Demostrar que $d_b(x,y)=\frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}$ es una métrica.

Question

Donde $(X,d)$ es una métrica y $x,y \in X$ .

Sé que tenemos que mostrar:

• la no negatividad: $d(x,y)\geq$ 0
• $d(x,y)=0$ si y sólo si $x=y$
• simetría: $d(x,y)=d(y,x)$
• $d(x,z)\leq d(x,y) + d(y,z)$

Creo que tenemos que considerar la derivada de $f(t)=\frac{t}{1+t}$ Sin embargo, no estoy seguro de qué hacer a continuación.

Answer 1

Si $(X, d)$ es un espacio métrico cualquiera, demuestre que otra métrica sobre $X$ se define por $$\overline d(x, y) = \frac{d(x, y)}{1 + d(x, y)}$$ .

Prueba Debemos demostrar primero que $\overline d$ es una métrica en $X$ .

1. Observe que $\displaystyle \overline d(x, y) = \frac{d(x, y)}{1 + d(x, y)}$ y $d(x, y) \geq 0$ ya que es una métrica de un espacio métrico. De ello se deduce que $ \frac{d(x, y)}{1 + d(x, y)} \geq 0$ y, por tanto, el axioma 1 se cumple para $\overline d$ .
2. Supongamos que $\overline d (x, y) = 0$ . Entonces $\overline d(x, y) = \frac{d(x, y)}{1 + d(x, y)}$ lo que implica $d(x, y) = 0$ . Desde $d$ es una métrica en $X$ por el axioma 2 se deduce que $x = y$ . A la inversa, supongamos que $x = y$ . Entonces $\overline d(x, y) = \frac{d(x, y)}{1 + d(x, y)} = \frac{0}{1 + 0} = \frac01 = 0$ y, por tanto, el axioma 2 se cumple para $\overline d$ .
3. Observe que $\overline d(x, y) = \frac{d(x, y)}{1 + d(x, y)} = \frac{d(y, x)}{1 + d(y, x)} = \overline d(y, x)$ y, por tanto, el axioma 3 se cumple para $\overline d$ .
4. Obsérvese que dado $d(z, w) \geq d(x, y)$ se deduce que \begin{align*} d(x, y) &\leq d(z, w)\\ d(x, y) + d(x, y)d(z, w) &\leq d(z, w) + d(z, w)d(x, y)\\ d(x, y)(1 + d(z, w))&\leq d(z, w)(1 + d(x, y))\\ \frac{d(x, y)}{1 + d(x, y)} &\leq \frac{d(z, w)}{1 + d(z, w)} \end{align*} Ahora observe que $d(x, y) \leq d(x, z) + d(z, y)$ desde $d$ es una métrica. Se deduce inmediatamente que \begin{align*} \overline d(x, y)&= \frac{d(x, y)}{1 + d(x, y)}\\ &\leq \frac{d(x, z) + d(z, y)}{1 + d(x, z) + d(z, y)}\\ &= \frac{d(x, z)}{1 + d(x, z) + d(z, y)} + \frac{d(z, y)}{1 + d(x, y) + d(z, y)}\\ &\leq \frac{d(x, z)}{1 + d(x, z)} + \frac{d(z, y)}{1 + d(y, z)}\\ &= \overline d(x, z) + \overline d(z, y)\\ \end{align*} Por tanto, el axioma 4 se cumple para $\overline d$ .

Answer 2

Como ha señalado: la función $f(t)=\frac{t}{1+t}$  se puede diferenciar en $(-1,\infty)$ y se obtiene $f '(t)=\frac{1}{(1+t)^{2}}>0$ lo que demuestra que $f$  es monótonamente creciente.

Creo que el único axioma no trivial aquí es la desigualdad del triángulo, así que voy a demostrar cómo se sigue por esta observación. Siempre que utilice el hecho de que $f$  es monótonamente creciente, lo denoto por $(*)$ .

Tome $x,y,z\in X$ . Si $d(x,z)\leq d(x,y)$ entonces \begin{equation*} d_{b}(x,z)=\frac{d(x,z)}{1+d(x,z)}\overset{(*)}{\leq}\frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}=d_{b}(x,y)\leq d_{b}(x,y)+d_{b}(y,z). \end{equation*} Del mismo modo, si $d(x,z)\leq d(y,z)$ entonces $d_{b}(x,z)\leq d_{b}(x,y)+d_{b}(y,z)$ .

Así que podemos suponer que $d(x,z)>d(x,y)$ y $d(x,z)>d(y,z)$ . Denoto esta condición por $(**)$ . Por lo tanto, \begin{align*} d_{b}(x,z)&=\frac{d(x,z)}{1+d(x,z)}\leq\frac{d(x,y)+d(y,z)}{1+d(x,z)}=\frac{d(x,y)}{1+d(x,z)}+\frac{d(y,z)}{1+d(x,z)} \\ &\overset{(**)}{\leq}\frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}+\frac{d(y,z)}{1+d(y,z)} =d_{b}(x,y)+d_{b}(y,z). \end{align*} Así que en cualquier caso, $d_{b}(x,z)\leq d_{b}(x,y)+d_{b}(y,z)$ .

Answer 3

Para cualquier $x,y$ ya sabes $d(x,y)\geq 0$ . Por lo tanto, defina $a=d(x,y)$ y observe que su nueva métrica se convierte en

$$\frac a {1+a}$$

Desde $d(x,y)$ es una métrica por supuesto, $a$ no depende del orden de $x$ y $y$ y por lo tanto esto es trivialmente simétrico. Entonces se quiere demostrar que $\frac{a}{1+a}=0\iff a=0$ y que $\forall a\ \frac{a}{1+a}\geq0$ (recuerda que $a=d(x,y)\geq0$ por supuesto).

La desigualdad del triángulo es más complicada. Primero hay que demostrar que $\frac a{1+a}$ es monótonamente creciente. Denotando $a=d(x,z), b=d(x,y), c=d(y,z)$ , usted quiere demostrar que $a\leq b+c\implies \frac a{1+a}\leq \frac b{1+b}+\frac c{1+c}$ . Desde $\frac a{1+a}$ es monótonamente creciente, tenemos que $a<b\implies \frac a{1+a}<\frac b{1+b}$ que necesitarás.