에 전송하면 결과가 결정된다$$.

• 측정 가능한 집합의 경우:

We let ${\textstyle A_{k}=[-k,k]^{n}\cap A,B_{k}=[-k,k]^{n}\cap B}$, and again argue using the previous case that ${\textstyle \mu (A+B)\geq \mu (A_{k}+B_{k})\geq (\mu ($$A_{k}^{1/n}+\mu(B_{k}^{1/n}^{n$ 따라서 결과는 k를 무한대로 보내면 따라온다.

우리는 BM 불평등의 기능적 버전인 Prékopa-Lindler 불평등의 골격으로서 Brunn-Minkowski 불평등의 증거를 제시한다.우리는 먼저 PL을 증명하고 나서 PL이 BM의 승법 버전을 내포하고 있음을 보여준 다음, 승법 BM이 첨가 BM을 내포하고 있음을 보여줄 것이다.여기서의 주장은 큐보이드를 통한 증거보다 더 간단하며, 특히 BM 불평등을 한 차원만 입증하면 된다.이것은 BM-inequality보다 PL-inequality에 대한 보다 일반적인 진술이 유도 인수를 허용하기 때문에 발생한다.

• BM 불평등의 승법형식

First, we note that the Brunn–Minkowski inequality implies a multiplicative version, using the inequality ${\textstyle \lambda x+(1-\lambda )y\geq x^{\lambda }y^{\lambda }}$, which holds for ${\textstyle x,y\geq 0,\lambda \in [0,1]}$. In particular, $\mu (\lambda A+(1-\lambda )B$${\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 }}$.프레코파-린들러 불평등은 이 버전의 브룬-밍코프스키를 기능적으로 일반화한 것이다.

• 프레코파-린들러 부등식

정리(Prékopa-Lindler 불평등):Fix ${\textstyle \lambda \in (0,1)}$. Let ${\textstyle f,g,h:\mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R} _{+}}$ be non-negative, measurable functions satisfying ${\textstyle h(\lambda x+(1-\lambda )y)\geq f(x)^{\lambda }g(y)^{1-\lambda }}$$$ for all ${\textstyle x,y\in \mathbb {R} ^{n}}$. Then ${\textstyle \int _{\mathbb {R} ^{n}}h(x)dx\geq (\int _{\mathbb {R} ^{n}}f(x)dx)^{\lambda }(\int _{\mathbb {R} ^{n}}g(x)dx)^{1-\lambda }}$.

증거(대부분 이 강의에 따름):

We will need the one dimensional version of BM, namely that if ${\textstyle A,B,A+B\subseteq \mathbb {R} }$ are measurable, then ${\textstyle \mu (A+B)\geq \mu (A)+\mu (B)}$. First, assuming that ${\textstyle A,B}$ are bounded, we shift ${\textstyle A,B}$ so that ${\textstyle A\cap B=\{0\}}$. Thus, ${\textstyle A+B\supset A\cup B}$, whence by almost disjointedness we have that ${\textstyle \mu (A+B)\geq \mu (A)+\mu (B)}$. We then pass to the unbounded case by filtering with the intervals ${\textstyle [-k,k].$$}$

우리는 먼저 PL 불평등의 $\mathrm{n}$= 1 ${\textstyle n=1}$ 사례를$$ 보여준다.Let ${\textstyle L_{h}(t)=\{x:h(x)\geq t\}}$, and note that ${\textstyle L_{h}(t)\supseteq \lambda L_{f}(t)+(1-\lambda )$$L_{g}(t)}$.Thus, by the one-dimensional version of Brunn–Minkowski, we have that ${\textstyle \mu (L_{h}(t))\geq \mu (\lambda L_{f}(t)+(1-\lambda )$$L_{g}(t))\geq \lambda \mu (L_{f}(t))+(1-\lambda )\mu (L_{g}(t))}$. We recall that if ${\textstyle f(x)}$ is non-negative, then Fubini's theorem implies ${\textstyle \int _{\mathbb {R} }h(x)dx=\int _{t\geq 0}\mu (L_{h}(t))dt}$. Then, we have that ${\int }_{\mathbb{R}}h(x)$${\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 }}$, where in the last step we use the weighted AM–GM inequality, which asserts that ${\textstyle \lambda x+(1-\lambda )y\geq x^{\lambda }y^{1-\la$$\mathrm{mb}$ ($0,$1 )$$, x$$, $y$ $\ge$ 0 {\$\mathrm{textstyle}$ $\styleda$\in (0$,1),x,y\geq$ 0$}$에 대한 mbda $\}.$

이제 는n > 1 ${\textstyle n>1$} 사건을 증명한다.For ${\textstyle x,y\in \mathbb {R} ^{n-1},\alpha ,\beta \in \mathbb {R} }$, we pick ${\textstyle \lambda \in [0,1]}$ and set ${\textstyle \gamma =\lambda \alpha +(1-\lambda )\beta }$. For any c, we define ${\textstyle h_{c}(x$$)=h(x,c)}$, that is, defining a new function on n-1 variables by setting the last variable to be ${\textstyle c}$. Applying the hypothesis and doing nothing but formal manipulation of the definitions, we have that $h_{\gamma }(\lambda x+(1-\lambda )y)=h(\lambda x+(1-\lambda )y,\lambda \alpha +(1-\lambda )\beta ))=h(\lambda (x,\alpha )+(1-\lambda )(y,\beta ))\ge$${\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 }}$$$.

Thus, by the inductive case applied to the functions ${\textstyle h_{\gamma },f_{\alpha },g_{\beta }}$, we obtain ${\textstyle \int _{\mathbb {R} ^{n-1}}h_{\gamma }(z)dz\g$$eq (\int _{\mathbb {R} ^{n-1}}f_{\alpha }(z)dz)^{\lambda }(\int _{\mathbb {R} ^{n-1}}g_{\beta }(z)dz)^{1-\lambda }}$. We define ${\textstyle H(\gamma ):$$=\int _{\mathb {R} ^{n-1-1}h_{\gamma$}($z)dz}$와 F$(\alpha$ $)$ $,$ $G(\beta$)$${\$textstyle F(\alpha ), G(\beta$)도 이와$$ 유사하다.In this notation, the previous calculation can be rewritten as: ${\textstyle H(\lambda \alpha +(1-\lambda )\beta )\geq F(\alpha )^{\lambda }G(\beta )^{1-\lambda }}$. Since we have proven this for any fixed ${\textstyle \alpha ,\beta \in \mathbb {R} }$, this means that 함수 $H$, $F$, $G$ ${\textstyle H,F,G}$는 PL 정리의 1차원 버전에 대한 가설을 만족한다$$.Thus, we have that ${\textstyle \int _{\mathbb {R} }H(\gamma )d\gamma \geq (\int _{\mathbb {R} }F(\alpha )d\alpha )^{\lambda }(\int _{\mathbb {R} }F(\beta )d\beta )^{1-\lambda }}$, implying the claim by Fubini's theorem.QED

• PL은 승법 BM을 의미한다.

Brunn-Minkowski의 승법 버전은 PL 불평등으로부터 따르며, h$$= ${\mathrm{}}_{}$ ${\lambda }_{}$ A${}_{}$+ $1$ -${\lambda }_{}$) $B_{}$, $f$= ${\mathrm{}}_{}$ A${}_{}$, g$$= 1 $B_{}$, $1$ ${\mathrm{}}_{}$ ${\$를 취한다$.$

• 곱셈 BM은 첨가 BM을 의미한다.

이제 PL-ine-quality에서 BM-ine-quality를 도출하는 방법을 설명한다.First, by using the indicator functions for ${\textstyle A,B,\lambda A+(1-\lambda )B}$ Prékopa–Leindler inequality quickly gives the multiplicative version of Brunn–Minkowski: ${\textstyle \mu (\lambda A+(1-\lambda )B)\geq \mu (A)^{\lambda }\mu (B)^{1-\$$람다$ $\}\}\}.$ 이제 우리는 승법 BM-ine-quality가 어떻게 통상적이고 부가적인 버전을 내포하는지 보여 준다.

We assume that both A,B have positive volume, as otherwise the inequality is trivial, and normalize them to have volume 1 by setting ${\textstyle A'={\frac {A}{\mu (A)^{1/n}}},B'={\frac {B}{\mu (B)^{1/n}}}}$. We define ${\lambda }^{\prime }=\frac{\lambda \mu (B{)}^{1/n}}{(1-\lambda )\mu }$${\textstyle \lambda '={\frac {\lambda \mu (B)^{1/n}}{(1-\lambda )\mu (A)^{1/n}+\lambda \mu (B)^{1/n}}}}$; note that ${\textstyle 1-\lambda '={\frac {(1-\lambda )\mu (A)^{1/n}}{(1-\lambda )\mu ($$A)^{1/n}+\lambda \mu(B)^{1/n$ 이러한 정의로, 그 $\mu {(}^{}{}^{})$ = μ$({}^{})$ = $\mu$(B$)$ = $1$ ${\textstyle \mu(A')=\mu(B$$1}$을 사용하여 다음과 같은 승법 브룬-밍코스키 불평등을 계산한다.

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

브룬-밍코우스키(Brunn-Minkowski)의 첨가 형태는 이제 가장 왼쪽 볼륨 계산에서 스케일링을 빼내고 재배열하는 방식으로 이어진다.

First, observe that Brunn–Minkowski implies ${\textstyle \mu (K+\epsilon B)\geq (\mu (K)^{1/n}+\epsilon V(B)^{1/n})^{n}=V(K)(1+\epsilon ({\frac {$$\mu (B)}{\mu (K)}})^{1/n})^{n}\geq \mu (K)(1+n\epsilon ({\frac {\mu (B)}{\mu (K)}})^{1/n}),}$ where in the last inequality we used that ${\textstyle (1+x)^{n}\geq 1+nx}$ for ${\textstyle x\geq 0}$. We use this calculation to lower bound the surface area of ${\textstyle K}$ via $S(K)=\underset{}{lim}$${\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}.}$ Next, we use the fact that ${\textstyle S(B)=n\mu (B)}$, which follows from the Minkowski-Steiner formula, to calculate ${\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-$$1}{n}\mu(B)^{\frac {1-n}{n}}.$$}$ Rearranging this yields the isoperimetric inequality: ${\textstyle {\frac {\mu (B)^{1/n}}{S(B)^{1/(n-1)}}}\geq {\frac {\mu (K)^{1/n}}{S(K)^{1/(n-1)}}}.$$}$

We recall the following facts about mixed volumes : ${\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}}\ldo$$ts \lambda _{j_{n}}}$, so that in particular if ${\textstyle g(t)=\mu (K+tL)=\mu (V)+nV(K,\ldots ,K,L)t+\ldots }$, then ${\textstyle g'(0)=nV(K,\ldots ,K,L)}$.

$f^{}$( $t$) $:=$ $\mu$ ($K$+ t $L{}^{}$) 1${}^{}$/ n ${\$$=\mu (K+tL)^{1/n}}$. Brunn's theorem implies that this is concave for ${\textstyle t\in [0,1]}$. Thus, ${\textstyle f^{+}(0)\geq f(1)-f(0)=\mu (K+L)^{1/n}-V(K)^{1/n}}$, where ${\textstyle f^{+}(0)}$ denotes the right d침전성의We also have that ${\textstyle f^{+}(0)={\frac {1}{n}}\mu (K)^{\frac {n-1}{n}}nV(K,\ldots ,K,L)}$. From this we get ${\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}}}}}$ 마지막 불평등에서 BM을 적용했던 곳$.$

Proof: Let ${\textstyle \delta =\epsilon ^{2}/8}$, and let ${\textstyle Y=S\setminus X_{\epsilon }}$. Then, for ${\textstyle x\in X,y\in Y}$ one can show, using $\frac{1}{2}x+y{}^2=x{}^2+y{}^2-\frac{1}{2}x-y$${\textstyle {\frac {1}{2}} x+y ^{2}= x ^{2}+ y ^{2}-{\frac {1}{2}} x-y ^{2}}$ and ${\textstyle {\sqrt {1-x}}\leq 1-x/2}$ for ${\textstyle x\leq 1}$, that ${\textstyle {\frac {x+y}{2}} \leq 1-\delta }$. In particular, $\frac{x+y}{2}\in$${\textstyle {\frac {x+y}{2$$}}}\in (1-\delta )B(0,1$$$.

We let ${\textstyle {\overline {X}}={\text{Conv}}(X,\{0\}),{\overline {Y}}={\text{Conv}}(Y,\{0\})}$, and aim to show that ${\textstyle {\frac {{\overline {X}}+{\overline {Y}}}{2}}\subseteq (1-\delta )B(0,1)}$. Let $x$$\in$ X$$, $y\mathrm{y}$ Y , α $,$ $β$ $\in$[ 0$$, $1$ $]$, $x\stackrel{}{}$ $\stackrel{}{¯}$ =$\alpha$ x$$, $y\stackrel{}{}$¯$$= $\alpha$ $y$ =$$α y {\$textstyle$ x$\in X,y\in Y,\alpha,\beta \in [0,1],{\bar {{x=\y$The argument below will be symmetric in ${\textstyle {\bar {x}},{\bar {y}}}$, so we assume without loss of generality that ${\textstyle \alpha \geq \beta }$ and set ${\textstyle \gamma =\beta /\alpha \leq 1}$. Then,

${\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 {\fr$$ac {x+y}{2$$}}}+\cHB$ ($1-\cHB ){\frac {x}{$2$\}\}.$

This implies that ${\textstyle {\frac {{\bar {x}}+{\bar {y}}}{2}}\in \alpha \gamma (1-\delta )B+\alpha (1-\gamma )(1-\delta )B=\alpha (1-\delta )B\subseteq (1-\delta )B}$. (Using that for any convex body K and ${\textsty$$\gamma \in [0,1]},$$\gamma$ K$$+ $(1$ -$\gamma$) $K$= $K$ ${\textstyle \gamma$ K$+(1-\gamma )K=K}.)$

Thus, we know that ${\textstyle {\frac {{\overline {X}}+{\overline {Y}}}{2}}\subseteq (1-\delta )B(0,1)}$, so ${\textstyle \mu ({\frac {{\overline {X}}+{\overline {Y}}}{2}})\leq (1-\delta )^{n}\mu (B(0,1))}$. We applythe multiplicative form of the Brunn–Minkowski inequality to lower bound the first term by ${\textstyle {\sqrt {\mu ({\bar {X}})\mu ({\bar {Y}})}}}$, giving us ${\textstyle (1-\delta )^{n}\mu (B)\geq \mu ({\bar {X}})^{1$$/2}\mu({\bar {Y})^{1/2$