u01.2 – Fréchet-Metrik

 

{S^\mathbb{N}} bezeichne den Vektorraum aller Folgen in S mit {S^\mathbb{N}}: = \left\{ {x = {{\left( {{x_k}} \right)}_{k \in \mathbb{N}}}:{x_k} \in S} \right\}.

Hierzu definieren wir

d:{S^\mathbb{N}} \times {S^\mathbb{N}} \to \mathbb{R}

durch die Fréchet-Metrik

d\left( {x,y} \right): = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {{2^{-k}}\frac{{\left| {{x_k}-{y_k}} \right|}} {{1+\left| {{x_k}-{y_k}} \right|}}}

  1. Weisen Sie nach, dass \left( {{S^\mathbb{N}},d} \right) ein metrischer Raum ist.
  2. Ist durch \tilde d\left( {x,y} \right) = \ln \left( {1+d\left( {x,y} \right)} \right);\quad x,y \in {S^\mathbb{N}} ebenfalls eine Metrik auf {{S^\mathbb{N}}} gegeben?
  3. Wir betrachten die Folgen x,y \in {S^\mathbb{N}} mit {x_k} = \frac{1} {k},\quad {y_k} = \frac{1} {{k+1}}.

    Zeigen Sie, dass die Abschätzung \frac{1} {5} < d\left( {x,y} \right) < \frac{1} {4} gilt.

  4. Prüfen Sie, ob die Abbildung \rho :{S^\mathbb{N}} \to \mathbb{R} mit

    \rho \left( x \right): = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {{2^{-k}}\frac{{\left| {{x_k}} \right|}} {{1+\left| {{x_k}} \right|}}}

    eine Norm auf {S^\mathbb{N}} definiert.

Lösung

a )

d ist wohldefiniert:

\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{2^{-k}}\underbrace {\frac{{\left| {{x_k}-{y_k}} \right|}} {{1+\left| {{x_k}-{y_k}} \right|}}}_{ \leq 1}}  \leq \sum\limits_{k = 1}^n {{2^{-k}}}

für n \to \infty folgt:

\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{2^{-k}}}  = 1 < \infty

Es folgt im Besonderen:

d\left( {x,y} \right) \leq 1\forall x,y \in {S^\mathbb{N}}

Nun prüfen wir die Forderungen an eine Metrik:

\left( {M1} \right):\quad d\left( {x,y} \right) \geq 0,\quad d\left( {x,y} \right) = 0 \Rightarrow x = y (positive Definitheit)

\left( {M2} \right):\quad d\left( {x,y} \right) = d\left( {y,x} \right) (Symmetrie)

\left( {M3} \right):\quad d\left( {x,z} \right) \leq d\left( {x,y} \right)+d\left( {y,z} \right) (Dreiecksungleichung)

Für die erste Forderung folgt:

\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{2^{-k}}\frac{{\left| {{x_k}-{y_k}} \right|}} {{1+\left| {{x_k}-{y_k}} \right|}}}  = 0\quad  \Rightarrow \quad \frac{{\left| {{x_k}-{y_k}} \right|}} {{1+\left| {{x_k}-{y_k}} \right|}} = 0

\Rightarrow \quad \left| {{x_k}-{y_k}} \right| = 0\quad  \Rightarrow \quad {x_k} = {y_k}

Auch die zweite Forderung ist erfüllt, da die Differenzen in Beträgen stehen und daher die Reihenfolge von x und y irrelevant ist.

Die dritte Forderung ist ebenfalls erfüllt. Beweis:

Setze

\varphi \left( t \right): = \frac{t} {{1+t}},\quad t \geq 0

dann folgt:

\varphi \left( {{t_1}+{t_2}} \right) = \frac{{{t_1}+{t_2}}} {{1+{t_1}+{t_2}}} = \frac{{{t_1}}} {{1+{t_1}+{t_2}}}+\frac{{{t_2}}} {{1+{t_1}+{t_2}}}

\leq \frac{{{t_1}}} {{1+{t_1}}}+\frac{{{t_2}}} {{1+{t_2}}} = \varphi \left( {{t_1}} \right)+\varphi \left( {{t_2}} \right)

Dabei ist \varphi monoton wachsend:

0 \leq t \leq \tilde t\quad  \Rightarrow \quad \varphi \left( t \right) \leq \varphi \left( {\tilde t} \right)

Verwende dies für

t: = \left| {a+b} \right|,\quad {t_1}: = \left| a \right|,\quad {t_2}: = \left| b \right|

außerdem:

t = \left| {a+b} \right| \leq \left| a \right|+\left| b \right| = :\tilde t

Also:

\varphi \left( {\left| {a+b} \right|} \right) \leq \varphi \left( {\left| a \right|+\left| b \right|} \right) \leq \varphi \left( {\left| a \right|} \right)+\varphi \left( {\left| b \right|} \right)

Mit

a = {x_k}-{y_k},\quad b = {y_k}-{z_k}\quad \forall k \in \mathbb{N}

folgt schließlich:

\varphi \left( {\left| {{x_k}-{z_k}} \right|} \right) \leq \varphi \left( {\left| {{x_k}-{y_k}} \right|} \right)+\varphi \left( {\left| {{y_k}-{z_k}} \right|} \right)

also auch

d\left( {x,z} \right) = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {{2^{-k}}\varphi } \left( {\left| {{x_k}-{z_k}} \right|} \right)

\leq \sum\limits_{k = 1}^\infty  {{2^{-k}}\varphi } \left( {\left| {{x_k}-{y_k}} \right|} \right)+\left( {\left| {{y_k}-{z_k}} \right|} \right) = d\left( {x,y} \right)+d\left( {y,z} \right)

b )

\tilde d\left( {x,y} \right) = \ln \left( {1+d\left( {x,y} \right)} \right) ist wohldefiniert.

\left( {M1} \right):\quad d\left( {x,y} \right) \geq 0,\quad d\left( {x,y} \right) = 0\quad  \Leftrightarrow \quad x = y

ist erfüllt, da d\left( {x,z} \right) immer positiv ist und der Logarithmus von Zahlen größer oder gleich 1 immer positiv ist.

\ln \left( {1+d\left( {x,y} \right)} \right) = 0\quad  \Rightarrow \quad d\left( {x,y} \right) = 0\quad  \Rightarrow \quad x = y

\left( {M2} \right):\quad d\left( {x,y} \right) = d\left( {y,x} \right)

ist erfüllt.

\left( {M3} \right):\quad d\left( {x,z} \right) \leq d\left( {x,y} \right)+d\left( {y,z} \right)

ist erfüllt, da

\tilde d\left( {x,z} \right) = \ln \left( {1+d\left( {x,z} \right)} \right) \leq \ln \left( {1+d\left( {x,y} \right)+d\left( {y,z} \right)} \right)

\leq \ln \left( {\left( {1+d\left( {x,y} \right)} \right)\left( {1+d\left( {y,z} \right)} \right)} \right) = \tilde d\left( {x,y} \right)+\tilde d\left( {y,z} \right)

c )

d\left( {x,y} \right) = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {{2^{-k}}\varphi \left( {\left| {\frac{1} {{k\left( {k+1} \right)}}} \right|} \right)}  = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {{2^{-k}}\frac{1} {{1+k\left( {k+1} \right)}}}

Wir setzen für die ersten beiden Summanden ein:

\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{2^{-k}}\frac{1} {{1+k\left( {k+1} \right)}}}  > \frac{1} {6}+\frac{1} {{28}} = \frac{{17}} {{84}} > \frac{1} {5}

d )

\rho ist keine Norm, da die Homogenität verletzt ist.

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