Неограниченная недомера

[AGu]

Существует ли такая неограниченная функция $f\colon\mathcal P(\mathbb N)\to\mathbb R$, что $f(A\cup B)=f(A)+f(B)$ для любых непересекающихся подмножеств $A,B\subseteq\mathbb N$ ?

[Sonic86]

Попробую я, хотя м.б. ерунда получится.

$\mathbb{N}$ разбивается на 2 множества $P,Q: (\forall x\in P)f(\{x\})\geqslant 0, (\forall x\in Q)f(\{x\})< 0$
Поскольку $f$ определено на всем $\mathcal{P}(\mathbb{N})$, то $f(P)=p<+\infty, f(Q)=-q>-\infty$.
Далее, любое $M$ разбивается на 2 части: $M=(M\cap P)\cup(M\cap Q)$, значит
$f(M)=f(M\cap P)+f(M\cap Q)$ и $|f(M)|<|f(M\cap P)|+|f(M\cap Q)|<p+q$.
Т.е. получаем ограниченность $f$, что противоречит условию.

[AGu]

Sonic86 в сообщении #1010636 писал(а):

$|f(M\cap P)|+|f(M\cap Q)|<p+q$

Это неравенство нуждается в обосновании. (Непонятно даже, почему $p+q\geqslant 0$.)

[Sonic86]

AGu в сообщении #1010639 писал(а):

Непонятно даже, почему $p+q\geqslant 0$.

Прямо следует из определения $p,q$; $p,q\geqslant 0$.

AGu в сообщении #1010639 писал(а):

Это неравенство нуждается в обосновании.

$f(M)=f(M\cap P)+f(M\cap Q)$, так как по условию $f(A\cup B)=f(A)+f(B)$ для любых непересекающихся подмножеств $A,B\subseteq\mathbb N$.
$f(M\cap P)\leqslant f(P)=p$, поскольку $f(P)=f(M\cap P)+f(P\setminus M)\geqslant f(M\cap P)\Leftarrow f(P\setminus M)\geqslant 0\Leftarrow P\setminus M\subset P$. Аналогично $f(Q)\leqslant f(M\cap Q)<0$.
$f(M\cap P)\leqslant f(P) \Rightarrow |f(M\cap P)|\leqslant |f(P)|$
$f(M\cap Q)\geqslant f(Q) \Rightarrow |f(M\cap Q)|\leqslant |f(Q)|$
Значит $|f(M)|\leqslant |f(M\cap P)|+|f(M\cap Q)|\leqslant p+q$.

[AGu]

Sonic86 в сообщении #1010641 писал(а):

$p,q\geqslant 0$

Почему?

Sonic86 в сообщении #1010641 писал(а):

$f(P\setminus M)\geqslant 0\Leftarrow P\setminus M\subset P$

Почему?

[Sonic86]

AGu в сообщении #1010643 писал(а):

Sonic86 в сообщении #1010641 писал(а):

$p,q\geqslant 0$

Почему?

Sonic86 в сообщении #1010636 писал(а):

$P,Q: (\forall x\in P)f(\{x\})\geqslant 0, (\forall x\in Q)f(\{x\})< 0$

$\Rightarrow p=\sum\limits_{x\in P}f(\{x\})\geqslant 0$
$\Rightarrow -q=\sum\limits_{x\in Q}f(\{x\})<0$

AGu в сообщении #1010643 писал(а):

Sonic86 в сообщении #1010641 писал(а):

$f(P\setminus M)\geqslant 0\Leftarrow P\setminus M\subset P$

Почему?

$(\forall U\subset P)f(U)=\sum\limits_{x\in U}f(\{x\})\geqslant 0$. $U:=P\setminus M$.

[AGu]

Sonic86 в сообщении #1010645 писал(а):

$p=\sum\limits_{x\in P}f(\{x\})$

Почему?

Sonic86 в сообщении #1010645 писал(а):

$f(U)=\sum\limits_{x\in U}f(\{x\})$

Почему?

[NSKuber]

Sonic86
Вы слишком вольно пользуетесь аддитивностью. Она у нас лишь конечная.

У самого всё утро голова этой задачей занята. Крутится некий неконструктивный недопример такой $f$, который я никак не могу (если это возможно) достроить
Скажите хоть, задача нетривиальная? Не зря утро ушло пока?

[AGu]

NSKuber в сообщении #1010647 писал(а):

Скажите хоть, задача нетривиальная?

Пожалуй, да, ее можно назвать нетривиальной.

NSKuber в сообщении #1010647 писал(а):

Не зря утро ушло пока?

Думаю, не зря. То решение, которое я знаю, не только симпатичное, но и поучительное.

[Sonic86]

NSKuber в сообщении #1010647 писал(а):

Sonic86
Вы слишком вольно пользуетесь аддитивностью. Она у нас лишь конечная.

Ааа, понятно Ну тогда облом.

[Sonic86]

Ладно, я попробую последний раз. (и больше не буду)
Возьмем такую $f_0:$ если $M$ конечно, то $f(M):= |M|$. Ясно, что для любых конечных непересекающихся $A,B$ у нас выполняется $f_0(A\cup B)=f_0(A)+f_0(B)$.
Определим следующую последовательность множеств $C_j\subset \mathcal{P}(\mathbb{N})$ .
Пусть $C_0=\{M\subset \mathbb{N}:|M|<\infty\}$.
Пусть $C_{j-1}$ построен. Возьмем произвольный $X_j\in\mathcal{P}(\mathbb{N})\setminus C_{j-1}$. Считаем, что $X_j\in C_j$, $C_{j-1}\subset C_j$. Считаем, что если $A+B=C, A, B\in C_j$, то $C\in C_j$. И если $A+B=C, A,C\in C_j$, то $B\in C_j$ (я пишу $A+B$ для множеств в смысле $A\cup B$ для $A\cap B=\varnothing$).
Определим $f_j$ так: $M\in C_{j-1}\Rightarrow f_j(M)=f_{j-1}(M)$, $f(X_j)=\text{произвольно}$, если $A+B=C, A, B\in C_j$, то $f_j(C)=f_j(A)+f_j(B)$ и если $A+B=C, A,C\in C_j$, то $f_j(B)=f_j(C)-f_j(A)$.
Противоречий в определении $f_j$ не возникнет, поскольку за конечное число шагов мы можем определить $f_j$ только для соотношений вида $A_1+...+A_n=B_1+...+B_m$, где только в одной части есть $X_j$, а остальные множества берутся из $C_{j-1}$, а там определение $f_{j-1}$ самосогласовано (поскольку оно самосогласовано на $C_0$) (или здесь тоже зарыта какая-то собака?)
Теперь $f=\bigcup_{j\in J}f_j$ - искомая.
И здесь еще надо произнести какие-то заклинания про трансфинитную индукцию по $j$, я их не знаю, но будем считать, что я произнес это заклинание верно

[AGu]

Sonic86, я поломал моск, пытаясь разобраться. Там $C_j$ и $f_j$ так смело сами через себя определяются, что я не смог выбрать, к чему именно придраться, и решил придраться ко всему: непонятно, почему функция $f_j$ с заявленными свойствами существует и почему функцию $f$ можно сделать неограниченной (вдруг, к примеру, на каком-то шаге $j$ множество $C_j$ совпадет с $\mathcal P(\mathbb N)$).

[Sonic86]

AGu в сообщении #1010677 писал(а):

и почему функцию $f$ можно сделать неограниченной

Потому что уже $f_0$ не ограничена.

AGu в сообщении #1010677 писал(а):

вдруг, к примеру, на каком-то шаге $j$ множество $C_j$ совпадет с $\mathcal P(\mathbb N)$

Как только совпадет, так процесс и закончится. (Но вообще там же $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ несчетно, потому там до него идти как до 1-го несчетного ординала.)

AGu в сообщении #1010677 писал(а):

непонятно, почему функция $f_j$ с заявленными свойствами существует

ну вот я попытался показать непротиворечивость:

Sonic86 в сообщении #1010671 писал(а):

Противоречий в определении $f_j$ не возникнет, поскольку за конечное число шагов мы можем определить $f_j$ только для соотношений вида $A_1+...+A_n=B_1+...+B_m$, где только в одной части есть $X_j$, а остальные множества берутся из $C_{j-1}$, а там определение $f_{j-1}$ самосогласовано (поскольку оно самосогласовано на $C_0$) (или здесь тоже зарыта какая-то собака?)

но текст выглядит мутно. Просто мне кажется, что там в принципе проблем нет, только написать правильно.
Неформально, $f_j$ я строю так: я беру ее равной $f_{j-1}$ на $C_{j-1}$, потом беру какое-то новое подмножество $X_j$, которое не лежит в $C_{j-1}$, доопределяю на нем $f_j$ и пытаюсь с помощью условия $f(A+B)=f(A)+f(B)$ найти значение $f_j$ на всех остальных множествах, на которых с помощью этой информации $f_j$ можно определить. Как бы "замыкание". (если бы это было определение линейного оператора, то описание было бы проще, но на множествах оно получается сложнее).
Я еще забыл написать, что $C_j=\operatorname{Dom}(f_j)$.

AGu в сообщении #1010677 писал(а):

Там $C_j$ и $f_j$ так смело сами через себя определяются

Циклических ссылок там точно нет: $f_j$ определяется через $C_j$, а $C_j$ - через $C_{j-1}$.
Можно было бы их как-нибудь попробовать обозвать. $C_1$, например, это множество всех подмножеств $\mathbb{N}$, симметрическая разность между которыми конечна.

Sonic86 в сообщении #1010671 писал(а):

Определим $f_j$ так: $M\in C_j\Rightarrow f_j(M)=f_j(M)$

Это опечатка . Надо так:
Определим $f_j$ так: $M\in C_{j-1}\Rightarrow f_j(M)=f_{j-1}(M)$.
Исправил в тексте.

[AGu]

Sonic86, спасибо. Наверняка у Вас там все верно или может стать верным после должных уточнений. Во всяком случае, ответ правильный — да, есть такая функция. Но стоит мне начать разбираться в предложенных построениях, мой мозг сразу начинает морщиться. Можно я не буду разбираться?

Хочу сказать, что другое известное мне доказательство очень прозрачное. Оно нетривиально опирается на некоторые факты из функана, но факты общеизвестные, из самого начала курса.

[sup]

А давайте построим неограниченный линейный функционал над $l_{\infty}$. Сначала зададим его на всех базисных векторах единичкой, потом продолжим на все конечные комбинации базисных векторов, а потом уже по лемме Цорна на все пространство. Или тут какой-то подвох?