Limiti puntuali di successioni di funzioni misurabili
Sto studiando il seguente teorema:
"Sia $(X,S)$ spazio misurabile, e sia $f_j: X -> RR$ successione di funzioni misurabili. Se $f_j$ converge puntualmente ad una $f:X->RR$, allora $f$ è misurabile."
Il mio problema è nella dimostrazione, nella quale, probabilmente per una mia incomprensione in qualche punto, mi sembra ci siano dei passaggi obsoleti.
La dimostrazione fornita dal mio libro (De Marco) è la seguente: "Se $f(x)>\alpha$ esiste un $p in NN$ tale che $f(x) > \alpha + 1/(p+1)$; e per il teorema della permanenza del segno, essendo $f(x) = lim_(j->oo) f_j(x)$ esiste un indice $j(p,x)$ dipendente da p e da x, tale che sia $f_j(x) >= \alpha +1/(p+1)$. Ne segue che se $f(x) > \alpha + 1/(p+1)$ allora si ha $x in \bigcap_(j>=n) {f_j >= \alpha + 1/(p+1)}$, per qualche $n in NN$, per cui: ${f > \alpha + 1/(p+1)} sube \bigcup_(n in NN) (\bigcap_(j>=n) {f_j >= \alpha + 1/(p+1)})$. Scrivendo per semplicità di scrittura l'insieme a secondo membro nella formula precedente come $A_p$ si vede che $A_p in S$ (...) ed è facile vedere che ${f>\alpha} = \bigcup_(p in NN) A_p$ e per la chiusura rispetto a unione numerabile della $\sigma$-algebra $S$ si ha che ${f>\alpha} in S$ cioè la tesi."
Ora, quello che non capisco, è la necessità di utilizzare quel $p$ ausiliario. Non si poteva semplicemente fare la stessa dimostrazione considerando che direttamente se $f(x)>\alpha$ allora esiste un indice $n(x) in NN$ dipendente da $x$ tale che per ogni $j>=n$ si ha $f_j(x) > \alpha$ per poi continuare la dimostrazione in modo analogo, potendo però così saltare l'ultima parte (quella in cui si faceva l'unione tra tutte le $p in NN$)? Cosa mi sfugge?
Grazie per la pazienza
"Sia $(X,S)$ spazio misurabile, e sia $f_j: X -> RR$ successione di funzioni misurabili. Se $f_j$ converge puntualmente ad una $f:X->RR$, allora $f$ è misurabile."
Il mio problema è nella dimostrazione, nella quale, probabilmente per una mia incomprensione in qualche punto, mi sembra ci siano dei passaggi obsoleti.
La dimostrazione fornita dal mio libro (De Marco) è la seguente: "Se $f(x)>\alpha$ esiste un $p in NN$ tale che $f(x) > \alpha + 1/(p+1)$; e per il teorema della permanenza del segno, essendo $f(x) = lim_(j->oo) f_j(x)$ esiste un indice $j(p,x)$ dipendente da p e da x, tale che sia $f_j(x) >= \alpha +1/(p+1)$. Ne segue che se $f(x) > \alpha + 1/(p+1)$ allora si ha $x in \bigcap_(j>=n) {f_j >= \alpha + 1/(p+1)}$, per qualche $n in NN$, per cui: ${f > \alpha + 1/(p+1)} sube \bigcup_(n in NN) (\bigcap_(j>=n) {f_j >= \alpha + 1/(p+1)})$. Scrivendo per semplicità di scrittura l'insieme a secondo membro nella formula precedente come $A_p$ si vede che $A_p in S$ (...) ed è facile vedere che ${f>\alpha} = \bigcup_(p in NN) A_p$ e per la chiusura rispetto a unione numerabile della $\sigma$-algebra $S$ si ha che ${f>\alpha} in S$ cioè la tesi."
Ora, quello che non capisco, è la necessità di utilizzare quel $p$ ausiliario. Non si poteva semplicemente fare la stessa dimostrazione considerando che direttamente se $f(x)>\alpha$ allora esiste un indice $n(x) in NN$ dipendente da $x$ tale che per ogni $j>=n$ si ha $f_j(x) > \alpha$ per poi continuare la dimostrazione in modo analogo, potendo però così saltare l'ultima parte (quella in cui si faceva l'unione tra tutte le $p in NN$)? Cosa mi sfugge?
Grazie per la pazienza
Risposte
"Pdirac":
...mi sembra ci siano dei passaggi obsoleti.
In effetti De Marco comincia ad avere una certa età
Comunque, per dimostrare la misurabilità devi far vedere che, ad esempio, la controimmagine di $(\alpha, +\infty)$ è misurabile.
Per fare ciò, cerchi di scriverlo come unione/intersezione di insiemi misurabili.
Se prendi direttamente $A_j = \{f_j > \alpha\}$, in generale non è vero né che $\{f > \alpha\} = \cup_j A_j$, né $=\cap_j A_j$ (per avere ciò la successione dovrebbe essere monotona).
Con quel trucco ti riconduci, di fatto, ad una successione monotona.
E' come se tu considerassi prima le funzioni $g_n = "inf"_{k\ge n} f_k$ e poi $f="sup"_n g_n$.
Scrivendo direttamente in quel modo non si può scrivere ${f>\alpha} = \bigcup_(jinNN) A_j$ (né l'analogo con l'intersezione), e questo lo capisco. Quello che pensavo era invece: ${f>\alpha} = \bigcup_(ninNN) (\bigcap_(j>=n) {f_j > \alpha}) -= B$. Ora, $x in {f>\alpha} => EE \nu_0inNN : AA j>=\nu_0, f_j(x) > \alpha => x in B$ sempre per la permanenza del segno, dunque ${f>\alpha} sube B$.
Si ha poi che $x in B => EE \nu_0 in NN : AA j>=\nu_0, f_j(x) > \alpha => f(x) > \alpha => x in {f>\alpha} => B sube {f>\alpha}$ e in conclusione ${f>\alpha} = B$. Poiché poi per ogni $j in NN$, $f_j$ è misurabile, $AA \alpha in RR, {f_j > \alpha} in S$ e per la chiusura rispetto a intersezioni e unioni numerabili di $S$ la tesi. Cosa c'é di sbagliato in questo ragionamento?
PS: Intendi che è vecchio De Marco persona o De Marco libro xD ? Perché personalmente trovo che come testo di analisi sia uno dei più completi e formali/chiari che abbia mai visto (chiaramente, dal basso della mia poca esperienza!)... ne ho guardati parecchi altri, ma testi come ad esempio il Giusti mi rifiuto quasi di usarli, perché lì trovo tremendamente confusionari e informali (in una parola, brutti)! Tu che testo consiglieresti? (Il Rudin già che l'ho =P)
Si ha poi che $x in B => EE \nu_0 in NN : AA j>=\nu_0, f_j(x) > \alpha => f(x) > \alpha => x in {f>\alpha} => B sube {f>\alpha}$ e in conclusione ${f>\alpha} = B$. Poiché poi per ogni $j in NN$, $f_j$ è misurabile, $AA \alpha in RR, {f_j > \alpha} in S$ e per la chiusura rispetto a intersezioni e unioni numerabili di $S$ la tesi. Cosa c'é di sbagliato in questo ragionamento?
PS: Intendi che è vecchio De Marco persona o De Marco libro xD ? Perché personalmente trovo che come testo di analisi sia uno dei più completi e formali/chiari che abbia mai visto (chiaramente, dal basso della mia poca esperienza!)... ne ho guardati parecchi altri, ma testi come ad esempio il Giusti mi rifiuto quasi di usarli, perché lì trovo tremendamente confusionari e informali (in una parola, brutti)! Tu che testo consiglieresti? (Il Rudin già che l'ho =P)
Ah ho capito.
Non ho sottomano il libro di De Marco; l'unica cosa che mi viene da pensare è che lui faccia così per ricondursi direttamente alla definizione di funzione misurabile (per la quale la controimmagine di un aperto è misurabile) e di $\sigma$-algebra (unioni numerabili e complementari di misurabili sono misurabili).
Infatti, facendo come fa lui, le intersezioni sono fatte su sopralivelli chiusi, del tipo
$\cap_{j\ge n} \{f_j \ge \beta\}$,
che sono misurabili in quanto il loro complementare è unione di misurabili:
$(\cap_{j\ge n} \{f_j \ge \beta\})^C = \cup_{j\ge n} \{f_j < \beta\}$.
Per il PS: il testo di De Marco è secondo me ottimo.
La battuta riguardava il fatto che tu hai scritto "obsoleti" intendendo (penso) "ridondanti".
Non ho sottomano il libro di De Marco; l'unica cosa che mi viene da pensare è che lui faccia così per ricondursi direttamente alla definizione di funzione misurabile (per la quale la controimmagine di un aperto è misurabile) e di $\sigma$-algebra (unioni numerabili e complementari di misurabili sono misurabili).
Infatti, facendo come fa lui, le intersezioni sono fatte su sopralivelli chiusi, del tipo
$\cap_{j\ge n} \{f_j \ge \beta\}$,
che sono misurabili in quanto il loro complementare è unione di misurabili:
$(\cap_{j\ge n} \{f_j \ge \beta\})^C = \cup_{j\ge n} \{f_j < \beta\}$.
Per il PS: il testo di De Marco è secondo me ottimo.
La battuta riguardava il fatto che tu hai scritto "obsoleti" intendendo (penso) "ridondanti".
Non lo so... la definizione di funzione misurabile la dà direttamente come $f$ che verifichi una delle cinque condizioni (di cui si dimostra l'equivalenza): $AA \alpha in RR, {f>\alpha} in S$ con $S$ la $\sigma$-algebra, le altre 3 analoghe con $<$,$<=$,$>=$, e quella da te citata delle controimmagini di aperti, ed è anche già stata mostrata l'equivalenza tra chiusura per unione numerabile e per intersezione numerabile per la sigma-algebra... Inoltre non è poi la stessa cosa? Voglio dire, anche con il mio ragionamento nulla mi impedisce di scrivere invece di ${f>\alpha} = \bigcup_(n in NN) (\bigcap_(j>=n) {f_j > \alpha})$ (senza uguaglianza) ${f>\alpha} = \bigcup_(n in NN) (\bigcap_(j>=n) {f_j >= \alpha})$, con l'uguaglianza, senza comunque passare per un'ulteriore $p$, o sbaglio?
Beh no, l'ultima uguaglianza che hai scritto non è corretta.
Pensa al caso in cui $f_j = f$ per ogni $j$: hai che, ovviamente, $\cup_n \cap_{j\ge n} \{f \ge \alpha\} = \{f\ge \alpha\}$, e non $\{f>\alpha\}$.
Comunque, rileggendo con un po' più di attenzione il tuo primo post, ho trovato l'inghippo.
Il punto sta nel fatto che, in generale, l'insieme $B$ da te definito non coincide con $\{f > \alpha\}$.
Infatti, se $x\in B$, allora sai che esiste $n$ tale che $x\in \cap_{j\ge n} \{f_j > \alpha\}$, vale a dire $f_j(x) > \alpha$ per ogni $j\ge n$. Questo, però, ti permette di concludere solo che $f(x) \ge \alpha$, e non che $f(x) > \alpha$.
Pensa al caso in cui $f_j = f$ per ogni $j$: hai che, ovviamente, $\cup_n \cap_{j\ge n} \{f \ge \alpha\} = \{f\ge \alpha\}$, e non $\{f>\alpha\}$.
Comunque, rileggendo con un po' più di attenzione il tuo primo post, ho trovato l'inghippo.
Il punto sta nel fatto che, in generale, l'insieme $B$ da te definito non coincide con $\{f > \alpha\}$.
Infatti, se $x\in B$, allora sai che esiste $n$ tale che $x\in \cap_{j\ge n} \{f_j > \alpha\}$, vale a dire $f_j(x) > \alpha$ per ogni $j\ge n$. Questo, però, ti permette di concludere solo che $f(x) \ge \alpha$, e non che $f(x) > \alpha$.
"Rigel":
Beh no, l'ultima uguaglianza che hai scritto non è corretta.
Pensa al caso in cui $f_j = f$ per ogni $j$: hai che, ovviamente, $\cup_n \cap_{j\ge n} \{f_j \ge \alpha\} = \{f\ge \alpha\}$, e non $\{f>\alpha\}$.
(Presumo che fosse un errore di battitura l'omissione del pedice $j$ alla funzione nella prima parte dell'uguaglianza)
"Rigel":
Comunque, rileggendo con un po' più di attenzione il tuo primo post, ho trovato l'inghippo.
Il punto sta nel fatto che, in generale, l'insieme $B$ da te definito non coincide con $\{f > \alpha\}$.
Infatti, se $x\in B$, allora sai che esiste $n$ tale che $x\in \cap_{j\ge n} \{f_j > \alpha\}$, vale a dire $f_j(x) > \alpha$ per ogni $j\ge n$. Questo, però, ti permette di concludere solo che $f(x) \ge \alpha$, e non che $f(x) > \alpha$.
Hai ragione, stavo implicitamente considerando la successione di funzioni crescente, mentre non è vero (ho confuso in testa questo con un altro teorema simile!). In ogni caso, mantenendo le uguaglianze e considerando l'equivalenza tra ${f>\alpha} in S$ e ${f >= \alpha} in S$ il resto del ragionamento dovrebbe rimanere valido?
Quel ragionamento dimostra che $\{f>\alpha\} \subset B \subset \{f\ge \alpha\}$; dalla misurabilità di $B$ non puoi da qui concludere che anche $\{f > \alpha\}$ è misurabile.
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