$d(x,y)=\arctan|x-y|$ Es una métrica

Question

Tengo que demostrar que $d$ es una métrica sobre los números verdaderos, y los tres primeros axiomas son muy sencillos, que la desigualdad de triángulo plantea un problema. Sé que necesitamos conseguir $$\begin{align*} d(x,y) &= \arctan|x-y| \\ &\le \arctan|x-z|+\arctan|z-y| \\ &= d(x,z)+d(z,y), \end{align*} $$ así que lo que he intentado es $$\arctan|x-y| = \arctan|x-z+z-y| \le \arctan(|x-z|+|z-y|),$ $ pero no sé aún si esto logra nada porque no sé cómo lo dividen.

Answer 1

Lema. Cuando $d$ es una métrica en un conjunto de $X$ y $f:\>{\mathbb R}_{\geq0}\to{\mathbb R}_{\geq0}$ es una función Monótonamente creciente con $f(0)=0$ y $f(t)>0$ $t>0$ que es sublinear, es decir, $$f(u+v)\leq f(u)+f(v)\qquad\forall u, \>v\geq0\ ,$ $ $d':=f\circ d$ es otra vez una métrica en $X$.

Prueba. La desigualdad de triángulo necesario verificación: $$d'(x,z)=f\bigl(d(x,z)\bigr)\leq f\bigl(d(x,y)+d(y,z)\bigr)\leq f\bigl(d(x,y)\bigr)+f\bigl(d(y,z)\bigr)=d'(x,y)+d'(y,z)\ .$ $ por lo tanto, queda por demostrar que $t\mapsto \arctan t$ es sublinear $t\geq0$. Esto se puede ver como sigue. $$\arctan(u+v)=\int_0^{u+v}{dt\over 1+t^2}=\int_0^u{dt\over 1+t^2}+\int_0^v{dt'\over1+(u+t')^2}\leq\arctan u+\arctan v\ .$$

Answer 2

Idea totalmente ortogonal. Es trivial demostrar que $d_1(x,y)=|x-y|$ es una métrica. Función $f(x)=\arctan(x)$ está aumentando terminantemente, positivo continuo función acotada (realmente real-analítica) $x\geq 0$. Tratar de probar que $d(x,y)=f(d_1(x,y))$ debe ser una métrica de cualquier tal función $f$. Edición: Por favor vea el comentario abajo. Las condiciones originalmente no son suficientes.

Answer 3

Supongamos que $\alpha, \beta \ge 0$.

$\alpha\beta < 1$, Tenemos

$$\arctan\alpha + \arctan\beta = \arctan\left(\tan\left(\arctan\alpha + \arctan\beta\right)\right)$$ $$=\arctan \frac{\alpha+\beta}{1-\alpha\beta} \ge \arctan (\alpha + \beta)$$

por la fórmula de la suma del ángulo de la tangente. Por otro lado, encontramos $\alpha\beta \ge 1$ % (digamos) $\alpha > 1$, que $\beta \ge \frac{1}{\alpha}$, que $$\arctan \alpha + \arctan\beta \ge \arctan \alpha + \arctan \frac{1}{\alpha} \ge \arctan\alpha + \frac{\pi}{2} - \arctan\alpha$$ $% $ $\ge \frac{\pi}{2} > \arctan(\alpha+\beta)$

desde $\arctan x < \frac{\pi}{2}$ % todos $x$.

Sustitución de $\alpha = |x-z|$, $\beta=|z-y|$, encontramos

$$\arctan|x-z| + \arctan|z-y| \ge \arctan |x-y|$$

Answer 4

primero que $= \tan t_1 = m_1 \ge 0, \tan t_2 = m_2 \ge 0, 0 \le t_1, t_2 < \pi/2$

entonces $$\tan(t_1+t_2) = \dfrac{\tan t_1 + \tan t_2} {1 - \tan t_1 \tan t_2} = \dfrac{m_1 + m_2} {1 - m_1 m_2} \ge m_1 + m_2 $$ por lo tanto $$\tan^{-1}(m_1 + m_2) \le t_1 + t_2 = \tan^{-1}m_1 + \tan^{-1} m_2$$ now substituting $ m_1 = | x-y |, m_2 = |y-z|$ and using $\tan^{-1}$ is an increasing function with the triangle inequality $|x-z| \le | x-y | + | z y | $

$$ \tan^{-1} |x-z| \le \tan^{-1}(|x-y| + |y-z|) \le \tan^{-1}|x-y| + \tan^{-1} |y-z|$ $ y que demuestra la desigualdad de triángulo.