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Post by Ivo Terek on Jan 16, 2015 10:56:25 GMT -3
Positividade e simetria são óbvias. Só falta a desigualdade triangular. Achei o problema originalmente aqui e fiquei curioso pra ver como é a prova disso. |
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Cássio
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Post by Cássio on Jan 17, 2015 0:31:10 GMT -3
Tenho uma ideia, mas não deu kkkk
Só vou ter tempo de tentar denovo segunda, então tá ai se alguém quiser seguir essa linha:
Se os módulos são iguais, a desigualdade é verdadeira. Por outro lado, supondo ${\bf y} = {\bf x} + d {\bf u} $, onde $\bf u$ está na mesma direção de $\bf x$ e é unitário, e analisando a expressão de $d({\bf x}, {\bf y})$, quando $|{\bf x}|$ tende a infinito, observei uma semelhança com a métrica na esfera. Então considere a projeção estereográfica: $ \varphi^{-1}: \mathbb R^2 \to S^2 $ dada por
$$ \varphi^{-1} (x,y) = \left( \dfrac{2x}{x^2+y^2+1}, \dfrac{2y}{x^2+y^2 + 1}, \dfrac{x^2+y^2 -1}{x^2+y^2+1} \right)$$
Escrevendo ${\bf x} = (x,y)$ isso se torna
$$ \varphi^{-1} ({\bf x}) = \dfrac{1}{|{\bf x}|^2+ 1} ( 2{\bf x} , |{\bf x}|^2 -1)$$
Então a ideia era que alguma métrica de $S^2$ induzisse em $\mathbb R^2$ essa métrica ai, ou pelo menos chegasse perto. No caso, pra métrica de $S^2$ herdada de $\mathbb R^3$, caso seja $|{\bf x}| = |{\bf y}| = R$, teriamos $d_{S^2} (\varphi^{-1} ({\bf x}), \varphi^{-1} ({\bf y})) = \dfrac{2 |{\bf x} - {\bf y} |}{ \sqrt{1+ R^2}}$ que é bem proximo de $d({\bf x}, {\bf y}) = \dfrac{ |{\bf x} - {\bf y} |}{ \sqrt{1+ R^2}}$. O chato é que pra outros casos a conta tá difícil kkkkk
Edit:
Na verdade, fiz a conta errado, o certo é $d_{S^2} (\varphi^{-1} ({\bf x}), \varphi^{-1} ({\bf y})) = \dfrac{2 |{\bf x} - {\bf y} |}{ 1+ R^2} $ que não é tão parecido assim com $d({\bf x}, {\bf y})$ :/
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Cássio
Membro Iniciante
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Post by Cássio on Jan 19, 2015 21:21:59 GMT -3
Pensei denovo, tive outra ideia, mas que tá incompleta também kkk
Vou assumir que os números são diferentes de zero.
Observe que nessa métrica, $f({\bf z}) = {\bf z}^{-1}$ é isometria. De fato,
$$ d(f({\bf x}), f({\bf y})) =
\dfrac{ 2 \left| \frac{1}{{\bf x}} - \frac{1}{{\bf y}} \right| }{ \sqrt{1+\left|\frac{1}{{\bf x}} \right|^2} + \sqrt{1+\left|\frac{1}{{\bf y}} \right|^2}} =
\dfrac{ 2 |{\bf y} - {\bf x}|}{\sqrt {1+|{\bf x}|^2} + \sqrt{1+|{\bf y}|^2}} =
d({\bf x},{\bf y}) $$
Queremos provar que $d({\bf x},{\bf y}) + d({\bf y},{\bf z}) \geq d({\bf x}, {\bf z})$. Para simplificar a escrita, vou escrever $\varphi({\bf w}) = \sqrt{1+|{\bf w}|^2}$, e $a,b,c$ são iguais a $\varphi({\bf x}), \varphi({\bf y}), \varphi({\bf z})$ respectivamente. Vamos dividir em casos:
1. $|{\bf y}| \leq |{\bf x}|,|{\bf z}|$
Nesse caso, fica fácil porquê $\varphi$ é crescente com o módulo:
$$ d({\bf x},{\bf y}) + d({\bf y},{\bf z}) = \dfrac{2 |{\bf x} - {\bf y} | }{ a+b} + \dfrac{ 2| {\bf y} - {\bf z}|}{b+c} \geq \dfrac{2 |{\bf x} - {\bf y} | }{ a+c} + \dfrac{ 2| {\bf y} - {\bf z}|}{a+c} \geq \dfrac{ 2 |{\bf x} - {\bf z}| }{a+c} = d({\bf x}, {\bf z})$$
2. $|{\bf y}| \geq |{\bf x}|,|{\bf z}|$
Nesse caso, observe que a desigualdade vale pra $ {\bf x}^{-1}, {\bf y}^{-1}, {\bf z}^{-1}$ pelo caso anterior. Então esse caso também é verdadeiro.
3. $|{\bf x}| < |{\bf y}| < |{\bf z}|$
Esse caso que agarrou. Fixados ${\bf x}$ e ${\bf z}$, queremos fazer ${\bf y}$ percorrer o anel $\{ w \in \mathbb C ; |x| \leq |w| \leq |z| \}$ e encontrar o mínimo da função $d({\bf x},{\bf y}) + d({\bf y},{\bf z}) -d({\bf x},{\bf z})$. Por outro lado, fixado um desses ${\bf y}$, movendo na direçao $({\bf z}-{\bf y}) + ({\bf x} - {\bf y})$, vamos ter $d({\bf x},{\bf y})$ e $d({\bf y},{\bf z})$ decrescendo, e $d({\bf x},{\bf z})$ constante. Com isso da pra concluir, que o mínimo está no segmento ligando ${\bf x}$ e ${\bf y}$. Consegui provar a desigualdade pro caso real, se naõ errei conta. Então isso resolve o problema de não ter considerado o zero e também o caso em que ${\bf x}$ e ${\bf z}$ são paralelos (rotação é isometria). Mas não consegui provar o caso geral :/
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