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Mensajes - argentinator

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1
Un Axioma como "infinito = Dedekind-infinito" me parece mucho más razonable.

Me parece bastante claro que Dedekind-infinito implica infinito.
Un conjunto Dedekind-finito que sea infinito, ese sí que sería un espécimen interesante de ver.
¿Un subconjunto acotado de un modelo no estándar de \(\mathbb N\), que contenga a \(\mathbb N\), sería un Dedekind-finito?
_____________


El hecho de que para todo \(t < m\) se tenía \(P_t\neq \emptyset\) (por minimalidad de \(m\),
me hizo creer que ya valía cualquier otra cosa para todo \(t < m\).
Pero si \(t\) es ordinal límite, ya no es claro que \(P_t\) y \(P_t^*\) tengan que ser biyectivos, sin apelar al Axioma de Elección.

 

2
Bueno. Tenés razón en eso.
Igual me había ado cuenta.
Pensaba reformular la cuenta usando en realidad el producto cartesiano de los conjuntos extendidos.

Además, si \(s < m\), el producto \(  P_s\) es no vacío, por la minimalidsd de \(m \).
 
Igual seguro seguirá mal aunque lo emparche.

Sí, no hay manera posible de arreglarlo. Si defines \[ P_s^* \] como los elementos de \( \prod_{t<s} A_t^* \) extendidos a todo \[ T \] por \[ * \] entonces lo que pasa es que efectivamente se cumple \[ P_r^* \subseteq P_s^* \] para \[ r \leq s \], pero pierdes la propiedad de que \[ P_r^* \] es biyectivo con \[ P_r \], porque, en general, en \[ P_r^* \] hay más elementos que en \[ P_r \] (todos los que tengan alguna \[ * \] en las \[ r \] primeras posiciones están en \[ P_r^* \] pero no corresponden a ningún elemento en \[ P_r \]).
Entonces, obtienes que \[ P_m^* \] es infinito, pero de ahí no hay manera de concluir que \[ P_m \] es no vacío.

No me convence tu argumento de que no son biyectivos.
Si cada \(A _ t\) es infinito, es biyectivo con \( A_t^ *\).
Luego los productos cartesianos han de ser biyectivos.


3
Bueno. Tenés razón en eso.
Igual me había ado cuenta.
Pensaba reformular la cuenta usando en realidad el producto cartesiano de los conjuntos extendidos.

Además, si \(s < m\), el producto \(  P_s\) es no vacío, por la minimalidsd de \(m \).
 
Igual seguro seguirá mal aunque lo emparche.

4
No es que yo pretenda demostrar el Axioma de Elección,
pero les arrojo aquí un intento de demostración de una versión debilitada,
que dice así:

Sea \(\mathcal A\) una familia de conjuntos no vacíos,
  que pueden enumerarse mediante un conjunto de índices bien ordenado.
Entonces existe una función de elección para la familia.
Esto equivale a probar que el producto cartesiano de los elementos de \(\mathcal A\) es no vacío.


Intento de demostración:

Sea \(\mathcal A = \{A_t: t \in T\}\)
   una familia de conjuntos no vacíos y con más de 1 elemento,
   tal que \(T\) es infinito y está bien ordenado. 
Sea \(m\in T\) el mínimo índice tal que
 
  \(\prod_{t< m} A_t = \emptyset\).

Claramente, no puede ser \(m\) finito,
   porque sabemos que todo producto cartesiano finito
   de factores no vacíos es no vacío.

Entonces \(m\) tiene que ser un ordinal límite, como es obvio.

Supongamos que \(m+1\in T\) (esto se puede arreglar fácilmente en caso de que no sea cierto).
La intención es que \(m\) no sea el último elemento de \(T\),
  lo cual es un tecnicismo que (quizás) se necesita más abajo.

Definimos los productos

   \(P_s=\prod_{t< s} A_t\).

Todo \(P_s\) es no vacío si \(s < m\).
Además, claramente \(P_s\) se puede proyectar sobre \(P_r\) si \(s> r\).
 

A cada conjunto \(A_t\) agregamos un elemento común \(*\),
   formando el conjunto \(A_t^* = A_t \cup \{*\}\).
Dada \(f\in P_s\),
   la extendemos a un elemento \(f^*\)
   de modo que \(f^*(t)=*\) cuando \(t\geq s, t\in T\).
De este modo, \(dom(f^*) = T\).
Al conjunto de elementos \(f^*\) extendidos de esta manera
   lo denotamos \(P_s*\).

Resulta que \(P_s\) y \(P_s^*\) son biyectivos.
Obtenemos también que \(P_r^*\subset P_s^*\) cuando \(r\leq s\).

Luego, la unión \(U^*=\bigcup_{s< m}P_s^*\)
   está contenida en \(P_m^*\)
   (de hecho, seguramente U^* es igual a \(P_m^*\),
  pero no sé si vale la pena probarlo, o si es difícil la prueba).

 Por otra parte, es claro que \(\#P_s^*\leq \#P_m^*\),
    con lo cual \(P_m^*\) es infinito.
    (Esto se debe a que cada \(\#P_s\geq 2\),
    y que \(m > j\), para todo ordinal \(j\) finito).

Esto implica que \(P_m\) es infinito, y en particular no vacío.

5
Matemática de Escuelas / Re: Espacio vectorial
« en: 21 Enero, 2022, 10:40 am »
Porque esa notación es de geometría euclídea, y denota segmentos.

6
Matemática de Escuelas / Re: Espacio vectorial
« en: 21 Enero, 2022, 10:13 am »
No es producto escalar.

La respuesta correcta es la que da delmar.

7
Lo que pasa es que, en realidad, está usando la caracterización de clausura mediante convergencia, que para espacios topológicos requiere usar redes.
Las sucesiones son suficientes cuando el espacio es N1.


8
Hola

En \( \mathbb{Z}_6 \) por ejemplo tienes que \( 2 \) y \( 3 \) son divisores de cero.

¿Cómo obtienes que son divisores de cero? Nunca he trabajado en anillos.

Saludos

\(2\cdot 3 = 0\).

9
\(\omega_1\) es el mínimo ordinal (con sección inicial) no numerable.
Si está definido o no en el libro, Carlos te lo sabrá decir...

10
Sí, es cierto que coinciden.
Pero eso no significa que mi "solución" conteste el planteo original del hilo.
Estoy emparchando las cosas a lo bruto.

Hay un "problema" con las identidades acá.
Si pensamos en matrices de \(n\times n\), las matrices "identidad" son diferentes para cada \(n\).
O sea, si intentamos hacer una inmersión "natural" de un espacio de matrices en otro de dimensión mayor, la identidad para uno de esos espacios ya no lo es para espacios de dimensiones mayores.

¿Qué es lo que realmente estamos haciendo al hablar de matrices y determinantes?

El caso 0-dimensional es un caso degenerado, que creo muestra muy bien que hay cuestiones teóricas que no se suelen meditar con la profundidad suficiente.


11
Mmmmm...

\(p(f) = 1 I_0 = 1 f = 0\) (donde \(I_0\) es la identidad 0-dimensional, que coincide con  \(f\)).

 ¿Se arregló?  >:D

12
A ojo de buen cubero te respondo:

(1) \(\det(f) = 0\).
(2) Polinomio característico: \(p(\lambda) = \lambda^n=1\) (tomando \(n=0\)).
(3) \(p(f) = 1\), así cumple Cayley-Hamilton.

No me quedaba muy claro lo que significaría una función 0-lineal,
a fin de definir el determinante por ejemplo como una aplicación 0-lineal alternante,
porque la \(n\)-linealidad toma la forma:
\(F(a_1,...,sa_j+tb_j,...,a_n) = sF(a_1,...,a_j,...,a_n)+tF(a_1,...,b_j,...,a_n)\),
para todo \(j=1,...,n\).

Pero ahora que hay 0 componentes, no tiene sentido hablar de 0-linealidad.
Lo tendría si exigiéramos que, además, \(F(0,...,0) = 0\), aún en el caso \(n>1\).

Para el polinomio característico uno podría usar una definición basada en la serie de Mercator, tomando \(\lambda \neq 0\):

\[ \det(\lambda I - A) = \lambda^n\exp\bigg(\sum_{m=1}^\infty -\mbox{traza}\dfrac{(A/\lambda)^m}{m}\bigg).\]

La cuestión acá sería definir las potencias positivas de  \(f\) y las trazas correspondientes. Claramente, dichas potencias tendrían que ser 0,
y la traza tendría una definición artificial, pero parece que lo más razonables es definirla como 0.



13
Topología (general) / Re: Espacios topologicos
« en: 20 Diciembre, 2021, 03:58 am »
alumnolibre me ha escrito en privado,
y afirma que se trata de dos personas usando la misma computadora.
No tengo motivos para desconfiar de su palabra,
y me he disculpado con él.

Asunto aclarado.

14
Topología (general) / Re: Espacios topologicos
« en: 19 Diciembre, 2021, 03:29 pm »
Hola Armando.

Hay dos usuarios conectándose desde el mismo lugar, con preguntas sobre el mismo tema de Topología,  y con errores de ortografía análogos.

No voy a hablar en nombre de otros moderadores,
pero sí que tengo mi propia opinión.
Yo pienso que los usuarios armando.unica y alumnolibre son de la misma persona.

Ese tipo de cosas causa desconcierto en los demás usuarios,
porque no se sabe con quién están hablando, a fin de cuentas.
Es una actitud abusiva e irrespetuosa, que, encima, no tiene lógica alguna.

Así que voy a eliminar una de tus cuentas,
y te pido que me digas cuál de las dos es la que querrías conservar.
Si no recibo respuesta, entonces borro las dos.


15
Computación e Informática / Re: Sugerencia sitio para wiki personal
« en: 10 Diciembre, 2021, 01:13 am »
En cuanto al LaTeX, te puede servir poner un script que enlace a MathJax.
En la página explican el procedimiento, y es muy sencillo.
En este foro había muchos problemas con la instalación de LaTeX,
y ayudó mucho cambiar a un enlace externo a MathJax.
Entre otras cosas, desestresa a tu servidor porque la compilación se hace de manera externa.

Los hostings gratuitos suelen tener adosado el nombre de dominio del sitio principal,
como por ejemplo, blogspot.
Con Blogger hay bastante libertad en el diseño de tu sitio web, y permite incluir los scripts de MathJax, como te comenté. A mí no me gusta porque me parece que Google le pone pocas ganas al desarrollo de Blogger.

Otra recomendación sería W3Schools, que también permite alojamiento gratuito, aunque con el sufijo w3schools.com siempre.
No lo he probado, así que es una recomendación en el aire,
pero le tengo confianza porque ellos ofrecen allí cursos de desarrollo web sistematizados,
y desde esos cursos aconsejan realizar un sitio web allí mismo, gratuito.
Entonces, mi razonamiento es que seguramente es posible escribir en HTML, CSS y JS en forma nativa, a fin de tener control total sobre el diseño.

Otros hostings gratuitos son los estatales, que pueden existir o no según el país.
En Argentina se puede pedir un dominio gratuito propio que termine en .com.ar.
No sé si en tu país existe algo parecido.


16
He mirado por encima el hilo....
Menudo trabajazo te has pegado.
Mañana que libro, lo miro con calma y veo si tengo algo inteligente que decir.

Bueno, gracias por prestarle atención.
Espero que a alguien le sea de utilidad.

17
Computación e Informática / Re: Advent of Code
« en: 08 Diciembre, 2021, 09:02 pm »
Una vez quedé entre los primeros 100 programadores en Codeeval,
y luego no tuvieron mejor idea que cerrarla.
Yo así no juego...  :'(

18
Aquí se irán ordenando los comentarios que surjan al hilo de:

Redundancia de los Axiomas de Espacio Métrico.

19
Artículos / Re: Redundancia de los Axiomas de Espacio Métrico
« en: 08 Diciembre, 2021, 08:45 pm »
3. INDEPENDENCIA DE LOS AXIOMAS DE ESPACIO MÉTRICO.

3.1. Independencia de los Axiomas de Diagonal Nula y de Distancia Nula.

El Axioma A5, de Distancia Nula,
cuando se cumple junto al Axioma A4, de diagonal nula,
sirve para distinguir elementos del conjunto \(X\).
ya que en tal caso \(d(x,y) \neq 0\) si, y sólo si \(x\neq y\).

Si sabemos que vale A4, entonces \(d(x,y)\neq 0\) implica que \(x\neq y\).
Sin embargo, no podemos saber si \(x\neq y\) cuando \(d(x,y) = 0\).
Un ejemplo de esta situación es el siguiente:
\(X=\{a,b\}\); \(d:X\times X\mapsto \mathbb R\):

\(d(a,a) = d(b,b) = d(a,b) = 0\).

En este caso valen todos los Axiomas de Espacio Métrico, excepto A5.

Si sabemos que vale A5, entonces \(x\neq y\) implica que \(d(x,y)\neq 0\).
Sin embargo, no podemos saber si \(d(x,y) \neq 0\) cuando \(x=y\).
Un ejemplo sería el siguiente:
\(X=\{a\}\); \(d:X\times X\mapsto \mathbb R\):

\(d(a,a) = 1\).

En este caso valen todos los Axiomas de Espacio Métrico, excepto el A4.

Sigamos especulando con las posibilidades,
y mostremos un caso en el que valen todos los Axiomas de Espacio Métrico,
excepto el A4 y el A5:
\(X=\{a,b\}\); \(d:X\times X\mapsto\mathbb R\):

\(d(a,a) = d(b,b) = 1\);
\(d(a,b) = d(b,a) = 2\).

Analizando los distintos casos, apreciamos que valen A6 y A6 bis.
También ocurre lo propio con A6 inverso y A6 Inverso bis.

Finalmente, mostramos un caso trivial con la virtud de cumplir al mismo tiempo A4 y A5, junto con todos los demás Axiomas:
\(X=\{a\}\); \(d:X\times X\mapsto \mathbb R\): \(d(a,a) = 0\).

Así que podemos apreciar que los Axiomas A4 y A5 son independientes entre sí, y de los demás Axiomas.

_________________________

3.2. Independencia del Axioma de Simetría.

Ya hemos estudiado bastante al Axioma A3 de Simetría en la Sección 2.4.
Vimos que A3 se deduce de los demás Axiomas de Espacio Métrico,
cuando la Desigualdad Triangular tiene la forma A6 bis o A6 Inverso bis.

Así que para lograr independencia de A3, debemos hacerlo respecto las versiones A6 ó A6 Inverso de la Desigualdad Triangular.
Con el siguiente ejemplo se cumplen todos los Axiomas excepto A3,
y la Desigualdad Triangular vale en sus formas A6 ó A6 Inverso:
\(X=\{a,b\}\); \(d:X\times X\mapsto \mathbb R\):
\(d(a,a) = d(b,b) = 0\); \(d(a,b) = 1\); \(d(b,a) = 2\).

_________________________________________

3.3. Independencia de los Axiomas de la Desigualdad Triangular.

Para el ejemplo trivial:
\(X=\{a\}\); \(d:X\times X\mapsto\mathbb R\), \(d(a,a)=0\),
obtenemos que valen todos los Axiomas de Espacio Métrico,
y más aún, valen todas las formas de Desigualdad Triangular.

Veamos ejemplos donde valen todos los Axiomas de Espacio Métrico, excepto las formas de la Desigualdad Triangular.
Por el Teorema 2.3.2, tenemos que buscar conjuntos \(X\) de más de dos elementos.

Consideremos \(X=\{a,b,c\}\), con \(d:X\times X\mapsto\mathbb R\), dada por:

\begin{array}{c|ccc}
  d(x,y)&  a & b & c\\
        \hline
         a&  0 & 8 & 4 \\
         b&  8 & 0 & 2 \\
         c&  4 & 2 & 0 \\
        \hline
\end{array}

\(d(a,b) = 8 > 6 = d(a,c) + d(c,b)\). No vale A6.
\(d(a,b) = 8 > 6 = d(a,c) + d(b,c)\). No vale A6 bis.
\(|d(b,a) - d(c,a)| = 6 > 2 = d(b,c)\). No vale A6 Inverso.
\(|d(b,a) - d(a,c)| = 6 > 2 = d(b,c)\). No vale A6 Inverso bis.

Así que la Desigualdad Triangular es independiente de los demás Axiomas de Espacio Métrico.

___________________________________________

3.4. Independencia del Axioma de Distancia.

Ahora vamos a estudiar el Axioma A1, el que indica el formato de la función distancia \(d\).
Para invocar la negación de dicho Axioma, lo haremos pensando en una función de dominio \(X\times X\), pero que su codominio no es \(\mathbb R\).

En primer lugar, si el codominio de \(d\) es un conjunto \(S\subset \mathbb R\),
los demás Axiomas (del A2 al A6) aún pueden formularse, pues tienen sentido, por el mero hecho de que las distancias tomarán, a fin de cuentas, valores en \(\mathbb R\).
Lo relevante de \(\mathbb R\) que se usa en los Axiomas de Espacio Métrico son estas propiedades:

(R0) \(\mathbb R\) es no vacío, y hay dos elementos especiales denotados \(0,1\).
(R1) \(\mathbb R\) tiene una relación de orden total \(\leq \). Estipulamos que \(0<1\).
(R2) \(\mathbb R\) tiene una operación unaria (un operando) \(-\).
(R3) \(\mathbb R\) tiene una operación binaria (dos operandos) \(+\).
(R4) La operación \(-\) cambia el sentido de la desigualdad:

    \[ \forall x,y\in \mathbb R\,:\, x\leq y \Longleftrightarrow -y \leq -x. \]

(R5) La operación \(+\) respeta las desigualdades:

    \[ \forall x,y,p\in\mathbb R\,:\, x < y \Longleftrightarrow x+p < y+p. \]

(R6) La operación (+) tiene elemento neutro 0:

    \[\forall x \in \mathbb R\,:\, x+0 = x = 0+x.\]

(R7) La operación \(+\) es cancelativa:

    \[ \forall x\in \mathbb R\,:\, x + (-x) = (-x) + x = 0. \]

(R8) La operación \(+\) es conmutativa:

    \[ \forall x,y\in \mathbb R\,:\, x+y=y+x. \]

En la discusión de los Axiomas de las Secciones anteriores no parece que hayamos usado otras propiedades de la suma, como por ejemplo la Ley Asociativa.
Cuando hemos usado la resta, simplemente estamos invocando la existencia de opuestos (ley cancelativa), y definiendo:

\(x - y = x + (-y).\)

Al usar valores absolutos, lo podemos hacer mediante esta definición:

\[
  |x| = \begin{cases}
              x,&\qquad  \text{si \(x\geq 0\)};\\
            -x,&\qquad \text{si \(x\leq 0\)}.\\
          \end{cases}
\]

Cuando hemos usado que \(0\leq 2d(x,y)\) para concluir que \(d(x,y)\geq 0\),
veamos que eso no depende de haber multiplicado por 2.
De hecho, lo que teníamos era que \(d(x,y) + d(x,y) \geq 0\), digamos.
Si fuese \(d(x,y) < 0\), entonces, por (R5), tendríamos que:

\(d(x,y) + d(x,y) \leq d(x,y) + 0 = d(x,y) < 0\), contradicción.

Por lo tanto, necesariamente \(d(x,y) \geq 0\).
Y hemos probado esto sin necesidad de dividir por 2.

Agreguemos a \(\mathbb R\) un par de elementos especiales, denotados \(-\infty,+\infty\), con las siguientes especificaciones:

\(\forall x\in \mathbb R\,:\,-\infty < x < +\infty\).
\(\forall x\in \mathbb R\,:\, (-\infty) + x = -\infty = x + (-\infty)\).
\(\forall x\in \mathbb R\,:\, (+\infty) + x = +\infty = x + (+\infty)\).
\(-(- \infty) = +\infty\).
\(-(+\infty) = -\infty\).
\((-\infty) + (-\infty) = -\infty\).
\((+\infty) + (+\infty) =+\infty\).
\((-\infty) + (+\infty) = 0 = (+\infty) + (-\infty)\).  >:D (Haciendo el mal, jeje).

Soy conciente de que esta última igualdad causará urticaria a cualquiera que haya visto un curso de Análisis o de Teoría Abstracta de la Medida, pero creo que ya se han visto las plumas: vendería a mi madre con tal de construirme un contraejemplo de este asunto.

Si denotamos \(\tilde{\mathbb R}=\mathbb R\cup\{-\infty,+\infty\}\),
observamos que \((\tilde{\mathbb R},0,\leq,-,+)\) sigue cumpliendo las propiedades (R0) a (R8).

Como espacio de trabajo podríamos tomar también al mismo \(\tilde{\mathbb R}\), pero para separar un poco las aguas, hagamos que \(X\) y el codominio de \(d\) sean diferentes.

Tomamos \(X = \mathbb N \cup \{+\infty\}\), considerándolo como subconjunto de   \( \tilde{\mathbb R}\), donde \(\mathbb N\) es el conjunto de Números Naturales.
Para evitar usar toda la estructura de los números reales, y apelar solamente a las propiedades (R0) a (R8), podemos definir \(\mathbb N\) como la intersección de todos los subconjuntos de \(\mathbb R\) que contienen a \(1\),
y tales que si contienen a \(x\), entonces también contienen a \(x+1\).
Como \(\mathbb R\) es uno de tales conjuntos, la mencionada intersección está bien definida (siempre hay que tener cuidado de no intersectar una familia vacía de conjuntos).

Definimos ahora \(d:X\times X\mapsto \tilde{\mathbb R}\), mediante:

    \[
         \forall x,y\in X\,:\, d(x,y) =
            \begin{cases}
                x-y, & \qquad \text{si \(y\leq x\)}; \\
                y-x, & \qquad \text{si \(x\leq y\)}.
            \end{cases}
    \]

Damos la fórmula definida a trozos, para tener algo de consideración a la estructura del dominio \(X\), que no tiene valores negativos.
De una manera más suscinta, podemos escribir:

    \[d(x,y) = |x-y|,\]

lo cual tiene sentido en el codominio de \(d\): \(\tilde{\mathbb R}\).

Se puede comprobar con relativa facilidad que valen los Axiomas A2, A3, A4 y A5.

Para probar cualquiera de las versiones de la Desigualdad Triangular vamos a necesitar la Propiedad Asociativa de la suma.
Quizás el lector espera que yo me tome el trabajo de editar las propiedades de más arriba, y la agregue.
El problema es que sólo puede aceptarse una ley asociativa parcial, para todos aquellos valores que no sean infinitos.
Concretamente, no vale la Ley Asociativa para los valores infinitos:

\(\Big( (-\infty) + (-\infty) \Big) + (+\infty) = (-\infty)+(+\infty) = 0 \neq -\infty = -\infty + 0 = (-\infty) + \Big((-\infty) + (+\infty)\Big)\).

Lo importante es que vale A6, y por Simetría también vale A6 bis.
En los casos finitos, esto es obvio, apelando a la Desigualdad Triangular que vale para los valores finitos.
Hay que mirar con atención, como caso aparte, lo que sucede con valores infinitos. Tenemos, para \(x,y,p\in\mathbb N\):

\(d(+\infty, y) = +\infty = +\infty + d(p,y) = d(+\infty,p) + d(p,y) = d(+\infty,p) + d(y,p)\).
\(d(x,+\infty) = +\infty = d(x,p) +(+\infty)  = d(x,p) + d(p,+\infty) = d(x,p) + d(+\infty,p)\).
\(d(+\infty, +\infty) = 0 \leq +\infty = d(+\infty,p) + d(p,+\infty) = d(+\infty,p) + d(+\infty,p)\).
\(d(+\infty,+\infty) = 0 \leq 0 + 0 = d(+\infty,+\infty) + d(+\infty,+\infty)\).

Así que valen A6 y A6 bis.

También podríamos probar manualmente que valen A6 Inverso y A6 Inverso bis.
Pero si observamos con cuidado, sólo necesitamos A3 y A4, junto con A6 ó A6 bis para ello, y al momento en que hemos invocado A1, en realidad hemos usado solamente las propiedades (R0) a (R8).

Por si alguien no me cree :banghead: voy a hacer a mano >:( la comprobación de A6 Inverso y A6 Inverso bis. Y lo voy a hacer sin ganas, pero lo voy a hacer. Y sepan que cada caracter de los que vienen a continuación están escritos sin ganas y con fastidio, porque es innecesario.

Los casos en que los elementos de \(X\) son finitos no hace falta considerarlos, porque de ellos ya sabemos de sobra que cumplen las Desigualdades Triangulares Inversas. Consideremos sólo los casos en que uno de los términos es infinito. Sean \(x,y,p\in X\):

\(|d(+\infty, p) - d(y,p)| = +\infty = d(+\infty,y)\).
\(|d(+\infty, p) - d(p,y)| = +\infty = d(+\infty,y)\).
\(|d(+\infty, p) - d(+\infty,p)| = 0 = d(+\infty,+\infty)\).
\(|d(+\infty, p) - d(p,+\infty)| = +\infty = d(+\infty,+\infty)\).
\(|d(+\infty, +\infty) - d(+\infty,+\infty)| = 0 = d(+\infty,+\infty)\).

Así que valen A6 Inverso y A6 Inverso bis.

A fin de cuentas, ¿qué es lo que hemos hecho?

Hemos construido un ejemplo que no satisface (A1), porque el codominio de \(d\) no es \(\mathbb R\), mientras que sí se satisfacen los demás Axiomas de Espacio Métrico.

Quizás podría haber construido algún ejemplo más simple.
De hecho, bastaría tomar \(X=\{0,+\infty\}\), y reproducir todo lo anterior.
Sería mucho más rápido así.
Pero también pretendía mostrar un ejemplo que no sea tan trivial.

En el caso del ejemplo \(X=\{0,+\infty\}\) hay una sutileza involucrada,
y es que el elemento "infinito" no lo es tanto.
De hecho, en ese caso sería una mera cuestión de símbolos,
ya que uno obtendría una desigualdad ultramétrica (tema para debatir luego):

\(d(x,y) \leq \max\{d(x,p),d(y,p)\}\).

Si uno lleva a cabo una correspondencia que conserve el orden entre \(\{0,+\infty\}\) y \(\{0,1\}\), todo se seguiría cumpliendo tal cual, pero ahora habríamos conseguido valores numéricos, con lo cual

\(\max(\alpha,\beta)\leq \alpha+\beta\),

que implicaría la Desigualdad Triangular.

Así que no es cuestión meramente de llamar "infinito" a un símbolo, sino además observar qué significa esto desde un punto de vista ordinal y aritmético.

Moraleja: Las cuestiones aritméticas sólo "suceden" en el Axioma A6 (o sus equivalentes).

Otro ejemplo no trivial de este asunto surge de manera natural en Teoría de Conjuntos.

Sea \(X\) un conjunto no vacío cuyos elementos son, a su vez, conjuntos finitos, y además un conjunto especial \(J\) de cardinal infinito.
Si un conjunto finito \(F\) tiene \(n\) elementos, denotamos \(\#F = n\),
y en cambio denotamos \(\#J = +\infty\).
Ahora definimos \(d:X\times X\mapsto \tilde{\mathbb R}\) mediante:

\[ \forall E,F\in X\,:\, d(E,F) = \#(E \underline\cup F), \]

donde \(\underline\cup\) denota la unión disjunta o diferencia simétrica de \(E\) y \(F\):

\[ E \underline\cup F = E\Delta F = (E\setminus F)\cup (F\setminus E). \]

Claramente la función \(d\) no satisface el Axioma A1, porque el codominio no es \(\mathbb R\). Más aún, hay valores de \(X\) para los cuales la función \(d\) toma específicamente el valor \(+\infty\) (cuando alguno de los conjuntos \(E\) ó \(F\) es finito, y el otro es el conjunto infinito \(J\)).

Sin embargo, los demás axiomas se satisfacen sin mayores problemas:

¿A2? Claramente \(d(E,F)\geq 0\) para cualesquiera \(E,F\in X\), porque el cardinal de un conjunto es no negativo.

¿A3? Además, la simetría de la diferencia simétrica implica la de Simetría de \(d\):
\(d(E,F) = d(F,E)\), para cualesquiera \(E,F\in X\).

¿A4? Como \(E\underline\cup E=\emptyset\), es claro que \(d(E,E) = 0\), todo \(E\in X\).

¿A5? Si \(d(E,F) = 0\), significa que \(E\underline\cup F = \emptyset\), con lo cual \((E\setminus F)\cup (F\setminus E)=\emptyset\), por lo tanto \(E\setminus F=\emptyset =F\setminus E\), y en consecuencia \(F\subset E\) y \(E\subset F\). De esto se deduce que \(E=F\).

¿A6? Dados \(E,F,G\in X\), tenemos:
\[
    \begin{align*}
          E\underline\cup F
             &= (E\setminus F)\cup (F\setminus E)
              \\
             &= (E\setminus G\setminus F)\cup (E\cap G\setminus F)
                  \cup (F\cap G\setminus E) \cup (F\setminus G\setminus E)
              \\
             &\subset (E\setminus G) \cup (G\setminus F)
                 \cup (G\setminus E) \cup  (F\setminus G) 
             \\
             & = (E\underline\cup G) \cup (G\underline\cup F).
     \end{align*}
\]

Luego, obtenemos:

    \[d(E,F)
           = \#(E,F)\leq \#( (E\underline\cup G) \cup (G\underline\cup F))
            \leq \#( E\underline\cup G) + \#(G\underline\cup F)
           = d(E,G) + d(G,F).   
     \]

¿A6 bis? Se obtiene de lo ya probado para A6 y A3.

¿A6 Inverso? Para los elementos finitos de \(X\), se deduce de A6, A4 y A3, como ya sabemos hacer.
Cuando \(E\) es infinito y \(F\) no, tenemos:

\(|d(E,G) - d(F,G)| = +\infty = d(E,F) \), para cualquier \(G\) finito; y
\(|d(E,G) - d(F,G)| = +\infty = d(E,F) \), si \(G\) es infinito.

¿A6 Inverso bis? Se obtiene de A6 Inverso y de A3.

Este ejemplo puede generalizarse a Álgebras de Conjuntos Medibles, pero lo dejamos aquí.

Si queremos construir otros tipos de ejemplos que contradigan el Axioma A1, mientras se satisfagan los demás, notemos que en los Axiomas A2 y A6 se necesita una relación de orden total.
Así que el codominio de \(d\) tendría que ser un conjunto totalmente ordenado, y además tienen que valer al menos las propiedades (R0) a (R8), o algo por el estilo.

Una manera de relajar esta condición vendría tras estipular que el codominio de \(d\) sea un conjunto parcialmente ordenado.

En tal caso, podríamos hallar alguna estructura que satisfaga (R0) a (R8), aunque ahora con una relación de orden parcial.
En la práctica, se hará necesaria agregar la propiedad "fantasma" (R9): la Ley Asociativa, que no la he escrito en ninguna parte.
Mostremos un ejemplo de este tipo de cosas.

Tomamos \(S=\mathbb R^n\) con el orden parcial \(\preceq\) dado por:
\((x_1,...,x_n)\preceq (y_1,...,y_n)\) si \(x_1\leq y_1,...,x_n\leq y_n\).
Sea ahora \(X=\mathbb C^n\), con la función "distancia" \(d:X\times X\mapsto S\), dada por:

\(d((z_1,...,z_n),(w_1,...,w_n)) = (|z_1-w_1|,...,|z_n-w_n|)\).

Vale la No Negatividad, ya que \(d(\vec z,\vec w)\geq \vec 0\).
La Simetría vale de forma obvia.
También es cierto que \(d(\vec z, \vec z) = \vec 0\), para todo \(\vec z\in X\).
Es obvio que lo recíproco también vale,
ya que la definición de \(d\) se ha hecho componente a componente,
por lo tanto: \(d(\vec z,\vec w)=\vec 0\) implica \(\vec z = \vec w\).
La Desigualdad Triangular también se cumple ahora,
también debido a que hemos definido \(d\) componente a componente.

Esto parece dar lugar a una generalización más útil de Espacio Métrico, que la mera idea de agregar elementos infinitos en el codominio de \(X\).

_____________________________________________

3.5. Recobrando la capacidad de distinguir puntos.

Un par \((X,d)\) que satisface los Axiomas A1, A2, A3, A4 y A6 (o cualquiera de sus formas alternativas) se llama Espacio Pseudométrico.
Lo que estamos diciendo es que el Axioma A5 puede cumplirse o no.

Como consecuencia, obtenemos automáticamente mutitud de ejemplos,
ya que todo Espacio Métrico es también Pseudométrico.

Un caso interesante es que, dado un conjunto \(X\) cualquiera (no vacío),
con función distancia \(d:X\times X\mapsto\mathbb R\) dada por:

\(\forall x,y\in X\,:\, d(x,y) = 0\);

es un Espacio Métrico si, y sólo si, \(X\) tiene un único elemento.
Sin embargo, para cualquier \(X\),
el par \((X,d)\) será un Espacio Pseudométrico.
Se le llama la Pseudométrica Trivial.

Lo que nos interesa del Axioma A5
es su fuerza para ayudarnos a distinguir puntos.
No es necesario forzar las cosas para lograr
que una Pseudométrica se adapte a nuestras necesidades,
y martillarla hasta que se cumpla A5.
La manera de lograr distinguir puntos en un conjunto
puede venir por medio de estrategias mejor pensadas.

Decimos que una familia de pseudo-distancias \(\mathcal D=\{d_j; j\in J\}\)
en un conjunto \(X\) es separadora,
o que distingue puntos, si:
para todo par de puntos \(x,y \in X\) tales que \(x\neq y\),
existe \(j\in J\), tal que la pseudo-distancia \(d_j\) distingue \(x\) é \(y\),
o sea, tal que \(d_j(x,y)\neq 0\). En símbolos:

\(\forall x,y\in X\,:\,\exists j\in J\,:\, d_j(x,y)\neq 0.\).

Un ejemplo preclaro de esto estaría dado
por el conjunto \(X\) de las funciones reales continuas de variable real,
y las pseudométricas \(d_t\) dadas
por el máximo de las diferencias entre elementos de \(X\) en el intervalo \([-t,t]\), para \(t>0\). En símbolos:

\(X=\mathcal C(\mathbb R)\);
\(\mathcal D=\{d_t; t>0\}\); \(d_t:X\times X\mapsto \mathbb R\):
\(\forall f,g\in X\,:\,d_t(f,g) = \max\{|f(x)-g(x)|;\, x\in[-t,t]\}\).

Aquí el inconveniente principal es que
las funciones continuas no tienen necesariamente un máximo en \(\mathbb R\),
y aún así sería interesante estudiarlas mediante herramientas de la teoría de Espacios Métricos o similares.
Uno puede aprovechar que, restringiéndonos a un intervalo cerrado y acotado,
toda función continua de \(\mathbb R\) alcanzará un máximo y un mínimo,
y entonces cada función \(d_t\) estará bien definida.
Más aún, como los valores de \(d_t\) depeden sólo
del comportamiento de las funciones en el intervalo \([-t,t]\),
la información de las funciones fuera de ese intervalo se pierde,
y por lo tanto no es posible distinguirlas del todo con \(d_t\).
O sea, cada \(d_t\) por separado será una pseudo-distancia,
pero no satisfará el Axioma A5.
Sin embargo, no es difícil comprobar que \(\mathcal D=\{d_t; t>0\}\)
es una familia de pseudo-métricas que distingue elementos de \(X\).
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Artículos / Re: Redundancia de los Axiomas de Espacio Métrico
« en: 08 Diciembre, 2021, 08:44 pm »
2. AXIOMAS REDUNDANTES.

2.1. La futilidad del Axioma de Espacio No Vacío.

Una de las razones para estudiar la redundancia de Axiomas es para ahorrarnos tener que comprobar que determinados entes matemáticos los satisfacen.
El Axioma A0 no puede deducirse de los demás, así que no es redundante en el sentido expuesto al principio de todo.
Sin embargo, veremos que no es necesario escribirlo de todos modos.
Es por eso que lo hemos enumerado con "0".

Lo que ocurre es que la negación de A0 implica trivialmente a los demás Axiomas de Espacio Métrico.
Así que no hace falta preocuparse de si el Espacio \(X\) es o no vacío.
Da igual que lo sea o no.
Veamos por qué.

En el caso de que \(X=\emptyset\),
hay una única posible función \(d:X\times X\mapsto\mathbb R\),
a saber: la función vacía.
En este caso, tenemos que:

\(X\times X = \emptyset \times \emptyset = \emptyset\);
\((X\times X) \times \mathbb R =\emptyset \).

Luego, la única función \(d:\emptyset \mapsto \mathbb R\) es simplemente un conjunto vacío, o sea \(d=\emptyset\)
(esto es así porque una función es un conjunto, concretamente, un conjunto de pares ordenados, y en este caso tenemos un conjunto vacío de pares ordenados,
pues \(d\) es subconjunto de \((X\times X)\times \mathbb R\), que en este caso es \(\emptyset\).

A continuación, los demás Axiomas (A2, A3, A4, A5, A6) son todos verdaderos por hipótesis vacía.
(Al cuantificar sobre los símbolos \(x,y,p\), la hipótesis vacía sería que \(x,y,p\in X\), lo cual implica los enunciados de los mencionados Axiomas).

Esto significa que no tiene importancia aclarar si  \(X\) es vacío o no,
pues lo que importa es probar que los Axiomas restantes son los que se cumplen,
en un contexto de aplicación determinado.

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2.2. La redundancia del Axioma de No Negatividad.

Teorema 2.2.1. El Axioma A2, de No Negatividad, se deduce de los demás Axiomas de Espacio Métrico.
Demostración.
Sean \(x,u,y\in X\). Por (A6) tenemos:

\((*_1) \qquad d(x,u) \leq d(x,y) + d(y,u).\)

Ahora tomemos \(u=x\), y obtenemos \(d(x,u) = d(x,x) = 0\) por (A4) (Diagonal Nula).
Por otra parte, aprovechamos (A3) (simetría), para obtener:

\(d(y,u) = d(y,x) = d(x,y)\).

Retomando la desigualdad \((*_1)\), obtenemos:

\(0 = d(x,x) = d(x,u) \leq d(x,y) + d(y,u) = d(x,y) + d(y,x) = 2d(x,y).\)

De aquí se deduce que: \(d(x,y) \geq 0\).

Rehagamos la demostración, pero ahora suponiendo (A6 bis).
Aplicamos también (A4), con \(x,u,y\in X\), \(u=x\):

\(0 = d(x,x) = d(x,u) \leq d(x,y) + d(u,y) = d(x,y) + d(x,y) = 2d(x,y).\)

Y de nuevo se obtiene \(d(x,y) \geq 0\).

Ahora supongamos que vale (A6 Inverso).
Debido a que el valor absoluto es una función no negativa, obtenemos directamente:

\(0\leq |d(x,u) - d(y,u) | \leq d(x,y)\).

Lo mismo sucedería si supusiéramos (A6 Inverso bis).

\(\bf \mbox{Q.E.D.}\)
\(\blacksquare\)

No hemos hecho una demostración, sino varias,
debido a que la redundancia del Axioma de No Negatividad se basa principalmente en la Desigualdad Triangular, la cual tiene cuatro versiones equivalentes.

Lo curioso aquí, es que según sea la versión que hayamos supuesto de la Desigualdad Triangular, hay que invocar más o menos Axiomas de los otros.
Las deducciones de la No Negatividad tienen estas formas:

(A1), (A6), (A4), (A3) \(\Longrightarrow\) (A2).
(A1), (A6 bis), (A4)     \(\Longrightarrow\) (A2).
(A1), (A6 Inverso)       \(\Longrightarrow\) (A2).
(A1), (A6 Inverso bis) \(\Longrightarrow\) (A2).

Aparentemente, la primer versión es la menos económica de todas.
Sin embargo, notemos que para probar la equivalencia entre las diferentes versiones de la Desigualdad Triangular (las cuales son todas formas útiles y básicas en la práctica de Espacios Métricos), se necesita invocar (A3).
O sea que (A3) no parece ser un Axioma prescindible.

Al menos tomamos nota de que el Axioma A5, de distancia nula, no ha sido necesario en esta discusión.
De hecho, veremos más tarde que la negación de A5 da lugar a una amplia familia de estructuras matemáticas (dentro del área de la Topología) nada triviales.

¿Puede deducirse la No Negatividad sin apelar a alguna versión de la Desigualdad Triangular?

Teorema 2.2.2. La No Negatividad no puede deducirse si la Desigualdad Triangular es falsa.
Demostración.
Para probar esto, mostraremos un ejemplo en el que valen todos los Axiomas, excepto A2 y A6 (o cualquiera de sus versiones equivalentes).
Luego mostraremos un ejemplo en el que A2 sí que se cumple, pero A6 no.
Lo ideal sería apelar a un ejemplo lo más simple que sea posible,
con tal de zanjar rápidamente la discusión.

Tomamos \(X=\{a,b\}\), un conjunto de sólo dos elementos \(a,b\).
Definimos \(d:X\times X\mapsto \mathbb R\) mediante:

     \[d(a,a) = d(b,b) = 0; \qquad d(a,b) = d(b,a) = -1.\]

Claramente, se cumplen los Axiomas A1, A3, A4, A5.
También es claro que no se cumple A2.
En cuanto a la Desigualdad Triangular, no se satisface ninguna de sus versiones:

\(d(a,a) = 0 > -2 = d(a,b) + d(b,a).\) No se cumple A6.
\(d(a,a) = 0 > -2 = d(a,b) + d(a,b).\) No se cumple A6 bis.
\(d(a,b) = -1 < 1 = |d(a,a) - d(b,a)|.\) No se cumple A6 Inverso.
\(d(a,b) = -1 < 1 = |d(a,a) - d(a,b)|.\) No se cumple A6 Inverso bis.

Aquí no sería necesaria chequear todas las formas de Desigualdad Triangular,
pues estamos en un caso en el que A3 es verdadero,
y hemos visto que este Axioma permite concluir que las cuatro formas de Desigualdad Triangular son simultáneamente verdaderas o simultáneamente falsas.

Pasemos al siguiente ejemplo.
Ahora tomamos \(X=\{a,b,c\}\), y \(d:X \times X\mapsto \mathbb R\) dada por:

\(d(a,a) = d(b,b) = d(c,c) = 0\);
\(d(a,b) = d(b,a) = 1\);
\(d(a,c) = d(c,a) = 2\);
\(d(b,c) = d(c,b) = 4\).

Claramente se cumplen A2, A3, A4 y A5.
Veamos que no se cumple ninguna de las formas alternativas de la Desigualdad Triangular:

\(d(b,c) = 4 > 3 = d(b,a) + d(a,c)\). No se cumple A6.
\(d(b,c) = 4 > 3 = d(b,a) + d(c,a)\). No se cumple A6 bis.
\(d(a,b) = 1 < 2 = |d(a,c) - d(b,c)|\). No se cumple A6 Inverso.
\(d(a,b) = 1 > 2 = |d(a,c) - d(c,b)|\). No se cumple A6 Inverso bis.

De nuevo, como vale A3, todas las formas de la Desigualdad Triangular son simultáneamente verdaderas o simultáneamente falsas,
con lo cual hubiera bastado comprobar la falsedad de una sola de ellas.

\(\bf \mbox{Q.E.D.}\)
\(\blacksquare\)

En resumidas cuentas, cuando no vale ninguna versión de la Desigualdad Triangular, no es posible determinar si A2 es verdadero o falso,
puesto que hay ejemplos concretos de ambas situaciones.

Hemos visto que los Axiomas A6 Inverso y A6 Inverso bis son suficientes por sí solos para deducir A2 (aunque siempre con (A1) verdadero como trasfondo).

Nos preguntamos si en el caso de A6 y A6 bis podemos eliminar la necesidad de invocar A4 para probar A2.

En el caso de que valgan A3 y cualquiera de A6 ó A6 bis,
automáticamente vale A6 Inverso ó A6 Inverso bis,
en cuyo caso no hace falta conocer si A4 vale o no,
obteniéndose que A2 es verdadera, como antes.
Así que:

(A1), (A3), (A6) (o cualquiera de sus equivalentes) \(\Longrightarrow\) (A2).

Vemos que el Axioma A3 (simetría) es una pieza clave en la discusión.
De hecho, gracias a él es que se obtienen las equivalencias de las distintas formas de Desigualdad Triangular.
Si consideráramos situaciones en las que la Simetría no se cumple,
pondríamos en apuros la armonía de los demás Axiomas,
así que es un buen lugar para buscar ejemplos de situaciones anómalas.

Consideremos la situación en que son verdaderos los Axiomas A1 y A6, siendo A3 falso. ¿Qué puede decirse de la No Negatividad? (Notemos que no tomamos en consideración A4 ni A5 aquí).

Tomamos como ejemplo al conjunto \(X=\{a,b\}\),
y la función \(d:X\times X\mapsto \mathbb R\):

\(d(a,a) = d(b,b) = 0; \qquad d(a,b) = 1; \qquad d(b,a) = -1.\)

Claramente A2 y A3 son falsos,
mientras se cumplen A1, además de A4 y A5 (estos últimos dos no nos interesan, aunque es bueno que sean verdaderos, para evitar echarles la culpa de lo que va a suceder luego).

\(d(b,b) = 0 > -2 = d(b,a) + d(b,a).\) No se cumple A6 bis.
 
Sin embargo se cumple A6:

\(d(a,a) = 0 =  d(a,p) + d(p,a);\) para \(p\in X\).
\(d(b,b) = 0 =  d(b,p) + d(p,b);\) para \(p\in X\).
\(d(a,b) = 1 = d(a,p) + d(p,b);\) para \(p\in X\).
\(d(b,a) = -1 = d(b,p) + d(p,a);\) para \(p\in X\).

Así que aquí obtenemos que A2 no se cumple,
en un caso en que A1 y A6 son verdaderos, y A3 falso,
lo cual muestra que es necesario suponer A3 junto con A6 para obtener A2.

_______________________________________________

2.3. Espacios pequeños y la redundancia del Axioma de Desigualdad Triangular.

Teorema 2.3.1. Sea \(X\) un conjunto de un solo elemento, en los que vale el Axioma A1. Entonces vale la Desigualdad Triangular si, y sólo si, vale el Axioma A2 de No Negatividad.
Demostración.
Si \(X=\{a\}\), conjunto de un solo punto, y \(d:X\times X \mapsto\mathbb R\),
entonces denotamos \(\alpha= d(a,a)\).
Es suficiente conque se cumpla el Axioma A2, de No Negatividad, para que valga la Desigualdad Triangular, pues:

\(d(a,a) = \alpha \leq 2\alpha = d(a,a) + d(a,a)\).

Si no se cumple A2, entonces es falsa la Desigualdad Triangular, porque en este caso tendríamos \(\alpha < 0\), lo cual nos daría que: \(d(a,a) > d(a,a) + d(a,a)\).

Claramente, esto implica tanto A6 como A6 bis.

Por otra parte, es claro que:

\(|d(a,a) - d(a,a)| = 0 \leq \alpha = d(a,a)\);

con lo cual valen tanto A6 Inverso como A6 Inverso bis.

\(\bf \mbox{Q.E.D.}\)
\(\blacksquare\)

En un conjunto \(X\) de un solo elemento, los Axiomas A3 y A5 valen de forma trivial, y éste último es verdadero incluso en el caso en que \(d(a,a)\neq 0\) (esto es así aplicando hipótesis vacía).

Teorema 2.3.2. Sea \(X\) un conjunto de dos elementos, en los que vale el Axioma A1. Entonces valen A6 y A6 Inverso cuando valen el Axioma A2 de No Negatividad, y el Axioma A4, de diagonal nula. Para que valgan A6 bis y A6 Inverso bis, también debe valer A3.
Demostración.
Sean \(X= \{a,b\}\); \(d:X\times X\mapsto\mathbb R\), tal que:

\(d(a,a) = \alpha\); \(d(b,b) = \beta\);
\(d(a,b) = \gamma\); \(d(b,a) = \delta\).

Si vale A2, quiere decir que \(\alpha,\beta,\gamma,\delta\geq 0\).
Si vale A4, quiere decir que \(\alpha=\beta =0\).
Tenemos ahora que, para \(x,y,p\in X\):

\(d(x,x) = 0 \leq d(x,p) + d(p,x)\).
\(d(a,b) = \gamma = d(a,p)+d(p,b)\).
\(d(b,a) = \delta = d(b,p) + d(p,a)\).

Esto implica A6.

Por otra parte:

\(|d(x,x) - d(x,x)| = 0 \leq d(x,x)\).
\(|d(x,y) - d(x,y)| = 0 \leq d(x,y)\).

Con lo cual vale A6 Inverso.

Además, si valiera A3:

\(d(x,x) = 0 \leq 2d(x,p) = d(x,p) + d(x,p)\);
\(d(x,y) = 0 + d(y,x) =  d(x,x) + d(y,x) \).

Y entonces vale A6 bis.

Además:

\(|d(a,b) - d(b,a)| = |d(b,a) - d(a,b)| = |\gamma - \delta|\).

Para que valga A6 Inverso bis,
tiene que cumplirse en este caso que:

\( |\gamma - \delta|\leq \min\{d(a,a),d(b,b)\} \).

Dado que \(d(a,a) = 0\), se tiene que \(\gamma = \delta\),
lo cual implicará, además, que vale A3.

\(\bf \mbox{Q.E.D.}\)
\(\blacksquare\)
_______________________________________________

2.4. La redundancia del Axioma de Simetría.

Teorema 2.4.1. El Axioma A3, de Simetría, se deduce de los Axiomas A1, A4 y A6 bis, o bien de A1, A4 y A6 Inverso bis; pero no se deduce de A1 y A6, ni tampoco de A1 y A6 inverso.
Demostración.
Sean \(x,y,p\in X\). Deducimos:

Si vale (A6 bis), entonces, con \(p=x\), y aplicando (A4):

\(d(x,y) \leq d(x,p) + d(y,p) = d(x,x) + d(y,x) = 0  + d(y,x) = d(y,x)\).

Esto prueba A3 bis, que a su vez implica A3.

Si vale (A6 Inverso bis), entonces, con \(p=y\), y aplicando (A4):

\(d(y,x) - d(x,y) = d(y,x) - d(x,p) \leq |d(y,x) - d(x,p)| \leq d(y,p) = d(y,y) = 0\),

de donde se deduce: \(d(y,x) \leq d(x,y)\),
con lo cual vale A3 bis, que a su vez implica A3.

Para ver que las cosas no funcionan con A6, consideremos este ejemplo:
\(X=\{a,b\}\); \(d:X\times X\mapsto \mathbb R\) dada por:

\(d(a,a) = d(b,b) = 0\); \(d(a,b) = 1\); \(d(b,a) = 2\).

Claramente, no se cumple A3, mientras que se satisfacen: A1, A2, A4, A5
(o sea que ninguno de estos Axiomas tiene la culpa de que las cosas no funcionen).
Por el Teorema 2.3.2, valen A6 y A6 Inverso.

\(\bf \mbox{Q.E.D.}\)
\(\blacksquare\)

Resumimos las implicaciones obtenidas aquí:

(A1), (A4), (A6 bis)              \(\Longrightarrow\) (A3).
(A1), (A4), (A6 Inverso bis) \(\Longrightarrow\) (A3).

Notemos que, como ahora hemos implicado (A3), obtenemos también que valen (A6) y (A6 Inverso), o sea:

(A1), (A4), (A6 bis) (ó (A6 Inverso bis)) \(\Longrightarrow\) (A6) y (A6 Inverso).

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2.5. Una lista de Axiomas más reducida.

Ya hemos hablado de la futilidad del Axioma A0, y de la redundancia de los Axiomas A2 y A3 (bajo el supuesto de las formas "bis" de la Desigualdad Triangular).
Por eso, podemos rearmar la lista de Axiomas de un Espacio Métrico, en un formato más reducido:

(A1) Función distancia. 
(A4) Diagonal nula.
(A5) Distancia nula.
(A6 bis) ó (A6 Inverso bis). Desigualdad Triangular bis ó Desigualdad Triangular Inversa bis.

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