Tue-19-11-2024 11:26 profe: Mauro status: tags: Teoria de la medida

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Ejercicio 1

Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$. Resulta que una de las siguientes implicaciones es verdadera y las otras falsas. Probar la verdadera y mostrar un contraejemplo para las falsas

• Si $|f|$ es medible, entonces $f$ también.
• Si $f$ es medible, entonces $|f|$ también.
• Si para todo $\alpha \in \mathbb{R}$ el conjunto $\{ x \in \mathbb{R}:f(x)=\alpha \}$ es medible, entonces $f$ es medible.

--> 35:00 Veamos que la primera afirmación es falsa, necesitamos $f$ no medible tal que $|f|$ si lo sea. Sea $V$ el conjunto de Vitali y $\chi_{V}$ no es medible, pues Si $\alpha \in(0,1),$ $\{ x:\chi_{V}(x)\geq \alpha \}=V$

-->Aclaración 40:00

Basta tomar

$$f(x)=\chi_{V}(x)-\frac{1}{2}$$

Notar que $f$ no puede ser medible, si lo fuera, $f+\frac{1}{2}=\chi_{V}$ sería medible. Absurdo.

$$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{2} & x \in V \\ - \frac{1}{2} & x \not\in V \end{cases}\implies |f(x)|= \frac{1}{2}\quad \forall x$$

• Veamos que la segunda es cierto

$$f^{+}(x)=max\{ 0,f(x) \}$$

$g=(-f)^{+}$ es medible. $|f|=f^{+}+g$ es medible.

$f^{+}$ es medible, por ej. de la práctica o bien porque el máximo de dos funciones medibles es medible.

• La tercera afirmación es falsa.

Estoy diciendo que la preimagen de un elemento es medible

Pienso $V\subseteq(0,1)$

$$f(x)=\begin{cases} x & x \in[0,1]^{c} \cup V \\ x-1 & x \in[0,1]\setminus V \end{cases}$$

Notemos

$$\{ x:f(x)=\alpha \}=\begin{cases} \{ \alpha \} & \alpha \in V \cup (V+1)\cup (-\infty,-1]\cup[1,+\infty) \\ \{ \alpha \}\cup \{ \alpha+1 \} & \alpha \in[-1,0]\cap(V+1) \end{cases}$$

$\{ x:f(x)=\alpha \}=\{ \alpha \}$ o $\{ \alpha+1 \}$ que es medible. Pero $\{ x:f(x)\geq 0 \}=[1,\infty)\cup V^{c}$ no es medible.

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Ejercicio 2

Sea $f:\mathbb{R}^{n}\to \mathbb{R}$ continua en casi todo punto. Probar que $f$ es medible.

$Dem:$ --> 01:14:00 Supongamos $f$ continua en $A$ donde $|A^{c}|=0$ Notemos $B=\{ x \in A:f(x)>\lambda \}$ con $\lambda \in \mathbb{R}$ Dado $x \in B$,

$$\:\exists\:\delta_{x}>0\:|\:|x-y|<\delta_{x}\implies f(y)>\lambda$$

$\:\exists\:\mathcal{E}>0\:|\:f(x)-\mathcal{E}>\lambda$, luego tomamos

$$|f(x)-f(y)|<\mathcal{E}\implies f(y)>f(x)-\mathcal{E}>\lambda$$ $$B=\bigcup_{x \in B}\left( B(x,\delta_{x})\cap A \right)=\left( \bigcup_{x \in B}B(x,\delta_{x}) \right)\cap A$$

$B$ es medible.

Pues todo abierto es medible y la intersección de medibles es medible $A$ medible pues su complemento tiene medida 0.

Necesitamos ver que es medible $\{ x \in \mathbb{R}^{n}:f(x)>\lambda \}=B\cup \underbrace{ \{ x \in A^{c}:f(x)>\lambda \} }_{ \text{medible por estar en }A^{c} }$

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