Эквивалентные метрики

[Бабай]

Привет!

Надо показать, что метрики $d$ и $d'=\frac{d}{1+d}$ эквивалентны, т.е. индуцируют одну и ту же топологию.
Включение $\mathcal{O}(d) \subset \mathcal{O}(d')$ элементарно. Как показать обратное включение?

[Хорхе]

Точно так же.

[Бабай]

неужели оно настолько же элементарно?

[ewert]

Чем шары в первой метрике отличаются от шаров во второй?...

Тут гораздо менее тривиален (хотя и тоже достаточно нетруден) другой вопрос: почему вообще вторая -- тоже метрика при условии, что метрикой является первая.

[Бабай]

То что $d'$ метрика, следует из неравенства треугольника для $d$ и строгой монотонности функции $f(t)=\frac{t}{1+t}$.

Так, ну шары с центром в фиксированной точке $x_0$ относительно метрики $d'$ имеют радиус строго меньше 1, независимо от значений $d(x_0,y)$, т.е. в конечном счёте независимо от выбора $y$. Значит, по-видимому, можно ограничиться точками $y$, для которых $d(x_0,y)<1$. Тогда, выполняется неравенство $d' \ge \frac{1}{2}d$ (где равенство имеет место при $y=x_0$).

Напишу, для полноты, то, что я поначалу намалевал.

Нам надо найти $C>0$, так что $d \le Cd'$. При $d=0$ константу можно выбрать как угодно. Поэтому, пусть $d>0$. Тогда всё сводится к тому, чтобы выполнялось $1+d \le C$. Но тут видно, что при $d \ge 1$ получаем оценку снизу $C \ge 2$, и в то же время $2=\sup_{d<1}(1+d) \le C$. То есть теперь (для порядка) нужна оценка сверху, а именно $C \le 2$. Допустим, что $C>2$. Тогда, полагая $d<1$, имеем неравенство:
$2<C=C\frac{d}{d}<C\frac{1+d}{d}<C\frac{(1+d)^2}{d^2} \le C\frac{2(1+d^2)}{d^2}=2C(\frac{1}{d^2}+1)$, откуда следует противоречие $d^2<\frac{1}{1/C-1}<0$.

[ewert]

Бабай в сообщении #514412 писал(а):

и строгой монотонности функции $f(t)=\frac{t}{1+t}$.

Из только строгой монотонности это не следует.

Остальное -- слишком занудно (я, например, вчитаться не в силах). Вполне достаточно того, что шары второй метрики являются одновременно и шарами первой и наоборот.

[Бабай]

ewert в сообщении #514433 писал(а):

Из только строгой монотонности это не следует.

А чего же Вам не хватает?

ewert в сообщении #514433 писал(а):

Остальное -- слишком занудно (я, например, вчитаться не в силах).

Ну Вы наверняка и не пытались (не в первый раз) … Если это по Вашему "слишком занудно", то могли бы хотя бы выразиться попроще…или уж совсем промолчать по этому поводу. Я и так знаю, что мне до Вас слишком далеко!

ewert в сообщении #514433 писал(а):

Вполне достаточно того, что шары второй метрики являются одновременно и шарами первой и наоборот.

Вообще-то я думал, что мы хотели это как раз показать…но всё равно учту. Большое спасибо, ewert!

[arseniiv]

Если не ошибаюсь во всём следующем; чтобы шар в первой метрике был шаром во второй, нужно, чтобы $\forall r \exists r' \left( d \leqslant r \Leftrightarrow d' \leqslant r' \right)$. Дальше, $d' = \frac d{d + 1} = \frac{d + 1 - 1}{d + 1} = 1 - \frac1{d + 1}$. Когда $d \leqslant r$, $d + 1 \leqslant r + 1$ и $\frac1{d + 1} \geqslant \frac1{r + 1}$, т. е. $d' = 1 - \frac1{d + 1} \leqslant 1 - \frac1{r + 1} = r' = f(r)$. Остаётся только показать, что $f$ определена на $[0; +\infty)$. И всё!

P. S. Нет, не всё. Надо показать, что сужение $f$ на это множество биективно. А то я забыл, что следовать должно в обе стороны.

-- Пн дек 12, 2011 01:48:22 --

P. P. S. Очевидно, $\leqslant$ и $\geqslant$ в моем сообщении надо читать как $<$ и $>$.

[ewert]

Бабай в сообщении #514454 писал(а):

А чего же Вам не хватает?

А Вы просто накиньте в качестве контрпримера на стандартную норму ну хоть в $\mathbb R^1$ монотонную функцию, из-за которой неравенство треугольника заведомо нарушится. После чего сразу станет очевидным, что ещё от этой функции нужно потребовать.

[Бабай]

я по умолчанию имел в виду "возрастающую"…тут же иначе и нельзя...