Mostrando la métrica $\rho=\frac{d}{d+1} $ induce el mismo toplogy como $d$

Question

Quiero demostrar que, dado un espacio métrico $\left(X,d\right)$ la métrica $\rho=\frac{d}{d+1}$ $X$ induce la misma topología en $X$$d$. Esto es suficiente para mostrar que cualquier bola abierta en $\left(X,d\right)$ está abierto en $\left(X,\rho\right)$ y viceversa. Lo que estoy atascado en es encontrar una $\delta>0$ tal que dado $y\in B_{d}\left(x,\varepsilon\right)$ I conseguirá $y\in B_{\rho}\left(y,\delta\right)\subseteq B_{d}\left(x,\varepsilon\right)$. Esto me dará que toda bola abierta en $ \left(X,d\right)$ está abierto en $\left(X,\rho\right)$ .

Ayuda sería apreciada.

Answer 1

Tenga en cuenta que para cualquier métrica $\rho$, siempre que $\rho\geq 0$, por lo que el $$\frac{\rho}{1+\rho}\leq \rho$$

así que una dirección es inmediata. Por otro lado, esto nos dice que dado $\epsilon$$\rho(x,y)<\varepsilon $; tendremos que tomar $\frac{\rho}{1+\rho}$ mucho menor para obtener el interior de la bola. Queremos $$\frac{\rho(x,y)}{1+\rho(x,y)}<\delta$$ to imply that $$\rho(x,y)<\epsilon$$ Puesto que todo es positivo

$$\begin{align} \frac{{\rho (x,y)}}{{1 + \rho (x,y)}} <& \delta \\ \rho (x,y) <& \delta + \delta \rho (x,y) \\ \left( {1 - \delta } \right)\rho (x,y) <& \delta \\ \rho (x,y) <& \frac{\delta }{{1 - \delta }} \end{align}$$

por lo $$\frac{{\rho (x,y)}}{{1 + \rho (x,y)}} < \delta\implies \rho (x,y) < \frac{\delta }{{1 - \delta }}$$

La inversa de a $x\mapsto \frac{x}{1-x}$ $x \mapsto \frac{x}{{1 + x}}$ si tomamos $\delta = \frac{\varepsilon }{{1 + \varepsilon }}$ tendremos$$\frac{{\rho (x,y)}}{{1 + \rho (x,y)}} < \delta \Rightarrow \rho (x,y) < \varepsilon $$ como se desee.

Answer 2

Intente $\delta=\varepsilon/(1+\varepsilon)$.