Sei f(x) := x /(1+x) für alle x ≥ 0. Zeigen, dass d(x,y) := f(|x−y|) eine Metrik auf R ist.

Question

Sei f(x) := x/(1+x) für alle x ≥ 0.

Zeigen Sie, dass d(x,y) := f(|x−y|) eine Metrik auf R ist.

Zeigen Sie hierfür zunächst:

 f(a + b) ≤ f(a) + f(b) für alle a,b ≥ 0.

Comments

EDIT: Wie kommst du auf das Stichwort "rekursiv"? Ich habe mal das Stichwort Metrik ergänzt. 

Answer 1

 f(a + b) ≤ f(a) + f(b) für alle a,b ≥ 0.

⇔ (a+b) / (1+a+b)   ≤  a/(1+a) + b/(1+b) = (a+2ab+b) / (1+a+b+ab)

multipliziere mit dem positiven(!) Hauptnenner

⇔ (a+b)(1+a+b+ab)     ≤  (a+b) (1+a+b) 

nach Klammern auflösen und vereinfachen habe ich

⇔    0    ≤  a²b + 2ab + ab²     was wohl ok ist.

Dann die Metrik-Axiome testen.

Die Formel  f(a + b) ≤ f(a) + f(b) für alle a,b ≥ 0.

brauchst du für die Dreiecksungleichung.

Comments

Moin wie bekomme denn dann bewiesen, dass d(x,y) := f(|x-y|) eine Metrik auf R.

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Dann die Metrik-Axiome testen.

z. B.  pos. definit:d(x,y) ≥ 0 für alle x,y 

d(x,y) = f(|x−y|)  =  |x−y| / ( 1 +  |x−y| )     also schon mal richtig

und     d(x,y)  = 0  ⇔   x=y

d(x,y) = 0   ⇔   |x−y| / ( 1 +  |x−y| )    = 0 


⇔   |x−y| = 0 


⇔   x=y    also auch ok.


Dann Symmetrie etc. testen.

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Magst du uns bei der Dreiecksungleichung movh einen tipp geben bzw. uns xie nennen

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zu prüfen wäre

d(x,y) + d(y,z) ≥ d ( x,z)

also nach der Def.

f( |x-y| ) + f ( | y - z | )    ≥    f ( | x - z | ) 

Nun ist aber wegen 

 f(a + b) ≤ f(a) + f(b) für alle a,b ≥ 0. schon mal klar


f( |x-y| ) + f ( | y - z | )    ≥  f( |x-y| + | y - z | )  und wegen der Dreiecksungl für den Betrag in IR

|x-y| + | y - z | ≥ |  x-y +  y - z | = |  x - z | 

und weil f über IR^≤0 streng monoton steigend ist

(Beweis über Ableitung positiv) , gilt also 

   f( |x-y| + | y - z | )    ≥  f( |x - z | )  .   q.e.d.