سوال ۶۶ کنکور ارشد ریاضی ۱۴۰۴

تابع $d:\mathbb{R}\times\mathbb{R}\to[0,\infty)$ یک متریک است اگر و تنها اگر برای هر $x,y,z$:

1. (اصل تمایزناپذیرها) $d(x,y)\ge 0$ و $d(x,y)=0 \iff x=y$؛
2. (تقارن) $d(x,y)=d(y,x)$؛
3. (نامساوی مثلثی) $d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)$.

هر گزینه را می‌آزماییم.

گزینهٔ ۱: $d(x,y)=e^{|x-y|}$. قرار می‌دهیم $x=y$: آنگاه $d(x,x)=e^{0}=1\neq 0$. پس $d(x,x)\neq 0$ و اصل (۱) نقض می‌شود. متریک نیست.

گزینهٔ ۳: $d(x,y)=\begin{cases} x-y & x\ge y\\ 2y-2x & x<y\end{cases}$. تقارن را با $x=0,\ y=1$ بررسی می‌کنیم. چون $0<1$، داریم $d(0,1)=2(1)-2(0)=2$. اما برای $d(1,0)$: چون $1\ge 0$، داریم $d(1,0)=1-0=1$. بنابراین $d(0,1)=2\neq 1=d(1,0)$ که ناقض (۲) است. متریک نیست.

گزینهٔ ۴: $d(x,y)=\lfloor |x-y|\rfloor$. قرار می‌دهیم $x=0,\ y=\tfrac12$. آنگاه $|x-y|=\tfrac12$ و $\lfloor \tfrac12\rfloor = 0$، پس $d(0,\tfrac12)=0$ در حالی که $x\neq y$. اصل (۱) نقض می‌شود (دو نقطهٔ متمایز با فاصلهٔ $0$). متریک نیست.

گزینهٔ ۲: $d(x,y)=\ln\!\left(1+|x-y|\right)$. این تابع کار می‌کند:

• نامنفی بودن / اینهمانی. چون $|x-y|\ge 0$، داریم $1+|x-y|\ge 1$، پس $\ln(1+|x-y|)\ge 0$. افزون بر این $d(x,y)=0 \iff 1+|x-y|=1 \iff |x-y|=0 \iff x=y$.
• تقارن. $|x-y|=|y-x|$، از این رو $d(x,y)=d(y,x)$.
• نامساوی مثلثی. قرار می‌دهیم $a=|x-y|,\ b=|y-z|$. بنا بر نامساوی مثلثی معمولی روی $\mathbb{R}$، $|x-z|\le a+b$، و چون $t\mapsto\ln(1+t)$ صعودی است، داریم $d(x,z)=\ln\!\left(1+|x-z|\right)\le \ln\!\left(1+a+b\right).$ حال، چون $ab\ge 0$، $1+a+b \le 1+a+b+ab = (1+a)(1+b),$ بنابراین $\ln(1+a+b)\le \ln\!\big((1+a)(1+b)\big)=\ln(1+a)+\ln(1+b)=d(x,y)+d(y,z).$ ترکیب دو رابطهٔ بالا نتیجه می‌دهد $d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)$.

هر سه اصل برقرارند، پس گزینهٔ ۲ همان متریک است.

نکتهٔ کنکوری: $\ln(1+t)$ و $\tfrac{t}{1+t}$ شکل‌های استاندارد «کران‌دار / جمع‌پذیر زیرین» برای بازآرایی یک فاصلهٔ $t=|x-y|$ هستند؛ هر دو یک متریک را حفظ می‌کنند زیرا صعودی و جمع‌پذیر زیرین (subadditive) هستند ($f(a+b)\le f(a)+f(b)$). ترکیب $d=f\circ|\,\cdot\,|$ دقیقاً وقتی اصول متریک را به ارث می‌برد که $f$ صعودی باشد، $f(0)=0$، $f(t)>0$ برای $t>0$، و $f$ جمع‌پذیر زیرین باشد.