Funzioni misurabili

retrocomputer

25 nov 2012, 08:11

Non ho capito perché usi la $x$: l'insieme $\{f\leq c\}$ non è l'insieme $\{f\in (-\infty,c]\}$?

5mrkv

25 nov 2012, 12:31

$f$ va su $\mathbb{R}$ esteso quindi poni pure $x=-\infty$.

Seneca1

25 nov 2012, 14:24

Se $\{ f < c \}$ è misurabile $\forall c \in \mathbb{R}$ allora, preso $a$ in $\mathbb{R}$ arbitrario, $\{ f \le a \}$ è misurabile perché:
\[ \{ f \le a \} = \bigcap_{n} \{ f < a + \frac{1}{n} \} \]
Ma $ \forall n \in NN$ , $\{ f < a + \frac{1}{n} \}$ è misurabile per ipotesi ( $c = a + \frac{1}{n}$ ) e intersezioni numerabili di insiemi misurabili sono misurabili (per gli assiomi della $sigma$-algebra).

5mrkv

25 nov 2012, 15:22

In realtà come scritto in OP quello che non capisco è come mai dal limite viene fuori quell'insieme. Si ha
\begin{split}
&A_{k}=[x,c+k^{-1}[ \\
&A_{2}\subset A_{1} \\
&A_{n}\subset A_{n-1} \Rightarrow \\
&\cap^{n}A_{k}=A_{n} \Rightarrow \\
&\lim_{n}\cap^{n}A_{k}=\lim_{n}A_{n}
\end{split}
E ora devo capire perché $\lim_{n}A_{n}=[x,c]$. Io piuttosto avrei scritto che l'insieme $[x,c+\epsilon[$ è composto dalle $y:\ y0$ il che equivale a dire $y:\ y\leq c$. Probabilmente scrivendo in modo esplicito la definizione di limite si ottiene lo stesso.

Seneca1

25 nov 2012, 15:36

Se ho capito la natura del tuo dubbio, si può fare per doppia inclusione.
\[ \{ f \le a \} \subset \bigcap_{n} \{ f < a + \frac{1}{n} \} \]
Banale.
\[ \{ f \le a \} \supset \bigcap_{n} \{ f < a + \frac{1}{n} \} \]
Se $x \in \bigcap_{n} \{ f < a + \frac{1}{n} \} $ allora $x \in \{ f < a + \frac{1}{n} \} $ , $\forall n$. Quindi $f(x) < a + 1/n$, $AA n \in NN$ e dunque, per $n -> +oo$ , $f(x) <= a$ $\Rightarrow$ $x \in \{ f \le a \}$.

5mrkv

25 nov 2012, 15:58

"Seneca":
Quindi $f(x) < a + 1/n$, $AA n \in NN$ e dunque, per $n -> +oo$ , $f(x) <= a$

E' questo che non riesco a mostrare, anche se come ho scritto prima posso risolvere il problema in modo diverso senza fare uso esplicito del limite. Io mi fermerei qui ma se riesci a scriverlo esplicitamente usando la definizione di limite e probabilmente usando il fatto che $a0$ implica $a\leq b$ te ne sarei grato perché sono curioso ma non riesco ad impostarlo.

(perché sia più chiaro quello che non capisco, dal pezzetto che ho quotato avrei dedotto che \(f

Rigel1

25 nov 2012, 16:06

Supponiamo che $a < b + 1/n$ per ogni $n\in \mathbb{N}^+$.
Da qui segue che $n(a-b) < 1$ per ogni $n\in \mathbb{N}$. Per la proprietà archimedea del campo reale puoi concludere che $a-b\leq 0$.

(La proprietà archimedea, conseguenza della proprietà di completezza del campo reale, dice che, se $x,y\in\mathbb{R}$ e $x > 0$, allora esiste $n\in\mathbb{N}$ tale che $nx > y$.)

Ovviamente non puoi dedurre in generale che $a < b$: basta prendere il caso $a=b$ per capirlo.

5mrkv

25 nov 2012, 16:15

Ma non è lo stesso risultato che ho usato nel quinto posto del thread?

Sono curioso di vedere come attraverso la definizione di limite si passa da \(f

5mrkv

27 mar 2013, 15:30

Credo di esserci, ho $[x,c+1/n)$ e con $c\neq \pm \infty$ posso dire $a_{n}=c+1/n\rightarrow l \in \mathbb{R}$. Usando la definizione di convergenza per una successione e la definizione per proprietà degli elementi che appartengono all'intersezione di un numero infinito di insiemi ho in breve
\[
\begin{split}
y &\forall \epsilon >0 \exists \overline{n}\in \mathbb{N}\mbox{ t.c. } \\
|a_{n}-l|<\epsilon &\forall n \in \mathbb{N} \mbox{ t.c. } n>\overline{n} \Rightarrow\\
y\overline{n} \Rightarrow\\
&\forall \epsilon >0\ y \end{split}
\]

Se interessa a qualcuno posso scriverlo meglio.

gugo82

28 mar 2013, 00:19

A quanto ho capito, vuoi far vedere che, per fissato $c\in \mathbb{R}$, si ha:
\[
\tag{1}
I:=\bigcap_{n=1}^\infty [-\infty ,c+1/n[ = [-\infty ,c]\; .
\]
Evidentemente, per ogni indice $n$, hai $[-\infty ,c]\subseteq [-\infty ,c+1/n[$, ergo vale l'inclusione:
\[
[-\infty ,c]\subseteq I\; .
\]
Per provare che vale l'uguaglianza (1), allora, basta fare vedere che $I\subseteq [-\infty ,c]$, ossia che vale la relazione inversa tra i complementi:
\[
[-\infty ,\infty]\setminus I\supseteq ]c,\infty]\; .
\]
Per fare ciò, fissa $x\in ]c,\infty]$ e distingui due casi:

[list=1][*:292m2n8l] $x = \infty$: in tal caso, dato che $I \subseteq [-\infty,c+1[$ implica $[-\infty ,\infty]\setminus I\supseteq ]c+1,\infty]$, hai $x\in [-\infty ,\infty]\setminus I$;

[/*:m:292m2n8l]
[*:292m2n8l] $c

conseguentemente \(]c,\infty]\subseteq [-\infty ,\infty]\setminus I$ e questo conclude la dimostrazione.

***

Tanto per esercizio, prova a dimostrare che vale anche la relazione:
\[
[-\infty ,c[ = \bigcup_{n=1}^\infty [-\infty, c-1/n[\; .
\]

Cosa puoi dire sull'unione $\bigcup_{n=1}^\infty [-\infty, c-1/n]$?

5mrkv

28 mar 2013, 13:50

Grazie gugo. E' questo che volevo capire. Penso di essere a posto con la tua dimostrazione. Veniamo a questo pezzo:

"gugo82":
Tanto per esercizio, prova a dimostrare che vale anche la relazione:
\[
[-\infty ,c[ = \bigcup_{n=1}^\infty [-\infty, c-1/n[\; .
\]

Potendo, direi in breve che: La condizione di appartenenza all'insieme di sinistra con $b_{n}=c-1/n$ è $x
[strike]Per il secondo esercizio ho la disuguaglianza \(x\leq c-1/n
*Devo mostrare che \(x0$. Vale $1/n\rightarrow 0$ quindi nella definizione di limite $0<1/n<\epsilon$. Ponendo $\epsilon=c-\overline{x}$ ho \(1/n

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