دایرهٔ تو پُرِ با شعاع یک و مرکز مبدأ مختصات (در صورت داشتن مرکز دیگری میتوان بدون کاستن از کلیت با یک انتقال فرض کرد که مرکز دایره مبدأ نختصات است) را با $C$ نمایش دهید. یعنی
$$C=\lbrace (x,y)\in\mathbb{R}^2\mid x^2+y^2\leq 1\rbrace$$
پس برای یک نقطه مانند $A$ شرط عضویت در $C$ برابر است با $|OA|\leq 1$ که $O$ مرکز مختصات و منظور از $|v|$ برای یک بردار (یا پارهخط) $v$، اندازهٔ این بردار (پارهخط) است. روی مرز (محیط)-ِ $C$ بودن برابر میشود با $|OA|=1$ و درونِ $C$ بودن برابر میشود با $|OA|<1$. اکنون حکمی که شما میخواهید این است که هیچ دو نقطهٔ $A$ و $B$ ای عضو $C$ که $A\neq B$ وجود ندارند که $\lambda A+(1-\lambda)B$ که $\lambda\in (0,1)$ روی مرز دایره بیفتد. برای اثبات نخست مقدار $\lambda$ را از بازهٔ $(0,1)$ دلخواه انتخاب و سپس ثابت در نظر بگیرید. اکنون نقطههای $\lambda A$، $(1-\lambda)B$ و $\lambda A+(1-\lambda)B$ را به ترتیب با $M$ و $N$ و $P$ نشان دهید. ویژگیهای درازا (طول) جمع دو بردار و ضرباسکالری یک بردار را به یاد آورید. فرض کنید $\alpha$ یک عدد حقیقی و $u$ و $v$ دو بردار باشد، آنگاه
$$|\alpha v|=|\alpha||v|\;,\;0\leq |u+v|\leq |u|+|v|$$
که تساویِ $|u+v|= |u|+|v|$ تنها زمانی روی میداد که زاویهٔ بین دو بردار $u$ و $v$ برابر با صفر باشد. اکنون برگردیم به کار اصلیمان. نخست توجه کنید که $OP=OM+ON$. پس $|OP|=|OM+ON|$. سپس توجه کنید که بردارهای $OM$ و $ON$ به ترتیب بر روی خط امتداد یافتهٔ بردارهای $OA$ و $OB$ هستند. پس زاویهٔ $\widehat{MON}$ برابر با زاویهٔ $\widehat{AOB}$ است. دو حالت در نظر میگیریم.
حالت یکُم: $\widehat{AOB}\neq 0$ در این حالت:
$$0\leq |OM+ON|< |OM|+|ON| = \lambda |OA| + (1-\lambda) |OB| \leq \lambda (1) + (1-\lambda) (1)=1$$
پس نابرابریِ اکیدِ $|OP|<1$ را داریم که نتیجه میدهد $P$ درون $C$ میافتد و مرزی نیست.
حالت دوم: دو نقطهٔ $A$ و $B$ در امتداد یک شعاع یکسان از دایرهٔ $C$ هستند. چون فرض کردیم این دو نقطه متمایز هستند پس هر دو با هم نمیتوانند مرزی باشند، در نتیجه دستکم برای یکی از آنها درازا باید کمتر اکید از ۱ باشد. داریم:
$$|OM+ON|= |OM|+|ON| = \lambda |OA| + (1-\lambda) |OB| < \lambda (1) + (1-\lambda) (1)=1$$
پس در این حالت نیز به نامساوی اکید و نتیجهٔ یکسان رسیدیم.
