Demostrar que el conjunto encerrado por una elipse es convexo

Question

Intento demostrar que el siguiente conjunto ( $B$ ) definida por una elipse es convexa, pero me estoy atascando.

$$B = \left\{(x_1,x_2):3(x_1-3)^2+2(x_2-3)^2 \leq 1 \right\} $$

Mi triste intento:

$$ \textrm{Let }x,y \: \in \: B \:, \: \lambda \: \in \: [0,1]$$

$$ \lambda x+(1-\lambda)y=(\lambda x_1+(1-\lambda)y_1,\: \lambda x_2 +(1-\lambda)y_2 )$$ $$3(\lambda x_1 + (1-\lambda)y_1 -3)^2+2(\lambda x_2+(1-\lambda)y_2-3)^2=3(\lambda ^2x_1^2 +(1-\lambda)^2y_1^2+9+2\lambda x_1(1-\lambda)y_1-6\lambda x_1 -6(1-\lambda)y_1)+2(\lambda ^2x_2^2 +(1-\lambda)^2y_2^2+9+2\lambda x_2(1-\lambda)y_2-6\lambda x_2 -6(1-\lambda)y_2)$$

y aquí es donde he perdido toda la confianza en probarlo. Pude factorizar algunos de los términos en la forma $(\lambda x_1 -3)^2$ , $((1-\lambda) y_1 -3)^2$ , $(\lambda x_2 -3)^2$ y $((1-\lambda) x_2 -3)^2$ pero no creo que eso ayude a la situación.

Answer 1

Tenemos que demostrar que si $(a_1,b_1) \in B$ y $(a_2,b_2) \in B$ entonces $$(a,b)=(\lambda a_1+(1-\lambda)a_2,\lambda b_1+(1-\lambda)b_2) \in B.$$

El truco está en observar que $a-3 = \lambda(a_1-3)+(1-\lambda)(a_2-3)$ y $b-3 = \lambda(b_1-3)+(1-\lambda)(b_2-3)$ .

En consecuencia, $$3(a-3)^2 + 2(b-3)^2 = 3(\lambda (a_1-3)+(1-\lambda)(a_2-3))^2 + 2(\lambda (b_1-3)+(1-\lambda)(b_2-3))^2.$$ Simplificando la RHS, obtenemos $$3(a-3)^2 + 2(b-3)^2 = \lambda^2(3(a_1-3)^2+2(b_1-3)^2) + (1-\lambda)^2(3(a_2-3)^2+2(b_2-3)^2) \\+ 2\lambda(1-\lambda)(3(a_1-3)(a_2-3)+2(b_1-3)(b_2-3)).$$ Desde $3(a_1-3)^2+2(b_1-3)^2 \le 1$ y $3(a_2-3)^2+2(b_2-3)^2 \le 1$ obtenemos $$3(a-3)^2 + 2(b-3)^2 \le \lambda^2 + (1-\lambda)^2+ 2\lambda(1-\lambda)(\color{red}{3(a_1-3)(a_2-3)+2(b_1-3)(b_2-3)}).$$ Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, la expresión roja se puede acotar como $$3(a_1-3)(a_2-3)+2(b_1-3)(b_2-3) \le \sqrt{(3(a_1-3)^2+2(b_1-3)^2)(3(a_2-3)^2+2(b_2-3)^2)}=1.$$ Por lo tanto, $$3(a-3)^2 + 2(b-3)^2 \le \lambda^2 + (1-\lambda)^2+ 2\lambda(1-\lambda) =1.$$ Q.E.D.

Answer 2

Por desplazamiento es equivalente a demostrar que $B' = \{3x^2 + 2y^2 \leq 1\}$ es convexo.

Dejemos que $(x_1,y_1), (x_2, y_2) \in B'$ y $0\leq \lambda \leq 1$ . En aras de la brevedad, dejemos que $\mu = 1-\lambda$ .

Entonces tenemos que demostrar que $(\lambda x_1 + \mu x_2, \lambda y_1 + \mu y_2) \in B'$ . En otras palabras, $3(\lambda x_1 + \mu x_2)^2 + 2(\lambda y_1 + \mu y_2)^2 \leq 1$ .

Reclamación: $3(\lambda x_1 + \mu x_2)^2 + 2(\lambda y_1 + \mu y_2)^2 \leq \lambda(3x_1^2 + 2y_1^2) + \mu(3x_2^2 + 2y_2^2)$ .

Razón: Restar el lado derecho por el lado izquierdo, queremos demostrar que la salida es $\geq 0$ . Los términos que implica $x_i$ son $$ 3((\lambda-\lambda^2)x_1^2 + (\mu - \mu^2)x_2^2 - 2\lambda\mu x_1x_2) = 3\lambda\mu(x_1-x_2)^2 \geq 0. $$

Y el $y$ se deduce por simetría. Esto demuestra la afirmación y la convexidad. (Es necesario utilizar el hecho $\lambda = 1-\mu$ ).

Answer 3

Demostremos que $B=\{(x,y):(\frac{x}{a})^2+(\frac{y}{b})^2\leq 1\}$ es convexo.

Supongamos que $P,Q\in B$ con $P=(x_1,y_1)$ y $Q=(x_2,y_2)$ . Tenemos que mostrar $tP+(1-t)Q\in B$ para todos $t\in[0,1]$ . $$tP+(1-t)Q=\Big(tx_1+(1-t)x_2,ty_1+(1-t)y_2\Big)$$ $$\Big(\frac{tx_1+(1-t)x_2}{a}\Big)^2+\Big(\frac{ty_1+(1-t)y_2}{b}\Big)^2=t^2\Big((\frac{x_1}{a})^2+(\frac{y_1}{b})^2\Big)+(1-t)^2\Big((\frac{x_2}{a})^2+(\frac{y_2}{b})^2\Big)+2t(1-t)\Big(\frac{x_1x_2}{a^2}+\frac{y_1y_2}{b^2}\Big)$$ $$\leq t^2+(1-t)^2+2t(1-t)\Big(\frac{x_1x_2}{a^2}+\frac{y_1y_2}{b^2}\Big).$$ Uso de la parametrización $x_1=ar\cos t, y_1=br\sin t$ y $x_1=ar'\cos t', y_1=br'\sin t'$ con $0\leq r,r'\leq 1$ tenemos $$\frac{x_1x_2}{a^2}+\frac{y_1y_2}{b^2}=\frac{a^2rr'\cos t\cos t'}{a^2}+\frac{b^2rr'\sin t\sin t'}{b^2}=rr'(\cos t\cos t'+\sin t\sin t')=rr'\cos(t-t')\leq rr'\leq1.$$ Así que $$t^2+(1-t)^2+2t(1-t)\Big(\frac{x_1x_2}{a^2}+\frac{y_1y_2}{b^2}\Big)\leq t^2+(1-t)^2+2t(1-t)=(t+(1-t))^2=1.$$ Obsérvese que la convexidad es invariable por traslación, por lo que $\{(x,y): (\frac{x-x_0}{a})^2+(\frac{y-y_0}{b})^2\leq 1\}$ también es convexo.