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2025 - Teórica 21 - Funciones medibles I

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Tue-17-06-2025 18:21 profe: Natalia Accomazzo Scotti status: tags:

Teorema :{\color{violet} \text{Teorema :} }

Sea μ invariante por traslacioˊn, A∈M,x∈R   ⟹  A+x={a+x:a∈A} es medible y μ(A+x)=μ(A)\begin{array}{l} \text{Sea $\mu$ invariante por traslación, $A \in\mathcal{M},x \in \mathbb{R}$ }\\ \text{$\implies A+x=\{ a+x:a \in A \}$ es medible y $\mu(A+x)=\mu(A)$} \end{array}

Def. :{\color{Cyan} \text{Def. :} }

Decimos que una propiedad vale en casi todo punto si el conjunto donde no vale mide 0.\begin{array}{l} \text{Decimos que una propiedad vale en casi todo punto si el conjunto donde no vale mide 0.} \end{array}

Not: ctp

Ejemplo:Ejemplo: f=0f=0

μ({x:f(x)≠0})=0\mu(\{ x:f(x)\neq0 \})=0

Funciones medibles

Def. :{\color{Cyan} \text{Def. :} }

Una funcioˊn φ:E→R es simple si E=⋃n∈NdEi y φ(x)=∑i=1nαi⋅XEi(x),αi∈R \begin{array}{l} \text{Una función ${\Large\varphi}:E\to \mathbb{R}$ es simple si $\displaystyle E=\overset{ d }{ \bigcup_{n\in \mathbb{N}} }E_{i}$ y ${\Large\varphi}(x)=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\cdot\mathcal{X}_{E_{i}}(x),\quad\alpha_{i} \in\mathbb{R}$ } \end{array}

Obs:Obs:

φ es simple   ⟺   φ toma valores finitos.\text{${\Large\varphi}$ es simple $\iff$ ${\Large\varphi}$ toma valores finitos.}

  ⟹  )\implies) Listo.

  ⟸  )\impliedby)

Im(φ)={α1,…,αn}\mathrm{Im}({\Large\varphi})=\{ \alpha_{1},\dots,\alpha_{n} \}

Sea Ei=φ−1({αi})E_{i}={\Large\varphi}^{-1}(\{ \alpha_{i} \})   ⟹  φ(x)=∑i=1nαi⋅XEi(x)\implies {\Large\varphi}(x)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\cdot\mathcal{X}_{E_{i}}(x)

Obs:Obs:

φ:E→R es simple   ⟹   la puedo extender a φ~:R→R que es simple.\text{${\Large\varphi}:E\to \mathbb{R}$ es simple $\implies$ la puedo extender a $\tilde{{\Large\varphi}}:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ que es simple.} φ~(x)=∑i=1nαi⋅XEi(x)+0⋅XEc(x)\tilde{{\Large\varphi}}(x)=\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\cdot \mathcal{X}_{E_{i}}(x)+0\cdot\mathcal{X}_{E^{c} }(x)

Obs:Obs:

φ1,φ2 son simples   ⟹  φ1+λ⋅φ2 tambieˊn es simple.\text{${\Large\varphi}_{1},{\Large\varphi}_{2}$ son simples $\implies {\Large\varphi}_{1}+\lambda\cdot {\Large\varphi}_{2}$ también es simple.}

Def. :{\color{Cyan} \text{Def. :} }

Sea f:E⊆R→R∪{−∞,+∞}. Decimos que f es medible si\begin{array}{l} \text{Sea $f:E\subseteq \mathbb{R}\to \mathbb{R}\cup \{ -\infty,+\infty \}$. Decimos que $f$ es medible si} \end{array} ∀a∈R,{x∈E:f(x)≥a}⏟=f−1([a,+∞])∈M\forall a \in \mathbb{R},\underbrace{ \{ x \in E:f(x)\geq a \} }_{ =f ^{-1}([a,+\infty]) } \in\mathcal{M}

Notación: {x∈E:f(x)≥a}={f≥a}\{ x \in E:f(x)\geq a \}=\{ f\geq a \}

Ejemplos:Ejemplos:

  1. f:R→Rf:\mathbb{R}\to \mathbb{R} continua a∈R,f−1([a,+∞])a \in \mathbb{R},f ^{-1}([a,+\infty]) es cerrado   ⟹  \implies es medible

E⊆R,XEE\subseteq \mathbb{R},\mathcal{X}_{E} es medible?

{XE≥a}={∅a>1Ra<0E0<a<1\{ \mathcal{X}_{E}\geq a \}=\begin{cases} \emptyset & a>1 \\ \mathbb{R} & a<0 \\ E & 0<a<1 \end{cases}

XE\mathcal{X}_{E} es medible   ⟺  E\iff E es medible.

φ(x)=∑i=1nαi⋅XEi(x){\Large\varphi}(x)=\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\cdot\mathcal{X}_{E_{i}}(x)

  ⟹  φ\implies {\Large\varphi} es medible   ⟺  Ei\iff E_{i} es medible ∀i\forall i

A partir de ahora decir simple significa ser simple medible.

Prop. :{\color{Orange} \text{Prop. :} }

Sea E⊆R, medible, f:E→R∪{−∞,+∞}. Son equivalentes:\begin{array}{l} \text{Sea $E\subseteq \mathbb{R},$ medible, $f:E\to \mathbb{R}\cup \{ -\infty,+\infty \}$. Son equivalentes:} \end{array}
  1. {f≥a}\{ f\geq a \} es medible ∀a∈R\forall a \in \mathbb{R}
  2. {f>a}∈M∀a∈R\{ f>a \}\in\mathcal{M}\quad\forall a \in \mathbb{R}
  3. {f≤a}∈M∀a∈R\{ f\leq a \}\in\mathcal{M}\quad\forall a \in \mathbb{R}
  4. {f<a}∈M∀a∈R\{ f<a \}\in\mathcal{M}\quad\forall a \in \mathbb{R}

Dem:{\color{Orange} \text{Dem:} } 1  ⟺  4,2  ⟺  31\iff 4,2\iff3 por complementos.

La contención B⊆A,B\subseteq A, con AA medible. No significa que BB es medible. Para demostrar medible, tengo que usar intersecciones o uniones numerables de medibles o por complementos.

1  ⟹  2)1\implies2) Uso esto

{f>a}=⋃n∈N{f≥a+1n}\{ f>a \}=\bigcup_{n\in \mathbb{N}}\left\{ f\geq a+\frac{1}{n} \right\}

Y ver que tengo unión numerable de medibles, que da medible.

Obs:Obs: ff medible   ⟹  ∀a∈R\implies \forall a \in \mathbb{R} tengo que {f=a}∈M\{ f=a \}\in\mathcal{M}

{f=a}={f≥a}∩{f≤a}\{ f=a \}=\{ f\geq a \}\cap \{ f\leq a \}

También vale para a=+∞a=+\infty

{f=+∞}=⋂n∈N{f>n}\{ f=+\infty \}=\bigcap_{n\in \mathbb{N}}\{ f>n \}

Prop. :{\color{Orange} \text{Prop. :} }

1. f,g medibles   ⟹  f+g es medible (si existe)2. f,g medibles   ⟹  f⋅g es medible.3. (fn)n∈N medibles   ⟹  f(x)=inf⁡n fn(x) y g(x)=sup⁡n fn(x) son medibles. 4. (fn)n∈N medibles tales que lim⁡n→∞fn(x)=f(x)  ⟹  f es medible. \begin{array}{l} \text{1. $f,g$ medibles $\implies f+g$ es medible (si existe)}\\ \text{2. $f,g$ medibles $\implies f\cdot g$ es medible.}\\ \text{3. $( f_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ medibles $\implies f(x)=\underset{ n }{ \inf }\: f_{n}(x)$ y $g(x)=\underset{ n }{ \sup }\:f_{n}(x)$ son medibles. }\\ \text{4. $( f_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ medibles tales que $\underset{ n\to \infty }{ \lim }f_{n}(x)=f(x)\implies f$ es medible. } \end{array}

Dem:{\color{Orange} \text{Dem:} }

(1):(1): No pasa que f(x)=+∞f(x)=+\infty y g(x)=−∞g(x)=-\infty o que f(x)=−∞f(x)=-\infty y g(x)=+∞g(x)=+\infty

Esto trae problemas, se puede salvar. Pero mejor pensemos que no pasa.

Sea α∈R,\alpha \in \mathbb{R}, quiero ver que {f+g>a}\{ f+g>a \} es medible.

Tenemos que

f(x)+g(x)>a  ⟺  f(x)=+∞∨g(x)=+∞f(x)+g(x)>a\iff f(x)=+\infty \lor g(x)=+\infty

o bien

f(x)+g(x)>a y f(x),g(x)∈Rf(x)+g(x)>a\text{ y }f(x),g(x)\in \mathbb{R} f(x)>a−g(x)  ⟹   ∃ q∈Q∣f(x)>q>a−g(x)f(x)>a-g(x)\implies \:\exists\:q \in \mathbb{Q}\bigm| f(x)>q>a-g(x) {f+g>a}=⋃q∈Q{f>q}⏟ medible∩{g>a−q}⏟medible∪{f=+∞}∪{g=+∞}\{ f+g>a \}=\bigcup_{q \in \mathbb{Q}}\underbrace{ \{ f>q \} }_{ \text{ medible} }\cap \underbrace{ \{ g>a-q \} }_{ \text{medible} }\cup \{ f=+\infty \}\cup \{ g=+\infty \}

De tarea ver que esa igualdad se cumple.

(2):(2): Veamos esto Si hh medible   ⟹  h2\implies h^{2} también es medible

{h2≤a}=∅ si a<0\{ h^{2}\leq a \}=\emptyset\text{ si }a<0

Si a≥0:a\geq0:

{h2≥a}={−a≤h≤a}={h≥−a}∩{h≤a}\{ h^{2}\geq a \}=\{ -\sqrt{ a }\leq h\leq \sqrt{ a } \}=\{ h\geq- \sqrt{ a } \}\cap \{ h\leq \sqrt{ a } \}

Que es medible.

Ahora usar que

f⋅g=(f+g)2−(f−g)24f\cdot g=\frac{(f+g)^{2}-(f-g)^{2}}{4}

Como suma, resta y cuadrados de medibles da medible entonces f⋅gf\cdot g es medible.

(3):(3):

f(x)=inf⁡n→∞fn(x)f(x)=\underset{ n\to \infty }{ \inf } f_{n}(x)

Considero {f<a}\{ f<a \} Usaremos el siguiente lema: Dados números reales (yn)n∈N( y_{n} )_{n \in \mathbb{N}} y un umbral a∈R:a \in \mathbb{R}:

inf⁡n yn<a  ⟺   ∃ n0∈N:yn0<a\underset{ n }{ \inf }\:y_{n}<a \iff \:\exists\:n_{0}\in \mathbb{N}:y_{n_{0}}<a

Si inf⁡n fn(x)<a  ⟹   ∃ n0∣fn0(x)<a\underset{ n }{ \inf }\:f_{n}(x)<a\implies \:\exists\:n_{0}\bigm|f_{n_{0}}(x)<a

Como tengo un existe, lo traduzco a una unión.

Luego

{f<a}=⋃n∈N{fn<a}\{ f<a \}=\bigcup_{n\in \mathbb{N}}\{ f_{n}<a \}

(4):(4):

lim⁡n→∞fn(x)=f(x)\underset{ n\to \infty }{ \lim } f_{n}(x)=f(x)

Si f(x)>a  ⟹   ∃ n0∣∀n≥n0fn(x)>af(x)>a\implies \:\exists\:n_{0}\bigm|\forall n\geq n_{0}\quad f_{n}(x)>a

De esta forma puedo escribir

{f>a}=⋃n0⋂n≥n0{fn>a}\{ f>a \}=\bigcup_{n_{0}}\bigcap_{n\geq n_{0}}\{ f_{n}>a \}

Esta igualdad no se cumple. Pues el de la derecha es más grande. Pues

Si  ∃ n0∣fn(x)>a∀n≥n0  ⟹  f(x)≥aSi\:\:\exists\:n_{0}\bigm| f_{n}(x)>a\quad \forall n\geq n_{0}\implies f(x)\geq a

Veamos de otra forma. Acá usaremos la arquimedianidad: Para todo δ>0\delta>0 existe k∈Nk \in \mathbb{N} tal que

0<1k<δ0< \frac{1}{k}<\delta

Tomamos δ=f(x)−a>0\delta=f(x)-a>0

si f(x)>a  ⟹   ∃ k∈N∣f(x)>a+1ksi\:f(x)>a\implies \:\exists\:k \in \mathbb{N}\bigm| f(x)>a+\frac{1}{k}   ⟹   ∃ n0∣fn(x)>a+1k∀n≥n0\implies \:\exists\:n_{0}\bigm| f_{n}(x)>a+\frac{1}{k}\quad\forall n\geq n_{0}

Así puedo escribir:

{f>a}=⋃k∈N⋃n0∈N⋂n≥n0{fn>a+1k}⏟medible\{ f>a \}=\bigcup_{k \in \mathbb{N}}\bigcup_{n_{0}\in \mathbb{N}}\bigcap_{n\geq n_{0}}\underbrace{ \left\{ f_{n}>a+ \frac{1}{k} \right\} }_{ \text{medible} }

Teorema :{\color{violet} \text{Teorema :} }

Sea f:E→[0,+∞] medible. Entonces  ∃ (φn) sucesioˊn de funciones simples, no negativas y crecientes:0≤φn(x)≤φn+1(x)∀x∈E,∀n∈Ntal que lim⁡n→∞φn(x)=φ(x) . Si f es acotada la convergencia es uniforme.\begin{array}{l} \text{Sea $f:E\to[0,+\infty]$ medible. }\\ \text{Entonces $\:\exists\:({\Large\varphi}_{n})$ sucesión de funciones simples, no negativas y crecientes:}\\ 0\leq {\Large\varphi}_{n}(x)\leq {\Large\varphi}_{n+1}(x)\quad\forall x \in E,\forall n\in \mathbb{N} \\ \text{tal que $\underset{ n\to \infty }{ \lim }{\Large\varphi}_{n}(x)={\Large\varphi}(x)$ . Si $f$ es acotada la convergencia es uniforme.} \end{array}

Esto me dice que puedo aproximar una función medible con una sucesión de funciones simples

Dem:{\color{violet} \text{Dem:} }

draw-avanzado-T21-1

Sea n∈N,En={f<n}n\in \mathbb{N},E_{n}=\{ f<n \} Puedo escribir a EnE_{n} como unión disjunta de cosas.

En=f−1([0,n))E_{n}=f ^{-1}([0,n)) [0,n)=⋃j=1dn⋅2n[j−12n,j2n)[0,n)=\overset{ d }{ \bigcup_{j=1} }^{n\cdot 2^{n} } \left[\frac{j-1}{2^{n} },\frac{j}{2^{n} }\right)

En,j=f−1([j−12n,j2n))E_{n,j}=f ^{-1}\left( \left[ \frac{j-1}{2^{n}},\frac{j}{2^{n}} \right) \right) son medibles.

φn(x)={j−12nx∈En,jnf(x)≥n{\Large\varphi}_{n}(x)=\begin{cases} \frac{j-1}{2^{n} } & x \in E_{n,j} \\ n & f(x)\geq n \end{cases} φn(x)=∑j=1n⋅2nj−12n⋅XEn,j(x)+n⋅XEnc(x){\Large\varphi}_{n}(x)=\sum_{j=1}^{n\cdot{2}^{n} }\frac{j-1}{2^{n} }\cdot\mathcal{X}_{E_{n,j}}(x)+ n\cdot\mathcal{X}_{E_{n}^{c} }(x)

De tarea:

φn(x)≤φn+1(x){\Large\varphi}_{n}(x)\leq {\Large\varphi}_{n+1}(x)

Veamos φn(x)⟶f(x){\Large\varphi}_{n}(x)\longrightarrow f(x)

Si f(x)=+∞  ⟹  φn(x)=n∀n∈Nf(x)=+\infty\implies {\Large\varphi}_{n}(x)=n\quad\forall n\in \mathbb{N}

  ⟹  φn(x)⟶f(x)\implies {\Large\varphi}_{n}(x)\longrightarrow f(x)

Si f(x)∈R  ⟹   ∃ n0∣f(x)<n∀n≥n0f(x) \in \mathbb{R}\implies \:\exists\:n_{0}\bigm|f(x)<n\quad\forall n\geq n_{0} Si n≥n0  ⟹   ∃ j∣x∈En,jn\geq n_{0}\implies \:\exists\:j\bigm|x \in E_{n,j}

  ⟹  j−12n≤f(x)<j2n\implies \frac{j-1}{2^{n} }\leq f(x)< \frac{j}{2^{n} }

Como φn(x)=j−12n{\Large\varphi}_{n}(x)=\frac{j-1}{2^{n}}

  ⟹  ∣f(x)−φn(x)∣≤12n⟶0\implies \left| f(x)-{\Large\varphi}_{n}(x) \right| \leq \frac{1}{2^{n} }\longrightarrow 0 Q.E.D.□\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \boxed{\text{Q.E.D.}} \quad \square

Citas y Comentarios

Con esto ya se puede hacer hasta la mitad de la guía 9 aprox.