¿Se puede tener una métrica racional "total" y ser completo?

Question

Sea $X$ un espacio métrico con las siguientes propiedades:

1. $d(x,y)\in\mathbb{Q}\; \forall x,y\in X$
2. $\forall x\in X, r\in\mathbb{Q}, r>0,\; \exists y\in X: d(x,y)=r$.

¿Puede $X$ ser completo? (Dar un ejemplo o demostrar que no es posible)

Comments

No sé si ayude de algo, pero he demostrado que tal espacio, en caso de existir debe ser no numerable.

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Yarza, sí existen tales espacios y pueden ser numerables, como explico en mi respuesta.

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Olvídalo, Yarza: leí mal la segunda condición y mi ejemplo no la cumple.

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Me obsesioné con esta pregunta, y después de topar con pared con cada idea, la puse en otro foro. Hoy alguien la contestó de manera positiva, y a primera vista, el ejemplo dado satisface lo necesario:

https://math.stackexchange.com/questions/2318061/can-a-total-rational-metric-space-be-complete

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Ja! Eric Wofsey al rescate de nuevo. Es un tipo muy brillante. Lo conocí en el doctorado; él empezó un par de años antes que yo pero lo dejó (me parece que por motivos de salud). Me gustaría saber qué hace ahora, aparte de contestar miles de preguntas en MSE y MO, claro.

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Me da gusto que mi pregunta casual tenga una respuesta tan bonita.

Answer 1

Edit: Este ejemplo no es completo :( (ver mi comentario abajo)

 

Considera un arbol sin hojas $T$ (en el sentido de graficas) tal que todos sus vertices tienen valencia $|\mathbb{N}|$. Empieza por un vertice y a cada arista que sale de este vertice asignale un racional distinto (i.e. escoge una biyeccion entre $\mathbb{Q}$ y las aristas). Haces ahora lo mismo con los vertices de estas aristas y asi sucesivamente.

Asi obtienes una metrica en $T$ donde cada arista tiene la longitud del racional que le asignaste. El subsespacio $V\subset T$ de los vertices de $T$ cumple con tus propiedades.

Comments

¿Y cómo demuestras que es completo?

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De hecho no necesariamente es completo: $\mathbb{Q}$ es isomorfo a un árbol de esos y no es completo.

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$\mathbb{Q}$ no es isomorfo a uno de estos arboles. $\mathbb{Q}$ (con la métrica de $\mathbb{R}$) no es isométrico a $S$ porque en $S$ hay triángulos equiláteros y en $\mathbb{Q}$ no. Pero ahora que lo pienso buen creo que efectivamente $S$ no es completo. El problema es que las ramas (subgraficas de $T$ cuyos vertices todos tienen valencia 2) son isometricas a intervalos abiertos de $R$ y algunos de ellos son intervalos finitos y por lo tanto les faltan los extremos del intervalo para ser completos. Por lo tanto $T$ no es completo.

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En efecto yo también estaba pensando que no es completo pero tampoco isomorfo a $\mathbb{Q}$. Mi idea era tomar una serie de racionales que converga a un irracional. Por ejemplo, si $\alpha\in[0,1]$ es irracional y $\alpha_n$ es el $n$-ésimo dígito de $\alpha$ en alguna base $b$. Supongamos que $\alpha_n\neq 0$ para toda $n$ (existen irracionales con esta propiedad). Entonces puedes empezar del origen e ir tomando cada vez la arista de longitud $\alpha_n/b^n$. Esto te dará una sucesión de Cauchy cuyo límite no puede estar en el árbol.

La razón por la que pensé que no puede ser $\mathbb{Q}$, es porque cada racional tiene 2 racionales a la distancia dada, mientras que en el árbol tienes puedes tomar una arista de longitud el racional dado, o dos aristas que lo sumen, o 3 aristas que lo sumen, etc. Además en cada uno de estos casos hay infinitas formas de elegir las aristas. ¿Qué no si hubiera triángulos equilateros no sería un árbol?

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Con triángulos equiláteros me refiero a tres puntos cuyas distancias entre dos de ellos son todas iguales

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Entiendo:

Sean $x,y,z$ tres puntos que forman un triángulo equilatero en este árbol de grado $\aleph_0$. Sea $\ell=d(x,y)=d(y,z)=d(x,z)$. Entonces existe un camino $P$ de longitud $\ell$ entre $x$ y $y$, un camino $Q$ de longitud $\ell$ entre $y$ y $z$ y otro más ($R$) entre $x$ y $z$. Como la longitud del camino $PQ$ es $2\ell$, se tiene que $R\neq PQ$. Del mismo modo $P\neq RQ^{-1}$ y $Q\neq P^{-1}R$. Entonces $PQR^{-1}$ contiene un ciclo no trivial. Por lo tanto $T$ no es un árbol.

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No. Considera tres aristas de la misma longitud y que tienen un vertice en comun. Entonces los otros tres vertices forman un triangulo equilatero. Las tres aristas forman una Y.

Con tu notacion: $R\cap Q\cap P$ es un vertice.

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Tienes toda la razón. Siendo molestamente detallista te diría que en tu argumento hay que reemplazar arista por camino, pues se supone que todas las aristas con un vértice en común tienen longitudes distintas. Pero eso es ya muy payaso de mi parte :P

Saludos

Answer 2

EDIT: Leí mal la segunda condición! Este ejemplo no contesta la pregunta.

Sí es posible. Toma $X$ como el conjunto de los racionales no negativos con la métrica dada por $d(x,x) = 0$ y para $x\neq y$, $d(x,y)=\max(x,y)$ (es fácil verificar la desigualdad del triángulo). Para ver que $X$ es completo, basta observar que dada una sucesión de Cauchy en $X$, o bien la sucesión es constante a partir de algún momento, o bien converge a $0$. No es muy difícil convencerse de eso, pero incluyo una prueba abajo por si acaso.

Sea $(x_n)$ una sucesión de Cauchy en $X$. Dado un $\epsilon > 0$ arbitrario, escoge $n_0 = n_0(\epsilon)$ tal que para $m, n>n_0$ se tenga que $d(x_m,x_n)<\epsilon$. Si todos los $x_n$ con $n>n_0$ son iguales, digamos a $x$, entonces la sucesión converge a $x$. Si no todos son iguales, para cualquier $n>n_0$ podemos hallar $m>n_0$ tal que $x_m \neq x_n$ y obtenemos que $x_n \le \max(x_m, x_n) = d(x_m, x_n) < \epsilon$.

Entonces vemos que si la sucesión $(x_n)$ no es constante a partir de algún momento, cumple que para todo $\epsilon$ hay un $n_0$ de modo que para $n>n_0$ se tiene que $x_n < \epsilon$. Esto implica que $x_n$ tiende a $0$ (tanto en la métrica usual como en la que es relevante aquí: $d$).