Composizione di funzioni continue e misurabili
Teo 1.8 Let $u$ and $v$ be real measurable functions on a measurable space $X$, let $\Phi$ be a continuous mapping of the plane into a topological space $Y$, and define \[h(x)=\Phi(u(x),v(x))\] for $x\in X$. Then $h:X->Y$ is measurable.
Sto cercando di capire la seguente parte di dimostrazione. Sia $f=(u,v)$ che altro non fa che definire le terne ordinate $(x,u,v)$ dove diciamo che $x$ appartiene al dominio e $(u,v)$ appartiene al codominio, la relazione $f$ è cioè una funzione. La retroimmagine di una coppia $(u(x)=y_{1},v(x)=y_{2})\in X\times X$ è $f^{-1}(y_{1},y_{2})=u^{-1}(y_{1})\cap v^{-1}(y_{2})$ vale a dire che non essendo $u$ e $v$ iniettive, più punti $x\inX$ possono raggiungere separatamente $y_{1}$ e $y_{2}$ e a noi interessano solo quelli che raggiungono contemporaneamente $(y_{1},y_{2})$. Questa è una definizione di retroimmagine per funzioni da $X->X\times X$ no? Detto ciò, possiamo fare lo stesso per un insieme aperto $X\times X$ che risulta quindi misurabile dato che la sua retroimmagine è composta da intersezioni di retroimmagini tramite $u$ e $v$, funzioni misurabili. If R is any open rectangle in the plane, with sides parallel to the axes, then R is the cartesian product of two segments... [...] Every open set $V$ in the plane is a countable union of such rectangles... Cosa fa qui? Definisce una sorta di base per una topologia? Anche, come fa a definire un rettangolo? Scriviamo poi $h=\Phi \circ f$, composizione di funzione misurabile e continua, che sappiamo essere misurabile.
Sto cercando di capire la seguente parte di dimostrazione. Sia $f=(u,v)$ che altro non fa che definire le terne ordinate $(x,u,v)$ dove diciamo che $x$ appartiene al dominio e $(u,v)$ appartiene al codominio, la relazione $f$ è cioè una funzione. La retroimmagine di una coppia $(u(x)=y_{1},v(x)=y_{2})\in X\times X$ è $f^{-1}(y_{1},y_{2})=u^{-1}(y_{1})\cap v^{-1}(y_{2})$ vale a dire che non essendo $u$ e $v$ iniettive, più punti $x\inX$ possono raggiungere separatamente $y_{1}$ e $y_{2}$ e a noi interessano solo quelli che raggiungono contemporaneamente $(y_{1},y_{2})$. Questa è una definizione di retroimmagine per funzioni da $X->X\times X$ no? Detto ciò, possiamo fare lo stesso per un insieme aperto $X\times X$ che risulta quindi misurabile dato che la sua retroimmagine è composta da intersezioni di retroimmagini tramite $u$ e $v$, funzioni misurabili. If R is any open rectangle in the plane, with sides parallel to the axes, then R is the cartesian product of two segments... [...] Every open set $V$ in the plane is a countable union of such rectangles... Cosa fa qui? Definisce una sorta di base per una topologia? Anche, come fa a definire un rettangolo? Scriviamo poi $h=\Phi \circ f$, composizione di funzione misurabile e continua, che sappiamo essere misurabile.
Risposte
Esatto: lui ha bisogno di dimostrare che la funzione \(x \in X \mapsto (u(x), v(x)) \in \mathbb{R}^2\) è misurabile, e per farlo sfrutta il fatto che I rettangoli aperti sono una base numerabile per la topologia del piano. Lui dice: siccome le retroimmagini dei rettangoli aperti sono misurabili, allora anche le retroimmagini di tutti gli aperti sono misurabili.
"dissonance":Ma come fa a definire questi rettangoli? Voglio dire, avrò pur bisogno di qualche criterio per riunire i punti del codominio su un piano e quelli del dominio su due rette. Basta la relazione d'ordine in $\mathbb{R}$ o il fatto di poterli immaginare su un piano o ancora bisogna considerare la metrica euclidea? Boh, non capisco.
Esatto: lui ha bisogno di dimostrare che la funzione \(x \in X \mapsto (u(x), v(x)) \in \mathbb{R}^2\) è misurabile, e per farlo sfrutta il fatto che I rettangoli aperti sono una base numerabile per la topologia del piano. Lui dice: siccome le retroimmagini dei rettangoli aperti sono misurabili, allora anche le retroimmagini di tutti gli aperti sono misurabili.
Non so se risponde alla tua domanda, ma è un fatto generale di topologia del piano: comunque tu prenda un aperto \(U\) esiste una famiglia numerabile di rettangoli aperti \(R_n\) tale che
\[U = \bigcup_{n=1}^\infty R_n.\]
\[U = \bigcup_{n=1}^\infty R_n.\]
Il busillis è dimostrare che l'applicazione vettoriale \(f:X\ni x\mapsto (u(x),v(x))\in \mathbb{R}^2\) è misurabile.
Per mostrare che un'applicazione è misurabile c'è bisogno di far vedere che l'antiimmagine \(f^{-1}(A)\) del generico aperto \(A\subseteq \mathbb{R}^2\) è un insieme misurabile in \(X\): per fare ciò il testo usa il tipico argomento di approssimazione che segue.
Si sa che ogni aperto del piano è unione al più numerabile di rettangoli coi lati paralleli agli assi (ad esempio, è unione di quadrati aperti, perché essi costituiscono la base della topologia indotta su \(\mathbb{R}^2\) dalla metrica del massimo*, che è equivalente alla metrica euclidea ed induce la stessa topologia); quindi preso un aperto \(A\) è possibile trovare una successione di rettangoli \((R_n)\) del tipo suddetto tali che \(A=\bigcup_{n=0}^\infty R_n\); ma allora è pure:
\[
f^{-1}(A) =\bigcup_{n=0}^\infty f^{-1} (R_n)
\]
e quindi, visto che la \(\sigma\)-algebra dei misurabili in \(X\) è chiusa rispetto alle unioni numerabili, io vinco se riesco a far vedere che, per ogni rettangolo aperto \(R\) coi lati paralleli agli assi, l'insieme \(f^{-1}(R)\subseteq X\) è un misurabile.
A questo punto, mi fisso il mio rettangolo \(R=]a,b[\times ]c,d[\); si ha \(x\in f^{-1}(R)\) se e solo se:
\[
u(x)\in ]a,b[ \qquad \text{e}\qquad v(x)\in ]c,d[\; ,
\]
cioè se e solo se \(x\in u^{-1}(]a,b[)\cap v^{-1}(]c,d[)\), pertanto \(f^{-1}(R)=u^{-1}(]a,b[)\cap v^{-1}(]c,d[)\); ma gli insiemi \(u^{-1}(]a,b[)\) e \(v^{-1}(]c,d[)\) sono misurabili in \(X\) (perché \(u\) e \(v\) sono funzioni misurabili), dunque la loro intersezione \(f^{-1}(R)\) è pure misurabile ed ho vinto.
Veni, vidi, vici, come diceva qualcuno più famoso di me.
__________
* Ricordo che la metrica del massimo è quella definita ponendo:
\[
d_\infty (x,y) = \max \{ |x_1-y_1| ,|x_2-y_2|\}
\]
per ogni \(x=(x_1,x_2),y=(y_1,y_2)\in \mathbb{R}^2\). Si vede facendo un disegno che la palla aperta definita da \(d_\infty (x,x_0)
Per mostrare che un'applicazione è misurabile c'è bisogno di far vedere che l'antiimmagine \(f^{-1}(A)\) del generico aperto \(A\subseteq \mathbb{R}^2\) è un insieme misurabile in \(X\): per fare ciò il testo usa il tipico argomento di approssimazione che segue.
Si sa che ogni aperto del piano è unione al più numerabile di rettangoli coi lati paralleli agli assi (ad esempio, è unione di quadrati aperti, perché essi costituiscono la base della topologia indotta su \(\mathbb{R}^2\) dalla metrica del massimo*, che è equivalente alla metrica euclidea ed induce la stessa topologia); quindi preso un aperto \(A\) è possibile trovare una successione di rettangoli \((R_n)\) del tipo suddetto tali che \(A=\bigcup_{n=0}^\infty R_n\); ma allora è pure:
\[
f^{-1}(A) =\bigcup_{n=0}^\infty f^{-1} (R_n)
\]
e quindi, visto che la \(\sigma\)-algebra dei misurabili in \(X\) è chiusa rispetto alle unioni numerabili, io vinco se riesco a far vedere che, per ogni rettangolo aperto \(R\) coi lati paralleli agli assi, l'insieme \(f^{-1}(R)\subseteq X\) è un misurabile.
A questo punto, mi fisso il mio rettangolo \(R=]a,b[\times ]c,d[\); si ha \(x\in f^{-1}(R)\) se e solo se:
\[
u(x)\in ]a,b[ \qquad \text{e}\qquad v(x)\in ]c,d[\; ,
\]
cioè se e solo se \(x\in u^{-1}(]a,b[)\cap v^{-1}(]c,d[)\), pertanto \(f^{-1}(R)=u^{-1}(]a,b[)\cap v^{-1}(]c,d[)\); ma gli insiemi \(u^{-1}(]a,b[)\) e \(v^{-1}(]c,d[)\) sono misurabili in \(X\) (perché \(u\) e \(v\) sono funzioni misurabili), dunque la loro intersezione \(f^{-1}(R)\) è pure misurabile ed ho vinto.
Veni, vidi, vici, come diceva qualcuno più famoso di me.
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* Ricordo che la metrica del massimo è quella definita ponendo:
\[
d_\infty (x,y) = \max \{ |x_1-y_1| ,|x_2-y_2|\}
\]
per ogni \(x=(x_1,x_2),y=(y_1,y_2)\in \mathbb{R}^2\). Si vede facendo un disegno che la palla aperta definita da \(d_\infty (x,x_0)
Ecco, è quello che chiedevo in particolare nel secondo post. Utilizza la metrica. Thanks, per il resto era chiaro 
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