Аксиомы метрики

[Bacon]

Нужно доказать, что функция $ r: M \times M \to R $ задает метрику на $ M $, если она удовлетворяет системе аксиом:
1) $ r(x,y)=0 \Leftrightarrow x =y $
2) $ r(x,y) \leq r(x,z) + r(y,z) $
То есть по сути нужно доказать, что аксиомы метрики эквиваленты этим двум, так я понимаю. Так как аксиома треугольника здесь присутствует, то остается доказать, что их 1) и 2) следуют аксиомы неотрицательности и симметричности. Как вообще это можно сделать я не представляю. Подскажите пожалуйста, в каком направлении мыслить! Как вообще такие факты доказываются? Может попробовать доказывать от противного, но тогда на какой факт опереться?

[provincialka]

А что вы пробовали? Ну, поподставляйте вместо $x,y,z$ те же переменные, но в другом порядке. Может, вместо разных - одинаковые. Например, $z=x$ или $z=y$.

[Geen]

Пусть, например, $M=[0,1]$, а

$$r(x,y)=\begin{cases}0,&x=y\\1,&x<y\\2,&x>y\end{cases}$$

[provincialka]

Geen
Возьмем $x=z=1, y = 0$. Второе неравенство приобретает вид $2\leqslant 0 +1$

Симметрия отношения доказывается легко. Неотрицательность пока не получила.

[Bacon]

provincialka
Да я технически не представлял как это сделать - не знал с чего начать. Но теперь вроде прояснилось. Аксиома симметричности получается выводится с помощью перестановок местами переменных, действительно. А аксиому неотрицательности можно, наверно, от противного доказать: Допустить противное, что метрика может быть отрицательной и взять какую-нибудь функцию, которая дает отрицательную метрику и показать, что для нее не выполняется аксиома треугольника. Получить противоречие аксиоме и все. Но переход к какой-то конкретной функции не будет ли логической ошибкой ? Странное какое-то чувство у меня. Не нужно ли показывать что для всех функций так будет ? Хотя для всех функций наверно так не будет.

[provincialka]

Bacon в сообщении #959194 писал(а):

Аксиома симметричности получается выводится с помощью перестановок местами переменных, действительно.

А вот покажите, как (для надежности). Выше в моем ответе был намек.

Bacon в сообщении #959194 писал(а):

взять какую-нибудь функцию, которая дает отрицательную метрику и показать, что для нее не выполняется аксиома треугольника.

Нет, так нельзя. Надо в общем виде.

[Geen]

provincialka в сообщении #959190 писал(а):

Возьмем $x=z=1, y = 0$. Второе неравенство приобретает вид $2\leqslant 0 +1$

Симметрия отношения доказывается легко.

Неподходящий я привёл пример.

-- 09.01.2015, 19:42 --

provincialka в сообщении #959190 писал(а):

Неотрицательность пока не получила.

Пусть, например, $M=[0,1]$, а

$$r(x,y)=\begin{cases}0,&x=y\\-1,&(x=1\&y=0)\vee(x=0\&y=1)\\1,&other\;cases\end{cases}$$

[provincialka]

Geen
Вы пытаетесь опровергнуть утверждение, а оно верно.
Bacon
Неотрицательность доказывается тоже легко, если взять ручку и бумагу

[Geen]

provincialka в сообщении #959201 писал(а):

Вы пытаетесь опровергнуть утверждение, а оно верно.

Ну так если доказать неверность некого частного случая, может стать очевидной схема доказательства в общем случае

[iifat]

Bacon в сообщении #959194 писал(а):

Допустить противное, что метрика может быть отрицательной и взять какую-нибудь функцию, которая дает отрицательную метрику и показать, что для нее не выполняется аксиома треугольника

Противное в данном случае — если для отрицательной функции выполняется неравенство треугольника.

[Bacon]

provincialka
Ну для первой аксиомы - все понятно:
1) $ r(x,y)=0 \Leftrightarrow x =y \Leftrightarrow r(y,x)=0 $
2) $ r(x,y) \leq r(x,z) + r(y,z) $
Здесь если переставить $ (y,x)$ , то получим правую часть - проходит.
Если переставить $ (z,x),(z,y)$, то что-то выводимость из 2) не так уж и проста. Получится, что нужно доказать, что $ r(x,z) + r(y,z) \geq r(z,x) + r(z,y) $
Или я что-то не так понял?

[provincialka]

Bacon в сообщении #959217 писал(а):

2) $ r(x,y) \leq r(x,z) + r(y,z) $
Здесь если переставить $ (y,x)$ , то получим правую часть - проходит.

И что? Нет, не так просто! Оставим пока неотрицательность. Разберемся с симметрией.
Вы пока только показали, что для $r(y,x)$ есть такая же граница, оба числа ограничены сверху одним и тем же. Ну и что? разве из этого следует, что они равны?

Думаем еще.

[Bacon]

provincialka
А вот так получше будет?
$ r(x,y) \leq r(x,z) + r(y,z) $
$ r(y,x) \leq r(y,z) + r(x,z) $
Теперь если просуммировать:
$ r(x,y)+r(y,x) \leq 2(r(x,z) + r(y,z)) $
Слева получается можем ограничить по неравенству треугольника:
$ 0 \leq r(x,y)+r(y,x) \leq 2(r(x,z) + r(y,z)) $
Теперь справа по неравенству треугольника:
$ 0 \leq r(x,y)+r(y,x) \leq 2r(x,y) $
Откуда:
$ 0 \leq 2r(x,y) $
$ 0 \leq r(x,y) $
Теперь составим разность, получим:
$ r(x,y) - r(y,x) \leq 0 $
C учетом неотрицательности:
$ r(x,y) = r(y,x) $

[provincialka]

Bacon в сообщении #959246 писал(а):

Слева получается можем ограничить по неравенству треугольника:
$ 0 \leq r(x,y)+r(y,x) \leq 2(r(x,z) + r(y,z)) $

Нет, у вас в условии неравенство треугольника в другой форме: ведь симметрию же мы еще не доказали.

Проще надо, проще:

provincialka в сообщении #959182 писал(а):

Например, $z=x$ или $z=y$.

[Bacon]

provincialka
Так нулем я ограничиваю без симметрии по первой аксиоме. Или вы про другое?