La Distancia Entre Los Dos Elipsoides

Question

Encontrar la distancia más corta entre $\begin{align} &\frac{x_1^2}{a_1^2}+...+\frac{x_n^2}{a_n^2}=1\\ &\frac{x_1^2}{a_1^2}+...+\frac{x_n^2}{a_n^2}=2 \end{align}$.

Mi pensamiento es al $n=2$, tenemos dos puntos suspensivos donde los ejes de la segunda son los mismos que en la primera escala por un factor de $\sqrt{2}$. WLOG, suponga $|a_1|<|a_2|$. A continuación, la distancia más corta sería $|a_1|(\sqrt{2}-1)$. Para el elipsoide caso, yo diría que la distancia más corta es $|a_{\text{min}}|(\sqrt{2}-1)$. No sé cómo probar esto formalmente. Pensé sobre el uso de multiplicadores de Lagrange, pero tenía dificultades incluso de la configuración. Alguna sugerencia?

Answer 1

En general, el mínimo y el máximo de las distancias (con respecto a la norma estándar $\|\bullet\|$$\mathbb{R}^n$) entre dos $n$-dimensiones elipsoides dada por $$A:=\Biggl\{\left(x_1,x_2,\ldots,x_n\right)\in\mathbb{R}^n\,\Big|\,\sum_{i=1}^n\,\frac{x_i^2}{a_i^2}=1\Biggr\}$$ y $$B:=\Biggl\{\left(x_1,x_2,\ldots,x_n\right)\in\mathbb{R}^n\,\Big|\,\sum_{i=1}^n\,\frac{x_i^2}{b_i^2}=1\Biggr\}\,,$$ donde $a_1,a_2,\ldots,a_n$ $b_1,b_2,\ldots,b_n$ son números reales positivos tales que $a_i\geq b_i$ por cada $i=1,2,\ldots,n$, son $$\min\big\{a_1-b_1,a_2-b_2,\ldots,a_n-b_n\big\}$$ and $$\max\big\{a_1+b_1,a_2+b_2,\ldots,a_n+b_n\big\}\,,$$ respectively. (Of course, the minimum distance is $0$ if there exist $j,k\in\{1,2,\ldots,n\}$ such that $a_j\geq b_j$ and $a_k<b_k$, whilst the maximum distance is still given by the same formula above.) To show this, one only needs to observe that, if $\textbf{u}\en$ and $\textbf{v}\in B$ are such that $\|\textbf{u}-\textbf{v}\|$ is optimal, then $\textbf{u}-\textbf{v}$ is parallel to the normal vector of $$ at $\textbf{u}$ as well as the normal vector of $B$ at $\textbf{v}$.

Answer 2

Deje $\frac{x_1^2}{a_1^2}+\dots+\frac{x_n^2}{a_n^2} = 1$$\frac{y_1^2}{a_1^2}+\dots+\frac{y_n^2}{a_n^2} = 2$. Entonces por Cauchy-Schwarz $$ 1 = \sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{y_k^2-x_k^2}{a_k^2}} = \sum\limits_{k=1}^{n}{(y_k-x_k)\frac{y_k+x_k}{a_k^2}}\le\left(\sum\limits_{k=1}^{n}{(y_k-x_k)^2}\right)^{\frac{1}{2}}\left(\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{(y_k+x_k)^2}{a_k^4}}\right)^{\frac{1}{2}}. $$ Desde $a_k^4\ge(\min{|a_i|})^2a_k^2$ todos los $k$, se deduce que el $\left(\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{(y_k+x_k)^2}{a_k^4}}\right)^{\frac{1}{2}}\le \frac{1}{\min{|a_i|}}\left(\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{(y_k+x_k)^2}{a_k^2}}\right)^{\frac{1}{2}}$, y aplicando la desigualdad de triángulo a los vectores $\vec{x} = \left(\frac{x_1}{a_1},\dots,\frac{x_k}{a_k}\right)$ $\vec{y} = \left(\frac{y_1}{a_1},\dots,\frac{y_k}{a_k}\right)$ rendimientos $$ \left(\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{(y_k+x_k)^2}{a_k^2}}\right)^{\frac{1}{2}} = \|\vec{x}+\vec{y}\|\le\|\vec{x}\|+\|\vec{y}\| = 1+\sqrt{2}. $$ Por lo tanto, $1\le\frac{1+\sqrt{2}}{\min{|a_i|}}\left(\sum\limits_{k=1}^{n}{(y_k-x_k)^2}\right)^{\frac{1}{2}}$, es decir,$\left(\sum\limits_{k=1}^{n}{(y_k-x_k)^2}\right)^{\frac{1}{2}}\ge(\sqrt{2}-1)\min{|a_i|}$.

Si asumimos w.l.o.g. que $\min{|a_i|} = |a_1|$, $(x_1,x_2,\dots,x_n) = (a_1,0,\dots,0)$ $(y_1,y_2,\dots,y_n) = (\sqrt{2}a_1,0,\dots,0)$ alcanza la igualdad en la desigualdad anterior.

Answer 3

Aquí es una solución utilizando multiplicadores de Lagrange: La clave es tener en cuenta que si $(x,y)$ resuelve el problema (con $x,y$, siendo en las dos elipses), a continuación, $x$ es un punto más cercano a la '$y$'-elipse, y $y$ es un punto más cercano a la '$x$'-elipse.

Deje $f(x) = \sum_k ({x_k \over a_k } ) ^2$. Vamos $E_k = f^{-1} (\{ k \})$, $k=1,2$ El $E_k$ son compactos, por lo que sabemos que hay minimisers. Supongamos $(x,y)$ es un minimiser con $x \in E_1, y \in E_2$.

Desde $y$ minimiza la distancia a$E_1$,$x-y\parallel \nabla f(y)$. Del mismo modo, desde la $x$ minimiza la distancia a$E_2$,$y-x \parallel \nabla f(x)$.

Por lo tanto $\nabla f(y) = \lambda \nabla f(x)$ algunos $\lambda$, y por lo $y = \lambda x$. Desde $y \in E_2, x \in E_1$, nos encontramos con que $\lambda = \sqrt{2}$.

Por lo tanto, cualquier minimiser $(x',y')$ satisface $y' = \sqrt{2} x'$. Si $x' \in E_1$, podemos ver que $\sqrt{2}x' \in E_2$, por lo tanto podemos restringir nuestra búsqueda a la minimización de la distancia entre el$x'$$\sqrt{2} x'$,$x' \in E_1$.

Es decir, tenemos que resolver $\min \{ (\sqrt{2}-1) \|x'\| | x' \in E_1 \}$, y está claro que la minimización de punto es un punto más cercano de la $E_1$ a la de origen. Está claro que si $i$ es tal que $|a_i| = \min_k |a_k|$, luego $x'=a_i e_i$ es un minimiser, a partir de la cual llegamos a la conclusión de que la distancia mínima es $(\sqrt{2}-1) \min_k |a_k|$.

Answer 4

Comenzamos por el cambio a coordenadas paramétricas.

Recordemos que expresan en coordenadas esféricas:

https://en.wikipedia.org/wiki/N-sphere#Spherical_coordinates

Tenemos que un general de la elipse puede ser expresado como

$$ \begin{matrix} x_1 = a_1 r \cos(\theta_1) \\ x_2 = a_2 r \sin(\theta_1)\cos(\theta_2) \\ x_3 = a_3 r \sin(\theta_1 )\sin(\theta_2) \cos(\theta_3) \\ \vdots \\ x_n = a_nr \sin(\theta_1) ... \sin(\theta_{n-1}) \cos(\theta_n)\end{matrix} $$

Ahora, si nos vamos a $\theta_n = 0$, que efectivamente tiene una serie de ecuaciones para la superficie de la n-dimensional de la elipse dada en forma paramétrica.

$$ \begin{matrix} x_1 = a_1 r \cos(\theta_1) \\ x_2 = a_2 r \sin(\theta_1)\cos(\theta_2) \\ x_3 = a_3 r \sin(\theta_1 )\sin(\theta_2) \cos(\theta_3) \\ \vdots \\ x_n = a_nr \sin(\theta_1) ... \sin(\theta_{n-1}) \end{matrix} $$

La ecuación del primer elipsoide será:

$$ \begin{matrix} x_1 = a_1 \cos(\theta_1) \\ x_2 = a_2 \sin(\theta_1)\cos(\theta_2) \\ x_3 = a_3 \sin(\theta_1 )\sin(\theta_2) \cos(\theta_3) \\ \vdots \\ x_n = a_n \sin(\theta_1) ... \sin(\theta_{n-1}) \end{matrix} $$ La ecuación de la segunda elipsoide, a continuación, será

$$ \begin{matrix} x_1 = \sqrt{2} a_1 \cos(\theta_1) \\ x_2 = \sqrt{2} a_2 \sin(\theta_1)\cos(\theta_2) \\ x_3 = \sqrt{2} a_3 \sin(\theta_1 )\sin(\theta_2) \cos(\theta_3) \\ \vdots \\ x_n =\sqrt{2} a_n \sin(\theta_1) ... \sin(\theta_{n-1}) \end{matrix} $$

Ahora queremos demostrar que podemos minimizar la distancia entre los puntos en cada superficie. Por supuesto, no necesitamos usar la "distancia" fórmula de un espacio Euclídeo, también podemos utilizar el polar fórmula de la distancia, donde, naturalmente, de ello se sigue que (no podemos cambiar $r$ que se fija a 1 y $\sqrt{2}$) que la obtención de los ángulos de tan cerca como sea posible, consigue los puntos tan cerca como sea posible.

Por lo tanto los puntos exactamente en el mismo ángulo, sólo se diferencian por $\sqrt{2}-1$ y llegamos a la conclusión de que es la distancia mínima entre los elipsoides.