¿Cómo puede considerarse un ultrafiltro como una medida finitamente aditiva?

Question

Desde Wikipedia

un ultrafiltro $U$ en un conjunto $X$ es una colección de subconjuntos de $X$ que es un filtro, que no puede ser ampliado (como un filtro). Un ultrafiltro puede considerarse como una medida finitamente aditiva. Entonces todo subconjunto de $X$ se considera "casi todo" (tiene medida 1) o "casi nada" (tiene medida 0). ... definir una función $m$ en el conjunto de potencia de $X$ al establecer $m(A) = 1$ si $A$ es un elemento de $U$ y $m(A) = 0$ si no es así. Entonces $m$ es una medida finitamente aditiva sobre $X$ y toda propiedad de los elementos de $X$ es verdadera en casi todas partes o falsa en casi todas partes.

Dice que "un ultrafiltro puede ser considerado como una medida finitamente aditiva". Sin embargo, sólo veo cómo un ultrafiltro induce una medida finitamente aditiva, y no veo cómo una medida finitamente aditiva induce un ultrafiltro. Para que una medida finitamente aditiva induzca un ultrafiltro, creo que no basta con que para cualquier subconjunto $A$ de $X$ , ya sea $m(A) = 1$ y $m(X-A) = 0$ o $m(X-A) = 1$ y $m(A) = 0$ ¿No es así?

Gracias y saludos.

Answer 1

No dice que toda medida finitamente aditiva induzca un ultrafiltro. Sin embargo, es cierto que toda medida no trivial $\{0,1\}$ -medida finitamente aditiva en $\wp(X)$ induce un ultrafiltro en $X$ .

Supongamos que $m$ es un $\{0,1\}$ -medida finitamente aditiva definida en $\wp(X)$ tal que $m(X)=1$ . Dejemos que $\mathscr{U}=\{U\subseteq X:m(U)=1\}$ . Para cada $A\subseteq X$ tenemos $m(A)+m(X\setminus A)=1$ , por lo que exactamente uno de $A$ y $X\setminus A$ pertenece a $\mathscr{U}$ . Claramente $V\in\mathscr{U}$ siempre que $X\supseteq V\supseteq U\in\mathscr{U}$ Así que $\mathscr{U}$ se cierra bajo la toma de superseries. Si $U,V\in\mathscr{U}$ y $U\cap V\notin\mathscr{U}$ entonces

$$1=m(U)=m(U\setminus V)+m(U\cap V)=m(U\setminus V)$$

y de manera similar $m(V\setminus U=1$ Así que

$$m(U\cup V)=m(U\setminus V)+m(U\cap V)+m(V\setminus U)=2\;,$$

lo cual es absurdo. Así, $\mathscr{U}$ es cerrado bajo la toma de intersecciones finitas. Por último, para cada $A\subseteq X$ tenemos $m(A)+m(X\setminus A)=1$ , por lo que exactamente uno de $A$ y $X\setminus A$ pertenece a $\mathscr{U}$ . Así, $\mathscr{U}$ es un ultrafiltro en $X$ .

Answer 2

Sí, es suficiente (si insistimos en que todo el conjunto tiene medida $1$ ). Necesitamos comprobar que cualquier superconjunto de un conjunto de medida $1$ tiene medida $1$ (fácil), y que la intersección de dos conjuntos de medida $1$ tiene medida $1$ .

Así que dejemos $A$ y $B$ tienen medida $1$ . Entonces $A\cup B$ tiene medida $1$ y es la unión disjunta de $A\cap B$ , $A\setminus B$ y $B\setminus A$ .

Si $A\cap B$ no tiene medida $1$ , entonces cada uno de $A\setminus B$ y $B\setminus A$ lo hacen, contradiciendo la aditividad finita.

Observación: Finamente aditivo $\{0,1\}$ -medidas valoradas definidas en todos los subconjuntos de un conjunto $I$ y los ultrafiltros en $I$ son parientes tan cercanos que no tiene sentido distinguir entre ambos.

Cuando trabajamos con una ultrapotencia $A^{I}/D$ a menudo es más natural decir que las funciones $f$ , $g$ de $I$ a $A$ son iguales "en casi todas partes" que decir $\{i:f(i)=g(i)\}\in D$ .