metritchni_proct

вiдстань є невiд’ємною i володiє властивiстю симетрiї, то дорiвнювати нулевi може вiдстань мiж рiзними множинами. Наприклад, у метричному просторi R з природною метрикою d((0; 1), [0; 1]) = 0. Теж саме з нерiвнiстю трикутника. Наприклад, у метричному просторi R2 з природною (евклiдовою) метрикою для множин

A1 = {(x, y)| (x + 2)2 + y2 ≤ 1} , A2 = {(x, y)| (x − 2)2 + y2 ≤ 1}

A3 = {(x, y)| x2 + (y − 2)2 ≤ 2, 25}

√

d(A1, A2) = 2, d(A1, A3) = d(A2, A3) = 2 2 − 2, 5.

Множини точок метричного простору можна надiлити характеристикою, яка дозволяє ввести поняття обмеженої та необмеженої множини.

Означення 2.2 Дiаметром множини A точок метричного простору (X, d) називають величину

diam A := sup d(x, y)

x,y A

Означення 2.3 Множина точок метричного простору називається обмеженою, якщо її дiаметр скiнченний, i необмеженою у противному випадку.

Зауваження. Для кожного метричного простору (X, d) у множинi M(X) iснує метрика така, що весь простiр X, а отже, кожна його пiдмножина є обмеженими множинами. Наприклад, метрика d1(x, y) = min(1, d(x, y)).

Маючи конкретний метричний простiр, можна ставити рiзноманiтнi метричнi задачi.

41

Приклад 1. Нехай множина R надiлена природною метрикою, тобто для будь-яких x, y R d(x, y) = |x −y|. Скориставшись числовою прямою як геометричною iнтерпретацiєю цього метричного простору i тим фактом, що геометричне вiдношення "точка c лежить мiж точками a i b"виражається через поняття вiдстанi так: "d(a, b) = d(a, c) + d(c, b)", кожну метричну задачу на прямiй можна формулювати у просторi R. Звичайно такi задачi розв’язуються з врахуванням основних властивостей дiйсних чисел.

а) У метричному просторi R з природною метрикою знайти тi точки, сума вiдстаней яких до двох заданих точок a i b дорiвнює d◦.

Розв’язання. Якщо позначити шукану точку через x, то задача зводиться до розв’язання рiвняння d(a, x) + d(b, x) = d◦, або

|a − x| + |b − x| = d◦.

Для означеностi будемо вважати, що a < b. Тодi таких точок немає, якщо d◦ < b−a, шуканими є кожна точка з вiдрiзка [a; b],

якщо d◦ = b − a, i таких точок двi	1	(d◦ + a + b),	1	(d◦ − a − b),
	2		2

якщо d◦ > b − a.

б) У метричному просторi R з природною метрикою знайти вiдстань точки x◦ = 1 до множини

A = {x| xlg2 x+lg x−4 > 104}.

Розв’язання. Знайдемо геометричне подання множини A. Для цього розв’яжемо нерiвнiсть

xlg2 x+lg x−4 > 104,

областю допустимих значень якої є множина (0; +∞). Прологарифмуємо нерiвнiсть за основою 10, прийдемо до нерiвностi

(t2 + t − 4)t > 4,

42

43

x A1, y A2

де t = lg x. Остання нерiвнiсть еквiвалентна нерiвностi

(t + 2)(t + 1)(t − 2) > 0.

Звiдси

−2 < lg x < −1 або 2 < lg x.

Отже, A = (0, 01; 0, 1) (100; +∞) i d(1, A) = 0, 9.

в) У метричному просторi R з природною метрикою знайти вiдстань мiж множинами

√

A1 = {x| −x2 + 4x − 3 < x − 2},

A2 = {x| lg(x + 8) ≥ lg(x2 − 3x − 4)}.

Розв’язання. Знайдемо геометричне подання множин A1 i A2. Для цього розв’яжемо нерiвностi

√

−x2 + 4x − 3 < x − 2 i lg(x + 8) ≥ lg(x2 − 3x − 4).

Для першої область допустимих значень вiдрiзок [1; 3], причому

для x ≤ 2 нерiвнiсть не	виконується. Тодi на множинi						(2; 3]		вона
		2	+ 4x −3 < x	2	−4x + 4					2	−
еквiвалентна нерiвностi −x						або		2x

8x+7 > 0. А оскiльки множиною розв’язкiв останньої нерiвностi
	√				√				√
є множина (−∞; 2 −		2		) (2 +		2	; +∞), то A1	= (2 +		2		; 3].
	2				2				2

Для другої область допустимих значень є множина (−8; −1) (4; +∞). Тодi на цiй множинi вона еквiвалентна нерiвностi

x + 8 ≥ x2 − 3x − 4 або x2 − 4x − 12 ≤ 0.

А оскiльки множиною розв’язкiв останньої нерiвностi є множина [−2; 6], то

A2 = [−2; −1)	(4; 6].
Тепер уже легко переконатись, що
d(A1, A2) = inf	d(x, y) = 1.

г) У метричному просторi R з природною метрикою знайти

дiаметр множини
	π			1		1
A = nx| arccos x ≤		,	0, 2cos 2x −		< 4 · 125−	2 o.
	2			25cos2 x

Розв’язання. Знайдемо геометричне подання множини A. Очевидно, що множина A є перетином двох множин

π

1

1

A1 = nx| arccos x ≤

o,

A2

= nx| 0, 2cos 2x−

< 4·125−

2 o.

2

25cos2 x

π

Розв’язавши нерiвнiсть arccos x ≤

, дiстанемо A1

= (0; 1]. Не-

2

рiвнiсть

1

0, 2cos 2x −

< 4 · 125−

1

2

25cos2 x

подамо у виглядi

1

1

4

−

<

√

,

5cos 2x

5

·

5cos 2x

5

5

яка еквiвалентна нерiвностi

√

< 5cos 2x

або

1

.

5

cos 2x >

2

T S

π

π

R

π

π

.

Отже, A = [0; 1]

(πn −

6

;

6

+ πn) = [0;

6

) i diamA =

6

n Z

Приклад 2. Нехай множина

+ надiлена метрикою

d(x, y) =

|

x − y|

=

1

1

.

xy

x − y

Розв’язати задачi з прикладу 1 у просторi

+.

R

Розв’язання. Насамперед пересвiдчимось, що d(x, y) є метрикою. Справдi, виконуванiсть перших двох аксiом вiдстанi

44

очевидна, i для будь-яких x, y, z R+

d(x, y) =

x − y

=

|xz − yz|

=

|xz − xy + xy − yz|

≤

xy

xyz

xyz

≤

|xz − xy| + |xy − yz|

=

|z − y|

+

|x − z|

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

xyz

yz

xz

Далi переконаємось, що i тут вiдношення "точка c лежить мiж точками a i b"може бути виражене так: "d(a, b) = d(a, c)+d(c, b)". Справдi, якщо c = (1 − λ)a + λb , де 0 < λ < 1, то, прийнявши для означеностi 0 < a < b, маємо

	d(a, c) + d(c, b) =	(1 − λ)a + λb − a	+	b − (1 − λ)a − λb	=
		a((1 − λ)a + λb)		b((1 − λ)a + λb)

=(−λa + λb)b + ((1 − λ)b − (1 − λ)a)a = ab((1 − λ)a + λb)

=λb(b − a) + (1 − λ)a(b − a) = b − a = d(a, b). ab((1 − λ)a + λb) ab

Якщо a R+, то очевидно, що функцiя

d(a, x) = |a − x| ax

на iнтервалi (0; a) спадає, а на промiжку (a; +∞) зростає, причому

lim d(a; x) = +	∞	,		lim		d(a; x) =	1	.
→				→	∞	a
x +0			x	+

а) Тi точки простору R+, сума вiдстаней яких до двох заданих точок a i b дорiвнює d◦, знайдемо з рiвняння

|a − x| + |b − x| = d◦. ax bx

45

Для означеностi будемо вважати, що a < b. Тодi таких точок немає, якщо d◦ < b ab− a, шуканими є кожна точка з вiдрiзка

[a; b], якщо d◦ =

b − a

, таких точок двi

ab

− d◦ −

,

2 d◦ + a

+ b

−

, 2 a

+ b

1

1

1

1

1

1

b − a

якщо

< d

<

a + b

i така точка одна 2 d

+

1

+

1

−1 ,

ab

a + b◦

ab

◦

a

b

якщо d◦ ≥

.

ab

10

= 9

(1

100) = 0

√

1

б) Оскiльки d

,

1

, d

,

, 99, то d(1, A) = 0, 99.

в) Вiдстань мiж множинами A1 = 2 +

2

; 3i i

2

A2 = nx| x > 0,

lg(x + 8) ≥ lg(x2 − 3x − 4)o = (4; 6]

– це вiдстань мiж точками 3 i 4, тобто d(A1, A2) =

1

.

12

г) diamA = +∞, тобто множина (0; 1) точок простору R+

при заданiй метрицi є необмеженою.

Приклад 3. Нехай R2 надiлено метрикою

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

На координатнiй площинi подати множину тих точок з R2, якi рiвновiддаленi вiд точок (−1; 0), (1; 0).

Розв’язання. Нехай (x, y) точка, яка належить шуканiй множинi, тобто точка, для якої

d((−1, 0), (x, y)) = d((1, 0), (x, y)).

Необхiдно подати на координатнiй площинi множину точок

n o

(x, y) | max(|x + 1|, |y|) = max(|x − 1|, |y|) ,

46

тобто множину розв’язкiв рiвняння

max(|x + 1|, |y|) = max(|x − 1|, |y|).

Останнє рiвняння рiвносильне такiй сукупностi двох систем

|x + 1| ≥ |y|,							або		|x + 1| ≤ |y|,
	|	x	−	1	y	,
					| ≥ | |				x 1 y .
|x + 1| = |x − 1|,								| − | ≤ | |

Рис.3

Множина {(0, y)| −1 ≤ y ≤ 1} є множиною розв’язкiв першої

47

системи, а множина

n o

(x, y)| y ≤ −1, y+1 ≤ x ≤ −y−1 або y ≥ 1, −y+1 ≤ x ≤ y−1 ,

є множиною розв’язкiв другої системи. Отже, множина точок

простору R2, якi рiвновiддаленi вiд точок (−1; 0), (1; 0),	на
координатнiй площинi має таке подання (pис.3).

Приклад 4. Нехай R2 надiлено природною метрикою. Знайти дiаметр множини

n(x, y) | |y| = |xx| − x2o.

Розв’язання. Оскiльки |y| ≥ 0, то права чатина у рiвностi, що є характеристичною властивiстю множини A може бути записаною у виглядi x > 0, |y| = 1 − x2. Очевидно (pис.4),

48

що для будь-яких точок (x1, y1), (x2, y2) кривої

d((x1, y1), (x2, y2)) < 2.

Нехай ε будь-яке як завгодно мале додатне число. Тодi вiдстань мiж точками (0; 1) i (ε; ε2 − 1) буде

p √

d (0; 1), (ε; ε2 − 1)) = ε2 + (2 − ε2)2 = ε2 + 4 − 4ε2 + ε4 >

√

> 4 − 4ε2 + ε4 = 2 − ε2 > 2 − ε,

тобто для кожного як завгодно малого ε > 0 знайдуться такi двi точки на кривiй, що

d((x1, y1), (x2, y2)) > 2 − ε.

А це й означає, що 2 – точна верхня грань множини вiдстаней мiж точками множини A, тобто diam A = 2.

Приклад 5. Нехай множвна R2 надiлена природною метрикою. На координатнiй площинi подати множину точок, кожна з яких рiвновiддалена вiд множин

n o n o

A1 = (x, y)| x2 + y2 ≤ 1 , A2 = (x, y)| max(|x − 3|, |y|) ≤ 1 .

Розв’язання. Оскiльки перша множина є множина точок круга з центром у початку координат радiуса 1, а друга є множина точок квадрата з центром у точцi (3; 0), стороною довжини 2, причому його сторони паралельнi осям координат, то точка (x, y) буде рiвновiддаленою вiд обох множин тодi i тiльки тодi, коли d((x, y), A1) = d((x, y), A2), причому конкретний запис цього рiвняння буде залежати вiд розмiщення точки (x, y)

49

вiдносно множин A1

i A2. А саме, якщо точка (x, y)

лежить

зовнi круга, то

d((x, y), A1) = p

− 1,

(2.5)

x2 + y2

а якщо точка (x, y) лежить лiвiше квадрата, то

2 − x,

якщо

|y| ≤ 1,

d((x, y), A

) =

(2

x)

2

+ (y

2

якщо

y > 1,

−

−

1) ,

2

p

якщо

(2 − x)

+ (y + 1)

,

y < −1.

p

Отже, якщо

1, то рiвновiддаленими вiд множин

|

| ≤

2

2

y

A1 i

A2

1 = 2 − x , або (x,yy2)+ 6x − 9 = 0,

p

−

x

+ y

будуть тi точки

, для яких має мiсце рiвнiсть

якщо y > 1, то тi точки (x, y), для яких

pp

x2 + y2 − 1 = (2 − x)2 + (y − 1)2,

або

3x2 + 4xy − 8x − 4y + 4 = 0,

якщо y < −1, то тi точки (x, y), для яких

pp

x2 + y2 − 1 = (2 − x)2 + (y + 1)2,

або 3x2 − 4xy − 8x + 4y + 4 = 0.

Таким чином, множина точок, рiвновiддалених вiд множин

A1 i A2

на координатнiй площинi подається у виглядi

n(x, y) | |y| ≤ 1, y2 + 6x − 9 = 0

або

y > 1, 1 < x ≤

4

,

3

y =

3x2 + 8x

4

або y < 1, 1 < x

4

, y =

3x2 − 8x + 4

o

−

4(x − 1)−

≤ 3

4(x − 1)

50