metritchni_proct

2)елiпсом з центром у початку координат i пiвосями 1, 2;

3)квадратом з центром у початку координат;

4)ромбом з центром у початку координат i гострим кутом

60◦;

5)ромбом з центром у початку координат i вiдношенням дiагоналей 1:2.

1.17Надiлiть координатний простiр (система координат декартова прямокутна) метриками di (i = 1, 3) такими, що множина точок M(x, y), вiдстань яких до початку координат дорiвнює 1, є

1)сферою з центром у початку координат ;

2)елiпсоїдом обертання навколо осi Oz з центром у початку координат i пiвосями 1,2;

3)трьохосним елiпсоїдом з центром у початку координат i пiвосями 1, 2, 3;

4)поверхнею правильного октаедра з центром у початку координат;

5)поверхнею правильного гексаедра з центром у початку координат.

1.18На координатнiй площинi (система координат декартова

прямокутна) з’ясувати геометричний змiст множин

n o

(x, y) | di((x, y), (1, 1)) = di((x, y), (2, 2)) (i = 1, 3),

де

p

а) d1((x1, y1), (x2, y2)) = (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2;

б) d2((x1, y1), (x2, y2)) = |x1 − x2| + |y1 − y2|;

в) d3((x1, y1), (x2, y2)) = max(|x1 − x2|, |y1 − y2|).

31

1.19 Нехай C[0;1] надiлена рiвномiрною метрикою. Розв’язати рiвняння:

а) d(x2 + 2x − 3, x2 + bx + c) = 1;

б) d(x2 + 2x − 3, ax2 + c) = 1;

в) d(x2 + 2x − 1, ax2 + bx) = 1.

1.20 Нехай C[0;1] надiлена евклiдовою метрикою. Розв’язати рiвняння:

а) d(x2 + x − 1, ax2 + x − 2) = 1;

б) d(2x2 + x − 1, 2x2 + bx − 2) = 1;

в) d(2x2 + x + 1, x2 + 3x + c) = 1 .

√

5

2Основнi властивостi метрик

У попередньому параграфi подано дескриптивне (аксiоматичне) означення метричного простору (точнiше вiдстанi) i ряд множин надiлено метрикою. Про останнi кажуть, що вони є моделями метричного простору, а їх наявнiсть свiдчить про те, що теорiя побудована на цiй аксiоматицi (аксiоматицi Фреше) є несуперечливою, якщо несуперечливою є теорiя, у рамках якої будувались такi моделi, тобто якщо несуперечливою є теорiя дiйсного числа (в чому ми звичайно не сумнiваємось!).

Разом з тим, аксiоматика Фреше не є незалежною, тобто деякi її твердження є логiчним наслiдком з меншого числа тверджень.

32

Теорема 2.1. Якщо функцiя d : X × X −→ R задовольняє умови:

a) d(x, y) = 0 x = y;

(2.1)

б) ( x, y, z X)(d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z)),

то d надiляє множину X метрикою.

Доведення. Справдi, якщо у нерiвностi трикутника покласти z = x, то для будь-яких x, y X маємо:

d(x, y) ≤ d(x, x) + d(y, z) або d(x, y) ≤ d(y, x),

тобто при переставленнi елементiв функцiя d не спадає.Звiдси випливає, що

d(x, y) ≤ d(y, x) ≤ d(x, y).

А це й означає, що для будь-яких x, y X виконується рiвнiсть d(x, y) = d(y, x).

Якщо ж у нерiвностi трикутника покласти y = x, то з нерiвностi d(x, x) ≤ d(x, z) + d(x, z) одержимо, що 2d(x, z) ≥ 0 або d(x, z) ≥ 0. Отже, функцiя d невiд’ємна. ♦ Зауваження. Оскiльки у будь-якому метричному просторi (X, d) вiдстань d задовольняє умови (2.1), то на пiдставi доведеної теореми метричний простiр можна означити як пару (X, d), де X – непорожня множина, а d – функцiя, яка визначена на

X × X iз значеннями в R i задовольняє умови (3.1).

Теорема 2.2 (обернена нерiвнiсть трикутника) Для будьяких точок x, y, z метричного простору (X, d) виконується нерiвнiсть

|d(x, z) − d(y, z)| ≤ d(x, y),

(2.2)

33

Доведення. Оскiльки для будь-яких x, y, z з X

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) то d(x, z) − d(y, z) ≤ d(x, y).

З другого боку, нерiвнiсть трикутника може бути записана у виглядi d(y, z) ≤ d(y, x) + d(x, z), або d(y, z) − d(x, z) ≤ d(y, x) = d(x, y).

Отже, для будь-яких x, y, z X виконуються нерiвностi
d(x, z) − d(y, z) ≤ d(x, y),
−(d(x, z) − d(y, z)) ≤ d(x, y).
А це й означає, що має мiсце нерiвнiсть (2.2).

Теорема 2.3 (нерiвнiсть чотирикутника) Для будь-яких точок x, y, z, u метричного простору (X, d) виконується не-

рiвнiсть
|d(x, z) − d(y, u)| ≤ d(x, y) + d(z, u).	(2.3)

Доведення. Нехай x, y, z, u X. Тодi, скориставшись нерiв-

нiстю трикутника, дiстанемо:
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ≤ d(x, y) + d(y, u) + d(u, z),
d(y, u) ≤ d(y, x) + d(x, u) ≤ d(x, y) + d(x, z) + d(z, u),
або
d(x, z) − d(y, u) ≤ d(x, y) + d(z, u),
d(y, u) − d(x, z) ≤ d(x, y) + d(z, u).
З останнiх двох нерiвностей i випливає нерiвнiсть (2.3).

Нехай маємо непорожню множину X. Позначимо через M(X) множину всiх метрик на X.

34

Теорема 2.4 Якщо d1, d2 M(X), то для будь-яких

α ≥ 0, β ≥ 0 (α2 + β2 6= 0) αd1 + βd2 M(X).

Доведення. Нехай

d(x, y) = αd1(x, y) + βd2(x, y).

Тодi невiд’ємнiсть i симетричнiсть функцiї d очевидна. Якщо x = y, то d(x, x) = αd1(x, x) + βd2(x, x) = 0. Якщо ж d(x, y) = 0

або αd1(x, y) + βd2(x, y)	=	0, то в силу невiд’ємностi чисел
α, β, d1, d2 αd1(x, y) = 0	i	βd2(x, y) = 0. А оскiльки за умо-

вою теореми хоч одне з чисел α i β не дорiвнює нулю, наприклад α 6= 0, то d1(x, y) = 0, тобто x = y. Далi, для будь-яких x, y, z X i метрик d1, d2 маємо:

d1(x, y) ≤ d1(x, z) + d1(z, y),

d2(x, y) ≤ d2(x, z) + d2(z, y).

Якщо цi нерiвностi помножити вiдповiдно на α i β та просумувати, то дiстанемо нерiвнiсть трикутника для функцiї d. Таким чином, функцiя d задовольняє всi аксiоми вiдстанi, а отже, d M(X).

Теорема 2.5 Якщо d1, d2 M(X), то

d = max(d1, d2) M(X).

Доведення. Нехай для будь-яких x, y з X

d(x, y) = max(d1(x, y), d2(x, y)).

Невiд’ємнiсть i симетричнiсть функцiї d очевидна. Якщо x = y,

то d1(x, x) = d2(x, x) = 0 i d(x, x) = 0. Якщо ж d(x, y) = 0, тобто

35

max(d1(x, y), d2(x, y)) = 0, то в силу невiд’ємностi функцiй d1 i d2, маємо d1(x, y) = d2(x, y) = 0 i x = y. Нарештi, для будь-яких x, y, z X з нерiвностi трикутника для метрик d1 i d2

d1(x, y) ≤ d1(x, z) + d1(z, y),

d2(x, y) ≤ d2(x, z) + d2(z, y),

маємо:

d1(x, y) ≤ max(d1(x, z), d2(x, z)) + max(d1(y, z), d2(y, z)),

d2(x, y) ≤ max(d2(x, z), d1(x, z)) + max(d2(y, z), d1(y, z)).

Отже

d(x, y) = max(d1(x, y), d2(x, y)) ≤ max(d1(x, z), d2(x, z)) +

+ max(d1(y, z), d2(y, z)) = d(x, z) + d(y, z).

Таким чином, функцiя d задовольняє всi аксiоми вiдстанi, а отже, d M(X).

Теорема 2.6 Якщо d M(X), функцiя ϕ : [0; +∞) −→ R зростає, ϕ(0) = 0, i для всiх α, β [0; +∞)

ϕ(α + β) ≤ ϕ(α) + ϕ(β),

то ϕ(d) M(X).

Доведення. За умовою d вiдстань у множинi X. Тодi для будь-яких x, y X d(x, y) ≥ 0, а отже, функцiя ϕ(d) визначена на множинi X × X. Її невiд’ємнiсть i симетрiя очевиднi. Якщо x = y, то ϕ(d(x, x)) = ϕ(0) = 0. Якщо ж ϕ(d(x, y)) = 0, то в силу того, що ϕ(α) = 0 α = 0, маємо d(x, y) = 0 i x = y. Нарештi для будь-яких x, y, z X маємо:

ϕ(d(x, y)) ≤ ϕ(d(x, z) + d(x, y)) ≤ ϕ(d(x, z) + ϕ(d(z, y)).

36

Таким чином, функцiя ϕ(d) задовольняє всi аксiоми вiдстанi, а

отже, ϕ(d) M(X).
Наслiдок. Якщо функцiя ϕ : [0; +∞) −→ R двiчi диферен-
цiйовна на промiжку (0; +∞), ϕ(0) = 0,	ϕ0(α) > 0, ϕ00(α) < 0
для всiх α (0; +∞), то ϕ(d) M.

Доведення. Досить переконатись, що для будь-яких α, β (0; +∞) виконується нерiвнiсть ϕ(α + β) ≤ ϕ(α) + ϕ(β).

Нехай для означеностi 0 < α ≤ β. Тодi за теоремою Лагран-

жа

ϕ(α) + ϕ(β) − ϕ(α + β) = ϕ(α) − ϕ(0) − (ϕ(α + β) − ϕ(β)) =

= ϕ0(θ1)α − ϕ0(θ2)α, де θ1 (0; α), θ2 (β; α + β).

Застосувавши ще раз теорему Лагранжа до функцiй ϕ0(θ), матимемо

ϕ(α) + ϕ(β) − ϕ(α + β) = −ϕ00(θ3)α(θ2 − θ1) ≥ 0,
де θ3 (θ1; θ2).
Теорема 2.7 Якщо d M(X), то функцiя
d1(x, y) = min(1, d(x, y))
є вiдстанню у множинi X.

Доведення. Той факт, що функцiя d1 задовольняє аксiоми 1◦, 2◦, випливає безпосередньо з того, що d — вiдстань у множинi X. Нехай x, y, z будь-якi точки з X. Оскiльки d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), то

d1(x, y) = min(1, d(x, y)) ≤ min(2, 1 + d(x, z), 1 + d(z, y), d(x, z)+

+d(z, y)) = min(1, d(x, z)) + min(1, d(y, z)) = d1(x, z) + d1(y, z).

Таким чином, для функцiї d1(x, y) має мiсце нерiвнiсть трикутника. Отже, d1 M(X).

37

Теорема 2.8		Якщо послiдовнiсть (dn) метрик з M(X)
		∞
обмежена, i ряд		αn з додатними членами збiгається,то
функцiя		=1
		nP
			∞
			X
		d(x, y) :=		αndn(x, y)
			n=1
є метрикою на множинi X.
Доведення. Оскiльки за умовою iснує λ > 0 таке, що
для кожного n		i для будь-яких x, y X			0	≤ dn(x, y) ≤
λ, то для кожної пари			(x, y)	елементiв з	X	числовий ряд
∞	∞						∞
P							nP
αndn(x, y) мажорується збiжним числовим рядом								αnλ.
n=1	P		X × X				=1
функцiя d							d
Отже, ряд n=1 αndn(x, y)			збiгається на множинi			X × X, тобто
	визначена на			. Той факт, що функцiя				задо-

вольняє аксiоми 1◦, 2◦, випливає безпосередньо з того, що для кожного n dn – вiдстань у множинi X. А оскiльки для кожного n i для будь-яких x, y, z з X dn(x, y) ≤ dn(x, z) + dn(z, y), то

∞∞

PP

d(x, y) = αndn(x, y) ≤ αn(dn(x, z) + dn(z, y)) =

n=1 n=1

∞∞

PP

=αndn(x, z) + αndn(z, y) = d(x, z) + d(z, y).

n=1

n=1

Таким чином, для функцiї d має мiсце нерiвнiсть трикутника. Отже d M(X) .

Нехай маємо метричний простiр (X, d) i A – непорожня пiдмножина множини X. Тодi, як уже зазначалось, звуження функцiї d з множини X × X на множину A × A надiляє множину A вiдстанню, тобто кожна непорожня пiдмножина метричного простору X є метричним простором з метрикою, запозиченою з

X.

Якщо ж маємо два метричних простори (X1, d1) i (X2, d2), то, виконавши над множинами X1 i X2 певну теоретико-

38

множинну операцiю, природно поставити питання про можливiсть надiлення отриманої множини метрикою (зро-

зумiло пов’язаною з метриками d1 i

d2). Наприклад, якщо

T

2

2

d = αd1

+ βd2

X1

X2

6= , то, скориставшись теоремою 2.4, перетин цих

двох множин можна надiлити метрикою

, де

α ≥ 0,

β ≥ 0

α + β

6= 0. Якщо X1

X2 = , то множину

S

можна

надiлити

такою

метрикою: для будь-яких

X1

X2

T

x, y X

d(x, y) = di(x, y),

якщо

x, y Xi,

1

у противному випадку.

Для

прямого

добутку

X1

X2

двох

метричних

просторiв

вiдстань мiж точками

(x

(1)

×(2)

), (y

(1)

, y

(2)

)

X1 × X2 можна

, x

означити так

q

d((x(1), x(2)), (y(1), y(2))) = d21(x(1), y(1)) + d22(x(2), y(2)).

Бiльше того, якщо маємо послiдовнiсть метричних просторiв (Xn, dn), то функцiя

∞ 1 d (x(n), y(n)) d (x(n)), (y(n)) = X n

n=1 2n 1 + dn(x(n), y(n))

де x(n), y(n) Xn, (x(n)), (y(n)) X = X1 × X2 . . . × Xn × . . . , є

вiдстанню у множинi X.

Нехай маємо метричний простiр (X, d) i нехай A – непорожня пiдмножина множини X.

Означення 2.1 Вiдстанню вiд точки x◦ простору X до множини A називають число

d(x◦, A) := inf d(x◦, x),

x A

39

а вiдстанню мiж двома непорожнiми множинами A i B називають число

d(A, B) := inf d(x, y).

x A,y B

Теорема 2.9 Для будь-яких точок x1, x2 метричного простору (X, d) i для будь-якої непорожньої пiдмножини A виконується нерiвнiсть

|d(x1, A) − d(x2, A)| ≤ d(x1, x2).

(2.4)

Доведення. Якщо одна iз точок належить A, наприклад x1

A, то d(x1, A) = 0 i

|d(x1, A) − d(x2, A)| = d(x2, A) ≤ d(x2, x1).

Нехай нi x1, нi x2 не належать A. Тодi для кожної точки x A d(x1, A) ≤ d(x1, x) ≤ d(x1, x2) + d(x2, x).

А отже

d(x1, A) ≤ inf (d(x1, x2) + d(x2, x)) = d(x1, x2) + d(x2, A).

x A

Звiдси випливає, що

d(x1, A) − d(x2, A) ≤ d(x1, x2).

Точно у такий саме спосiб переконуємося, що

	d(x2, A) − d(x1, A) ≤ d(x1, x2).
А це й означає,що нерiвнiсть (2.4) має мiсце.
Означення вiдстанi мiж множинами, взагалi кажучи, не
дає	можливостi надiлити метрикою множину,	елементами
якої	є пiдмножини метричного простору. Якщо так означена

40