u01.2 – Fréchet-Metrik

${S^\mathbb{N}}$ bezeichne den Vektorraum aller Folgen in 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

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

Weisen Sie nach, dass $\left( {{S^\mathbb{N}},d} \right)$ ein metrischer Raum ist.
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?
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.
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 )

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, da [todo]

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

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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u01.2 – Fréchet-Metrik

Lösung

a )

b )

c )

d )

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