Demostrar que $(X,d)$ es un espacio métrico donde $X =\Bbb C $ y la función de distancia se define como $$d(x,y) = \frac {2|x-y|}{\sqrt {1+|x|^2} + \sqrt {1 + |y|^2}}, \text{ for } x,y \in \Bbb C.$$
He hecho la demostración de las dos primeras proposiciones por ser una métrica, pero tengo un problema para demostrar la desigualdad del triángulo.
Esto puede ser útil: Voy a probar que la función: $$d(z_0,z_1) = \frac{{2\left| {{z_0} - {z_1}} \right|}}{{\sqrt {1 + {{\left| {{z_0}} \right|}^2}} \sqrt {1 + {{\left| {{z_1}} \right|}^2}} }}$$ es una métrica en los números complejos. Mi idea para demostrarlo es utilizar la proyección estereográfica de $\mathbb{C}$ en $S^2$ (la esfera unitaria de $\mathbb{R}^3$ ) y definir la métrica $d$ mediante la métrica euclidiana en $\mathbb{R}^3$ . Los detalles técnicos son los siguientes:
Dejemos que $z=a+ib$ un número complejo, entonces, la proyección estereográfica es una función $H:\mathbb{C}\to{S}^2\subset\mathbb{R}^3$ definido por: $$H(z)=H\left( {a + ib} \right) = \left( {ta,tb,1 - t} \right)\quad,\quad\;t = \frac{2}{{{{\left| z \right|}^2} + 1}}$$ La proyección estereográfica es una función inyectiva
Para dos números complejos cualesquiera $z_0=a_0+ib_0$ y $z_1=a_1+ib_1$ definir una función $\rho$ de la siguiente manera: $$\rho \left( {{z_0},{z_1}} \right) = {d_{\mathbb{R}^3}}\left( {H\left( {{z_0}} \right),H\left( {{z_1}} \right)} \right)$$ Es fácil comprobar que $\rho$ es una métrica en $\mathbb{C}$ :
Dejemos que $z_2$ sea otro número complejo, entonces, $$\rho ({z_0},{z_1}) = {d_{\mathbb{R}^3}}\left( {H\left( {{z_0}} \right),H\left( {{z_1}} \right)} \right) \le {d_{\mathbb{R}^3}}\left( {H\left( {{z_0}} \right),H\left( {{z_1}} \right)} \right) + {d_{\mathbb{R}^3}}\left( {H\left( {{z_1}} \right),H\left( {{z_2}} \right)} \right)$$ (la desigualdad viene dada por la desigualdad triangular de $d_{\mathbb{R}^3}$ ).
Según la definición de $\rho$ tenemos ${d_{\mathbb{R}^3}}\left( {H\left( {{z_0}} \right),H\left( {{z_1}} \right)} \right) + {d_{\mathbb{R}^3}}\left( {H\left( {{z_1}} \right),H\left( {{z_2}} \right)} \right) = \rho ({z_0},{z_1}) + \rho ({z_1},{z_2})$ Así que $$\rho ({z_0},{z_1}) \le \rho ({z_0},{z_1}) + \rho ({z_1},{z_2}).$$
Ahora, lo ``único'' que queda por demostrar es que $\rho ({z_0},{z_1}) = d(z_0,z_1) = \frac{{2\left| {{z_0} - {z_1}} \right|}}{{\sqrt {1 + {{\left| {{z_0}} \right|}^2}} \sqrt {1 + {{\left| {{z_1}} \right|}^2}} }}$ . Esta demostración no es muy interesante (es sólo un montón de manipulaciones algebraicas). Aquí van los detalles: \begin {align*} \rho ({z_0},{z_1}) &= \sqrt {{{ \left ( {{t_0}{a_0} - {t_1}{a_1}} \right )}^2} + {{ \left ( {{t_0}{b_0} - {t_1}{b_1}} \right )}^2} + {{ \left ( {{t_1}} - {t_0}} \right )}^2}} \nonumber\\ &= \sqrt {{{ \left ( {{t_0}{a_0}} \right )}^2} - 2{t_0}{t_1}{a_0}{a_1} + {{ \left ( {{t_1}{a_1}} \right )}^2} + {{ \left ( {{t_0}{b_0}} \right )}^2} - 2{t_0}{t_1}{b_0}{b_1} + {{ \left ( {{t_1}{b_1}} \right )}^2} + {t_1}^2 - 2{t_0}{t_1} + {t_0}^2} \nonumber\\ &= \sqrt {{t_0}{t_1} \left ( { { 2{a_0}{a_1} - 2{b_o}{b_1} - 2} \right ) + {t_0}^2 \left ( {{a_0}^2 + {b_0}^2 + 1} \right ) + {t_1}^2 \left ( {{a_1}^2 + {b_1}^2 + 1} \right )} \end {align*} Dejemos que $A = {t_0}{t_1}\left( { - 2{a_0}{a_1} - 2{b_o}{b_1} - 2} \right)$ , $B = {t_0}^2\left( {{a_0}^2 + {b_0}^2 + 1} \right)$ y $C = {t_1}^2\left( {{a_1}^2 + {b_1}^2 + 1} \right)$ Así que $$\rho \left( {{z_0},{z_1}} \right) = \sqrt {A + B + C}$$
Ahora bien, tenga en cuenta que \begin {align*} \frac {{2 \left | {{z_0} - {z_1}} \right |}}{{ \sqrt {1 + {{ \left | {{z_0}} \right |}^2}} \sqrt {1 + {{ \left | {{z_1}} \right |}^2}} }} &= \left | {{z_0} - {z_1}} \right | \sqrt { \frac {2}{{1 + {{ \left | {{z_0}} \right |}^2}}}} \sqrt { \frac {2}{{1 + {{ \left | {{z_1}} \right |}^2}}}} = \sqrt {{{ \left ( {{a_0} - {a_1}} \right )}^2} + {{ \left ( {{b_0} - {b_1}} \right )}^2}} \sqrt {{t_0}{t_1}} \nonumber\\ &= \sqrt {{t_o}{t_1} \left ( {{{ \left ( {{a_0} - {a_1}} \right )}^2} + {{ \left ( {{b_0} - {b_1}} \right )}^2}} \right )} \end {align*} Establecer $D={{t_o}{t_1}\left( {{{\left( {{a_0} - {a_1}} \right)}^2} + {{\left( {{b_0} - {b_1}} \right)}^2}} \right)}$ Así que $$d(z_0,z_1)=\sqrt{D}$$ Ahora, \begin {align*} A &= {t_0}{t_1} \left ( { { 2{a_0}{a_1} - 2{b_o}{b_1} - 2} \right ) \nonumber\\ &= {t_0}{t_1} \left ( { { {a_0}{a_1} - 2{b_o}{b_1} - 2 + {a_o}^2 - {a_0}^2 + {a_1}^2 - {a_1}^2 + {b_o}^2 - {b_0}^2 + {b_1}^2} \right ) \nonumber\\ &= {t_0}{t_1} \left ( {{a_o}^2 - 2{a_0}{a_1} + {a_1}^2 + {b_o}^2 - 2{b_o}{b_1} + {b_1}^2 - 2 - {a_0}^2 - {a_1}^2 - {b_0}^2 - {b_1}^2} \right ) \nonumber\\ &= {t_0}{t_1} \left ( {{{ \left ( {{a_o} - {a_1}} \right )}^2} + {{ \left ( {{b_o} - {b_1}} \right )}^2} - 2 - {a_0}^2 - {a_1}^2 - {b_0}^2 - {b_1}^2} \right ) \nonumber\\ &= {t_0}{t_1} \left ( {{{ \left ( {{a_o} - {a_1}} \right )}^2} + {{ \left ( {{b_o} - {b_1}} \right )}^2}} \right ) - {t_0}{t_1} \left ( {2 + {a_0}^2 + {a_1}^2 + {b_0}^2 + {b_1}^2} \right ) \nonumber\\ &= D - {t_0}{t_1} \left ( {2 + {a_0}^2 + {a_1}^2 + {b_0}^2 + {b_1}^2} \right ) \end {align*} Poniendo esto en $\rho \left( {{z_0},{z_1}} \right) = \sqrt {A + B + C}$ tenemos $$\rho \left( {{z_0},{z_1}} \right) = \sqrt {D - {t_0}{t_1}\left( {2 + {a_0}^2 + {a_1}^2 + {b_0}^2 + {b_1}^2} \right) + B + C}$$ por lo tanto, sólo tenemos que probar que $E= - {t_0}{t_1}\left( {2 + {a_0}^2 + {a_1}^2 + {b_0}^2 + {b_1}^2} \right) + B + C $ es igual a cero.
Ahora, \begin {align*} E &= { - {t_0}{t_1} \left ( {2 + {a_0}^2 + {a_1}^2 + {b_0}^2 + {b_1}^2} \right ) + {t_0}^2 \left ( {{a_0}^2 + {b_0}^2 + 1} \right ) + {t_1}^2 \left ( {{a_1}^2 + {b_1}^2 + 1} \right )} \nonumber\\ &= {{a_0}^2 \left ( { {t_0}{t_1} + {t_0}^2} \right ) + {a_1}^2 \left ( { {t_0}{t_1} + {t_1}^2} \right ) + {b_0}^2 \left ( { {t_0}{t_1} + {t_0}^2} \right ) + {b_1}^2 \left ( { {t_0}{t_1} + {t_1}^2} \right ) + {{ \left ( {{t_0} - {t_1}} \right )}^2}} \nonumber\\ &= {a_0}^2{t_0} \left ( { - {t_1} + {t_0}} \right ) + {a_1}^2{t_1} \left ( { - {t_0} + {t_1}} \right ) + {b_0}^2{t_0} \left ( { - {t_1} + {t_0}} \right ) + {b_1}^2{t_1} \left ( { - {t_0} + {t_1}} \right ) + { \left ( {{t_0} - {t_1}} \right )^2} \\ &= \left ( {{t_0} - {t_1}} \right ) \left ( {{a_0}^2{t_0} - {a_1}^2{t_1} + {b_0}^2{t_0} - {b_1}^2{t_1} + {t_0} - {t_1}} \right ) \\ &= \left ( {{t_0} - {t_1}} \right ) \Bigl ( {{t_0} \left ( {{a_0}^2 + {b_0}^2} \right ) - {t_1} \left ( {{a_1}^2 + {b_1}^2} \right ) + {t_0} - {t_1}} \Bigr ) \\ &= \left ( {{t_0} - {t_1}} \right ) \left ( {{t_0}{{ \left | {{z_0}} \right |}^2} - {t_1}{{ \left | {{z_1}} \right |}^2} + {t_0} - {t_1}} \right ) \\ &= \left ( {{t_0} - {t_1}} \right ) \left ( { \underbrace {{t_0} \left ( {{{ \left | {{z_0}} \right |}^2} + 1} \right )}_2 - \underbrace {{t_1} \left ( {{{ \left | {{z_1}} \right |}^2} + 1} \right )}_2} \right ) \\ &= 0 \end {align*} Así que, $\rho(z_0,z_1)=d(z_0,z_1)$ ¡y la prueba está completa!
Algunos datos interesantes sobre esta pregunta:
Puede encontrar más información sobre esta métrica (pero no la prueba de que es realmente una matrícula) en los libros Introducción al análisis complejo por B.V. Shabat (páginas 6 y 7) y Análisis complejo de T.W. Gamelin (sección I.3 y especialmente el ejercicio 6)
Un resultado parcial. Sea $x,y,z\in\mathbb{C}$ tal que $|y|\leq\min\{|x|,|z|\}$ entonces $$d(x,z)=\frac{2|x-z|}{\sqrt{1+|x|^2}+\sqrt{1+|z|^2}}\leq\frac{2|x-y|+2|y-z|}{\sqrt{1+|x|^2}+\sqrt{1+|z|^2}}$$$$ = \frac {2|x-y|}{ \sqrt {1+|x|^2}+ \sqrt {1+|z|^2}}+ \frac {2|y-z|}{ \sqrt {1+|x|^2}+ \sqrt {1+|z|^2}} $$ (Note that the last result is obtained by the triangle inequality on the metric $ d^*(x,y)=|x-y| $) Since $ |y| \leq\min\ {|x|,|z|} $ then $$\sqrt {1+|x|^2}+ \sqrt {1+|y|^2} \leq\sqrt {1+|x|^2}+ \sqrt {1+|z|^2} $$ and $$\sqrt {1+|y|^2}+ \sqrt {1+|z|^2} \leq\sqrt {1+|x|^2}+ \sqrt {1+|z|^2} $$ which together with the result above on the main metric $ d(x,z) $ yield $$\frac {2|x-y|}{ \sqrt {1+|x|^2}+ \sqrt {1+|z|^2}}+ \frac {2|y-z|}{ \sqrt {1+|x|^2}+ \sqrt {1+|z|^2}} $$$$\leq\frac{2|x-y|}{\sqrt{1+|x|^2}+\sqrt{1+|y|^2}}+\frac{2|y-z|}{\sqrt{1+|y|^2}+\sqrt{1+|z|^2}}=d(x,y)+d(y,z)$$ En otras palabras $$d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$$
Hice un pequeño paso antes de atascarme, pero puede ser útil para otros. Por lo tanto, parece lo siguiente.
Los casos $|y|\le\min\{|x|,|z|\}$ y $|y|\ge\max\{|x|,|z|\}$ son simples y ya conocidas por nosotros (ver Respuesta de Arian y aquí el segundo caso se reduce al primero por sustitución $u=x^{-1}$ , $v=y^{-1}$ y $w=z^{-1}$ ).
Así que basta con considerar un caso $| x | < | y | < | z |.$ Fijar $x$ , $z$ y $|y|$ . Responder a una pregunta para la cual el valor de $y$ la parte izquierda de la desigualdad alcanza el mínimo, utilizo la óptica geométrica.
Que haya luz. Sea la velocidad de la luz en el disco de radio $|y|$ centrado en el origen $o$ sea $v_1=\sqrt {1+|x|^2} + \sqrt {1 + |y|^2}$ y $v_2=\sqrt {1+|z|^2} + \sqrt {1 + |y|^2}$ fuera del disco. El principio de Fermat afirma que la luz recorre el camino que requiere el menor tiempo. Del principio de Fermat se puede derivar conocido Ley de refracción de Snell-Descartes , lo que da como resultado $$\frac{\cos\angle oyx}{-\cos\angle zyo}=\frac {v_1}{v_2}.$$
Pero $$\cos\angle oyx=\frac{(y-x,y)}{|y||y-x|},$$ $$- \cos\angle zyo=\frac{(y-z,y)}{|y||y-z|}.$$
Así que $$\frac{(y-x,y)}{|y-x|\left(\sqrt {1+|y|^2} + \sqrt {1 + |x|^2}\right)}= \frac{(y-z,y)}{|y-z|\left(\sqrt {1+|y|^2} + \sqrt {1 + |z|^2}\right)}.$$
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
