Topologia, zadanie nr 4850

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
klos postów: 21	2016-10-09 18:16:27 1) Dana jest przestrzeń metryczna (X,d). Określmy funkcję g:X$\times$X$\rightarrow$[0,$\infty$) wzorem g(x,y):= $\frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}$. Pokazać, że g jest również metryką w X oraz X jest zbiorem ograniczonym w przestrzeni (X,g). Wykazać, że metryki d i g są równoważne. To samo co wyżej pokazać dla funkcji n(x,y):= min{g(x,y),1} 2) Wykazać, że w dowolnej przestrzeni metrycznej X dla dowolnych $x_{1}$, $x_{2}$ $\in$X, $x_{1}$$\neq$$x_{2}$ istnieją liczby $r_{1}$, $r_{2}$>0 takie, że K($x_{1}$,$r_{1}$)$\cap$K($x_{2}$, $r_{2}$)=$\emptyset$. Wiadomość była modyfikowana 2016-10-09 18:16:44 przez klos

tumor postów: 8070	2016-10-09 18:42:58 1) to ja wykażę, że to zbiór ograniczony. Ograniczeniem górnym wartości funkcji g jest 1. Bo licznik jest dodatni lub zerowy, a mianownik jest dodatni i większy od licznika. Żeby wykazać, że to metryka, pokazujemy spełnianie trzech warunków metryki. Dwa są prawie zawsze banalnie proste, jeden bywa trudniejszy. Pokaż swoje obliczenia. 2) W przestrzeni metrycznej $d(x_1,x_2)>0$ wystarczy wziąć ku chwale Szatana $r_1=r_2=\frac{d(x_1,x_2)}{666}$ i pokazać, że z takimi promieniami kule nie mogą mieć punktu wspólnego (taki punkt wspólny miałby odległości od środków kul krótsze od promieni, a metryka spełnia warunek trójkąta..)

klos postów: 21	2016-10-10 11:31:32 1) g(x,y)=0 ponieważ licznik, czyli d(x,y)=0 (wtedy x=y) bo d jest metryką g(x,y)=$\frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}$=$\frac{d(y,x)}{1+d(y,x)}$=g(y,x) warunek trójkąta ?

tumor postów: 8070	2016-10-10 11:46:07 Wiemy $d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)$ a chcemy pokazać $ \frac{d(x,z)}{1+d(x,z)} \le \frac{d(x,y)}{1+d(x,y)} + \frac{d(y,z)}{1+d(y,z)}$ Żadnego pomysłu? To wskazówka będzie taka. Załóżmy, że liczby a,b są nieujemne. Porównaj proszę ułamki $\frac{a}{1+a}$ oraz $\frac{a+b}{1+a+b}$ czyli wybierz znak $=,<,>,\le,\ge$ A gdy już będziesz wiedział, to sprowadź $\frac{d(x,y)}{1+d(x,y)} + \frac{d(y,z)}{1+d(y,z)}$ do wspólnego mianownika

klos postów: 21	2016-10-11 16:58:10 tak szczerze to sprowadzam to i nic nie widzę, ale to n(x,y) to wydaje mi się, że będzie tak : 1 warunek : min{g(x,y),1}=min{0,1}=0 bo g jest metryką, 2 warunek : n(x,y)=min{g(x,y),1}=min{g(y,x),1}=n(y,x) bo g jest metryką 3 warunek : min{g(x,y),1}$\le$min{g(x,z),1} + min{g(z,y),1} czyli g(x,y)$\le$g(x,z)+g(z,y) a to jest spełnione bo g jest metryką (jeśli udowodnimy, że g spełnia 3. warunek) ? Wiadomość była modyfikowana 2016-10-11 16:58:35 przez klos

tumor postów: 8070	2016-10-11 17:55:19 Tak szczerze to mi się nie śpieszy. Będziemy kontynuować przykład, gdy zapiszesz obliczenia, o które prosiłem. Natomiast w przypadku $n(x,y)$ znów stajesz na warunku trójkąta. To popatrzmy Wiemy $g(x,z)\le g(x,y)+g(y,z)$ Jeśli co najmniej jeden składnik po prawej jest równy 1, to już nie ma co sprawdzać. Czyli sprawdzamy tylko dla $g(x,y)<1$ oraz $g(y,z)<1$, no ale wtedy używamy po prostu warunku metryki $min(g(x,z),1)\le g(x,z) \le g(x,y)+g(y,z)$

klos postów: 21	2016-10-12 10:57:50 $\frac{d(x,y)(1+d(y,z)) + d(y,z)(1+d(x,y))}{(1+d(x,y))(1+d(y,z))}$

tumor postów: 8070	2016-10-12 11:02:58 Bardzo ładnie. Możesz wymnożyć jeszcze te nawiasy. A potem powiedz, który ułamek dla nieujemnych a,b jest większy (lub równy) od drugiego: $\frac{a}{1+a}$ czy $\frac{a+b}{1+a+b}$

klos postów: 21	2016-10-12 19:32:57 Ten drugi jest większy. $\frac{d(x,z)}{1+ d(x,z)}$$\le$ $\frac{d(x,y) + d(y,z) + 2d(x,y)d(y,z)}{1 + d(x,y) + d(y,z) + d(x,y)d(y,z)}$ ?

tumor postów: 8070	2016-10-12 20:14:07 Pytasz, zatem nie widzisz. Po pierwsze $a=d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)=a+b$ zatem $\frac{a}{1+a}=\frac{d(x,z)}{1+d(x,z)}\le \frac{d(x,y)+d(y,z)}{1+d(x,y)+d(y,z)}=\frac{a+b}{1+a+b}$ właśnie w związku z tą nierównością między ułamkami, prawda? A do tego $\frac{c}{1+c}=\frac{d(x,y)+d(y,z)}{1+d(x,y)+d(y,z)} \le \frac{d(x,y)+d(y,z)+d(x,y)d(y,z)}{1+d(x,y)+d(y,z)+d(y,z)+d(x,y)d(y,z)} =\frac{c+g}{1+c+g}\le \frac{c+2g}{1+c+g}= \frac{d(x,y)+d(y,z)+2d(x,y)d(y,z)}{1+d(x,y)+d(y,z)+d(y,z)+d(x,y)d(y,z)}$ co wynika też z tej nierówności. gdzie a,b,c,g nieujemne. Gdyby mogły być ujemne, to by się skomplikowało, ale tak się nie komplikuje.

strony: 1 2

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj