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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:25 So 18.09.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Folgende Aufgabe möchte ich lösen:
Auf [mm] \IR [/mm] werde eine Metrik [mm] \delta [/mm] definiert durch [mm] \delta(x,y):=\arctan|x-y|. [/mm] Man zeige, dass [mm] \delta [/mm] die Axiome einer Metrik erfüllt und dass die offenen Mengen bzgl. dieser Metrik dieselben sind wie bzgl. der üblichen Metrik d(x,y)=|x-y|.
Also, die ersten beiden Axiome sind ja nahezu trivial, allerdings weiß ich nicht, wie ich die Dreiecksungleichung zeigen kann. Und wie zeige ich, dass es die gleichen offenen Mengen sind? Könnte mir da jemand helfen?
Viele Grüße
Bastiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:40 So 18.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Bei der Dreiecksungleichung brauchst du die Monotonie der Arctustanges-Funktion sowie die Beziehung
[mm] $\arctan(x+y) \le \arctan(x) [/mm] + [mm] \arctan(y)$
[/mm]
(letzteres ist nicht ganz einfach zu zeigen; versuche es aber mal...).
Wenn du es nicht hinbekommst, wird es dir jemand zeigen (notfalls ich  ).
Und zu den offenen Mengen: Das ist sehr einfach, denn die offenen Bälle entsprechen sich wegen der strengen Monotonie der Arctustanges-Funktion auf [mm] $\IR$ [/mm] und der Tangens-Funktion auf [mm] $\left( - \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)$ [/mm] eins zu eins:
Für [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] gilt:
[mm] $B_d(x,\varepsilon) [/mm] = [mm] \{y \in \IR\, : \, d(x,y) < \varepsilon\}$
[/mm]
[mm] $=\{y \in \IR\, : \, |x-y| < \varepsilon\}$
[/mm]
[mm] $=\{y \in \IR\, : \, \arctan |x-y| < \arctan(\varepsilon)\}$
[/mm]
[mm] $=\{y \in \IR\, : \, \delta(x,y) < \arctan(\varepsilon)\}$
[/mm]
[mm] $=B_{\delta}(x,\arctan(\varepsilon))$
[/mm]
und umgekehrt für [mm] $\varepsilon \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$:
[/mm]
[mm] $B_{\delta}(x,\varepsilon) =\{y \in \IR\, : \, \delta(x,y) < \varepsilon\}$
[/mm]
$ [mm] =\{y \in \IR\, : \, \arctan |x-y| < \varepsilon\}$
[/mm]
$ [mm] =\{y \in \IR\, : \, |x-y| < \tan(\varepsilon)\}$
[/mm]
[mm] $=\{y \in \IR\, : \, d(x,y)< \tan(\varepsilon)\}$
[/mm]
[mm] $=B_d(x,\tan(\varepsilon))$.
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:59 So 18.09.2005 | | Autor: | Bastiane |
Lieber Stefan!
Danke für die schnelle Antwort.
> Bei der Dreiecksungleichung brauchst du die Monotonie der
> Arctustanges-Funktion sowie die Beziehung
Darf ich die Monotonie voraussetzen oder muss ich die auch zeigen?
> [mm]\arctan(x+y) \le \arctan(x) + \arctan(y)[/mm]
>
> (letzteres ist nicht ganz einfach zu zeigen; versuche es
> aber mal...).
>
> Wenn du es nicht hinbekommst, wird es dir jemand zeigen
> (notfalls ich ).
Dafür brauche ich dann wohl noch einen Ansatz, wie ich das zeigen könnte. Denn irgendwie weiß ich gar nichts über den [mm] \arctan...
[/mm]
> Und zu den offenen Mengen: Das ist sehr einfach, denn die
> offenen Bälle entsprechen sich wegen der strengen Monotonie
> der Arctustanges-Funktion eins zu eins:
>
> Für [mm]\varepsilon \in \left(0, \frac{\pi}{2} \right)[/mm] gilt:
>
> [mm]B_d(x,\varepsilon) = \{y \in \IR\, : \, d(x,y) < \varepsilon\}[/mm]
>
> [mm]=\{y \in \IR\, : \, |x-y| < \varepsilon\}[/mm]
>
> [mm]=\{y \in \IR\, : \, \arctan |x-y| < \arctan(\varepsilon)\}[/mm]
>
> [mm]=\{y \in \IR\, : \, \delta(x,y) < \arctan(\varepsilon)\}[/mm]
>
> [mm]=B_{\delta}(x,\arctan(\varepsilon))[/mm]
>
> und umgekehrt:
>
> [mm]B_{\delta}(x,\varepsilon) =\{y \in \IR\, : \, \delta(x,y) < \varepsilon\}[/mm]
>
> [mm]=\{y \in \IR\, : \, \arctan |x-y| < \varepsilon\}[/mm]
>
> [mm]=\{y \in \IR\, : \, |x-y| < \tan(\varepsilon)\}[/mm]
>
> [mm]=\{y \in \IR\, : \, d(x,y)< \tan(\varepsilon)\}[/mm]
>
> [mm]=B_d(x,\tan(\varepsilon))[/mm].
Die Umformungen hier verstehe ich alle, allerdings weiß ich nicht, warum damit der Beweis erbracht ist. Könntest du mir das vielleicht noch erklären? (Also, mein Problem ist wohl, dass am Ende deiner Umformungen nicht [mm] \varepsilon [/mm] sondern [mm] \arctan(\varepsilon) [/mm] steht.)
Viele Grüße
Christiane
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:18 So 18.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Beachte bitte, dass ich meine erste Antwort verbessert habe.
Die Monotonie der Arcustangensfunktion lässt sich in einem Einzeiler anhand der Ableitung begründen.
Zum Ansatz:
Betrachte für festes $x >0$ die Funktionen für $y>0$:
[mm] $f_1(y) [/mm] = [mm] \arctan(x+y)$
[/mm]
und
[mm] $f_2(y) [/mm] = [mm] \arctan(x) [/mm] + [mm] \arctan(y)$.
[/mm]
Es gilt:
[mm] $f_1(0)=\arctan(x)=f_2(0)$
[/mm]
und
[mm] $f_1'(y) [/mm] = [mm] \frac{1}{1+ (x+y)^2}$
[/mm]
und
[mm] $f_2'(y) [/mm] = [mm] \frac{1}{1+y^2}$.
[/mm]
Was folgt daraus?
Und zu den Bällen: Wie das [mm] $\varepsilon$ [/mm] aussieht, ist doch egal. Dann nenne ich halt [mm] $\varepsilon_1:=\arctan(\varepsilon)$. [/mm]
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:43 So 18.09.2005 | | Autor: | Bastiane |
Lieber Stefan!
> Beachte bitte, dass ich meine erste Antwort verbessert
> habe.
Ja, das hatte ich schon gesehen. Allerdings sehe ich gar nicht, was du verbessert hast...
> Die Monotonie der Arcustangensfunktion lässt sich in einem
> Einzeiler anhand der Ableitung begründen.
Ja, stimmt. ![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]")
> Zum Ansatz:
>
> Betrachte für festes [mm]x >0[/mm] die Funktionen für [mm]y>0[/mm]:
>
> [mm]f_1(y) = \arctan(x+y)[/mm]
>
> und
>
> [mm]f_2(y) = \arctan(x) + \arctan(y)[/mm].
>
> Es gilt:
>
> [mm]f_1(0)=\arctan(x)=f_2(0)[/mm]
>
> und
>
> [mm]f_1'(y) = \frac{1}{1+ (x+y)^2}[/mm]
>
> und
>
> [mm]f_2'(y) = \frac{1}{1+y^2}[/mm].
>
> Was folgt daraus?
Also, ich würde sagen, da [mm] \frac{1}{1+ (x+y)^2}<\frac{1}{1+y^2} [/mm] für x,y>0 folgt dann, dass [mm] f_1(y) [/mm] "weniger steigt" als [mm] f_2(y). [/mm] Allerdings weiß ich nicht, ob man das mathematisch noch korrekter ausdrücken kann!?
Und dann, wie beweise ich damit dann die Dreiecksungleichung? Ich muss ja zeigen:
[mm] \arctan|x-z|\le\arctan|x-y|+\arctan|y-z|
[/mm]
Kann ich dann schreiben: [mm] \arctan|x-z|\le\arctan|x|+\arctan|-z| [/mm] oder muss ich da wegen des Betrags eine Fallunterscheidung machen?
> Und zu den Bällen: Wie das [mm]\varepsilon[/mm] aussieht, ist doch
> egal. Dann nenne ich halt
> [mm]\varepsilon_1:=\arctan(\varepsilon)[/mm].
Ja, eigentlich schon. Ich dachte nur, es müssten dieselben Bälle sein, also auch dieselben [mm] \varepsilon's. [/mm] Weil es ja dieselben Mengen sein sollen...
Viele Grüße
Christiane
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:29 So 18.09.2005 | | Autor: | SEcki |
> Allerdings weiß ich nicht, ob man das mathematisch
> noch korrekter ausdrücken kann!?
Beweise das! Hinweis: verallgemeinerter MWS.
> Und dann, wie beweise ich damit dann die
> Dreiecksungleichung? Ich muss ja zeigen:
Zuerst benutz du die normale Dreickunsgleichung,dann Monotonie, dann zum Schluß obiges. Kannst du das ausführen?
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:09 Mo 19.09.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
> > Allerdings weiß ich nicht, ob man das mathematisch
> > noch korrekter ausdrücken kann!?
>
> Beweise das! Hinweis: verallgemeinerter MWS.
Also, den habe ich ja noch nie gehört, aber zum Glück habe ich noch ein zweites Ana I Buch, wo er drin steht. Ich würde es dann so machen:
Nach diesem verallgemeinerten Mittelwertsatz gilt:
[mm] \bruch{f_1(x)-f_1(y)}{f_2(x)-f_2(y)}=\bruch{f_1'(\xi)}{f_2'(\xi)} [/mm] für ein [mm] \xi\in(a,b)
[/mm]
Da [mm] f_1'(x)
[mm] f_1(x)-f_1(y)
Ist damit der Beweis zu Ende? Oder muss ich noch mehr zeigen?
> > Und dann, wie beweise ich damit dann die
> > Dreiecksungleichung? Ich muss ja zeigen:
>
> Zuerst benutz du die normale Dreickunsgleichung,dann
> Monotonie, dann zum Schluß obiges. Kannst du das
> ausführen?
Leider hast du mir nicht gesagt, ob mein Anfang oben richtig war. :-/
Bastiane
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:30 Mo 19.09.2005 | | Autor: | SEcki |
> [mm]f_1(x)-f_1(y)
Zwei Sachen: probiere mal anstatt x die 0, und beachte beim Multiplizieren das Vorzeichen des Nenners. Dann erhält man das richtige Ergebnis.
> Ist damit der Beweis zu Ende? Oder muss ich noch mehr
> zeigen?
Quasi ja. Du musst - wie ich oben schon geschrieben habe - blos dreic Sachen zusammenstückeln: Normale Dreickunsgleichung mit Betrag, dann Monotonie, dann die Aussage, die du gerade (fast) bewiesen hast.
> Leider hast du mir nicht gesagt, ob mein Anfang oben
> richtig war. :-/
Du hast zwar wahres hingeschrieben, aber ich weiß nicht, ob das geradeweg zum Ziel führt (eher nein),denn: bei der Dreiecksungleichung vergleichst du ja schließlich drei Punkte, dumachst nur einen Ansatz mit 2 - da fehlt ja dann der Dritte irgendwie. Denk mal drübernach, ist dann wirklich net so schwer. 
SEcki
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