¿Por qué es el conjunto$\{x \mid f(x) \not= g(x)\}$ medible en un espacio de hausdorff topológico?

Question

suponiendo que tengo una medida de espacio $(X, \mathscr{M}_X, \mu)$ y un espacio medible $(Y,\mathscr{M}_Y)$, dos medibles asignaciones $f,g:X \to Y$ y sostiene que la $Y$ es un topológico de hausdorff espacio con una contables de la base. (Creo que estoy supone asumir que $\mathscr{M}_Y$ es el Borel-$\sigma$-Álgebra generada por el abierto/cerrado subconjuntos de Y)

Ahora estoy wonderung: ¿por Qué exactamente es el conjunto $\{x \in X \mid f(x) \not= g(x)\}$ medibles? en otras palabras, por qué es $$\{x \in X \mid f(x) \not= g(x)\} \in \mathscr{M}_X$$

Sé que la diagonal $\Delta Y = \{(y,y)\mid y \in Y\}\subset Y \times Y$ es cerrado en cualquier espacio de hausdorff.

También sé que desde $\Delta Y$ es cerrado en $Y \times Y$, su complemento $(Y \times Y)\setminus \Delta Y$ está abierto.

Sin embargo, $\{(f(x),g(x)\mid x \in X, f(x) \not= g(x) \}$ es sólo un subconjunto de $(Y \times Y)\setminus \Delta Y$ por que yo no puedo decir si es abierto o cerrado.

La única idea de que la izquierda era intentar esto:

Elige un punto arbitrario $p = (f(x),g(x))$ para que $f(x)\not= g(x)$ en $Y\times Y$. Desde $Y$ es un espacio de Hausdorff, podemos encontrar distintos abrir barrios $U$ todo $f(x)$ e $V$ todo $g(x)$ tal que $U \times V$ es una vecindad de $(f(x),g(x))$ con $$U \times V \cap \Delta Y = \emptyset$$

Desde $\{(f(x),g(x)\mid x \in X, f(x) \not= g(x) \}$ es una unión de todos estos barrios $U\times V$ de los puntos de $(f(x),g(x))$ con $f(x) \not= g(x)$ está abierto en $Y\times Y$. (¿es correcto esto?)

Si el último párrafo sería correcto, yo estaría terminado.

Muchas gracias por cualquier de su ayuda.

EDIT: Nuevo resumen de lo que he reunido hasta ahora con la ayuda de los recientes comentarios y respuestas:

Como se señaló en los comentarios, yo cometí el error de centrarse únicamente en $$B:= \{(f(x),g(x)\mid f(x) \not= g(x), x \in X\}$$ and tried to conclude that its preimage is measurable iff $B$ es open que fue una suposición equivocada en el primer lugar.

Por lo tanto, yo no necesito a $B$ a estar abierto. Es suficiente para demostrar que la unión de todos los distintos barrios de la $U\times V$ de puntos arbitrarios $f(x),g(x)$ para que $f(x) \not= g(x)$ es un conjunto abierto; porque lo que importa es su preimagen y no el conjunto (imagen) en sí. Deje $$ B' := \bigcup\{U \times V \mid U, V \in \mathcal{B}\ ;\ U \cap V = \emptyset\}$$

$B'$ es, obviamente, un conjunto abierto, por lo tanto su preimagen es mesaurable.

Para la preimagen de abrir distintos barrios de $U,V$ de $f(x)$ e $g(x)$ respectivamente, se tiene que

$$(f\times g)^{-1}(U\times V) = \{x \mid f(x)\in U \wedge g(x) \in V\} = f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$$ (esto es algo que en realidad no saben, no saben la definición de los productos cartesianos de asignaciones, que es también la razón yo no entiendo de alex pregunta de inmediato)

Desde $U\times V$ está abierto, $(f\times g)^{-1}(U \times V)$ es medible. Desde $\mathcal{B}$ es una contables base el conjunto de

$$\{x \in X\mid f(x) \not= g(x) \} = \bigcup \{ (f\times g)^{-1}(U\times V) \mid U, V \in \mathcal{B}, U \cap V = \emptyset\} = \bigcup\{ f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)\mid U, V \in \mathcal{B}, U \cap V = \emptyset\}$$ es una contables de la unión de conjuntos medibles y por lo tanto medible en sí.

Answer 1

$h(x)=(f(x),g(x))$ es mensurable y $\{x:f(x)\neq g(x)\}=h^{-1}(Y\times Y-\Delta)$ es mensurable ya que $\Delta$ está cerrado, $(Y\times Y)-\Delta$ está abierto.

Answer 2

Creo que todos los que presentaron las pruebas son incompletas (por ejemplo, no utilice el hecho de que $Y$ tiene una contables base de la $\mathcal B$). También asumo que $\mathcal M_X$ es cerrado con respecto a las intersecciones y contables de los sindicatos.

Deje $A=\{x\in X|f(x)\ne g(x)\}$. Deje $x\in A$ ser cualquier punto. Desde $f(x)\ne g(x)$ e $Y$ es Hausdorff, existe distintos barrios de $U,V\in\mathcal B$ de $f(x)$ e $g(x)$, respectivamente. Así

$$A=\bigcup \{f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V): U,V\in\mathcal B, U\cap V=\varnothing\}$$

es medible.

Answer 3

En respuesta a la pregunta, acerca de si el argumento en el último párrafo es correcto, no creo que esté a la actual.

El problema es con la afirmación de $"\ \{( \,f(x),g(x)\ )\mid x \in X, f(x) \no= g(x) \}\ $ is a union of all such open neighbourhoods $ \puntos\ $ ." If you take the union of all the open neighbourhoods you describe you will certainly get an open set containing $\ \{( \,f(x),g(x)\ )\mid x \in X,\, f(x) \no= g(x) \}\ $, but I don't see why it should be equal to it, and I believe I can give a counterexample to the general statement that $\ \{( \,f(x),g(x)\ )\mid x \in X,\, f(x) \no= g(x) \}\ $ debe estar abierto bajo la hipótesis dada

Sin embargo, creo que Alex Ravsky la prueba muestra que la idea básica subyacente en el argumento era el sonido.

Addendum: puede ser útil para mí para agregar uno de los contraejemplos me refería en mi anterior comentario.

Tome $\ X = Y = \mathbb R\ $-el conjunto de los números reales-, y $\ \mathscr{M}_X ,\mathscr{M}_Y\ \ $ tanto a los conjuntos de Borel de $\ \mathbb R\ $. Deje $\ f\left(x\right)= 0\ \mbox{ and }\ g\left(x\right)= x\ \mbox{ for all } x\in\mathbb R\ $. Entonces $\ \{( \,f(x),g(x)\ )\mid x \in X,\, f(x) \no= g(x) \}\ $ is the punctured line segment $\ \left\{\ \izquierdo(\,0,x\,\right)\ \mid\ x\ne0\ \right\}\ $ of $\ \mathbb R^2\ $, que no es un conjunto abierto.

Comentarios sobre la propuesta de nueva prueba: Aparte de algunos probables errores tipográficos, y se detallarán a continuación, la nueva versión revisada de la prueba mediante la Ralladura me parece correcto.

El siguiente parece probable que para mi son errores tipográficos:

• $$B' = \bigcup \left\{ U\times V\mid U,V\in B, U\cap V=\emptyset\right\}\ .$$ Esto debe ser $$B' = \bigcup \left\{ U\times V\mid U,V\in{\mathcal B}, U\cap V=\emptyset\right\}$$
• No estoy seguro de lo que la observación "Desde $\ B\ $ es una contables base de la $\ \mathcal B\ \dots\ $" está tratando de decir. Tan lejos como puedo ver, todo lo que se necesita aquí es la observación de que $\ \mathcal B\ $ es una contables de la base.
• Una unión signo de falta en el último término de la izquierda de la final de la serie de ecuaciones. Que es, $\ \left\{\,f^{-1}\left(U\right)\cap g^{-1}\left(V\right)\mid U,V\in{\mathcal B}, U\cap V=\emptyset\right\}\ $ debe $\ \bigcup\left\{\,f^{-1}\left(U\right)\cap g^{-1}\left(V\right)\mid U,V\in{\mathcal B}, U\cap V=\emptyset\right\}\ $

El agradable observación Alex Ravsky y la Ralladura han hecho aquí, y que me había perdido, es que $\ \left\{\,x\in X \mid f\left(x\right)\neq g\left(x\right)\,\right\}\ $ es en realidad igual a $\ \left(f\times g\right)^{-1}\left(B'\right)\ $ más que un subconjunto estricto de la misma. Ya que esto no es inmediatamente obvio-al menos no lo fue para mí, aunque la prueba es bastante sencillo una vez que el hecho se dio cuenta-me gustaría ver una breve prueba de que el hecho de incluirse en cualquier formales de valoración crítica.