Question

20．在平面直角坐標系中，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．定義：${d_α}（A，B）={（{|{{x_1}-{x_2}}|^α}+{|{{y_1}-{y_2}}|^α}）^{\frac{1}{α}}}$，其中α∈R⁺（R⁺表示正實數）．
（Ⅰ）設A（1，1），B（2，3），求d₁（A，B）和d₂（A，B）的值；
（Ⅱ） 求證：對平面中任意兩點A和B都有${d_2}（A，B）≤{d_1}（A，B）≤\sqrt{2}{d_2}（A，B）$；
（Ⅲ）設M（x，y），O為原點，記${D_α}=\{M（x，y）|{d_α}（M，O）≤1，α∈{R^+}\}$．若0＜α＜β，試寫出D_α與D_β的關系（只需寫出結論，不必證明）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）d_α（A，B）的定義代入即可得出．
（Ⅱ）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則d₁（A，B）=|x₁-x₂|+|y₁-y₂|，${d_2}（A，B）={（{|{{x_1}-{x_2}}|^2}+{|{{y_1}-{y_2}}|^2}）^{\frac{1}{2}}}$．通過計算展開即可證明．
（Ⅲ）D_α?D_β真子集．任取（x₀，y₀）∈D_α，${d_α}（M，O）={（{|{x_0}|^α}+{|{y_0}|^α}）^{\frac{1}{α}}}≤1$．對x₀，y₀分類討論，即可證明．

解答 （Ⅰ）解：d₁（A，B）=|1-2|+|1-3|=3，
d₂（A，B）=$[|1-2{|}^{2}+|1-3{|}^{2}]^{\frac{1}{2}}$=${5}^{\frac{1}{2}}$=$\sqrt{5}$．
（Ⅱ）證明：設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則d₁（A，B）=|x₁-x₂|+|y₁-y₂|，${d_2}（A，B）={（{|{{x_1}-{x_2}}|^2}+{|{{y_1}-{y_2}}|^2}）^{\frac{1}{2}}}$．
${d_1}^2（A，B）={（|{{x_1}-{x_2}}|+|{{y_1}-{y_2}}|）^2}$=${x_1}^2+{x_2}^2+{y_1}^2+{y_2}^2-2{x_1}{x_2}-2{y_1}{y_2}+2|{{x_1}-{x_2}}||{{y_1}-{y_2}}|$．
${d_2}^2（A，B）=（{|{{x_1}-{x_2}}|^2}+{|{{y_1}-{y_2}}|^2}）$=${x_1}^2+{x_2}^2+{y_1}^2+{y_2}^2-2{x_1}{x_2}-2{y_1}{y_2}$．
所以d₂（A，B）≤d₁（A，B）成立．
因為${（\sqrt{2}{d_2}（A，B））^2}=2{x_1}^2+2{x_2}^2+2{y_1}^2+2{y_2}^2-4{x_1}{x_2}-4{y_1}{y_2}$，
所以${（\sqrt{2}•{d_2}（A，B））^2}-{d_1}{（A，B）^2}$=${x_1}^2+{x_2}^2+{y_1}^2+{y_2}^2-2{x_1}{x_2}-2{y_1}{y_2}-2|{{x_1}-{x_2}}||{{y_1}-{y_2}}|$=${（{x_1}-{x_2}）^2}+{（{y_1}-{y_2}）^2}-2|{{x_1}-{x_2}}||{{y_1}-{y_2}}|$=${（|{x_1}-{x_2}|-|{y_1}-{y_2}|）^2}≥0$．
所以${d_1}（A，B）≤\sqrt{2}{d_2}（A，B）$成立．
（Ⅲ）D_α?D_β真子集．
證明如下：
任�。▁₀，y₀）∈D_α，${d_α}（M，O）={（{|{x_0}|^α}+{|{y_0}|^α}）^{\frac{1}{α}}}≤1$．
當x₀=1，y₀=0時，d_α（M，O）=0，d_β（M，O）=0，此時D_α⊆D_β．
當|x₀|=1，|y₀|=0時，${d_α}（M，O）={（{|{x_0}|^α}+{|{y_0}|^α}）^{\frac{1}{α}}}=1$，d_β（M，O）=1．
此時D_α⊆D_β．
同理可得，當|x₀|=0，|y₀|=1時，D_α⊆D_β．
當|x₀|≠1，|y₀|≠1時，因為${d_α}（M，O）={（{|{x_0}|^α}+{|{y_0}|^α}）^{\frac{1}{α}}}≤1$，所以 ${|{x_0}|^α}+{|{y_0}|^α}≤1$．
又因為0＜α＜β，所以${|{x_0}|^β}+{|{y_0}|^β}＜{|{x_0}|^α}+{|{y_0}|^α}≤1$．此時D_α⊆D_β．
反之不成立．
所以D_α?D_β．

點評 本題考查了新定義、集合之間的關系、兩點之間的距離公式、分類討論方法、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．