Si$d(x,y)$ es una métrica en$X$, entonces$d'(x,y)=\frac{d(x,y)}{1 + d(x,y)}$ y$d(x,y)$ genera la misma topología.

Question

Si $d(x,y)$ e $d'(x,y)$ son una de las métricas en $X$, a continuación, $d'(x,y)=\frac{d(x,y)}{1 + d(x,y)}$ e $d(x,y)$ genera la misma topología.

Mi intento:- Deje $\mathscr T$ ser la topología generada por $d$ e $\mathscr T'$ ser la topología generada por $d'$. Deje $U\in \mathscr T\implies U=\bigcup_{\alpha\in \Lambda}B_d(x_\alpha, r_\alpha).$ Lo, $x\in B_d(x_\alpha, r_\alpha)$. Queremos demostrar que hay un $B_{d'}(x,\delta)\subset B_d(x_\alpha, r_\alpha).$ Si $r=\min\{.9,r_{\alpha}\}. So,B_{d}(x_\alpha,r)\subset B_d(x_\alpha, r_\alpha). $ podía probar que $B_{d'}(x_\alpha,\frac{r}{1-r})\subset B_{d}(x_\alpha, r)$. Deje $y\in B_d(x_\alpha, r_\alpha)$, vamos a $\epsilon=\min\{r_\alpha-d(x_\alpha,y),.9\}.$ a Continuación, hay un $B_{d'}(y,\frac{\epsilon}{1-\epsilon})\subset B_{d}(y, \epsilon)\subset B_{d}(x_\alpha, r_\alpha).$ por lo tanto, puedo escribir $U$ como la unión de abrir bolas de $d'$. Por lo tanto $U\in \mathscr T'$. Si la prueba es correcta, puedo escribir lo contrario de manera similar. Mediante el uso de $B_d(x,\frac{r}{r+1})\subset B_{d'}(x,r)$. Por favor me ayudan a rectificar mis errores.

Answer 1

Es suficiente para mostrar (y necesario) que todos los $d$-bola alrededor de un punto contiene un $d'$-bola alrededor de ese punto y viceversa. En ese caso, tanto las métricas generan la misma topología: si $O$ es $d$a abrir, y $x \in O$ alguna $r>0$ $B_d(x,r) \subseteq O$ y, a continuación, podemos encontrar $r'>0$ tal que $B_{d'}(x,r') \subseteq B(x,r)$ (cualquier $d$-bola alrededor de $x$ contiene un $d'$ pelota alrededor de $x$) y, a continuación, $x$ es $d'$-punto interior de a$O$, y podemos hacer esto para todas las $x$, lo $O$ es $d'$-abra demasiado. Intercambiando los rôles de $d'$ e $d$ obtenemos la inversa también.

Ahora, el principal hecho que voy a usar para mostrar esta mutua bola de inclusiones es que $d' = f \circ d$ donde $f: \mathbb{R}_0^+ \to \mathbb{R}_0^+$ es la función de $f(x) = \frac{x}{1+x}$, $f(0) = 0$ e $f$ continua en $0$ (en la topología usual en $\mathbb{R}_0^+$), y también que $x < f(x)$ para todos los $x$.

Deje $x \in X$ e $r>0$. Entonces, por la continuidad de $f$ a $0$ nos encontramos con algunos $r'>0$ tal que $0 \le t < r'$ implica $f(t) < r$ y esto significa que $B_{d}(x,r') \subseteq B_{d'}(x,r)$: si $y$ obedece a $d(x,y) < r'$ entonces $d'(x,y) = f(d(x,y)) < r$. Esto muestra una bola de inclusión necesitamos.

Si $x \in X$ e $r>0$, a continuación, $B_{d'}(x,r) \subseteq B_d(x,r)$ porque si $d'(x,y) < r$ entonces $d(x,y)) < f(d(x,y)) = d'(x,y) < r$ ). Esto muestra la bola de inclusión en la otra dirección.

Su $0.9$ plazo parece un poco al azar (tal vez inspirado en la prueba de que el trunca métrica $d''(x,y) = \min(d(x,y), 1)$ también induce la misma topología $d$?). Si nos abstraen la fórmula exacta de $d'$ por un razonamiento un poco en el $f$, la prueba se hace más fácil. También, el uso de la mutua criterio de inclusión para mostrar la equivalencia de las métricas. Era lo que estaba tratando de hacer así, creo.

Answer 2

i) $d(x_0,y)<\varepsilon$ para que $$ d '(x_0, y) \ leq d (x_0, y) <\ varepsilon $$

Por lo tanto, $B^d(x_0,\varepsilon)\subset B^{d'}(x_0,\varepsilon)$

ii) Si $d'(x_0,y)< \varepsilon < 1/2$ , entonces $$ d (x_0, y) <\ varepsilon + \ varepsilon d (x_0, y) \ Rightarrow d (x_0, y) <\ frac {\ varepsilon} {1- \ varepsilon } <2 \ varepsilon $$

$B^{d'}(x_0,\varepsilon)\subset B^{d}(x_0,2\varepsilon)$