习题 1.4

设 $(X,d)$ 为度量空间, 令 $d_1(x,y)=\min \{1,d(x,y)\},d_2(x,y)=\frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}$. 求证: $d_1$ 和 $d_2$ 都是 $X$ 上的度量.

解答

解答使用 DeepSeek v3.2 Speciale 生成

1. $d_1(x,y)=\min \{1,d(x,y)\}$ 是度量

非负性：$d(x,y)\ge 0$，故 $\min \{1,d(x,y)\}\ge 0$。
若 $x=y$，则 $d(x,y)=0$，从而 $d_1(x,y)=0$；反之若 $d_1(x,y)=0$，则 $\min \{1,d(x,y)\}=0$，这迫使 $d(x,y)=0$（因为 $1>0$），于是 $x=y$。

对称性：$d(x,y)=d(y,x)$，所以 $$d_1(x,y)=\min \{1,d(x,y)\}=\min \{1,d(y,x)\}=d_1(y,x).$$

三角不等式：需证 $d_1(x,z)\le d_1(x,y)+d_1(y,z)$。
首先注意函数 $f(t)=\min \{1,t\}$（$t\ge 0$）是单调不减的。由 $d$ 的三角不等式： $$d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z).$$ 因此 $$d_1(x,z)=f(d(x,z))\le f(d(x,y)+d(y,z)).$$ 下面证明对任意非负实数 $a,b$ 有 $$f(a+b)\le f(a)+f(b).$$

• 若 $a+b\le 1$，则 $f(a+b)=a+b$。此时必有 $a\le 1$ 且 $b\le 1$，故 $f(a)=a,f(b)=b$，从而 $f(a+b)=f(a)+f(b)$。
• 若 $a+b>1$，则 $f(a+b)=1$。而 $f(a)+f(b)\ge 1$ 显然成立（因为 $f(a),f(b)\ge 0$ 且至少有一项不小于 $1$ 或两项之和至少为 $1$）。严格地：若 $f(a)+f(b)<1$，则必有 $f(a)=a<1$ 且 $f(b)=b<1$，从而 $a+b<1$，与 $a+b>1$ 矛盾。故 $f(a)+f(b)\ge 1=f(a+b)$。

于是 $f(a+b)\le f(a)+f(b)$ 恒成立。取 $a=d(x,y),b=d(y,z)$ 得 $$f(d(x,y)+d(y,z))\le f(d(x,y))+f(d(y,z))=d_1(x,y)+d_1(y,z).$$ 结合前面不等式即得 $$d_1(x,z)\le d_1(x,y)+d_1(y,z).$$ 综上，$d_1$ 是 $X$ 上的度量。

2. $d_2(x,y)=\frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}$ 是度量

记 $\phi (t)=\frac{t}{1+t}$，$t\ge 0$。显然 $\phi (0)=0$，$\phi (t)\ge 0$，且 $\phi$ 严格单调递增（导数 ${\phi }^{\prime }(t)=\frac{1}{(1+t{)}^2}>0$）。

非负性：因 $d(x,y)\ge 0$，故 $d_2(x,y)=\phi (d(x,y))\ge 0$。
若 $x=y$，则 $d(x,y)=0$，从而 $d_2(x,y)=0$；若 $d_2(x,y)=0$，则 $\phi (d(x,y))=0$，由 $\phi$ 的性质知 $d(x,y)=0$，于是 $x=y$。

对称性：$d(x,y)=d(y,x)$，所以 $$d_2(x,y)=\phi (d(x,y))=\phi (d(y,x))=d_2(y,x).$$

三角不等式：需证 $d_2(x,z)\le d_2(x,y)+d_2(y,z)$。
由 $d$ 的三角不等式有 $$d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z).$$ 因 $\phi$ 单调递增，故 $$d_2(x,z)=\phi (d(x,z))\le \phi (d(x,y)+d(y,z)).$$ 下面证明对任意非负实数 $a,b$ 有 $$\phi (a+b)\le \phi (a)+\phi (b).$$

直接验证差： $$\phi (a)+\phi (b)-\phi (a+b)=\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}-\frac{a+b}{1+a+b}.$$ 计算其分子（通分后）： $$\begin{array}{rl}& \left(\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}\right)-\frac{a+b}{1+a+b}\\ =& \frac{a(1+b)+b(1+a)}{(1+a)(1+b)}-\frac{a+b}{1+a+b}\\ =& \frac{a+b+2ab}{(1+a)(1+b)}-\frac{a+b}{1+a+b}.\end{array}$$ 通分得公分母 $(1+a)(1+b)(1+a+b)$，分子为 $$N=(a+b+2ab)(1+a+b)-(a+b)(1+a)(1+b).$$ 展开： $$\begin{array}{rl}(a+b+2ab)(1+a+b)& =(a+b+2ab)+(a+b+2ab)(a+b)\\ & =(a+b+2ab)+(a+b{)}^2+2ab(a+b),\\ (a+b)(1+a)(1+b)& =(a+b)(1+a+b+ab)\\ & =(a+b)+(a+b{)}^2+ab(a+b).\end{array}$$ 相减： $$N=[(a+b+2ab)+(a+b{)}^2+2ab(a+b)]-[(a+b)+(a+b{)}^2+ab(a+b)]=2ab+ab(a+b)=ab(2+a+b)\ge 0.$$ 因此 $\phi (a)+\phi (b)-\phi (a+b)\ge 0$，即 $\phi (a+b)\le \phi (a)+\phi (b)$，等号当且仅当 $a=0$ 或 $b=0$ 时成立。

取 $a=d(x,y),b=d(y,z)$，则 $$\phi (d(x,y)+d(y,z))\le \phi (d(x,y))+\phi (d(y,z))=d_2(x,y)+d_2(y,z).$$ 于是 $$d_2(x,z)\le d_2(x,y)+d_2(y,z).$$ 综上，$d_2$ 是 $X$ 上的度量。

因此，$d_1$ 和 $d_2$ 均为 $X$ 上的度量。