Tengo que demostrar que $d(x,y)=\left|\frac{x}{1+\sqrt{1+x^2}}-\frac{y}{1+\sqrt{1+y^2}}\right|$ es una métrica en $\mathbb{R}$ . He conseguido demostrar la no negatividad, la simetría y la desigualdad del triángulo, pero estoy atascado en demostrar $d(x,y)=0\Leftrightarrow x=y$ . En mi libro de texto tengo la siguiente indicación: "demostrar que $f(x)=\frac{x}{1+\sqrt{1+x^2}}$ es una función estrictamente creciente". Cómo me ayuda esta indicación, ¿por qué tengo que demostrar que la función dada es estrictamente creciente?
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Adam
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Desde $f(x) = \frac{x}{1+\sqrt{1+x^2}}$ es estrictamente creciente, supongamos sin pérdida de generalidad que $x<y$ .
$\implies f(x) < f(y) \implies d(x,y)=|f(x)-f(y)|>0 \qquad (1)$
La prueba donde $f(x)=f(y) \implies d(x,y) = |f(x)-f(y)|=|f(x)-f(x)|=0$ es trivial. En la otra dirección, dado que $|f(x)-f(y)|=0$ Si alguno de los dos $x<y$ o $y<x$ pero $d(x,y)= 0$ entonces esto presenta una contradicción con (1).
Considere $f(x)=\dfrac{x}{1+\sqrt{1+x^2}}$ . Su derivado es $f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}(1+\sqrt{1+x^2})}$ es claramente positivo, entonces $f$ es creciente y, en consecuencia, inyectiva. Así que $f(x)=f(y)\Rightarrow x=y$ lo que demuestra el lado no obvio del axioma de separación $d(x,y)=0\iff x=y$ . La simetría $d(x,y)=d(y,x)$ está claro. Sigue siendo la desigualdad triangular.
Tenemos $$\left|\dfrac{x}{1+\sqrt{1+x^2}}-\dfrac{y}{1+\sqrt{1+y^2}}\right|+\left|\dfrac{y}{1+\sqrt{1+y^2}}-\dfrac{z}{1+\sqrt{1+z^2}}\right|\hspace{10mm}(*)$$ Por la desigualdad triangular en $(\mathbb R,|\space|)$ uno tiene que $(*)$ es mayor o igual que $$\left|\dfrac{x}{1+\sqrt{1+x^2}}-\dfrac{z}{1+\sqrt{1+z^2}}\right|$$ por lo que tenemos que demostrar que $$d(x,y)+d(y,z)\ge d(x,z)$$
