Przestrzeń metryczna

[docze]

Dobry Wieczór!

Uczę się przestrzeni metrycznych, a raczej rozwiązywać z nich zadania. Niestety mam małe trudności . Do sedna. Mam zadanie sprawdź czy odwzorowanie
\(\displaystyle{ d(x,y) = (x-y)^2 \ dla \ x,y \in \ R}\) jest przestrzenią metryczną

1. \(\displaystyle{ d(x,y) = 0 = \Leftrightarrow (x-y)^{2}=0 \Leftrightarrow x = y}\)
2. \(\displaystyle{ d(x,y) = (x-y)^{2} = x^{2}-2xy+y^{2}= y^{2}-2yx+x^{2} = (y-x)^{2} = d(y,x)}\)

ale z 3 warunkiem mam problem. Może macie jakąś podpowiedź dla mnie?

[knrt]

Sprawdź warunek trójkąta dla \(\displaystyle{ x=0, y=1, z=2}\)

[docze]

Tak, przez kontrprzykład dowiodłem, ale czy da radę w bardziej ogólny sposób?

[Premislav]

Ale co w ogólny sposób? Jeżeli masz warunek
\(\displaystyle{ (\forall x,y,z \in X)(d(x,y)+d(y,z) \ge d(x,z))}\), to zaprzeczeniem tego jest
\(\displaystyle{ (\exists x,y,z \in X)(d(x,y)+d(y,z) < d(x,z))}\).
Zatem by pokazać, że to nie jest metryka, wystarczy wskazać przykład takich \(\displaystyle{ x,y,z}\), dla których zachodzi druga nierówność, a to już zrobił knrt.

[docze]

Dziękuje. Ciągle mam problemy z nierównością trójkąta. Tym razem metryka
\(\displaystyle{ d(x,y) = \frac{\left| x-y\right| }{1+\left| x-y\right| }}\)

[Premislav]

Jak rozumiem, chcesz sprawdzić, czy dla dowolnych \(\displaystyle{ x,y,z \in \RR}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{\left| x-y\right| }{1+\left| x-y\right| }+ \frac{\left| y-z\right| }{1+\left| y-z\right| } \ge \frac{\left| x-z\right| }{1+\left| x-z\right| }}\)
Zauważ, że gdy \(\displaystyle{ y=0}\), to jest to prawda. Dowód przez wymnożenie na pałę obustronnie przez iloczyn mianowników (choć może da się ładniej).

Dalej: skoro wiemy, że \(\displaystyle{ d(x,0)+d(0,z) \ge d(x,z)}\) dla dowolnych \(\displaystyle{ x,z \in \RR}\), to wystarczy zauważyć, że funkcja \(\displaystyle{ d(a,b)= \frac{\left| a-b\right| }{1+\left| a-b\right| }}\) jest niezmiennicza na takie przesunięcia: \(\displaystyle{ d(a+c,b+c)=d(a,b)}\). By się o tym przekonać, podstaw do wzoru.
Wobec tego skoro dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b\in \RR}\) jest \(\displaystyle{ d(a,0)+d(0,b) \ge d(a,b)}\), to kładąc \(\displaystyle{ x,y,z}\) dowolne oraz \(\displaystyle{ a=x-y, b=z-y}\) i korzystając z tej własności niezmienniczości, otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{\left| x-y\right| }{1+\left| x-y\right| }+ \frac{\left| y-z\right| }{1+\left| y-z\right| } \ge \frac{\left| x-z\right| }{1+\left| x-z\right| }}\)

[Elvis]

W ogólności jeśli \(\displaystyle{ d}\) jest metryką, a \(\displaystyle{ f colon [0,infty) o [0,infty)}\) funkcją
- niemalejącą,
- wklęsłą,
- przyjmującą zero tylko w zerze,
to łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ d' = f \circ d}\) także jest metryką.

[docze]

Premislav, Wielkie dzięki. Rozumiem Twoje rozwiązanie i jest to dla mnie jasne. Mam pytaniem, jak nabrać łatwości w rozwiązywaniu tego typu zadań? Kwestia zrobienia kilkudziesięciu przykładów czy po prostu trzeba być mądrym? Nie potrafię wpaść na takie pomysły

[Premislav]

Po prostu trzeba rozwiązywać odpowiednio dużo zadań (oczywiście to nie przejdzie bez co najmniej dobrej znajomości teorii). Osoby bardzo zdolne, mądre itd. (do których zdecydowanie się nie zaliczam) mają oczywiście dużo łatwiej, ale też zwykle biorą się za trudniejsze zadania, niż te wymagane, ogólnie każdy musi zrobić trochę zadanek, żeby poczuć się pewnie -tylko jedni pięć, drudzy pięćdziesiąt, a jeszcze inni kilkaset.
Proponowałbym też na tym nie siedzieć nad jednym zadaniem np. przez kilka godzin, chyba że masz tak dużo czasu. Jeśli po jakiejś godzinie (czy tam ustal sobie jakąś granicę czasu na zastanowienie i wypróbowanie rożnych sposobów, to nie musi by dokładnie tyle) nic nie wychodzi, to:
- jeżeli nie musisz pilnie rozwiązać tego zadania, to weź się za inne, a do tego wróć np. następnego dnia, czasem spojrzenie "na świeżo" od innej strony bardzo pomaga;
- jeżeli jednak musisz (też nie warto sobie odkładać zbyt wiele), to tutaj czy np. na math. stackexchange rozwiązano bardzo wiele zadań, a większość dawanych na podstawowych kursach problemów to nie są "nowe" rzeczy, więc możesz poszukać po treści. Generalnie dużo łatwiej znaleźć coś po angielsku niż po polsku, no bo ile osób uczących się matmy używa polskiego...-- 20 kwi 2016, o 11:20 --Generalnie topologia wydaje mi się jednym z przedmiotów, na których najbardziej widać, że jedni ludzie potrzebują pięciu zadań, a inni pięciuset, by poczuć się pewnie w temacie, ale nie ma się co zrażać - jest za to ciekawa i nieraz zaskakująca. Skoro takie drewno jak ja sobie poradziło, to każdy, kto zdał maturę z matmy, może to zrobić, tylko kwestia poświęconego czasu i odpowiedniego podejścia.

[docze]

Czy mógłby mi ktoś wytłumaczyć jak zabrać się za to zadanie.

W przestrzeni kartezjańskiej R wyznacz punkty skupienia, domknięcie i brzeg zbioru A.
\(\displaystyle{ A = \left\{ (-1)^{n}m+\frac{1}{n} \in R: \dla \ m,n \in N\right\}}\)

Znam na blachę... Definicje punktu wewnętrznego, skupienia, brzegowego i izolowanego, ale nie za bardzo to rozumiem... Może ktoś pomóc?

[Premislav]

Nie do końca rozumiem to polecenie, albo zła forma gramatyczna, albo przecinki w niewłaściwych, miejscach.

Obstawiam to pierwsze i wówczas masz znaleźć zbiór punktów skupienia \(\displaystyle{ A}\), domknięcie zbioru \(\displaystyle{ A}\) i brzeg zbioru \(\displaystyle{ A}\).
Punktami skupienia są wszystkie liczby całkowite.
Istotnież, ustalmy dowolne \(\displaystyle{ x \in \ZZ}\). Wówczas biorąc \(\displaystyle{ m=|x|}\) oraz ciąg:
\(\displaystyle{ a_{k}=2k+1, k\in \NN^{+}}\) jeśli \(\displaystyle{ x<0}\);
\(\displaystyle{ a_{k}=2k, k \in \NN^{+}}\) jeśli \(\displaystyle{ x \ge 0}\)
dostajemy ciąg punktów z \(\displaystyle{ A}\) zbieżny do \(\displaystyle{ x}\).
Teraz pokażmy, że nie ma ciągu elementów \(\displaystyle{ A}\) zbieżnego do żadnej liczby niecałkowitej.
Ustalmyż dowolne \(\displaystyle{ b \notin \ZZ}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\frac 1 n=0}\) oraz \(\displaystyle{ m \in \NN}\), więc jeżeli oznaczymy \(\displaystyle{ f(m,n)=(-1)^{n}m+\frac{1}{n}}\), to dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ \left\{ f(m,n)\right\} \in \left(0,\frac 1 n \right) \cup\left( 1-\frac 1 n, 1\right)}\), a tylko w skończenie wielu zbiorach takiej postaci może występować \(\displaystyle{ \left\{ b\right\}}\), bo \(\displaystyle{ b}\) jest niecałkowita i powyższy ciąg zbiega do zera, zatem . \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \left(0,\frac 1 n \right) \cup\left( 1-\frac 1 n, 1\right)=\emptyset}\).
Natomiast ruszając \(\displaystyle{ m}\), nie podjedziemy do \(\displaystyle{ b}\), gdyż kiedy \(\displaystyle{ (-1)^{n}m}\) nie jest równe \(\displaystyle{ \lfloor b \rfloor}\) lub \(\displaystyle{ \lceil b \rceil}\) oraz \(\displaystyle{ n\neq 1}\), to możemy oszacować moduł różnicy \(\displaystyle{ b}\) i \(\displaystyle{ (-1)^{n}m+ \frac{1}{n}}\) z dołu przez \(\displaystyle{ \frac 1 2}\).
W razie konieczności uzupełnienia szczegółów pisz śmiało.
Domknięcie tego zbioru to \(\displaystyle{ A \cup \ZZ}\) - dorzucamy wszystkie punkty skupienia \(\displaystyle{ A}\) i jest w porządku, bo dla każdego ciągu zbieżnego (w sensie metryki euklidesowej oczywiście) elementów zbioru powstałego w ten sposób jego granica będzie siedziała w tym zbiorku.

Brzeg to różnica mnogościowa domknięcia i wnętrza, a więc tutaj po prostu domknięcie, bo ten zbiór ma wnętrze \(\displaystyle{ \varnothing}\), co jest oczywiste - np. żadna liczbunia niewymierna nie należy do tego zbioru \(\displaystyle{ A}\), więc i żaden przedział nie jest w nim zawarty, a baza topologii euklidesowej w \(\displaystyle{ \RR}\) to np. przedziały otwarte.

-- 22 kwi 2016, o 19:08 --

Oczywiście *ciągu niestałego elementów \(\displaystyle{ A}\) zbieżnego do liczby niecałkowitej. Zaraz ktoś napisze, że można wziąć \(\displaystyle{ n=2}\), \(\displaystyle{ m=1}\) i otrzymujemy ciąg
stale równy \(\displaystyle{ \frac 3 2}\), co przeczy temu, co napisałem. I wtedy od razu przychodzi niesamowita satysfakcja, że udało się wytknąć mój błąd.

[docze]

Dziękuje Ci za rozwiązanie. Sam nigdy bym na to nie wpadł... Chyba trzeba będzie spędzić więcej czasu nad tym

[Premislav]

Może jeszcze mały komentarz.

Po pierwsze, \(\displaystyle{ \left\{ f(m,n)\right\}}\) i dalej \(\displaystyle{ \left\{ b\right\}}\) to mantysa, czy jak kto woli część ułamkowa - nie jestem pewien, na ile jest to uniwersalne oznaczenie.
Po drugie, można by się przywalić do tego rozwiązania, bo tutaj czai się pewien blef:

Ponieważ \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\frac 1 n=0}\) oraz \(\displaystyle{ m \in \NN}\), więc jeżeli oznaczymy \(\displaystyle{ f(m,n)=(-1)^{n}m+\frac{1}{n}}\), to dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ \left\{ f(m,n)\right\} \in \left(0,\frac 1 n \right) \cup\left( 1-\frac 1 n, 1\right)}\), a tylko w skończenie wielu zbiorach takiej postaci może występować\(\displaystyle{ \left\{ b\right\}}\), bo \(\displaystyle{ b}\) jest niecałkowita i powyższy ciąg zbiega do zera, zatem \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \left(0,\frac 1 n \right) \cup\left( 1-\frac 1 n, 1\right)=\emptyset}\)

Trzeba by jeszcze np. dopisać, że skoro \(\displaystyle{ b}\) jest niecałkowita, to
\(\displaystyle{ \left\{ b \right\}}\) można oddzielić zarówno od \(\displaystyle{ 0}\), jak i od \(\displaystyle{ 1}\), tj. znaleźć takie \(\displaystyle{ a,c \in (0,1)}\), że \(\displaystyle{ 0<a<\left\{ b\right\}<c<1}\). Wtedy dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) mamy
\(\displaystyle{ \left| \frac 1 n -\left\{ b\right\} \right| >\frac a 2}\) oraz \(\displaystyle{ \left| 1- \frac{1}{n}-\left\{ b\right\} \right|> \frac{1-c}{2}}\)
Poprzednio argument był niekompletny. (

[knrt]

Myślę, że problemem jest jednak zrozumienie/wyobrażenie jak "wygląda" ten zbiór.

Sprawa wyznaczenia domknięcia, wnętrza, brzegu wydaje się standardowa. Podstawowe twierdzenie o tym, że \(\displaystyle{ x\in\overline{A}}\) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje ciąg elementów zbioru \(\displaystyle{ A}\) zbieżny do \(\displaystyle{ x}\) wystarcza w zrozumieniu tego typu zadań. Tak myślę. Pozdrawiam