Scelta di $f_n$ semplici non decrescenti in costruzione integrale di Lebesgue

[DavideGenova1]

Ciao, amici! Gli Elementi di teoria delle funzioni e di analisi funzionale di Kolmogorov e Fomin usano più di una volta (per esempio qui) nelle dimostrazioni il fatto che la sequenza $\{f_n\}$ di funzioni semplici sommabili uniformemente convergenti alla funzione sommabile $f$ che definiscono l'integrale di Lebesgue $$\int_A fd\mu=\lim_n \int_A f_nd\mu=\lim_n \sum_k y_{n,k}\mu(A_{n,k})$$ dove \(A_{n,k}=\{x\in A:f_n(x)=y_{n,k}\}\) essere scelte non decrescenti per $x$ fissato: \(\forall x\in A\quad f_1(x)\leq f_2(x)\leq...\)

Come si può dimostrare che questa scelta può essere sempre effettuata, cioè che si possano scegliere le $f_n$ uniformemente convergenti a $f$ in modo che $f_n(x)$ non decrescesca al crescere di $n$ mentre le $f_n$ siano sempre integrabili, cioè $\sum_k |y_{n,k}|\mu(A_{n,k})<+\infty$?
$\infty$ grazie a tutti!!!

[_fabricius_1]

Il Teorema 1.17 di Analisi reale e complessa di W. Rudin potrebbe fare al caso tuo (va bene sia l'edizione italiana sia quella inglese).

[DavideGenova1]

Grazie, Fabricius!!! Sì, se $f$ è misurabile la successione di funzioni semplici $f_n$ misurabili di cui è limite uniforme può essere scelta monotona, sia non decrescente, sia non crescente. Per la sommabilità secondo Lebesgue su $A$ di ogni funzione $f:A\to\mathbb{C}$, o $f:A\to\mathbb{R}$, tale che \(\forall x\in A\quad|f(x)|\leq \varphi(x)\) dove $\varphi$ è sommabile (su $A$ secondo Lebesgue) direi quindi che se $f$ è non negativa per ogni $x\in A$ (o anche rispettivamente sempre non positiva) la successione \(\{f_n\}\) non decrescente (risp. non crescente) convergente uniformemente a $f$ è appunto la successione monotona cercata. Ciò che non riesco a dimostrare è che questo valga anche se $f$ assume valori negativi. [ot][size=85]Sempre che ciò valga davvero, perché il testo che sto seguendo è piuttosto, come dire... incasinato.[/size][/ot]

[_fabricius_1]

Ho citato Rudin senza aver da un'occhiata ai collegamenti al testo originale (tanto per dirne una per Rudin le funzioni semplici assumono solo un numero finito di valori).
Credo che l'esistenza della successione incriminata non valga in generale, ma dovrebbe valere in contesti particolari.
L'insieme A in questione ha misura finita? E le funzioni sono limitate?

[DavideGenova1]

$A$ in questo caso è $[a,b]$, mentre non mi pare che si facciano ipotesi sulla limitatezza di $f$. Non mi stupirei se, come suppone questo utente di MSE, non fosse possibile. È molto frequente nello stile del Kolmogorov-Fomin esporre dimostrazioni valide solo sotto ipotesi restrittive non esplicitate, anche se poi tali dimostrazioni sono generalizzabili, ma in un modo non spiegato al lettore, al caso generale oggetto del teorema.

[_fabricius_1]

Ricapitolando, data $ f : [a,b] \to \mathbb{R} $ sommabile, se $ f \ge 0 $ allora esiste una successione di funzioni semplici (alla Kolmogorov) che converge uniformemente crescendo ad f.
Nelle stesse ipotesi esiste una successione di funzioni semplici che converge uniformemente decrescendo ad f?
Le $ \phi_n (x) := \frac{\lceil 2^n x \rceil}{2^n} $ convergono uniformemente decrescendo all'identità.
Allora, se non erro, le $ \phi_n f $ dovrebbero convergere uniformemente decrescendo ad f, e quindi la risposta dovrebbe essere affermativa.

Ora, se scomponiamo f in parte positiva e parte negativa, esiste una successione di funzioni semplici che converge uniformemente crescendo alla parte positiva e ne esiste una che converge uniformemente decrescendo alla parte negativa: combinandole si può ottenere una successione che converge uniformemente crescendo ad f.

[DavideGenova1]

"_fabricius_":Nelle stesse ipotesi esiste una successione di funzioni semplici che converge uniformemente decrescendo ad f?

Non saprei proprio, sotto l'iporesi che $f\geq 0$...
Se $f\leq 0$ sì perchè basta prendere cambiata di segno quella relativa a $-f\geq 0$ (che genio che sono, eh? )

[_fabricius_1]

Dopo la domanda ho provato a dimostrarlo...

[DavideGenova1]

"_fabricius_":Dopo la domanda ho provato a dimostrarlo...

Scusami, non avevo mica capito...

"_fabricius_":Le $ \phi_n (x) := \frac{\lceil 2^n x \rceil}{2^n} $ convergono uniformemente decrescendo all'identità.

Bello! Non riesco a dimostrare a me stesso, però, che \(\forall\varepsilon>0\quad\exists N\in\mathbb{N}:\forall n\geq N\forall x\in[a,b]\quad\Big|\frac{\lceil 2^n x \rceil}{2^n}-x\Big|<\varepsilon\) (è questo che intendi vero, in modo che \(\phi_n\circ f\) converga uniformemente a $f$). Come si può vedere?
$\infty$ grazie ancora!

[Plepp]

"DavideGenova":Non riesco a dimostrare a me stesso, però, che \(\forall\varepsilon>0\quad\exists N\in\mathbb{N}:\forall n\geq N\forall x\in[a,b]\quad\Big|\frac{\lceil 2^n x \rceil}{2^n}-x\Big|<\varepsilon\) (è questo che intendi vero, in modo che \(\phi_n\circ f\) converga uniformemente a $f$). Come si può vedere?

Ricordando che $x\le \lceil x\rceil \[\left|\frac{\lceil 2^n x\rceil}{2^n}-x\right|=\frac{\lceil 2^n x\rceil}{2^n}-x<\frac{2^n x+1}{2^n}-x=\frac{1}{2^n}\]

[DavideGenova1]

Grazie di cuore a tutti e due! Un'ultima cosa: non riesco a vedere che \(\phi_n\circ f\) è misurabile...

[_fabricius_1]

Le $ \phi_n $ sono boreliane.

[DavideGenova1]

E \(\frac{\lceil 2^n f \rceil}{2^n}\) dovrebbe essere integrabile perché \(|\frac{\lceil 2^n f \rceil}{2^n}|\leq |f|+\frac{1}{2^n}\) e \(|f|+\frac{1}{2^n}\) è integrabile perché il dominio è di misura finita...
\(\aleph_1\) grazie ancora!!!