¿Existe una métrica asociativa en los reales no negativos?

Question

Recordemos que una función $f\colon X\times X \to \mathbb{R}_{\ge 0}$ es un métrica si se cumple:

• la definición: $f(x,y) = 0$ si $x=y$ ,
• simetría: $f(x,y)=f(y,x)$ y
• la desigualdad del triángulo: $f(x,y) \le f(x,z) + f(z,y)$ .

Una función $f\colon X\times X \to X$ es asociativo si se cumple:

• asociatividad: $f(x,f(y,z)) = f(f(x,y),z)$ .

Si $X=\mathbb{R}_{\ge 0}$ entonces es posible que la misma función sea métrica y asociativa.
¿Existe una métrica asociativa en los reales no negativos?

Obsérvese que estas exigencias hacen en realidad $X$ en un grupo. El elemento $0$ es la identidad porque $f(f(0,x),x) = f(0,f(x,x)) = f(0,0) = 0$ por asociatividad y definición, así que de nuevo por definición $f(0,x) = x$ . Cada elemento es su propio inverso porque $f(x,x)=0$ .

De hecho, la siguiente pregunta es equivalente. ¿Existe un grupo abeliano sobre los reales no negativos tal que la operación de grupo satisface la desigualdad del triángulo?

Tenga en cuenta también que la respuesta es sí si $X=\mathbb{N}$ ¡los números no negativos! Haga clic aquí para ver un spoiler .
"También conocido como nim-sum".

La pregunta se debe originalmente a John H. Conway . Que yo sepa, la cuestión no está resuelta ni siquiera para $X = \mathbb{Q}_{\ge 0}$ pero no parece importarle ese caso. El spoiler anterior sí se extiende a los racionales diádicos no negativos $\mathbb{N}[\frac 12]$ , pero aparentemente no a $\mathbb{N}[\frac 13]$ .

Answer 1

Parece que esto es posible. Aquí hay una prueba (no constructiva). Se aceptan sugerencias.

La prueba se inspira en El argumento de Mazurkiewicz . Esta es la segunda versión de la prueba: incluye mejoras en el argumento teórico de conjuntos sugerido por Joel David Hamkins, y también esperamos que aclare algunas cuestiones planteadas en los comentarios. Gracias por los comentarios.

Objetivo: Construir una estructura de grupo conmutativo $\star$ en el caso de que no sea negativo reales ${\mathbb R}_{\ge 0}$ tal que $x\star y\le x+y$ y $x\star x=0$ .

Observación: Obsérvese que $0$ es automáticamente un elemento neutro, y que tal grupo conmutativo es de hecho un espacio vectorial sobre $ {\mathbb F}_2 $ . Además, tenemos automáticamente la desigualdad del triángulo: $$x\star z=x\star y\star y\star z\le x\star y+y\star z.$$

Paso 1: Pidamos ${\mathbb R}_{\ge 0}$ en el tipo de orden $c$ (continuo). Equivalentemente, elegimos una biyección $\iota:[0,c)\to{\mathbb R}_{\ge 0}$ , donde $[0,c)$ es el conjunto de ordinales menores que $c$ . Tenga en cuenta que para cualquier $ \alpha < c $ tenemos $$|\iota([0,\alpha))| < c.$$

Podemos elegir $\iota$ para que $\iota(0)=0$ aunque no es estrictamente necesario.

Plan: Por cada $\alpha\le c$ construiremos un subconjunto $S_\alpha\subset {\mathbb R}_{\ge 0}$ y una operación de grupo $\star:S_\alpha\times S_\alpha\to S_\alpha$ . La operación de grupo tendrá el propiedades requeridas: $S_\alpha$ es un espacio vectorial sobre $F_2$ con $0$ siendo el elemento neutro, y $x\star y\le x+y$ . Además de también tendrá la propiedad adicional de que $S_\alpha$ se genera como un grupo por $\iota([0,\alpha))$ (en particular, la imagen está contenida en $S_\alpha$ ). Además, si $\beta\prec\alpha$ , $S_\beta$ es un subgrupo de $S_\alpha$ .

En particular, obtenemos una estructura de grupo con las propiedades requeridas en $S_c={\mathbb R}_{\ge 0}$ , tal y como se reclama.

Paso 2: La construcción procede por recursión transfinita. La base es $S_0=\lbrace 0\rbrace$ (generado por el conjunto vacío).

Paso 3. Definamos ahora $S_\alpha$ asumiendo que $S_\beta$ ya está definido para $\beta<\alpha$ . Si $\alpha$ es un ordinal límite, toma $$S_\alpha=\bigcup_{\beta<\alpha}S_\beta.$$ Por lo tanto, supongamos $\alpha=\beta+1$ .

Si $\iota(\alpha)\in S_\beta$ , toma $S_\alpha=S_\beta$ .

Paso 4. Queda por considerar el caso en que $\alpha=\beta+1$ pero $\iota(\alpha)\not\in S_\beta$ . Desde $I=\iota([0,\beta))$ genera $S_\beta$ ,
la cardinalidad de $S_\beta$ es como máximo la cardinalidad del conjunto de subconjuntos finitos de $I$ . Por lo tanto, $|S_\beta| < c$ .

Fijar un número $k$ entre $0$ y $1$ , que se elegirá más adelante. Definir una función $f:{\mathbb R}_{\ge 0}\to{\mathbb R}_{\ge 0}$ por $$f(x)=\cases{\iota(\alpha)+k x, \ x \le \iota(\alpha)\cr x+k \iota(\alpha), \ x > \iota(\alpha)}.$$ Ahora elige $k$ para que $f(S_\beta)\cap S_\beta=\emptyset$ . Esto es posible porque para cada $x,y\in S_\beta$ la ecuación $f(x)=y$ tiene como máximo una solución en $k$ por lo que el conjunto de valores prohibidos de $k$ tiene como máximo la cardinalidad $|S_\beta\times S_\beta|$ . (Podemos utilizar $\iota$ para ordenar bien el intervalo $(0,1)$ ; podemos entonces elegir $k$ para que sea el valor mínimo aceptable, a fin de eliminar la elección arbitraria).

Paso 5. Ahora defina $S_\alpha=S_\beta\cup f(S_\beta)$ y establecer $\iota(\alpha)\star x=f(x)$ para $x\in S_\beta$ . El producto se extiende naturalmente a todos los $S_\alpha$ : $$f(x)\star f(y)=x\star y\qquad f(x)\star y=y\star f(x)=f(x\star y).$$ No es difícil ver que tiene las propiedades requeridas.

En primer lugar, $S_\alpha$ es una imagen isomorfa de $S_\beta\times({\mathbb Z}/2{\mathbb Z})$ ; esto se encarga del requisito de la teoría de grupos. Queda por comprobar comprobar dos desigualdades:

Paso 5a: $$f(x)\star f(y)\le f(x)+f(y)\quad(x,y\in S_\beta),$$ lo cual es cierto porque $f(x)\ge x$ Así que $$f(x)\star f(y)=x\star y\le x+y\le f(x)+f(y).$$

Paso 5b: $$f(x)\star y\le f(x)+y\quad(x,y\in S_\beta),$$ lo cual es cierto porque $f$ está aumentando y $f(x+t)\le f(x)+t$ Así que $$f(x)\star y=f(x\star y)\le f(x+y)\le f(x)+y.$$

Eso es todo.

Answer 2

Me gustaría presentar una prueba sin inducción transfinita. Como se ha mencionado, tal grupo conmutativo es un espacio vectorial sobre $\mathbb{F}_2$ . Parece que no podemos escribir una base de Hamel explícitamente, lo que significa que esta prueba tampoco es constructiva. Pero por el axioma de elección, existe una base de Hamel. Denotemos esta base por $\mathcal{B}$ . Por definición, cada $x \in \mathbb{R_{\geq 0}}$ puede identificarse de forma única con un subconjunto finito $X \subset \mathcal{B}$ tal que $x = \sum X$ . (Aquí y en todo el texto escribimos $\sum X := \sum_{x \in X}x$ como abreviatura; léase $\sum X$ como "sumar los elementos de $X$ ').

Reclamar: Que $x = \sum X$ y $y = \sum Y$ tal que $X,Y$ son subconjuntos finitos de la mencionada base de Hamel $\mathcal{B}$ . Entonces $f(x,y) = \sum X \triangle Y$ es una métrica asociativa en $\mathbb{R}_{\geq 0}$ donde $\triangle$ es la diferencia simétrica $X \triangle Y := (X \cup Y)\setminus (X \cap Y)$ .

Prueba: Primero comprobamos la asociatividad, que se deduce de la asociatividad de la diferencia simétrica: \begin{align*} f(f(x,y),z) &= f\left(\sum X \triangle Y, z\right) \\ &= \sum X \triangle Y \triangle Z \\ &= f\left(x, \sum Y \triangle Z\right) \\ &= f(x,f(y,z)).\end{align*}

Comprobar los axiomas métricos es mucho más rápido:

1. La definición: $f(x,x) = \sum X \triangle X = \sum \varnothing = 0$ y para la otra dirección $f(x,y) = 0 \implies X \triangle Y = \varnothing \implies X = Y \implies x=y$ .
2. Simetría: $f(x,y) = \sum X \triangle Y = \sum Y \triangle X = f(y,x)$ .
3. Subaditividad: $f(x,y) = \sum X \triangle Y \leq \left(\sum X\right) + \left(\sum Y\right) = x+y$ que es suficiente.

Y así, sin más, hemos terminado. Nótese que aunque esta respuesta es diferente a la aceptada, también utiliza el Axioma de Elección. Sería interesante saber si el AC no sólo es suficiente sino también necesario para que exista dicha métrica.

---

La cuestión no está resuelta ni siquiera para $X = \mathbb{Q}_{\geq 0}$

Afortunadamente, no sólo existe esa métrica, sino que además es explícita. El sitio web Función de signo de interrogación de Minkowski es una biyección continua y estrictamente creciente $?:\mathbb{Q}_{\geq 0} \to \mathbb{N}[\frac{1}{2}]$ dado por $$?(q) = a_0 + 2\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{2^{a_1 + \cdots + a_k}}$$ donde $q = [a_0 ; a_1,...,a_n]$ es la representación de la fracción continua finita. Dado que la operación de exclusión-o a nivel de bits $\oplus$ es una métrica bien definida en los racionales diádicos, la composición $$f(p,q) = ?^{-1}(?(p) \oplus ?(q))$$ es una métrica asociativa para todo $p,q \in \mathbb{Q}_{\geq 0}$ .

Answer 3

Este es mi primer post, por lo que espero que esta respuesta esté por encima del nivel mínimo de utilidad que se espera de una respuesta en MO.

Quizás un comienzo sería considerar métricas de la forma $f(x,y)=g(h(g^{-1}(x),g^{-1}(y))$ , donde $g$ es una función invertible.

Podemos imponer restricciones a $g$ y $h$ considerando las condiciones de $f(x,y)$ para ser una métrica válida.

En primer lugar, la definición requiere $f(x,x)=0$ , por lo que tenemos $h(g^{-1}(x),g^{-1}(x))=g^{-1}(0)$ por lo que el requisito de definición se reduce a $h(a,b)=g^{-1}(0)=g_0$ si $a=b$ .

En segundo lugar, tenemos el requisito de la simetría. Dado que requerimos $f(x,y) = f(y,x)$ se deduce que $g(h(g^{-1}(x),g^{-1}(y))) = g(h(g^{-1}(y),g^{-1}(x)))$ y así $h(a,b) = h(b,a)$ . Si $h$ es continua, entonces $g_0$ es el valor máximo o mínimo que toma $h$ .

Ahora, pasemos al requisito de asociatividad que has especificado: $f(x,f(y,z))=f(f(x,y),z)$ . Tenemos $f(f(x,y),z)=g(h(g^{-1}(g(h(g^{-1}(x),g^{-1}(y)))),g^{-1}(z)))$ . Sea $g^{-1}(x)=a$ , $g^{-1}(y)=b$ y $g^{-1}(z)=c$ . Entonces $g^{-1}(f(f(x,y),z))=h(h(a,b),c)$ y $g^{-1}(f(x,f(y,z)))=h(a,h(b,c))$ por lo que el requisito de asociatividad de $f$ se convierte en un requisito de asociatividad para $h$ .

Aplicando la tercera condición, el triángulo en igualdad, obtenemos la restricción de que $g \circ f$ obedece al triángulo en la igualdad. Dado que no se trata de una condición específica para $f$ parece que un enfoque razonable sería buscar cualquier función $h(a,b)$ con las siguientes propiedades: 1) Existen algunas $g_0$ tal que $h(a,b)=g_0$ si $a=b$ , 2) $h(a,b)=h(b,a)$ y 3) h(h(a,b),c)=h(a,h(b,c)). Como podemos establecer $g_0=0$ sin pérdida de generalidad (eligiendo $g'(x) = g(x)-g_0$ ), encontrar un $h$ satisfaciendo sólo 3 criterios: 1) Definitividad, 2) Simetría y 3) Asociatividad, parece que se puede llegar a producir una métrica de la forma deseada.