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# 8.3: Funciones medibles en$$(S, \mathcal{M}, m)$$

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I. A partir de ahora presupondremos no sólo un espacio medible (§1) sino un espacio de medida$$(S, \mathcal{M}, m),$$ donde$$m : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}$$ es una medida sobre un$$\sigma$$ anillo$$\mathcal{M} \subseteq 2^{S}$$.

Vimos en el Capítulo 7 que a menudo se podían descuidar conjuntos de Lebesgue miden cero en$$E^{n}-$$ si una propiedad se mantiene en todas partes excepto en un conjunto de Lebesgue medida cero, dijimos que tenía “casi en todas partes”. La siguiente definición generaliza este uso.

## Definición

Decimos que una propiedad$$P(x)$$ tiene para casi todos$$x \in A$$ (con respecto a la medida$$m )$$ o casi en todas partes (a.e.$$(m) )$$ on$$A$$ iff se aferra$$A-Q$$ para algunos$$Q \in \mathcal{M}$$ con$$m Q=0$$.

Así escribimos

\ [
f_ {n}\ fila derecha f (a. e.) \ texto {o} f=\ lim f_ {n} (a. e. (m))\ texto {on} A
\]

iff$$f_{n} \rightarrow f(\text { pointwise })$$ on Por$$A-Q, m Q=0 .$$ supuesto, “pointwise” implica$$" a . e . "(\text { take } Q=\emptyset),$$ pero lo contrario falla.

## Definición

Decimos que$$f : S \rightarrow\left(T, \rho^{\prime}\right)$$ es casi medible en$$A$$ iff$$A \in \mathcal{M}$$ y$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible en$$A-Q, m Q=0$$.

Entonces también decimos que$$f$$ es$$m$$ -medible ($$m$$siendo la medida involucrada) en contraposición a$$\mathcal{M}$$ -medible.

Observe que podemos asumir$$Q \subseteq A$$ aquí (sustituir$$Q$$ por$$A \cap Q )$$.

*Nota 1. Si$$m$$ es una medida generalizada (Capítulo 7, §11), sustitúyase$$m Q=0$$ por$$v_{m} Q=0\left(v_{m}=\text { total variation of } m\right)$$ en las Definiciones 1 y 2 y en las siguientes pruebas.

## Corolario$$\PageIndex{1}$$

Si las funciones

\ [
f_ {n}: S\ fila derecha\ izquierda (T,\ rho^ {\ prime}\ derecha),\ quad n=1,2,\ lpuntos
\]

son$$m$$ -medibles en$$A,$$ y si

\ [
f_ {n}\ fila derecha f (a. e. (m))
\]

en$$A,$$ entonces$$f$$ es$$m$$ -medible en$$A$$.

Prueba

Por supuesto,$$f_{n} \rightarrow f (\text { pointwise })$$ en$$A-Q_{0}, m Q_{0}=0 .$$ También,$$f_{n}$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible en

\ [
A-Q_ {n}, m Q_ {n} =0,\ quad n=1,2,\ puntos
\]

(El no$$Q_{n}$$ tiene por qué ser lo mismo.)

Let

\ [
Q=\ bigcup_ {n=0} ^ {\ infty} Q_ {n};
\]

por lo

\ [
m Q\ leq\ suma_ {n=0} ^ {\ infty} m Q_ {n} =0.
\]

Por Corolario 2 en §1, todos$$f_{n}$$ son$$\mathcal{M}$$ -medibles en$$A-Q$$ (¿por qué?) , y$$f_{n} \rightarrow f$$
(puntualmente) en$$A-Q,$$ como$$A-Q \subseteq A-Q_{0} .$$

Así, por el Teorema 4 en §1,$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible en$$A-Q .$$ As$$m Q=0$$, este
es el resultado deseado. $$\square$$

## Corolario$$\PageIndex{2}$$

Si está$$f=g (a . e .(m))$$ encendido$$A$$ y$$f$$ es$$m$$ -medible en$$A,$$ así es$$g$$.

Prueba

Por suposición,$$f=g$$ on$$A-Q_{1}$$ y$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible en$$A-Q_{2}$$, con$$m Q_{1}=m Q_{2}=0$$.

Vamos$$Q=Q_{1} \cup Q_{2} .$$ Entonces$$m Q=0$$ y sigue$$g=f$$$$A-Q .$$ (¿Por qué? $$)$$

Por Corolario 2 de §1,$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible en$$A-Q$$. De ahí que así sea$$g$$, como se afirma. $$\square$$

## Corolario$$\PageIndex{3}$$

Si$$f : S \rightarrow\left(T, \rho^{\prime}\right)$$ es$$m$$ -medible en$$A,$$ entonces

\ [
f=\ lim _ {n\ fila derecha\ infty} f_ {n} (\ texto {uniformemente})\ texto {on} A-Q (m Q=0),
\]

para algunos mapas$$f_{n},$$ todos los elementales en$$A-Q$$.

Prueba

Agrega prueba aquí y automáticamente se ocultará

(Comparar el Corolario 3 con el Teorema 3 en §1).

De manera muy similar, todas las demás proposiciones de §1 se transfieren a funciones casi medibles (es decir,$$m$$ -medibles). Tenga en cuenta, sin embargo, que el término “medible” en los §§1 y 2 siempre significó$$" \mathcal{M}$$ -medible”. Esto implica$$m$$ -mensurabilidad (toma$$Q=\emptyset ),$$ pero lo contrario falla. (Ver Nota$$2,$$ sin embargo.)

## Corolario$$\PageIndex{4}$$

Si las funciones

\ [
f_ {n}: S\ fila derecha E^ {*}\ cuádruple (n=1,2,\ lpuntos)
\]

son$$m$$ -medibles en un conjunto$$A,$$ así que también son

\ [
\ sup f_ {n},\ inf f_ {n},\ overline {\ lim} f_ {n},\ texto {y}\ subrayado {\ lim} f_ {n}
\]

(Use Lemma 1 de §2).

Del mismo modo, el Teorema 2 en §2 se traslada a funciones$$m$$ -medibles.

Nota 2. Si$$m$$ está completo (como la medida de Lebesgue y las medidas LS) entonces, para$$f : S \rightarrow E^{*}\left(E^{n}, C^{n}\right), m-$$ y$$\mathcal{M}$$ -la medibilidad coinciden (ver Problema 3 a continuación).

## Lema$$\PageIndex{1}$$

$$A \operatorname{map} f : S \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)$$es$$\mathcal{M}$$ -medible en$$A$$ iff
\ [
A\ cap f^ {-1} [B]\ in\ mathcal {M}
\]
para cada conjunto de Borel (equivalentemente, conjunto abierto)$$B$$ en$$E^{n}\left(C^{n}\right)$$.

Prueba

Consulte Problemas$$8-10$$ en §2 para un boceto de la prueba.

## Lema$$\PageIndex{2}$$

$$A \operatorname{map} f :(S, \rho) \rightarrow\left(T, \rho^{\prime}\right)$$es relativamente continuo en$$A \subseteq S$$ iff para cualquier conjunto abierto en$$B \subseteq\left(T, \rho^{\prime}\right),$$ el que el conjunto$$A \cap f^{-1}[B]$$ esté abierto$$(A, \rho)$$ como subespacio de$$(S, \rho)$$.

Prueba

Por el Capítulo 4, §1, la nota al pie de página$$4, f$$ es relativamente continua en$$A$$ iff su restricción a$$A$$ (llamarlo$$g : A \rightarrow T )$$ es continuo en el sentido ordinario.
Ahora, por Problema 15$$(\mathrm{iv})(\mathrm{v})$$ en el Capítulo 4, §2, con$$S$$ reemplazado por$$A,$$ este medio que$$g^{-1}[B]$$ está abierto (cerrado)$$i n(A, \rho)$$ cuando$$B$$ es así en$$\left(T, \rho^{\prime}\right) .$$ Pero
\ [
g^ {-1} [B] =\ {x\ in A | f (x)\ in B\} =A\ cap f^ {-1} [B].
\]
(¿Por qué?) De ahí que siga el resultado. $$\square$$

## Teorema$$\PageIndex{1}$$

Dejar$$m : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}$$ ser una medida topológica en$$(S, \rho) .$$ Si$$f : S \rightarrow$$$$E^{n}\left(C^{n}\right)$$ es relativamente continua en un conjunto$$A \in \mathcal{M},$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible en$$A$$.

Prueba

Let$$B$$ be open in$$E^{n}\left(C^{n}\right) .$$ Por Lema 2,
\ [
A\ cap f^ {-1} [B]
\]
está abierto$$i n(A, \rho) .$$ De ahí por el Teorema 4 del Capítulo 3, §12,
\ [
A\ cap f^ {-1} [B] =A\ cap U
\]
para algún set abierto$$U$$ en$$(S, \rho)$$.
Ahora, por suposición,$$A$$ está en$$\mathcal{M} .$$ Así es$$U,$$ como$$\mathcal{M}$$ es topológico$$(\mathcal{M} \supseteq \mathcal{G})$$.
De ahí
\ [
A\ cap f^ {-1} [B] =A\ cap U\ in\ mathcal {M}
\]
para cualquier abierto$$B \subseteq E^{n}\left(C^{n}\right) .$$ El resultado sigue por Lema 1. $$\square$$

Nota 3. Lo contrario falla. Por ejemplo, la función Dirichlet (Ejemplo$$(\mathrm{c})$$ en el Capítulo 4, §1) es L-medible (incluso simple) pero discontinua en todas partes.
Nota 4. Lema 1 y Teorema 1$$f : S \rightarrow\left(T, \rho^{\prime}\right),$$ también$$f[A]$$ se mantienen para un mapa, siempre que sea separable, es decir,
\ [
f [A]\ subseteq\ overline {D}
\]
para un conjunto contable$$D \subseteq T$$ (cf. Problema 11 en §2).
*III. Para medidas fuertemente regulares (Definición 5 en el Capítulo 7, §7), obtenemos el siguiente teorema.

## *Teorema$$\PageIndex{2}$$

(Luzin). Dejar$$m : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}$$ ser una medida fuertemente regular en$$(S, \rho)$$. Seamos$$f : S \rightarrow\left(T, \rho^{\prime}\right)$$$$m$$ -mensurables en$$A$$.
Entonces dado$$\varepsilon>0,$$ hay un conjunto cerrado$$F \subseteq A(F \in \mathcal{M})$$ tal que
\ [
m (A-F) <\ varepsilon
\]
y$$f$$ es relativamente continuo en$$F$$.
(Obsérvese que si$$T=E^{*}, \rho^{\prime}$$ es como en el Problema 5 del Capítulo 3, §11.)

Prueba

Por suposición,$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible en un conjunto
\ [
H=A-Q, m Q=0;
\]
así que por el Problema 7 en §1,$$f[H]$$ es separable en$$T$$. Podemos asumir con seguridad que$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible en$$S$$ y que todo$$T$$ es separable. (Si no, reemplace$$S$$ y$$T$$ por$$H$$ y$$f[H],$$ restringiendo$$f$$ a$$H,$$ y$$m$$ a$$\mathcal{M}$$ -conjuntos dentro$$H ;$$ vea también Problemas 7 y 8 a continuación.)
Entonces por Problema 12 de §2, podemos fijar globos de$$T$$ tal$$G_{1}, G_{2}, \ldots$$ manera que
\ [
\ text {cada conjunto abierto} B\ neq\ emptyset\ text {in} T\ text {es la unión de una subsecuencia de}\ left\ {G_ {k}\ right\}.
\]
Ahora vamos$$\varepsilon>0,$$ y establecemos
\ [
S_ {k} =S\ cap f^ {-1}\ left [G_ {k}\ right] =f^ {-1}\ left [G_ {k}\ right],\ quad k=1,2,\ ldots
\]
Por Corolario 2 en §2,$$S_{k} \in \mathcal{M} .$$ As$$m$$ es fuertemente regular, encontramos para cada uno$$S_{k}$$ un conjunto abierto
\ [
U_ {k}\ supseteq S_ {k},
\]
con$$U_{k} \in \mathcal{M}$$ y
\ [
m\ left (U_ {k} -S_ {k}\ derecha) <\ frac {\ varepsilon} {2^ {k+1}}.
\]
Vamos$$B_{k}=U_{k}-S_{k}, D=\bigcup_{k} B_{k} ;$$ así$$D \in \mathcal{M}$$ y
\ [
m D\ leq\ suma_ {k} m B_ {k}\ leq\ suma_ {k}\ frac {\ varepsilon} {2^ {k+1}}\ leq\ frac {1} {2}\ varepsilon
\]
y
\ [
U_ { k} -B_ {k} =S_ {k} =f^ {-1}\ izquierda [G_ {k}\ derecha].
\]
Como$$D=\bigcup B_{k},$$ tenemos
\ [
(\ forall k)\ quad B_ {k} -D=B_ {k}\ cap (-D) =\ emptyset.
\]
De ahí por$$\left(2^{\prime}\right)$$,

\ [\ begin {aligned} (\ forall k)\ quad f^ {-1}\ left [G_ {k}\ right]\ cap (-D) &=\ left (U_ {k} -B_ {k}\ right)\ cap (-D)\\ &=\ left (U_ {k}\ cap (-D)\ right) -\ left (B_ {k}\ cap (-D)\ derecha) =U_ {k}\ cap (-D)\ end {alineado}.
\]
Combinando esto con$$(1),$$ tenemos, para cada conjunto abierto$$B=\bigcup_{i} G_{k_{i}} \operatorname{in} T$$,
\ [
f^ {-1} [B]\ cap (-D) =\ bigcup_ {i} f^ {-1}\ left [G_ {k_ {i}}\ right]\ cap (-D) =\ bigcup_ {i} U_ {k_ {i}}\ cap (-D).
\]
ya que los$$U_{k_{i}}$$ están abiertos en$$S$$ (por construcción), el conjunto$$(3)$$ está abierto en$$S-D$$ como un subespacio de$$S .$$ Por Lemma$$2,$$ entonces,$$f$$ es relativamente continuo en$$S-D,$$ o más bien en
\ [
H-D=A-Q-D
\]
(ya que en realidad$$S$$ sustituimos$$H$$ en el curso de la prueba). Como$$m Q=0$$ y$$m D<\frac{1}{2} \varepsilon$$ por$$(2)$$,
\ [
m (H-D) <m A-\ frac {1} {2}\ varepsilon.
\]
Finalmente, como$$m$$ es fuertemente regular y$$H-D \in \mathcal{M},$$ hay un$$\mathcal{M}$$ conjunto cerrado
\ [
F\ subseteq H-D\ subseteq A
\]
tal que
\ [
m (H -D-F) <\ frac {1} {2}\ varepsilon.
\]
ya que$$f$$ es relativamente continuo en seguramente$$H-D,$$ es así sucesivamente$$F .$$ Por otra parte,
\ [
A-F =( A- (H-D))\ taza (H-D-F);
\]
so
\ [
m (A-F)\ leq m (A- (H-D)) +m (H-D-F) <\ frac {1} {2}\ varepsilon+\ frac {1} {2}\ varepsilon=\ varepsilon.
\]
Esto completa la prueba. $$\square$$

## *Lema$$\PageIndex{3}$$

Conjuntos cerrados dados$$[a, b] \subset E^{1}$$ y disjuntos siempre$$A, B \subseteq(S, \rho),$$ hay un mapa continuo$$g : S \rightarrow[a, b]$$ tal que$$g=a$$ en$$A$$ y$$g=b$$.

Prueba

Si$$A=\emptyset$$ o$$B=\emptyset,$$ configurado$$g=b$$ o$$g=a$$ en todos$$S$$.
Si, sin embargo,$$A$$ y ambos no$$B$$ están vacíos, establezca
\ [
g (x) =a+\ frac {(b-a)\ rho (x, A)} {\ rho (x, A) +\ rho (x, B)}.
\]
Como$$A$$ está cerrado,$$\rho(x, A)=0$$ iff$$x \in A$$ (Problema 15 en el Capítulo 3, §14); de manera similar para$$B .$$ Así$$\rho(x, A)+\rho(x, B) \neq 0$$.
También,$$g=a$$ una$$A, g=b$$$$B,$$ y otra$$a \leq g \leq b$$ vez$$S$$.
Para la continuidad, ver Capítulo 4, §8, Ejemplo$$(\mathrm{e}) .$$$$\square$$

## *Lema$$\PageIndex{4}$$

(Tietze). Si$$f :(S, \rho) \rightarrow E^{*}$$ es relativamente continuo en un conjunto cerrado$$F \subseteq S,$$ hay una función$$g : S \rightarrow E^{*}$$ tal que$$g=f$$ on$$F$$,
\ [
\ inf g [S] =\ inf f [F],\ sup g [S] =\ sup f [F],
\]
y$$g$$ es continua en todos$$S$$.
(Asumimos$$E^{*}$$ metrizados como en el Problema 5 del Capítulo 3, §11. Si$$|f|<\infty,$$ se$$E^{1}$$ puede usar la métrica estándar en.)

Esquema de prueba

Primero, asuma inf$$f[F]=0$$ y$$\sup f[F]=1 .$$ Set
\ [
A=F\ left (f\ leq\ frac {1} {3}\ right) =F\ cap f^ {-1}\ left [\ left [0,\ frac {1} {3}\ right]\ right]
\ right]

\ [
B=F\ left (f\ geq\ frac {2} {3}\ right) =F cap\ f^ {-1} \ izquierda [\ izquierda [\ frac {2} {3}, 1\ derecha]\ derecha].
\]
Como$$F$$ está cerrado$$i n S,$$ así son$$A$$ y$$B$$ por Lema$$2 .$$ (¿Por qué? $$)$$
Como$$B \cap A=\emptyset,$$ Lema 3 produce un mapa continuo$$g_{1} : S \rightarrow\left[0, \frac{1}{3}\right],$$ con$$g_{1}=0$$ encendido$$A,$$ y$$g_{1}=\frac{1}{3}$$ encendido$$B .$$ Establecer$$f_{1}=f-g_{1}$$ encendido$$F ;$$ así$$\left|f_{1}\right| \leq \frac{2}{3},$$ y$$f_{1}$$ es continuo en$$F .$$
Aplicar los mismos pasos para $$f_{1}$$(con conjuntos adecuados$$A_{1}, B_{1} \subseteq F ),$$ encontrar un mapa continuo$$g_{2},$$ con$$0 \leq g_{2} \leq \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3}$$ en$$S .$$ Entonces$$f_{2}=f_{1}-g_{2}$$ es continuo, y$$0 \leq f_{2} \leq\left(\frac{2}{3}\right)^{2}$$ en$$F$$.
Continuando, obtener dos secuencias$$\left\{g_{n}\right\}$$ y$$\left\{f_{n}\right\}$$ de funciones reales de tal manera que cada una$$g_{n}$$ sea continua on$$S$$,
\ [
0\ leq g_ {n}\ leq\ frac {1} {3}\ left (\ frac {2} {3}\ right) ^ {n-1},
\]
y $$f_{n}=f_{n-1}-g_{n}$$se define y continua$$F,$$ con
\ [
0\ leq f_ {n}\ leq\ izquierda (\ frac {2} {3}\ derecha) ^ {n}
\]
ahí$$\left(f_{0}=f\right)$$.
Afirmamos que
\ [
g=\ sum_ {n=1} ^ {\ infty} g_ {n}
\]
En efecto, la serie converge uniformemente sobre$$S$$ (Teorema 3 del Capítulo 4, §12).
Como todos$$g_{n}$$ son continuos, así es$$g$$ (Teorema 2 en el Capítulo 4, §12). Además,
\ [
\ izquierda|f-\ suma_ {k=1} ^ {n} g_ {k}\ derecha|\ leq\ izquierda (\ frac {2} {3}\ derecha) ^ {n}\ fila derecha 0
\]
en$$F(\text { why? }) ;$$ así$$f=g$$ sucesivamente$$F .$$ Además,
\ [
0\ leq g_ {1}\ leq g\ leq\ sum_ {n=1} ^ {\ infty}\ frac {1} {3}\ left (\ frac {2} {3}\ right) ^ {n} =1\ text {on} S.
\]
De ahí inf$$g[S]=0$$ y$$\sup g[S]=1,$$ según se requiera.
Ahora asuma
\ [
\ inf f [F] =a<\ sup f [F] =b\ quad\ izquierda (a, b\ en E^ {1}\ derecha)
\]
Set
\ [
h (x) =\ frac {f (x) -a} {b-a}
\]
para que inf $$h[F]=0$$y$$\sup h[F]=1 .$$ (¿Por qué?)
Como se muestra arriba, hay un mapa continuo$$g_{0}$$ encendido$$S,$$ con
\ [
g_ {0} =h=\ frac {f-a} {b-a}
\]
en$$F,$$ inf$$g_{0}[S]=0,$$ y$$\sup g_{0}[S]=1 .$$ Set
\ [
a+ (b-a) g_ {0} =g.
\]
Entonces$$g$$ es la función requerida. (¡Verifica!)
Por último, si$$a, b \in E^{*}(a<b),$$ todo se reduce al caso acotado considerando$$H(x)=\arctan f(x)$$. $$\square$$

## *Teorema$$\PageIndex{3}$$

(Fréchet). $$m : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}$$Sea una medida fuertemente regular en$$(S, \rho) .$$ Si$$f : S \rightarrow E^{*}\left(E^{n}, C^{n}\right)$$ es$$m$$ -medible en$$A,$$ entonces
\ [
f=\ lim _ {i\ rightarrow\ infty} f_ {i} (a\ cdot e. (m))\ text {on} A
\]
para alguna secuencia de mapas$$f_{i}$$ continuos en$$S .$$ (Suponemos$$E^{*}$$ ser metrizados como en Lema 4.)

Prueba

Consideramos$$f : S \rightarrow E^{*}$$ (los otros casos se reducen a$$E^{1}$$ vía componentes).
Tomando$$\varepsilon=\frac{1}{i}(i=1,2, \ldots)$$ en Teorema$$2,$$ obtenemos para cada uno$$i$$ un$$\mathcal{M}$$ conjunto cerrado$$F_{i} \subseteq A$$ tal que
\ [
m\ left (A-F_ {i}\ right) <\ frac {1} {i}
\]
y$$f$$ es relativamente continuo en cada $$F_{i} .$$Podemos suponer que$$F_{i} \subseteq F_{i+1}$$ (de no ser así, sustituir$$F_{i}$$ por$$\bigcup_{k=1}^{i} F_{k} )$$.
Ahora, Lema 4 rinde para cada uno$$i$$ un mapa continuo$$f_{i} : S \rightarrow E^{*}$$ tal que$$f_{i}=f$$ en$$F_{i} .$$ Completamos la prueba mostrando eso$$f_{i} \rightarrow f$$ (puntual) en el conjunto
\ [
B=\ bigcup_ {i=1} ^ {\ infty} F_ {i}
\]
y eso$$m(A-B)=0$$.
De hecho, arreglar cualquier$$x \in B .$$ Entonces$$x \in F_{i}$$ para algunos de$$i=i_{0},$$ ahí también para$$i>i_{0}$$ (ya que$$\left\{F_{i}\right\} \uparrow ) .$$ As$$f_{i}=f$$ on$$F_{i},$$ tenemos

\ [\ left (\ forall i>i_ {0}\ right)\ quad f_ {i} (x) =f (x),
\]
y así$$f_{i}(x) \rightarrow f(x)$$ para$$x \in B .$$ Como$$F_{i} \subseteq B,$$ obtenemos
\ [
m (A-B)\ leq m\ left (A-F_ {i}\ right) <\ frac {1} {i}
\]
para todos$$i .$$ De ahí$$m(A-B)=0,$$ y todo está probado. $$\square$$

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