Si una función $d(x,y)$ cumple la desigualdad del triángulo, ¿es lo mismo para $|d(x,y)|$ ?

Question

Supongamos que tenemos una función $d\colon X\times X\to\mathbb R$ tal que $$d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z).$$ Pero no requerimos otras propiedades de la métrica (no negatividad, simetría). Si ayuda, en la situación que motivó esta pregunta tenemos $d(x,x)=0$ .

¿Tenemos que entonces también $$|d(x,z)|\le |d(x,y)|+|d(y,z)|,$$ (desigualdad triangular para el valor absoluto de $d$ ) se mantiene?

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Por supuesto, inmediatamente tenemos $$d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z) \le |d(x,y)|+|d(y,z)|,$$ por lo que bastaría con mostrar el mismo límite superior para $-d(x,z)$ . Si tuviéramos simetría podríamos decir que $$-d(x,z) \le d(y,x) - d(y,z) = d(x,y) - d(y,z) \le |d(x,y)|+|d(y,z)|,$$ pero no está claro si podemos hacer algo similar sin simetría, también.

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Esto fue motivado por mi pregunta anterior: ¿Genera un espacio de tipo métrico una topología si las bolas abiertas se definen como $B_\sigma(X,\varepsilon)=\{y\in X; |\sigma(x,y)-\sigma(x,x)|<\varepsilon\}$ ? (Puede encontrar allí más enlaces, incluido un documento del que se ha extraído la definición mencionada en la pregunta).

La pregunta trataba de una función similar a la métrica pero con la condición $p(x,x)=0$ omitido.

• $p(x,y)\ge0$
• $p(x,y)=0$ $\Rightarrow$ $x=y$
• $p(x,y)=p(y,x)$
• $p(x,z) \le p(x,y) + p(y,z)$

Se señaló que la forma sugerida de generar la topología, tomando los conjuntos de la forma $B(x,r)=\{y\in X; |p(x,y)-p(x,x)|<r\}$ no da una base de topología. Una respuesta sugirió utilizar esta versión de la desigualdad del triángulo: $$p(x,z) \le p(x,y)+p(y,z)-p(y,y).$$ Esta es la versión de la desigualdad del triángulo que se utiliza en la definición de espacio métrico parcial. Todavía faltan algunas condiciones de la definición de espacio métrico parcial (por ejemplo, no tenemos $p(x,x)\le p(x,y)$ o que "la indistancia implica igualdad"). 1

Si queremos definir la topología utilizando la base formada por conjuntos $B(x,r)$ definida anteriormente, es natural observar la función $d(x,y)=p(x,y)-p(x,x)$ y su valor absoluto. Tenemos \begin {align*} p(x,z) & \le p(x,y)+p(y,z)-p(y,y) \\ p(x,z)-p(x,x) & \le (p(x,y)-p(x,x))+(p(y,z)-p(y,y)) \\ d(x,z)& \le d(x,y)+d(y,z) \end {align*} Así, la función $d$ cumple la desigualdad del triángulo. Si lo mismo ocurre con $|d|$ Al menos tendríamos algo de información sobre el sistema $B(x,r)$ .

Tenga en cuenta que si $p(x,x)\ne p(y,y)$ para algunos $x$ , $y$ que no tenemos simetría.

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1 Puede encontrar más información sobre los espacios métricos parciales en sitio web creado por Steve Matthews o en el papper Michael Bukatin, Ralph Kopperman, Steve Matthews y Homeira Pajoohesh: Espacios métricos parciales , The American Mathematical Monthly, Vol. 116, No. 8 (Oct., 2009), pp. 708-718 ( sitio web del autor , jstor ).

Answer 1

Se puede observar que esta pregunta se reduce a si la propiedad se mantiene en cada conjunto de tres elementos. Entonces, podemos normalizar $d$ por la norma $\sum_{x,y\in X}|d(x,y)|$ para reducirnos a una pregunta sobre un conjunto acotado y convexo definido por desigualdades lineales. Además, la función $d\mapsto |d(x,z)|-|d(x,y)|-|d(y,z)|$ es lineal a trozos, con ocho trozos. Queremos tratar de maximizar esta función en la bola unitaria con respecto a la norma dada. La implicación que se plantea en la pregunta es cierta si y sólo si este máximo es $0$ .

Todo esto es muy fácil de hacer con un ordenador. Así que, hice que Mathematica lo hiciera, y encontró un contraejemplo, que multiplicó todo por $4$ para hacerla más bonita:

Establecer $d(x,z)=-1$ y $d(y,x)$ a $1$ y $d(z,x)$ a $1$ y $d(z,y)$ a $1$ . Sea $d$ sea cero en cualquier otro par. Esto satisface la propiedad deseada, pero $|d(x,z)|=1$ y $|d(x,y)|=|d(y,z)|=0$ .

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Aquí está el código que ejecuté para encontrar el contraejemplo:

> Maximize[{Abs[d[x, z]] - Abs[d[x, y]] - 
   Abs[d[y, z]], (Plus @@ (Abs[d @@ #] & /@ Tuples[{x, y, z}, 2])) <= 
    1 &&
   And @@ (d[#[[1]], #[[3]]] <= 
        d[#[[1]], #[[2]]] + d[#[[2]], #[[3]]] & /@ 
      Tuples[{x, y, z}, 3])
  }, d @@ # & /@ Tuples[{x, y, z}, 2]]

Ten en cuenta que sólo hice que maximizara la función lineal a trozos directamente; aparentemente es lo suficientemente inteligente como para ocuparse de eso por sí mismo (y lo suficientemente fácil como para verificar que lo ha hecho correctamente)

Answer 2

Ofreceré aquí otra presentación del contraejemplo impartido por Milo Brandt .

La pequeña diferencia es que aquí se demuestra la desigualdad de los triángulos, no se verifica por ordenador. Sin embargo, la prueba sigue siendo por casos, así que quizás no sea una mejora tan grande. Aun así, es más difícil encontrar un contraejemplo que ofrecer una presentación diferente.

Definamos $$d(x,y)= \left\lceil \frac{x-y}2 \right\rceil$$ para $x,y\in\mathbb Z$ .

Para demostrar que esta función cumple la desigualdad del triángulo, es decir, que \begin {align*} d(x,z) & \le d(x,y)+d(y,z) \\ \left\lceil \frac {x-z}2 \right\rceil & \le \left\lceil \frac {x-y}2 \right\rceil + \left\lceil \frac {y-z}2 \right\rceil \end {align*} basta con comprobar que $$\left\lceil\frac{a+b}2\right\rceil \le \left\lceil\frac{a}2\right\rceil + \left\lceil\frac{b}2\right\rceil$$ para cualquier $a,b\in\mathbb Z$ . Lo que se deduce inmediatamente de los hechos que $\frac{a+b}2=\frac{a}2+\frac{b}2\le\left\lceil\frac{a}2\right\rceil + \left\lceil\frac{b}2\right\rceil$ y que $\left\lceil\frac{a}2\right\rceil + \left\lceil\frac{b}2\right\rceil$ es un número entero. (Originalmente tengo un argumento más complicado aquí, lo he sustituido por una prueba más fácil tomada de esta respuesta .)

Y, como se mencionó en el otro post, tenemos $d(1,0)=d(0,-1)=0$ mientras que $d(1,-1)=-1$ y $|d(1,-1)|=1$ lo que significa que $|d|$ no cumple la desigualdad del triángulo.

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El mismo argumento se puede generalizar de esta manera: Si tomamos un función subaditiva $f\colon\mathbb R\to\mathbb R$ entonces $d(x,y)=f(x-y)$ satisface la desigualdad del triángulo. Desde $f(a+b)\le f(a)+f(b)$ inmediatamente obtenemos $d(x,z)=f(z-x)\le f(y-x)+f(z-y)=f(z-x)$ .

Sin embargo, si $|f|$ no es subaditiva, entonces $|d|$ no satisface la desigualdad del triángulo. (Es decir, si $f(a+b)>f(a)+f(b)$ entonces la desigualdad del triángulo falla para $x=0$ , $y=a$ y $z=a+b$ .)