Esercizio spazi metrici

[Gnagni]

Buongiorno, qualcuno riuscirebbe a darmi una mano con questo esercizio:
Sia $\alpha$ $in$ $(0,1]$ e definiamo la funzione $d :$ $RR^{n} × RR^{n} \to [0,\infty)$

$d(x,y)=|x-y|^{\alpha}$ con $x,y in RR^{n}$

dove $|-|$ indica la norma euclidea di $RR^{n}$. Provare che $(RR^{n},d)$ è uno spazio metrico

Non riesco a dimostrare la disuguaglianza triangolare, l'unica idea è procedere così:

$d(x,z)=|x-z|^{\alpha}<=(|x-y|+|y-z|)^{\alpha}$

Vorrei arrivare $<=(|x-y|^{\alpha}+|y-z|^{\alpha})$ per concludere, ma non so come procedere, qualcuno ha qualche suggerimento???
Grazie mille in anticipo

[Mephlip]

Per ogni $u,v \ge 0$ e per ogni $t \in [0,1]$ vale la disuguaglianza $(u+v)^t \le u^t+v^t$. Per dimostrarla, osserva che se $u=0$ è vera per ogni $v \ge 0$ mentre se $u>0$ per ogni $v \ge 0$ si ha:
$$\left[(u+v)^t \le u^t+v^t\right] \iff \left[u^t\left(1+\frac{v}{u}\right)^t \le u^t \left(1+\left(\frac{v}{u}\right)^t\right)\right] \iff \left[\left(1+\frac{v}{u}\right)^t \le 1+\left(\frac{v}{u}\right)^t\right]$$
$$\iff \left[\left(1+\frac{v}{u}\right)^t-1-\left(\frac{v}{u}\right)^t \le 0\right]$$
Definisci per ogni $t\in [0,1]$ la funzione $f_t : [0,+\infty) \to \mathbb{R}$ ponendo $f_t (x):=(1+x)^t-1-x^t$. Osserva che $f_t(0)=0$ e per ogni $t \in [0,1]$ risulta che $f_t$ è decrescente per ogni $x \in [0,+\infty)$. La disuguaglianza cercata si ottiene particolarizzando a $f_t (v/u)$.

[Quinzio]

Vuoi dimostrare che:

$(|x-y|+|x-z|)^\alpha \le |x-y|^\alpha+|x-z|^\alpha$

Dividiamo per $|x-y|^\alpha$:

$(1+|x-z|/|x-y|)^\alpha \le 1+(|x-z|/|x-y|)^\alpha$

che riscrivo in modo piu' semplice come:

$(1+r)^\alpha \le 1+r^\alpha$

e poi come integrale delle derivate:

$\int_0^r (d((1+s)^\alpha))/(ds) ds\le \int_0^r(d(1+s^\alpha))/(ds) ds$

Lascio cadere gli integrali e calcolo le derivate:

$\alpha(1+r)^(\alpha-1) \le \alpha r^(\alpha-1)$

ovvero

$1/(1+r)^(1-\alpha) \le 1/r^(1-\alpha)$

adesso che l'esponente e' positivo posso toglierlo, arrivando a

$1/(1+r) \le 1/r$

che si verifica immediatamente.

[Quinzio]

Anche in modo grafico si verifica immediatamente.

$f(x)=(1+x)^\alpha$
$g(x) = 1+x^\alpha$

Siccome la derivata e' decrescente, (se $\alpha \le 1$), a parita' di ascissa, $g'(x) \ge f'(x)$.
$g'(x)$ infatti e' la replica traslata a destra di $f'(x)$.
Per $x=0$ le due funzioni sono uguali, a 1.
E' evidente che $g(x)$ sara' sempre maggiore di $f(x)$.

[Quinzio]

Anche con l'espansione di Taylor.
$x<1$ per far convergere l'espansione senza perdere di generalita'.

$(1+x)^\alpha \le 1+x^\alpha$

$1+ \alpha x + \alpha(\alpha-1)(x^2)/2 + \alpha(\alpha-1)(\alpha-2)(x^3)/(2*3) + \alpha(\alpha-1)(\alpha-n+1)(x^n)/(n!) + \alpha(\alpha-1)(\alpha-n)(x^(n+1))/((n+1)!) + ... \le 1+x^\alpha$

Togliamo $1$ da ambo le parti e siccome un'esponente tra 0 e 1 aumenta la base se la base e' minore di $1$:
$\alpha x \le x^\alpha$ quindi togliamo questi termini da ambo le parti.

$ \alpha(\alpha-1)(x^2)/2 + \alpha(\alpha-1)(\alpha-2)(x^3)/(2*3) + \alpha(\alpha-1)(\alpha-n+1)(x^n)/(n!) + \alpha(\alpha-1)(\alpha-n)(x^(n+1))/((n+1)!) + ... \le 0$

Raccogliamo a due a due gli addendi e osserviamo la generica coppia di addendi

$\alpha(\alpha-1)(\alpha-n+1)(x^n)/(n!) + \alpha(\alpha-1)(\alpha-n)(x^(n+1))/((n+1)!) \le 0$

$n$ e' pari e siccome $\alpha-1, \alpha -2, ...$ sono tutti negativi, abbiamo che gli addendi in posizione pari (i primi delle coppie ) sono negativi e quelli in posizione dispari sono positivi.

E possiamo anche raccogliere

$\alpha(\alpha-1)(\alpha-n+1)(x^n)/(n!) (1+ (\alpha-n) x/(n+1) )\le 0$

Ora, il fattore a destra e' negativo perche' e' l'addendo in posizione pari (il primo della coppia),
e l'espressione nella parentesi $(1+ (\alpha-n) x/(n+1) )$ e' positiva siccome:

$1+ (\alpha-n) x/(n+1) \ge 0$

$n+1 \ge (n - \alpha) x $

$n+1 \ge n - \alpha $

$1 \ge - \alpha $.

Questo fa si che tutte le coppie di addendi che si incontrano nell'espansione di Taylor siano negative e questo conclude la dimostrazione.