Definizione equivalente di misurabilità per una funzione \( f\colon X\to \mathbb R \)
Ciao. Sia \( X \) un insieme non vuoto e sia \( \mathscr M \) una \( \sigma \)-algebra su \( X \). Sia \( f\colon X\to \mathbb R \) una funzione di insiemi. Dico che \( f \) è misurabile se è \( (\mathscr M,\mathscr B(\mathbb R)) \)-misurabile, dove \( \mathscr B(\mathbb R) \) è la \( \sigma \)-algebra dei boreliani su \( \mathbb R \). In altre parole, \( f \) è misurabile se per ogni \( F\in \mathscr B(\mathbb R) \), si ha \( f^{-1}(F)\in \mathscr M \).
È vero che \( f \) è misurabile se e solo se \( f^{-1}(A)\in \mathscr M \) per ogni aperto \( A \) di \( \mathbb R \)?
È vero che \( f \) è misurabile se e solo se \( f^{-1}(A)\in \mathscr M \) per ogni aperto \( A \) di \( \mathbb R \)?
Risposte
O, più in generale: siano \( (X,\mathscr M) \) e \( (Y,\mathscr N) \) due spazi misurabili; sia \( \mathscr N \) generata da una famiglia \( \mathscr F \) di sottoinsiemi di \( Y \) (cioè, sia \( \mathscr N \) la più piccola \( \sigma \)-algebra su \( Y \) che contiene tutti gli elementi di \( \mathscr F \)); sia \( f\colon X\to Y \) una funzione.
È vero che \( f \) è misurabile se e solo se \( f^{-1}(F)\in \mathscr M \) per ogni \( F\in \mathscr F \)?
È vero che \( f \) è misurabile se e solo se \( f^{-1}(F)\in \mathscr M \) per ogni \( F\in \mathscr F \)?
"marco2132k":
Ciao. Sia \( X \) un insieme non vuoto e sia \( \mathscr M \) una \( \sigma \)-algebra su \( X \). Sia \( f\colon X\to \mathbb R \) una funzione di insiemi. Dico che \( f \) è misurabile se è \( (\mathscr M,\mathscr B(\mathbb R)) \)-misurabile, dove \( \mathscr B(\mathbb R) \) è la \( \sigma \)-algebra dei boreliani su \( \mathbb R \). In altre parole, \( f \) è misurabile se per ogni \( F\in \mathscr B(\mathbb R) \), si ha \( f^{-1}(F)\in \mathscr M \).
È vero che \( f \) è misurabile se e solo se \( f^{-1}(A)\in \mathscr M \) per ogni aperto \( A \) di \( \mathbb R \)?
SI, in effetti basta prendere \(A\) in una sottobase della topologia di \(\mathbb R\). La dimostrazione dovrebbe essere immediata.
Vero quello che dice dissonance, ma basta prendere anche meno, per esempio la famiglia ${(r,+\infty):r\inQQ}$, in generale è vera l'altra versione che dici, l'unica cosa a cui fare attenzione è che non è detto che in uno spazio topologico una famiglia di aperti che genera la topologia come prebase, generi come sigma-algebra i boreliani.
Non ha nemmeno niente a che fare con la sigma-algebra dei boreliani: se sul codominio c'è la sigma algebra generata da una famiglia di sottoinsiemi, è sufficiente controllare la misurabilità su una base.
Certo, "immediata" quando bisogna fare una dimostrazione per induzione \(\omega_1\)-transfinita mi sembra un po' ottimistico: bisogna farlo per tutti gli ordinali \(\kappa \le \omega_1\); la base dell'induzione è gratis, poi bisogna mostrarlo per un insieme del tipo \(A_{\delta,\sigma}^{[\kappa]} = A^{[\kappa+1]}\), dove \(E_{\delta,\sigma}\) è l'insieme delle unioni numerabili di intersezioni numerabili di elementi di $E$, e per un ordinale limite del tipo \(\bigcup_{\alpha< \kappa}A^{[\alpha]}\).
Certo, "immediata" quando bisogna fare una dimostrazione per induzione \(\omega_1\)-transfinita mi sembra un po' ottimistico: bisogna farlo per tutti gli ordinali \(\kappa \le \omega_1\); la base dell'induzione è gratis, poi bisogna mostrarlo per un insieme del tipo \(A_{\delta,\sigma}^{[\kappa]} = A^{[\kappa+1]}\), dove \(E_{\delta,\sigma}\) è l'insieme delle unioni numerabili di intersezioni numerabili di elementi di $E$, e per un ordinale limite del tipo \(\bigcup_{\alpha< \kappa}A^{[\alpha]}\).
Ma no, la fai più complicata di quanto non sia, basta dimostrare che la famiglia di sottoinsiemi del codominio che hanno come retroimmagine un insieme misurabile forma una $\sigma$-algebra, che è abbastanza immediato.
Allora, intanto grazie. Poi, devo ammettere che non sono ancora riuscito a convincermi di questo:
SI, in effetti basta prendere \( A \) in una sottobase della topologia di \( \mathbb R \). La dimostrazione dovrebbe essere immediata.[/quote]
Volevo anche chiedere una cosa in un certo senso legata a questo, e cioè: per gli spazi misurabili, sono date delle nozioni analoghe a quelle di prebase e di base di uno spazio topologico? E, se sì, si comportano bene? (Nel senso che sono sufficienti a caratterizzare la misurabilità, ecc.).
Penso che la risposta sia negativa: mi ricordo che tipo un anno fa @otta96 mi aveva detto che non esiste una descrizione esplicita della \( \sigma \)-algebra generata da una famiglia di sottoinsiemi, ma forse mi sto leggermente confondendo.
Ah, ho pure un altro dubbio: come mai nella definizione di funzione misurabile si considerano i boreliani e non, ad esempio, la \( \sigma \)-algebra di Lebesgue?
"dissonance":
[quote="marco2132k"]Ciao. Sia \( X \) un insieme non vuoto e sia \( \mathscr M \) una \( \sigma \)-algebra su \( X \). Sia \( f\colon X\to \mathbb R \) una funzione di insiemi. Dico che \( f \) è misurabile se è \( (\mathscr M,\mathscr B(\mathbb R)) \)-misurabile, dove \( \mathscr B(\mathbb R) \) è la \( \sigma \)-algebra dei boreliani su \( \mathbb R \). In altre parole, \( f \) è misurabile se per ogni \( F\in \mathscr B(\mathbb R) \), si ha \( f^{-1}(F)\in \mathscr M \).
È vero che \( f \) è misurabile se e solo se \( f^{-1}(A)\in \mathscr M \) per ogni aperto \( A \) di \( \mathbb R \)?
SI, in effetti basta prendere \( A \) in una sottobase della topologia di \( \mathbb R \). La dimostrazione dovrebbe essere immediata.[/quote]
Volevo anche chiedere una cosa in un certo senso legata a questo, e cioè: per gli spazi misurabili, sono date delle nozioni analoghe a quelle di prebase e di base di uno spazio topologico? E, se sì, si comportano bene? (Nel senso che sono sufficienti a caratterizzare la misurabilità, ecc.).
Penso che la risposta sia negativa: mi ricordo che tipo un anno fa @otta96 mi aveva detto che non esiste una descrizione esplicita della \( \sigma \)-algebra generata da una famiglia di sottoinsiemi, ma forse mi sto leggermente confondendo.
Ah, ho pure un altro dubbio: come mai nella definizione di funzione misurabile si considerano i boreliani e non, ad esempio, la \( \sigma \)-algebra di Lebesgue?
L'analogo della prebase è quello che dicevi prima, una famiglia di insiemi che genera la $\sigma$-algebra, e funziona abbastanza bene.
Non mi ricordo cosa ti ho detto sulla rappresentazione dei boreliani, ma una rappresentazione esplicita esiste, che passa per il tipo di procedimento di cui ha parlato megas_archon.
All'ultima domanda non so rispondere, probabilmente per motivi storici si è considerata quella definizione più interessante, e immagino non solo per motivi storici ma anche perchè vengono meglio i teoremi.
Non mi ricordo cosa ti ho detto sulla rappresentazione dei boreliani, ma una rappresentazione esplicita esiste, che passa per il tipo di procedimento di cui ha parlato megas_archon.
All'ultima domanda non so rispondere, probabilmente per motivi storici si è considerata quella definizione più interessante, e immagino non solo per motivi storici ma anche perchè vengono meglio i teoremi.
come mai nella definizione di funzione misurabile si considerano i borelianiCi sono due definizioni di "funzione misurabile" nell'uso corrente. Una è quella dell'analisi, ed è quella di cui stiamo parlando in questo thread. L'altra è quella della probabilità e dice che una funzione è misurabile se e solo se la controimmagine di un misurabile è misurabile.
Perché le due definizioni? Ne abbiamo parlato in questa discussione con Emar e con il leggendario ViciousGoblin. La definizione della probabilità è naturale, visto che mima pari pari la definizione topologica di continuità. Ma per funzioni a valori reali, l'idea di Lebesgue sta nel misurare gli insiemi di livello, che sono controimmagini di aperti (vedi link). Quindi è più naturale richiedere la misurabilità degli aperti.
All'atto pratico non ho mai trovato un contesto concreto in cui ci sia differenza tra i due approcci.
Ok, credo di essere riuscito a rispondere alla mia prima/seconda domanda!
Ho letto parzialmente la discussione che mi ha segnalato @dissonance, e a una certa viene richiamato un risultato che c'è nel Rudin. Provo un attimo a generalizzarlo e ad usarlo per dimostrare quanto mi serve.
Fatto. Sia \( \left((X_i,\mathscr M_i) : i\in I\right) \) una famiglia di spazi misurabili. Sia \( Y \) un insieme. Sia \( \left(f_i\colon X_i\to Y : i\in I\right) \) una famiglia di funzioni di insiemi. Sia \( \mathscr N_1 \) il join delle \( \sigma \)-algebre \( \mathscr N \) su \( Y \) che rendono \( f_i \) misurabile come mappa \( f_i\colon (X_i,\mathscr M_i)\to (Y,\mathscr N) \), per ogni \( i\in I \). Allora è
\[
\mathscr N_1 = \left\{F\subset Y : \text{\( f_i^{-1}(F)\in \mathscr M_i \) per ogni \( i\in I \)}\right\}\text{.}
\]
Dimostrazione. Dimostro che 1) l'insieme \( \mathscr O \) degli \( F\subset Y \) tali che \( f_i^{-1}(F)\in \mathscr M_i \) per ogni \( i\in I \) è una \( \sigma \)-algebra; che 2) per ogni \( \sigma \)-algebra \( \mathscr N \) su \( Y \) che rende misurabili le \( f_i \) è \( \mathscr N\subset \mathscr O \); e che 3) \( f_i \) è misurabile come mappa \( f_i\colon (X_i,\mathscr M_i)\to (Y,\mathscr O) \). I punti 1), 2) e 3) implicano che \( \mathscr O = \mathscr N_1 \). Domani finisco
. \( \square \)
Da questo dovrebbe seguire immediatamente che, se \( (X,\mathscr M) \) è uno spazio misurabile e \( (Y,\tau_Y) \) è uno spazio topologico, una funzione \( f\colon X\to Y \) è \( (\mathscr M,\mathscr B(Y)) \)-misurabile se e solo se \( f^{-1}(V)\in \mathscr M \) per ogni \( V\in \tau_Y \). Infatti, se \( f \) ritorna aperti in misurabili, si ha \( \mathscr B(Y)\subset \mathscr N_1 \), dove \( \mathscr N_1 \) è la \( \sigma \)-algebra appena costruita. \( \square \)
Domani probabilmente chiederò qualcos'altro e finirò la dimostrazione (a patto che sia vero ciò che io credo sia vero). Intanto posto però, così se ho scritto monate intanto me lo dite.
[*] Esplicitamente (e solo per completezza, dato che non serve a nulla saperlo per quanto segue), \( \mathscr N_1 \) è l'intersezione della famiglia delle \( \sigma \)-algebre \( \mathscr N^\prime \) su \( Y \) tali che \( \mathscr N\subset \mathscr N^\prime \) per ogni \( \sigma \)-algebra \( \mathscr N \) su \( Y \) che rende \( f_i \) misurabile come \( f_i\colon (X_i,\mathscr M_i)\to (Y,\mathscr N) \), per ogni \( i\in I \). (Si ricordi come si costruisce il join di una famiglia \( (t_i)_{i\in I} \) di elementi di un insieme parzialmente ordinato \( L \) che ammette meet arbitrari e un massimo; la costruzione è descritta meglio in Grillet, Capitolo XIV, Paragrafo 2). Il motivo di dire "il join delle [...]" e non, semplicemente, "la più fine delle [...]", è che a questo punto non so ancora se la la più fine delle \( \sigma \)-algebre tali che [...] esiste (di fatto esiste e lo dimostro, ma dirlo così mi sembrava più corretto).
Ho letto parzialmente la discussione che mi ha segnalato @dissonance, e a una certa viene richiamato un risultato che c'è nel Rudin. Provo un attimo a generalizzarlo e ad usarlo per dimostrare quanto mi serve.
Fatto. Sia \( \left((X_i,\mathscr M_i) : i\in I\right) \) una famiglia di spazi misurabili. Sia \( Y \) un insieme. Sia \( \left(f_i\colon X_i\to Y : i\in I\right) \) una famiglia di funzioni di insiemi. Sia \( \mathscr N_1 \) il join
\mathscr N_1 = \left\{F\subset Y : \text{\( f_i^{-1}(F)\in \mathscr M_i \) per ogni \( i\in I \)}\right\}\text{.}
\]
Dimostrazione. Dimostro che 1) l'insieme \( \mathscr O \) degli \( F\subset Y \) tali che \( f_i^{-1}(F)\in \mathscr M_i \) per ogni \( i\in I \) è una \( \sigma \)-algebra; che 2) per ogni \( \sigma \)-algebra \( \mathscr N \) su \( Y \) che rende misurabili le \( f_i \) è \( \mathscr N\subset \mathscr O \); e che 3) \( f_i \) è misurabile come mappa \( f_i\colon (X_i,\mathscr M_i)\to (Y,\mathscr O) \). I punti 1), 2) e 3) implicano che \( \mathscr O = \mathscr N_1 \). Domani finisco
. \( \square \)Da questo dovrebbe seguire immediatamente che, se \( (X,\mathscr M) \) è uno spazio misurabile e \( (Y,\tau_Y) \) è uno spazio topologico, una funzione \( f\colon X\to Y \) è \( (\mathscr M,\mathscr B(Y)) \)-misurabile se e solo se \( f^{-1}(V)\in \mathscr M \) per ogni \( V\in \tau_Y \). Infatti, se \( f \) ritorna aperti in misurabili, si ha \( \mathscr B(Y)\subset \mathscr N_1 \), dove \( \mathscr N_1 \) è la \( \sigma \)-algebra appena costruita. \( \square \)
Domani probabilmente chiederò qualcos'altro e finirò la dimostrazione (a patto che sia vero ciò che io credo sia vero). Intanto posto però, così se ho scritto monate intanto me lo dite.
[*] Esplicitamente (e solo per completezza, dato che non serve a nulla saperlo per quanto segue), \( \mathscr N_1 \) è l'intersezione della famiglia delle \( \sigma \)-algebre \( \mathscr N^\prime \) su \( Y \) tali che \( \mathscr N\subset \mathscr N^\prime \) per ogni \( \sigma \)-algebra \( \mathscr N \) su \( Y \) che rende \( f_i \) misurabile come \( f_i\colon (X_i,\mathscr M_i)\to (Y,\mathscr N) \), per ogni \( i\in I \). (Si ricordi come si costruisce il join di una famiglia \( (t_i)_{i\in I} \) di elementi di un insieme parzialmente ordinato \( L \) che ammette meet arbitrari e un massimo; la costruzione è descritta meglio in Grillet, Capitolo XIV, Paragrafo 2). Il motivo di dire "il join delle [...]" e non, semplicemente, "la più fine delle [...]", è che a questo punto non so ancora se la la più fine delle \( \sigma \)-algebre tali che [...] esiste (di fatto esiste e lo dimostro, ma dirlo così mi sembrava più corretto).
"otta96":
L'analogo della prebase è quelloche dicevi prima, una famiglia di insiemi che genera la $\sigma$-algebra, e funziona abbastanza bene.
Il problema è che, se \( X \) è un insieme e \( \mathcal F \) è una famiglia di sottoinsiemi di \( X \), la topologia generata da \( \mathcal F \) ha una descrizione molto esplicita: ha \( \mathcal F \) per prebase (e viceversa, se \( \mathcal F \) prebase di \( \tau \) allora \( \tau \) è la generata da \( \mathcal F \)). Questo significa che provare che una \( f\colon X\to Y \) è continua quando \( Y \) è generato da \( \mathcal G \) è immediato, perché basta sfruttare le proprietà "algebriche" di \( f^{-1}\colon 2^Y\to 2^X \).
Mi stupisce che per gli spazi misurabili la cosa sia tremendamente più complicata. Poi io di teoria degli insiemi non so niente praticamente...
(Comunque il thread al quale facevo riferimento era questo, di un anno fa!)
Si, è più complicato. Neanche io so nulla di queste cose. Ma mi ricordo che c'era una menzione a questa roba qui sul libro di Halmos.
"marco2132k":
Questo significa che provare che una \( f\colon X\to Y \) è continua quando \( Y \) è generato da \( \mathcal G \) è immediato, perché basta sfruttare le proprietà "algebriche" di \( f^{-1}\colon 2^Y\to 2^X \).
Un conto sono risultati di questo tipo, un conto è una descrizione esplicita, sono cose scollegate, infatti nel caso delle $\sigma$-algebre continua a valere questo risultato come ti dicevo, ma manca la descrizione esplicita, o meglio, una descrizione esplicita facile.
"dissonance":La teoria descrittiva degli insiemi è la parte di set theory che cerca di spiegare il motivo profondo per cui la costruzione è più complicata che in topologia.
Si, è più complicato. Neanche io so nulla di queste cose. Ma mi ricordo che c'era una menzione a questa roba qui sul libro di Halmos.
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