Spazi di misura completi e funzioni misurabili
Sono alla prese con la dimostrazione della seguente proposizione, vorrei sapere se ho scritto troppe scemenze o no:
Proposizione:
Sia $(X, \mathcal{M}, \mu)$ uno spazio di misura e siano $f,g : X \to RR$ tali che
$f$ è misurabile, $f=g $ q.o. $\quad \quad$ (1)
Allora
(i) Se lo spazio è completo allora (1) implica che $g$ è misurabile.
(ii) Se per ogni coppia di funzioni $f,g$ che rispettano la (1) si ha che $g$ è misurabile, allora lo spazio è completo.
Dimostrazione:
(i)
Sia $A \subset RR$ aperto e sia $N:= \{x \in X : f(x) \ne g(x) \}$; per definizione di $N$ si ha che $\mu(N)=0$.
Si ha $(f^{-1}(A) - g^{-1}(A)) \subset N$: infatti se per assurdo ci fosse $x \in X : x \in (f^{-1}(A) - g^{-1}(A)) \wedge x \notin N$ si avrebbe $f(x)=g(x) \in A$ e dunque $x\in g^{-1}(A)$ che è assurdo.
Allora, siccome lo spazio è completo, si ha $(f^{-1}(A) - g^{-1}(A)) \in \mathcal{M}$ con $\mu(f^{-1}(A) - g^{-1}(A))=0$.
Infine, poiché $f^{-1}(A) = (g^{-1}(A) - N ) \cup (f^{-1}(A) - g^{-1}(A))$ (*), si ha che $g^{-1}(A) \in \mathcal{M}$.
(ii)
Sia $N \in \mathcal{M} : \mu(N) =0$ e sia $E \subset N$. Siano $f(x):= \mathcal{1}_{N}(x) \quad , \quad g(x):=\mathcal{1}_{E}(x)$
Poiché $\{x \in X : f(x) \ne g(x) \} \subset N$ allora $f=g $ q.o. e quindi per la (1) si ha che $g$ è misurabile, ovvero $E \in \mathcal{M}$.
Commenti:
(i) (*) Non sono sicurissimo di questo fatto anche se mi sembra proprio vero!
(ii) Come definizione di vero quasi ovunque uso:
Sia $(X, \mathcal{M}, \mu)$ uno spazio di misura e sia $P(x)$ una proposizione per ogni $x \in X$. Si dice che $P$ è vera quasi ovunque (rispetto a $mu$) se esiste un insieme $A \in X$ t.c. $\mu(X-A)=0$ e $P(x)$ è vera per ogni $x \in A$.
Grazie mille in anticipo!
Proposizione:
Sia $(X, \mathcal{M}, \mu)$ uno spazio di misura e siano $f,g : X \to RR$ tali che
$f$ è misurabile, $f=g $ q.o. $\quad \quad$ (1)
Allora
(i) Se lo spazio è completo allora (1) implica che $g$ è misurabile.
(ii) Se per ogni coppia di funzioni $f,g$ che rispettano la (1) si ha che $g$ è misurabile, allora lo spazio è completo.
Dimostrazione:
(i)
Sia $A \subset RR$ aperto e sia $N:= \{x \in X : f(x) \ne g(x) \}$; per definizione di $N$ si ha che $\mu(N)=0$.
Si ha $(f^{-1}(A) - g^{-1}(A)) \subset N$: infatti se per assurdo ci fosse $x \in X : x \in (f^{-1}(A) - g^{-1}(A)) \wedge x \notin N$ si avrebbe $f(x)=g(x) \in A$ e dunque $x\in g^{-1}(A)$ che è assurdo.
Allora, siccome lo spazio è completo, si ha $(f^{-1}(A) - g^{-1}(A)) \in \mathcal{M}$ con $\mu(f^{-1}(A) - g^{-1}(A))=0$.
Infine, poiché $f^{-1}(A) = (g^{-1}(A) - N ) \cup (f^{-1}(A) - g^{-1}(A))$ (*), si ha che $g^{-1}(A) \in \mathcal{M}$.
(ii)
Sia $N \in \mathcal{M} : \mu(N) =0$ e sia $E \subset N$. Siano $f(x):= \mathcal{1}_{N}(x) \quad , \quad g(x):=\mathcal{1}_{E}(x)$
Poiché $\{x \in X : f(x) \ne g(x) \} \subset N$ allora $f=g $ q.o. e quindi per la (1) si ha che $g$ è misurabile, ovvero $E \in \mathcal{M}$.
Commenti:
(i) (*) Non sono sicurissimo di questo fatto anche se mi sembra proprio vero!
(ii) Come definizione di vero quasi ovunque uso:
Sia $(X, \mathcal{M}, \mu)$ uno spazio di misura e sia $P(x)$ una proposizione per ogni $x \in X$. Si dice che $P$ è vera quasi ovunque (rispetto a $mu$) se esiste un insieme $A \in X$ t.c. $\mu(X-A)=0$ e $P(x)$ è vera per ogni $x \in A$.
Grazie mille in anticipo!
Risposte
Mi sembra che vada bene, al netto di spiegare perché dici che $A$ è aperto (la sigma-algebra è data dai boreliani di una topologia?).
Ciao! Grazie mille per la risposta!
Prima del corso che sto seguendo adesso la mia definizione di funzione misurabile è sempre stata: dati due spazi misurabili $(X, \mathcal{M})$ e $(E, \mathcal{E})$ si dice che $f:X \to E$ è ($\mathcal{M}$ - $\mathcal{E}$) misurabile se $f^{-1}(A) \in \mathcal{M}$ per ogni $A \in \mathcal{E}$.
In questo corso invece ho scoperto che agli analisti piace usare questa definizione: dati uno spazio misurabile $(X, \mathcal{M})$ e uno spazio topologico $(E, \tau)$ si dice che $f:X \to E$ è misurabile se $f^{-1}(A) \in \mathcal{M}$ per ogni $A \in \tau$.
Dunque in questo caso ho utilizzato la seconda definizione, per questo ho detto che $A$ è aperto in $RR$.
Domanda: se avessi assunto come definizione la prima con $(E, \mathcal{E}) = (RR, \mathcal{B}(RR) )$, non sarebbe bastato mostrarlo per $A$ aperto, no? [In ogni caso basterebbe scrivere “Sia $A \in \mathcal{B}(RR)$” e tutto filerebbe liscio poi.]
Prima del corso che sto seguendo adesso la mia definizione di funzione misurabile è sempre stata: dati due spazi misurabili $(X, \mathcal{M})$ e $(E, \mathcal{E})$ si dice che $f:X \to E$ è ($\mathcal{M}$ - $\mathcal{E}$) misurabile se $f^{-1}(A) \in \mathcal{M}$ per ogni $A \in \mathcal{E}$.
In questo corso invece ho scoperto che agli analisti piace usare questa definizione: dati uno spazio misurabile $(X, \mathcal{M})$ e uno spazio topologico $(E, \tau)$ si dice che $f:X \to E$ è misurabile se $f^{-1}(A) \in \mathcal{M}$ per ogni $A \in \tau$.
Dunque in questo caso ho utilizzato la seconda definizione, per questo ho detto che $A$ è aperto in $RR$.
Domanda: se avessi assunto come definizione la prima con $(E, \mathcal{E}) = (RR, \mathcal{B}(RR) )$, non sarebbe bastato mostrarlo per $A$ aperto, no? [In ogni caso basterebbe scrivere “Sia $A \in \mathcal{B}(RR)$” e tutto filerebbe liscio poi.]
Ah, no vabbè, sono io che ho letto male, la tua funzione è a valori reali, e implicitamente uno prende sempre la sigma-algebra generata dagli aperti di $\mathbb R$. Certamente basta, i boreliani sono una "base" (si usa questa nomenclatura?) e una funzione è misurabile sse lo è su una base (analogamente alla continuità).
In realtà usando la definizione 2 io non prendo i boreliani ma proprio solo gli aperti!
Poi sono d'accordo che, in effetti, se è misurabile sugli aperti allora è misurabile anche sui boreliani perché la famiglia dei sottoinsiemi di $E$ tali che la loro controimmagine appartiene a $\mathcal{M}$ è una sigma algebra in $E$ e, contenendo gli aperti, contiene anche per forza i boreliani.
Comunque, ancora grazie mille!
Poi sono d'accordo che, in effetti, se è misurabile sugli aperti allora è misurabile anche sui boreliani perché la famiglia dei sottoinsiemi di $E$ tali che la loro controimmagine appartiene a $\mathcal{M}$ è una sigma algebra in $E$ e, contenendo gli aperti, contiene anche per forza i boreliani.
Comunque, ancora grazie mille!
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