¿Superación de Stone Weierstrass en el ámbito de la medición?

Question

Si $\mu$ es la medida de Lebesgue en el álgebra sigma de Borel $\mathcal{B}$ de $[0,1]$ . Estableciendo que el tramo lineal en $L^{2}([0,1]\times[0,1],\mathcal{B}\otimes\mathcal{B},d(\mu \times \mu))$ del conjunto de funciones medibles de la forma $(f \otimes g)(x,y)=f(x)g(y)$ donde $f\in L^{\infty}([0,1],d\mu)$ y $g\in L^{\infty}([0,1],d\mu)$ es denso es una aplicación estándar de la Teorema de Stone-Weierstrass.

Siempre he pensado que la presencia de tantas funciones características en el álgebra densa mencionada anteriormente debería hacer que el uso de Stone-Weierstrass fuera excesivo para obtener el resultado anterior.

Me pregunto si es fácil utilizar la regularidad exterior de la medida de Lebesgue en $[0,1]$ junto con el hecho de que cualquier subconjunto abierto de $[0,1]$ es una unión contable de intervalos abiertos disjuntos por pares para demostrar directamente el resultado anterior sin utilizar el teorema de Stone-Weierstrass, quizá demostrando que las funciones pueden aproximarse adecuadamente utilizando funciones simples apoyadas en conjuntos elementales (uniones finitas de rectángulos medibles disjuntos por pares).

Pregunta: ¿Cuál es una prueba elemental fácil del resultado de densidad anterior que no requiera o se reduzca esencialmente al uso del teorema de Stone-Weierstrass?

Sería estupendo completar los detalles de la estrategia propuesta por Davide a continuación.

Answer 1

$1.$ El teorema de la clase funcional monótona mencionado por Martin funciona perfectamente para demostrar el resultado. También se puede demostrar directamente con el teorema de la clase monótona "estándar", como sigue: considere la familia de todos los conjuntos de Borel $A\subset [0,1]\times [0,1]$ cuya función característica puede ser aproximada por combinaciones lineales de funciones de la forma $f\otimes g$ y comprobar que se trata de una clase monótona que contiene todos los rectángulos de Borel. Aunque no he completado todos los detalles, estoy bastante seguro de que el resultado de "aproximación por funciones simples" mencionado por Davide se puede demostrar de la misma manera (y no veo ninguna forma de evitar un argumento de clase monótona).

$2.$ También se puede demostrar el resultado por dualidad. Sea $\Phi\in L^2([0,1]\times [0,1])$ sea ortogonal a todos los $f\otimes g$ : queremos demostrar que $\Phi=0$ .

Fijar de una vez por todas un representante para $\Phi$ (es decir, una verdadera función de Borel). Obsérvese que para casi todos los $x\in [0,1]$ la función $\Phi_x(y)=\Phi(x,y)$ está en $L^2([0,1])$ . Por el teorema de Fubini, basta con demostrar que $\Phi_x(y)$ es a.e. $0$ para casi todos los $x\in [0,1]$ .

Si toma cualquier $f\in L^\infty([0,1])$ entonces $u_f(y)=\int_{[0,1]} \Phi(x,y)f(x)dx$ está bien definida para todos los $y\in [0,1]$ la función $u_f$ es medible (que no es trival) y en $L^2([0,1])$ (que es fácil); y por Fubini, $u_f$ es ortogonal a todos los $g\in L^\infty([0,1])$ . Así que $u_f(y)$ es $0$ casi en todas partes (porque $L^\infty$ es denso en $L^2$ o, si lo prefiere, porque $\int_B u_f=0$ para cualquier conjunto de Borel $B\subset [0,1]$ ). Esto significa lo siguiente: para cualquier $f\in L^\infty$ tenemos $\langle \Phi_x,f\rangle_{L^2}=0$ para casi todos los $x\in [0,1]$ . Ahora toma una secuencia $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ que es denso en $L^2([0,1])$ (lo cual es posible ya que su $L^2$ es separable y $L^\infty$ es denso en $L^2$ ): esto te lleva a la conclusión de que para casi todos los $x\in [0,1]$ la función $\Phi_x$ es ortogonal a todos los $f_n$ es decir $\Phi_x=0$ como elemento de $L^2([0,1])$ .

Answer 2

Primero demostramos que las funciones características de los conjuntos medibles de $[0,1]^2$ se puede aproximar en $L^2$ por la función característica de una unión finita disjunta $\bigsqcup_{i\in F}A_i\times B_i$ con $A_i,B_i$ subconjuntos medibles de $[0,1]$ .

Luego lo demostramos para funciones simples, y para funciones de $L^2$ .