Последовательность функций на любом множестве.

[AD]

Задача по виду ну совершенно детская, а тем не менее несколько студентов четвертого курса с кафедры теории функций (втч я) парились над ней два часа без существенного продвижения. Бррр. Недоразумение какое-то.

Имеется множество $X$, а на нем последовательность функций $f_k:X\to\mathbb{R}^+$, $k\in\mathbb{N}$. Всегда ли можно подобрать последовательность положительных чисел $\{c_k\}_{k\in\mathbb{N}}$ и функцию $f:X\to\mathbb{R}^+$, такие, что $f_k(x)\le c_k+f(x)$ при всех $k\in\mathbb{N}$ и $x\in X$?

Собственно, знаю только, что для не-более-чем-счетных $X$ утверждение верно, и даже почти очевидно. Собственно, "слишком большие" множества меня не очень интересуют, но для континуума хотя бы хочется решить.

[id]

Пока думал, уже несколько контпримеров забраковал, преимущественно вариаций на функцию Дарбу:
$ X = [0,1]: \left\{ \begin{array}{l} x = \frac p q \Rightarrow f_n(x) = q,\\ x \neq \frac p q \Rightarrow f_n(x) = \inf q: q \in \{ q: y = \frac p q \in U_{\frac 1 {2^n}}(x) \}, \end{array} \right. $
Но все по тем или иным причинам забраковал... Тут, например, есть идея что на каждом шаге можно выбрать конечное подпокрытие ( из-за компактности X ), и соответственно взять $c_k$.
Не знаю, может быть Вам этот и подобные примеры и забраковка даст какие-нибудь дальнейшие идеи.

[AD]

Так, ну у вас на $\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ будет $f_n(x)\le 2^n$, и, следовательно, при выборе $c_n\ge 2^n$ эти точки вообще не будут ни на что влиять, так что-ли? То есть берем $f(x)$ - "вывернутая" функция Римана (первая строчка такая же, во второй ноль), и $c_n=2^n$.

[id]

AD
Ну да, можно выбрать $c_n = 2^n$
Довольно долго пытался вместо $\inf$ подобрать какой-то более оптимальный способ выбора значений в $\mathbb{R} - \mathbb{Q}$, да вот что-то не очень получается. Конечно, про значения в самих $x\in \mathbb{Q}$ можно и забыть.

[AD]

В-общем, ясно, что неограниченности должны быстро бегать по всему отрезку.

Когда пытаемся то же самое проделать для пары множеств (то есть $f:X\times Y\to\mathbb{R}^+$, то есть получить $f(x,y)\le g(x)+h(y)$, то для $X=Y=[0,1]$ подходит вроде бы контрпример $f(x,y)=\frac1{|x-y|}$, и произвольно на диагональке. А потом можно пробовать выделять из одного из отрезков счетное всюду плотное множество, но чего-то пока всё рушится.

[id]

Про "бегающие неограниченности" была идея взять $f_1$ на $I = [0,1]$ как ту же самую "вывернутую функцию Римана", $f_2$ - как сумму $f_1$ на $[0,1]$ и двух экземпляров $f_1$, "стянутой" к отрезкам $[0,\frac 1 3]$ и $[\frac 2 3,1]$. И далее аналогично, добавлением к предыдущему результату исходной $f_1$, стянутой к соответствующему сегменту $n$-нного ранга Канторова множества. Хотелось сделать так, чтобы в самих точках Канторова множества получалось что-то совсем невообразимое.

[AD]

Не, дело в том, что мучать вывернутую функцию Римана - задача безнадежная, потому что все функции последовательности будут равны нулю вне некоторого фиксированного счетного множества, а для счетных $X$ утверждение верно.

[Хорхе]

Занумеруем все последовательности действительных чисел действительными числами же: $\{f_n(t)\}$. Тогда какую бы мы ни взяли последовательность $\{c_n\}$, найдется $t$, для которого $f_n(t) = c_n + n$ для всех $n$.

Вот не знаю насчет измеримых функций.

[AD]

Хорхе, ЗАЧООТ.

Надо мне учиться думать ...

Ну для измеримых функций мне уже не так актуально, хотя тоже интересно (у меня вообще $X$ имеет весьма невнятную природу).

Думаю, в этом случае можно вычитать $c_n$ из $f_n$ до тех пор, пока мера множества $\{f_n-c_n>0\}$ не станет очень маленькой, а потом авось и $f$ выбрать удастся.

[Хорхе]

Мне наоборот про измеримые кажется интересней.

По поводу решения: намного более понтово (или готичней) -- ничего не нумеровать, а сразу ввести последовательность функций на множестве последовательностей:

$$ f_n(\{a_k\}) = a_n. $$

[AD]

Хорхе в сообщении #160102 писал(а):

Мне наоборот про измеримые кажется интересней.

Интереснее, согласен, после того, как основная решена
Но у меня есть суровая действительность ... Может, еще попробую ограничений накопать на последовательность.

Хорхе в сообщении #160102 писал(а):

намного более понтово (или готичней) -- ничего не нумеровать

Да, это есть.

[Хорхе]

AD писал(а):

Хорхе в сообщении #160102 писал(а):

намного более понтово (или готичней) -- ничего не нумеровать

Да, это есть.

Зря я так плохо написал об этой замечательной идее. Поначалу действительно показалось, что лучшее ее применение --- увеличение понтов. Если рассказать студентам про нумерацию, они порадуются, с трудом сдерживая зевоту. А вот последовательность функций от последовательностей --- это вау, это готично.

Но тут есть другое обстоятельство. Такие функции будут непрерывными в топологии поточечной сходимости (которая, как мы знаем, очень хороша и метризуема). То есть нет надежды на положительный ответ для измеримых функций даже в очень хорошем случае. Разве что попробовать доказать для метрического компакта с борелевской сигма-алгеброй.

[AGu]

Хорхе писал(а):

Мне наоборот про измеримые кажется интересней.

Для измеримых функций (на $[0,1]$ или на $\mathbb R$ или вообще на произвольном измеримом пространстве [ну я загнул!]) требуемые $f$ и $c_k$, вроде, всегда найдутся. Вот грубый прикид. Всякая измеримая функция мажорируется ступенчатой (со счетным числом ступенек), а последовательность счетных разбиений имеет общее счетное подразбиение. Редуцируемся к случаю счетной области определения. (Впрочем, глубоко не вникал, так что мог напортачить.)

[Да, напортачил.]

[Хорхе]

PS Почему именно метрический компакт? Просто не могу представить, что может быть лучше (кстати, сепарабельного) метрического пространства с борелевской сигма-алгеброй. Ну вот разве что как раз метрический компакт.

Добавлено спустя 2 минуты 33 секунды:

AGu писал(а):

(Впрочем, глубоко не вникал, так что мог напортачить.)

Ну да, напортачил

Добавлено спустя 3 минуты 6 секунд:

Ну разве что в смысле почти всюду сказанное Вами может быть правильно.

Добавлено спустя 2 часа 21 минуту 32 секунды:

Да, для метрического компакта тоже не получается --- достаточно одноточечно компактифицировать мой пример и доопредилить $f_n$ в новой точке как угодно, например, нулем. Конечно, такие функции уже не будут непрерывными, зато, очевидно, будут борелевскими.

Последняя надежда --- что на хорошем пространстве с сигма-конечной мерой можно доказать существование $f$, для которой утверждение задачи выполнено почти всюду.

[Хорхе]

Понятно, что достаточно доказать на пространстве с конечной мерой. Можно добиться, чтобы ряд из мер множеств $\{f_n>c_n\}$ сходился, тогда по лемме Бореля--Кантелли для почти каждой точки $x$ для всех $n$, кроме, может быть, конечного множества $N_x$, $f_n(x)\le c_n$. Ну и что, спросите вы. А вот что. Положим $f(x) = \max_{n\in N_x} (f_n(x)-c_n)$ ($\max_{\varnothing} \cdot:=0$). Это конечное число, потому что множество $N_x$ конечно. Но функция $f$ --- такая, как надо, это даже к ворожке не ходи.

Что мне в этом не нравится --- функция $f$ выглядит неизмеримой.

Добавлено спустя 16 минут 43 секунды:

Ну она измерима, конечно. Потому что на самом деле $f(x) = \sup_n (f_n(x) - c_n)_{+}$.