On exact triangle inequalities in (q1; q2) -quasimetric spaces

Abstract

For arbitrary ( q 1 ; q 2) -quasimetric space, it is proved that there exists a function f; such that f -triangle inequality is more exact than any ( q 1 ; q 2) -triangle inequality. It is shown that this function f is the least one in the set of all concave continuous functions g for which g -triangle inequality hold.

Full Text

1. Введение и постановка задачи Пусть задано непустое множество X; функция : X X ! R+ и числа q1 1 и q2 1: Говорят, что для функции выполняется (q1; q2) -неравенство треугольника, если (x; z) q1(x; y) + q2(y; z) 8 x; y; z 2 X: (1) Функция называется (q1; q2) -квазиметрикой, если она удовлетворяет аксиоме тождества (x; y) = 0 , x = y 8 x; y 2 X и (q1; q2) -неравенству треугольника. Понятие (q1; q2) -квазиметрического пространства было введено и изучено в [1]. Пусть (X; ) (q1; q2) -квазиметрическое пространство. Обозначим через Q множество всех пар (q01 ; q02 ) 2 [1;+1)[1;+1); для которых выполняется (q01 ; q02 ) -неравенство треугольника, т. е. Q := f(q0 1; q0 2) 2 [1;+1) [1;+1) : (x; z) q0 1(x; y) + q0 2(y; z) 8 x; y; z 2 Xg: Очевидно, что множество Q непусто, выпукло и замкнуто. Кроме того, Q + R2 + = Q: Если множество Q представимо в виде Q = f(q1; q2)g + R2 +; то неравенство в (1) является самым точным из всех (q01 ; q02 ) -неравенств треугольника, имеющих место для пространства (X; ); т. е. q1(x; y) + q2(y; z) q0 1(x; y) + q0 2(y; z) 8 x; y; z 2 X; 8 (q0 1; q0 2) 2 Q: НЕРАВЕНСТВА ТРЕУГОЛЬНИКА В (q1; q2) -КВАЗИМЕТРИЧЕСКИХ ПРОСТРАНСТВАХ 35 В противном случае самого точного (q01 ; q02 ) -неравенства треугольника может не су- ществовать. В связи с этим возникает естественный вопрос: существует ли функция f : R2 + ! R+ такая, что (x; z) f((x; y); (y; z)) q0 1(x; y) + q0 2(y; z) 8 x; y; z 2 X; 8 (q0 1; q0 2) 2 Q; (2) и какими свойствами такая функция может обладать? Ответ на этот вопрос дают при- веденные ниже предложение 2 и теорема 1. Напомним, что соотношение (x; z) f((x; y); (y; z)) 8 x; y; z 2 X (3) называется f -неравенством треугольника. Если для функции выполнено f -нера- венство треугольника, и аксиома тождества, то она называется f -квазиметрикой, а пространство (X; ) называется f -квазиметрическим. 2. Уточнение (q1; q2) -неравенства треугольника Положим f(r1; r2) := inf (q01 ;q02 )2Q (r1q0 1 + r2q0 2); (r1; r2) 2 R2 +: (4) Для произвольного множества A R2 обозначим через c(;A) : R2 ! R [ f+1g опорную функцию множества A; т. е. c(r1; r2;A) = sup (a1;a2)2A (r1a1 + r2a2); (r1; r2) 2 R2: П р е д л о ж е н и е 1. Функция f : R2 + ! R+ корректно определена (т. е. при любом (r1; r2) 2 R2 + инфимум в (4) существует), неотрицательна, непрерывна, во- гнута и положительно однородна. Д о к а з а т е л ь с т в о. При любом (r1; r2) 2 R2 +; поскольку Q [1;+1)[1;+1) имеем r1q0 1 + r2q0 2 0 8 (q0 1; q0 2) 2 Q: Следовательно, при любом (r1; r2) 2 R2 + инфимум в (4) существует. Покажем теперь, что функция f является вогнутой, положительно однородной и непрерывной. Имеем f(r1; r2) inf (q01 ;q02 )2Q (r1q0 1 + r2q0 2) sup (q01 ;q02 )2 Q (r1q0 1 + r2q0 2) c(r1; r2; Q): (5) Опорная функция положительно однородна, выпукла и замкнута (см., например, [2, §1.7]). Поэтому из (5) следует, что функция f положительно однородна и вогнута. Кроме того, R2 + лежит в эффективном множестве выпуклой функции c(;Q): Поэтому (см., например, [2, §1.5]) сужение c(;Q) на R2 + полунепрерывно сверху. Отсюда, из замкнутости c(;Q) и соотношения (5) следует, что функция f непрерывна. 36 З.Т. Жуковская, С. Е. Жуковский, Р. Сенгупта П р е д л о ж е н и е 2. Пусть функция f определена равенством (4). Тогда вы- полняется соотношение (2). Д о к а з а т е л ь с т в о. Возьмем произвольные точки x; y; z 2 X и число " > 0: Положим r1 := (x; y) и r2 := (y; z): Выберем (q1; q2) 2 Q такие, что q1r1 + q2r2 < f(r1; r2) + ": Тогда (x; z) q1r1 + q2r2 < f(r1; r2) + " = f((x; y); (y; z)) + ": В силу произвольности выбора " > 0 имеем (x; z) f((x; y); (y; z)): Кроме того, из (4) следует, что f((x; y); (y; z)) q0 1(x; y) + q0 2(y; z) для любых (q01 ; q02 ) 2 Q: Соотношение (2) доказано. 3. Сравнение неравенств треугольника В связи с теоремой 1 представляется естественным найти наименьшую функцию f : R2 + ! R+ такую, что имеет место соотношение (2). Очевидно, что такой функцией является функция f; определенная равенством f(r1; r2) = supf(x; z) : x; y; z 2 X; (x; y) = r1; (y; z) = r2g; если fx; y; z 2 X : (x; y) = r1; (y; z) = r2g 6= ;; и f(r1; r2) = 0; если fx; y; z 2 X : (x; y) = r1; (y; z) = r2g = ;: Очевидно, что определенная таким образом функция f; как правило, меньше, чем функция f; определенная соотношением (4). Однако функция f; определенная со- отношением (4), является наименьшей функцией, удовлетворяющих соотношению (3) (x; z) f((x; y); (y; z)) 8 x; y; z 2 X; в классе вогнутых непрерывных положительно однородных функций. А именно, имеет место следующее утверждение. Теорема 1. Пусть функция f определена равенством (4). Если некоторая функ- ция g : R2 + ! R+ вогнута, положительно однородна, непрерывна и (x; z) g((x; y); (y; z)) 8 x; y; z 2 X; (6) то f((x; y); (y; z)) g((x; y); (y; z)) 8 x; y; z 2 X: (7) Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть функция g : R2 + ! R+ вогнута, положительно одно- родна, непрерывна и удовлетворяет соотношению (6). Предположим, что (7) нарушает- ся. Тогда существуют точки x; y; z 2 X такие, что f((x; y); (y; z)) > g((x; y); (y; z)): Значит, существуют r1 > 0 и r2 > 0 такие, что f(r1; r2) > g(r1; r2): (8) НЕРАВЕНСТВА ТРЕУГОЛЬНИКА В (q1; q2) -КВАЗИМЕТРИЧЕСКИХ ПРОСТРАНСТВАХ 37 Покажем, что существуют c1; c2 2 R такие, что g(r1; r2) c1r1 + c2r2 8 (r1; r2) 2 R2 +; g(r1; r2) = c1r1 + c2r2: (9) Поскольку функция g вогнута и непрерывна, то множество A := f(r1; r2; y) 2 R3 : r1 0; r2 0; y g(r1; r2)g выпукло и замкнуто. Кроме того, точка (r1; r2; g(r1; r2)) не лежит во внутренности A: Поэтому из теоремы об отделимости (см., например, [2, §1.4]) следует, что существует ненулевой вектор (1; 2; ) 2 R3 такой, что 1r1 + 2r2 + g(r1; r2) 1r1 + 2r2 + y 8 (r1; r2; y) 2 A: (10) Покажем, что > 0: Предположим, что = 0: Тогда из (10) следует, что точка (r1; r2) отделима от R2 +; что невозможно, так как r1 > 0 и r2 > 0: Предположим, что < 0: Тогда, поскольку при фиксированном (r1; r2) 2 R2 + число y можно выбрать сколь угодно малым, то правая часть в (9) может быть сколь угодно большой, что невозможно. Итак, > 0: Поэтому далее, не ограничивая общности, будем считать, что = 1: Умножим неравенство в (10) на произвольное " > 0: В силу положительной одно- родности функции g имеем "(1r1 + 2r2 + g(r1; r2)) 1"r1 + 2"r2 + y 8 (r1; r2) 2 R2 +; 8 y g("r1; "r2): Поэтому при любом " > 0 имеет место соотношение "(1r1 + 2r2 + g(r1; r2)) 1r1 + 2r2 + y 8 (r1; r2) 2 R2 +; 8 y g(r1; r2): В силу произвольности выбора " > 0 имеем 0 1r1 + 2r2 + y 8 (r1; r2) 2 R2 +; 8 y g(r1; r2); и, следовательно, g(r1; r2) 1r1 2r2 8 (r1; r2) 2 R2 +: (11) Далее, подставляя r1 = r1=2; r2 = r2=2; y = g(r1; r2) в неравенство (10), получаем 1r1 + 2r2 + g(r1; r2) 0: Отсюда и из (11) получаем, что g(r1; r2) = 1r1 2r2: Таким образом, (9) выполня- ется с c1 = 1 и c2 = 2: Из (6) и (9) следует, что (x; z) g((x; y); (y; z)) c1(x; y) + c2(y; z) 8 x; y; z 2 X: Полагая y = z и x 6= y в этом неравенстве, получаем c1 1; полагая x = y и y 6= z в этом неравенстве, получаем c2 1: Следовательно, (c1; c2) 2 Q: Поэтому из (4) и (10) следует, что f(r1; r2) c1r1 + c2r2 = g(r1; r2): Это неравенство противоречит неравенству (8). Полученное противоречие доказывает неравенство (7).