Media asociativa

Question

¿Puede haber una función $m(a,b)$ que es a la vez asociativo y medio, es decir $\min (a,b) \leq m(a,b) \leq \max (a,b)$ ? Las soluciones obvias son $m(a,b) = \max(a,b)$ o $\min(a,b)$ Pero, ¿hay más?

Answer 1

Dejemos que $(L, <)$ sea un orden lineal cualquiera. Fijar un orden arbitrario $\sqsubset$ en $L$ . Para cualquier $a\le b$ definir $m(a,b)=m(b,a):= $ el $\sqsubset$ -menor elemento del intervalo $[a,b]$ .

Entonces $m$ es asociativo y conmutativo. (Pero bastante poco interesante desde el punto de vista de la relación $ < $ .)

Notación: Escribe $\langle x,y\rangle:=\{ z: x\le z\le y \text{ or } y\le z \le x\}$ .

Prueba de la asociatividad: Sea $a,b,c$ sea arbitraria, y que $d$ sea el $\sqsubset$ -menor elemento del intervalo $J:=[\min(a,b,c),\max(a,b,c)]$ . Afirmo que $m(m(a,b),c)=d$ . Como $m$ es conmutativo, y $\min$ y $\max$ son conmutativas y asociativas, esto implica también $m(a,m(b,c))=d$ .

• Caso 1: $d\in \langle a,b\rangle$ . Entonces $m(a,b)=d$ (como $\langle a,b\rangle \subseteq J$ ), y $m(m(a,b),c)=m(d,c)=d$ , como también $\langle d,c\rangle \subseteq J$ .
• Caso 2: $d\notin \langle a,b\rangle$ . Wlog $a\le b$ . Debemos tener $c\notin [a,b]$ , wlog $b< c$ . Así que $d\in [b,c]$ .
  Dejemos que $d':=m(a,b)$ entonces $d\sqsubset d'$ y $m(m(a,b),c) = m(d',c) = d$ , como $d\in [b,c]\subseteq [d',c] = \langle d',c\rangle \subseteq J$ .

QED.

(Edición:) También es fácil ver que $m$ es monótona. Pero en general no es continua.

Answer 2

Sí hay más funciones de este tipo, incluso si requerimos que sean simétrico , monótona y continuo . Por ejemplo, elija cualquier $C$ y tomar

$m_C(a,b)=\min(a,b)$ si $a,b\ge C$ ,

$m_C(a,b)=\max(a,b)$ si $a,b\le C$ ,

$m_C(a,b)=C$ de lo contrario.

Lo siguiente es fácilmente verificable: $m_{-\infty}=\min$ , $m_{+\infty}=\max$ , $m_A(m_B,m_C)=m_{m_A(B,C)}$ , $f^{1}(m_C(f(a),f(b)))=m_{f^{1}(C)}(a,b)$ si $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ es invertible.

ACTUALIZACIÓN.

Reclamación un poco más fuerte. Si $m$ es monótona , continuo y débilmente asociativo (es decir $m(a,m(a, b))=m(a,b)=m(m(a,b), b)$ ), entonces hay $U,L\in \mathbb{R}\cup \{\pm \infty\}$ tal que $m=m_U$ si $a\le b$ y $m=m_L$ si $a\ge b$ . En consecuencia, $m$ también es totalmente asociativo. $m$ es simétrico si $U=L$ .

Lema. Trabajar en el medio plano superior izquierdo $a\le b$ , elige $M\in \mathbb{R}$ . Entonces, o bien $(-\infty,M]\times \{M\}\subseteq m^{-1}(M)$ o $\{M\}\times [M,+\infty)\subseteq m^{-1}(M)$ .

Prueba.

Supongamos que $(-\infty,M]\times \{M\}\nsubseteq m^{-1}(M)$ . Esto implica $\exists x\lt M$ tal que $m(x,M) < M$ .

$m(x,M)\ne M \implies m(x,N)\ne M$ para $N>M$ de lo contrario, la asociatividad débil implicaría $m(x,M)=m(x,m(x,N))=m(x,N)=M$ .

$m(x,M) < M$ , $m(x,N)\ne M$ y la continuidad $\implies m(x,N)\lt M$ para todos $N>M$ .

$m(x,N)\lt M$ , $m(M,N)\ge M$ y la continuidad $\implies$ $\exists x_N \in (x,M]$ tal que $m(x_N,N)=M$ .

Asociatividad débil $\implies m(M,N)=m(m(x_N,N),N)=m(x_N,N)=M$ para todos $N\gt M$ .

Esto demuestra que $\{M\}\times [M,+\infty)\subseteq m^{-1}(M)$ $\square$

Prueba de reclamación. Trabajando de nuevo en el semiplano superior izquierdo, defina

$S=\{M\in \mathbb{R} \mid (-\infty,M]\times \{M\}\subseteq m^{-1}(M)\}$ y $T=\{M\in \mathbb{R} \mid \{M\}\times [M,+\infty)\subseteq m^{-1}(M)\}$ .

Por el lema $S\cup T=\mathbb{R}$ . También $x\in S$ y $y\in T$ $\implies x\le y$ porque de lo contrario $m^{-1}(x)\cap m^{-1}(y)\ne \emptyset$ . Todo esto implica que uno de estos 3 casos se cumple:

1) $S=\mathbb{R}$ y $T=\emptyset$ ,

2) $S=\emptyset$ y $T=\mathbb{R}$ ,

3) $\exists ! U\in \mathbb{R}$ tal que $S=(-\infty,U]$ y $T= [U,+\infty)$ con $U$ contenida en ambos conjuntos por continuidad. En este caso monotonicidad (¡sólo se utiliza aquí!) fuerzas $m^{-1}(U)=(-\infty,U]\times [U,+\infty)$ .

Claramente los 3 casos corresponden a $m=m_{+\infty}$ , $m=m_{-\infty}$ y $m=m_U$ .

Del mismo modo, se puede demostrar que $m=m_L$ en el semiplano inferior derecho $a\ge b$ . Es entonces un ejercicio tedioso pero trivial demostrar que $m$ es totalmente asociativa (y continua, monótona) para todos los pares $U,L$ $\square$

Gráfico de $m$ para algunos $U<L$ .

ÚLTIMO. Dos interesantes contraejemplos totalmente asociativos:

$m(a,b)=\min(\text{sign}(a),\text{sign}(b))\times \min(|a|,|b|)$ es continua no monótona !

$m(a,b)=\min(a,b)$ si $a+b<0$ , $m(a,b)=\max(a,b)$ si $a+b\ge 0$ es monótona discontinuo .

Answer 3

En efecto, describamos los "medios monótonos, continuos y asociativos" en $[0,1]^2$ . Sólo escribiré $a*b$ en lugar de $m(a,b)$ para facilitar la comprensión de expresiones largas. Sea $c=0*1,d=1*0$ . Entonces, para cada $x\le c\le y$ tenemos $c\le c*y=(0*1)*y=0*(1*y)\le 0*y\le 0*1=c$ y, por lo tanto, $c=0*y\le x*y\le c*y=c$ es decir, $x\le c\le y$ implica $x*y=c$ . Dejemos ahora $a$ sea cualquier número con $q=0*a<a$ . Repitiendo el mismo argumento sobre $[0,a]$ en lugar de $[0,1]$ vemos que para cada $x\le q\le y$ tenemos $x*y=q$ . Así, la función $y\mapsto 0*y$ es idéntico $q$ en $(q,a)$ . Si tenemos $a'>a$ tal que $q'=0*a'>q$ en absoluto, entonces, por continuidad podemos encontrar tal $a'$ con $q'<a$ . Pero entonces $0*y$ debe ser simultáneamente $q$ y $q'$ en $(q',a)$ lo cual es imposible. Por lo tanto, si $q=0*a<a$ entonces $q=0*a'$ para todos $a'\ge a$ es decir, $y\mapsto 0*y=y$ hasta cierto punto $y_0$ y luego constante $y_0$ es decir, $0*y=\min(y,y_0)$ . Pero entonces esta constante debe ser $0*1=c$ . Del mismo modo, podemos concluir que $x*1=\max(x,c)$ . Por lo tanto, si $x\le y$ entonces $$ x\le x*y\le x*1=\max(x,c), \min(y,c)= 0*y\le x*y\le y $$ Pero para $x\le y$ en un lado de $c$ una de estas desigualdades dobles es un apretón de manos, por lo que si $x\le y\le c$ entonces $x*y=y$ , si $c\le x\le y$ entonces $x*y=x$ y ya hemos visto que si $x\le c\le y$ entonces $x*y=c$ . Así tenemos la descripción completa de $x*y$ para $x\le y$ . El caso $x\ge y$ se trata de la misma manera utilizando $d$ .