Demuestre que, para toda métrica $d$ las métricas $d/(1+d)$ y $\min\{1,d\}$ son equivalentes

Question

El problema real parece-

Déjalo, $(X,d)$ sea un espacio métrico donde $X\ne\emptyset$ . Defina $d_1$ y $d_2$ en $X\times X$ por $d_1(x,y)=\frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}$ , $d_2(x,y)=\min\{1, d(x,y)\}\quad\forall(x,y)\in X\times X.$ (Es fácil verificar $d_1,d_2$ son dos métricas sobre $X$ .) Demuestra que, $d_1, d_2$ son métricas equivalentes en $X$ .

En primer lugar, utilizaré el teorema estándar para demostrar que dos métricas de un conjunto no vacío son equivalentes.
Dos métricas $d_1$ y $d_2$ en un conjunto no vacío $X$ son equivalentes si y sólo si para cada $x\in X$ y cada bola abierta $B_{d_i} (x,r)$ en $(X,d_i)$ (para algunos $r>0$ ), existe un $s>0$ tal que $B_{d_j} (x,s)\subseteq B_{d_i} (x,r)$ para $i, j=1,2$ y $i\ne j$ .
Ahora, para resolver el problema, lo divido en partes- Si puedo demostrar que ambos $d_1,d_2$ son equivalentes con la métrica $d$ entonces hemos terminado.
Soy capaz de mostrar $d$ y $d_2$ son equivalentes de la siguiente manera-
Déjalo, $x\in X$ y $B_{d_2} (x,r)$ sea una bola abierta en $(X, d_2)$ para algunos $r>0$ . Entonces $B_{d} (x,r)\subseteq B_{d_2} (x,r)$ .
De nuevo, si tomamos un balón abierto $B_{d} (x,t)$ en $(X,d)$ para algunos $t>0$ . Entonces $B_{d_2} (x,s)\subseteq B_{d} (x,t)$ donde $s=\min \{1,t\}$ .

Pero, ¿cómo mostrar $d_1$ y $d$ son métricas equivalentes en $X$ ?
¿Puede alguien ayudarme a probar $d_1$ y $d$ son métricas equivalentes en $X$ ? Gracias de antemano por su ayuda.

Answer 1

Sólo verifique que $B_d(x,r)$ contiene $B_{d_1}(x,s)$ donde $s= \frac r {1+r}$ y $B_{d_1}(x,r)$ contiene $B_d(x,s)$ donde $s= \frac r {1-r}$ Nota: basta con considerar el caso en que $r<1$ : si $r\geq 1$ primer hallazgo $s$ tal que $B_{d_1}(x,\frac 1 2)$ contiene $B_d(x,s)$ y observe que $B_d(x,s)\subset B_{d_1}(x,\frac 1 2) \subset B_{d_1}(x,r)$ .

Answer 2

Tenga en cuenta que $d_1(x,y)\leq d(x,y)$ para todos $x,y\in X$ ya que $1+d(x,y)\geq 1$ . Por lo tanto, se deduce que $B_{\varepsilon}^d(x)\subseteq B_{\varepsilon}^{d_1}(x)$ para todos $x\in X$ y $\varepsilon>0$ . Por lo tanto, si $U\subseteq X$ es $d_1$ -abierto, también es $d$ -abrir.

A la inversa, supongamos que $U$ es $d$ -abrir y dejar $x\in U$ . Por definición de conjunto abierto en un espacio métrico, existe $\varepsilon>0$ tal que $B_{\varepsilon}^d(x)\subseteq U$ . Ahora dejemos que $\delta=\min\{\varepsilon/2,1/2\}$ . Si $d_1(x,y)<\delta$ entonces $d(x,y)<\varepsilon$ porque..: $$d(x,y)=\frac{d_1(x,y)}{1-d_1(x,y)}\leq 2d_1(x,y)< \epsilon$$ Por lo tanto, $B_{\delta}^{d_1}(x)\subseteq B_{\varepsilon}^d(x)\subseteq U$ lo que implica que $U$ es $d_1$ -abrir.

Así, por lo anterior, $(X,d)$ y $(X,d_1)$ son topológicamente equivalentes.

Ya que ha demostrado que $(X,d)$ y $(X,d_2)$ son topológicamente equivalentes, se deduce del hecho de que la equivalencia topológica es una relación de equivalencia que $(X,d_1)$ y $(X,d_2)$ son topológicamente equivalentes.

Answer 3

Para demostrar que $d$ y $d_1$ son métricas equivalentes basta con demostrar que para cualquier $1>r>0$ existe $s$ y $t$ números reales positivos s.t. para cualquier $x\in X$ tiene $B_{d_1}(x,s)\subseteq B_d(x,r)\subseteq B_{d_1}(x,t).$

Supongamos que $s=\frac{r}{1+r}$ . Sea $y\in B_{d_1}(x,s),$ así que $d_1(x,y)<s\Rightarrow \frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}<s\Rightarrow d(x,y)<\frac{s}{1-s}=r.$ Así que probamos que $y\in B_{d_1}(x,s) \Rightarrow y\in B_d(x,r)$ o $B_{d_1}(x,s)\subseteq B_d(x,r).$

Ahora, dejemos que $t=\frac{r}{1+r}$ y $y\in B_{d}(x,r),$ así que $d(x,y)<r\Rightarrow \frac{1}{d(x,y)}>\frac{1}{r}\Rightarrow 1+\frac{1}{d(x,y)}>1+\frac{1}{r}\Rightarrow \frac{1+d(x,y)}{d(x,y)}>\frac{1+r}{r}\Rightarrow \frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}<\frac{r}{1+r}=t.$ Así que probamos que $y\in B_{d}(x,r) \Rightarrow y\in B_{d_1}(x,t)$ o $B_{d}(x,r)\subseteq B_{d_1}(x,t).$