Beweis metrischer Raum

02.05.2020, 11:16

Nerdno1

Beweis metrischer Raum

Meine Frage:
Sei f : [0, inf) nach [0, inf) gegeben durch f (x) = arctan(x). Angenommen (X, d) ist ein metrischer Raum. Zeigen Sie, dass dann auch (X, f \circ d) ein metrischer Raum ist.
Bemerkung: f kann hier auch eine beliebige stetig differenzierbare streng monoton steigende Funktion sein mit f(0) = 0 und Ableitung monoton fallend.

Meine Ideen:
zzg. sind die metrischen Axiome. Wie zeige ich die Dreiecksungleichung? Ich denke ich muss zuerst die Dreiecksungleichung für arctan beweisen, ich habe es mithilfe des Mittelsatzes versucht, aber bin nicht weitergekommen. Verstehe ich irgendwas falsch oder ist nicht zzg.
(f \circ d) (x,y) = arctan(d(x,y)) <= arctan(d(x,z))+arctan(d(z,y)) = (f \circ d) (x,z) + (f \circ d) (z,y)
d ist metrisch, also gilt dafür die Dreiecksungleichung: arctan(d(x,y)) <= arctan(d(x,z)+d(z,y)) , da arctan streng monoton steigend ist.
Wie wäre jetzt weiter vorzugehen?

02.05.2020, 11:56

PWM

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RE: Beweis (X, f ? d) metrischer Raum
Hallo,

Du könntest jetzt die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} \arctan(s+t) \leq \arctan(s)+\arctan(t) \end{eqnarray*}$

gebrauchen. Die kannst Du durch eine Kurvendiskussion der Funktion

$\begin{eqnarray*} x \mapsto \arctan(s)+\arctan(x)-\arctan(s+x) \end{eqnarray*}$

überprüfen.

Gruß pwm

02.05.2020, 12:45

nerdno1

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RE: Beweis (X, f ? d) metrischer Raum
Okay, habe mal was versucht: Mit Substitution z:=t-x

$\begin{eqnarray*} arctan(x+y)=\int_{0}^{x+y} \! \frac{1}{1+t^2} \,dt= \int_{0}^{x} \! \frac{1}{1+t^2} \,dt+\int_{x}^{x+y} \! \frac{1}{1+t^2} \,dt=arctan(x)+\int_{0}^{y} \! \frac{1}{1+(z+x)^2} \,dz \leq arctan(x)+\int_{0}^{y} \! \frac{1}{1+z^2} \,dz=arctan(x)+arctan(y) \end{eqnarray*}$
dann:
$\begin{eqnarray*} (f \circ d) (x,y) = arctan(d(x,y)) \leq arctan(d(x,z)+d(z,y)) \leq arctan(d(x,z))+arctan(d(z,y)) = (f \circ d) (x,z) + (f \circ d) (z,y) \end{eqnarray*}$
somit wäre die Dreiecksungleichung gezeigt, oder ?

zur Symmetrie und positiv Definitheit würde dann von d folgen oder muss ich da mit der Funktion argumentieren?

02.05.2020, 13:42

HAL 9000

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allgemeiner Beweis (d.h. nicht nur für arctan)

Zitat:

Original von Nerdno1
f kann hier auch eine beliebige stetig differenzierbare streng monoton steigende Funktion sein mit f(0) = 0 und Ableitung monoton fallend.

Letzteres hat u.a. zur Folge, dass die Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ konkav ist. Das bedeutet u.a.

$\begin{eqnarray*} f((1-\lambda)\cdot 0 + \lambda\cdot t) \geq (1-\lambda)\cdot f(0) + \lambda f(t) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} 0\leq\lambda\leq 1 \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} f(\lambda t) \geq \lambda f(t) \end{eqnarray*}$ wegen $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Das wenden wir nun auf $\begin{eqnarray*} t=d(x,z)+d(z,y) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \lambda = \frac{d(x,z)}{d(x,z)+d(z,y)} \end{eqnarray*}$ an:

$\begin{eqnarray*} f(d(x,z)) \geq \frac{d(x,z)}{d(x,z)+d(z,y)}\cdot f(d(x,z)+d(z,y)) \end{eqnarray*}$

Dasselbe nochmal für $\begin{eqnarray*} \lambda = \frac{d(z,y)}{d(x,z)+d(z,y)} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f(d(z,y)) \geq \frac{d(z,y)}{d(x,z)+d(z,y)}\cdot f(d(x,z)+d(z,y)) \end{eqnarray*}$

Beides summiert ergibt $\begin{eqnarray*} f(d(x,z)) + f(d(z,y)) \geq f(d(x,z)+d(z,y)) \end{eqnarray*}$ . Per $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ -Dreiecksungleichung plus $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ -Monotonie haben wir zudem $\begin{eqnarray*} f(d(x,z)+d(z,y)) \geq f(d(x,y)) \end{eqnarray*}$ und sind auch im allgemeinen Fall (d.h. nicht nur für $\begin{eqnarray*} f(t)=\arctan(t) \end{eqnarray*}$ ) fertig.

P.S.: Man könnte berechtigt einwenden, dass das oben mit den $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ -Quotienten nur im Fall $\begin{eqnarray*} d(x,z)+d(z,y)>0 \end{eqnarray*}$ zulässig ist... Daher betrachte man Fall $\begin{eqnarray*} d(x,z)+d(z,y)=0 \end{eqnarray*}$ extra, was aber nun keine Hürde ist: Denn das bedeutet ja $\begin{eqnarray*} d(x,z)=d(z,y)=0 \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} x=z=y \end{eqnarray*}$ , und da ist $\begin{eqnarray*} f(d(x,z)) + f(d(z,y)) = f(0)+f(0) \geq f(0) = f(d(x,z)+d(z,y)) \end{eqnarray*}$ sowieso erfüllt.

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