Una transformación que preserva la medida

Question

Dejemos que $(\Bbb{R},\mathcal{B},\mu)$ un espacio de probabilidad, donde $\mathcal{B}$ es el álgebra sigma de Borel, y $d\mu=\frac{1}{\pi} \frac{1}{x^2+1}dx$

Dejemos que $T: \Bbb{R} \to \Bbb{R}$ tal que $Tx=\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})$ para $x \neq 0.$

Demostrar que $T$ es $\mu-$ invariante, es decir $\mu(T^{-1}(A))=\mu(A),\forall A \in \mathcal{B}$

La estrategia que estoy siguiendo aquí es demostrar que $T$ conserva la medida de todos los intervalos semiabiertos $(a,b]$ donde $-\infty \leq a <b \leq +\infty$

La colección de estos intervalos forma una semialgebra (o semianillo) que genera el álgebra sigma de Borel, por lo que basta con demostrar el enunciado para estos conjuntos (el resultado se desprende de un teorema que demostramos en clase)

He conseguido demostrar que $T$ preserva la medida de los intervalos acotados de esta forma, pero me resulta difícil demostrarlo para los intervalos no acotados, especialmente para los enteros de la forma $(-\infty,a]$

¿Puede alguien ayudarme a terminar mi prueba o guiarme a una solución diferente si existe?

Gracias de antemano.

Answer 1

Para cualquier $A=(a, b]$ avec $-\infty \leq a <b \leq +\infty$ podemos escribir la medida del conjunto $A$ para $a, b$ finito como $$ \mu (A) =\int _A d\mu =\int ^{b}_{a} \frac{1}{\pi} \frac{1}{x^2+1}dx =\dfrac {1}{\pi} (\arctan b -\arctan a) $$ y tenemos $$ \lim _{a\rightarrow -\infty} \arctan a = -\dfrac {\pi}{2}, \lim _{b\rightarrow \infty} \arctan b = \dfrac {\pi}{2} $$ por lo que la ecuación anterior es válida para todo el conjunto $A$ .

entonces $$ \mu (T^{-1} (A))=\int _{\{x\in T^{-1} \ (A)\}} \frac{1}{\pi} \frac{1}{x^2+1}dx $$ $$ =\int ^{b-\sqrt {b^{2}+1}} _{a-\sqrt {a^{2}+1}}\frac{1}{\pi} \frac{1}{x^2+1}dx+\int ^{b+\sqrt {b^{2}+1}} _{a+\sqrt {a^{2}+1}}\frac{1}{\pi} \frac{1}{x^2+1}dx $$ $$ =\dfrac {1}{\pi} (\arctan (b-\sqrt {b^{2}+1}) -\arctan (a-\sqrt {a^{2}+1}))+ \dfrac {1}{\pi} (\arctan (b+\sqrt {b^{2}+1}) -\arctan (a+\sqrt {a^{2}+1})) $$ desde $$ \arctan (b-\sqrt {b^{2}+1}) + \arctan (b+\sqrt {b^{2}+1})= \arctan \dfrac {b-\sqrt {b^{2}+1} + b+\sqrt {b^{2}+1}} {1-(b-\sqrt {b^{2}+1})(b+\sqrt {b^{2}+1})} $$ $$ =\arctan b $$ y lo mismo para $a$ hemos terminado.

con respecto al problema de $a\rightarrow-\infty$ tenemos $$ a-\sqrt {a^{2}+1}\rightarrow -\infty $$ $$ a+\sqrt {a^{2}+1}\rightarrow 0 $$

Entonces $$ \mu (T^{-1} ((-\infty, b]))=\lim _{a\rightarrow -\infty} \{\int ^{b-\sqrt {b^{2}+1}} _{a-\sqrt {a^{2}+1}}\frac{1}{\pi} \frac{1}{x^2+1}dx+\int ^{b+\sqrt {b^{2}+1}} _{a+\sqrt {a^{2}+1}}\frac{1}{\pi} \frac{1}{x^2+1}dx \} $$ $$ = \int ^{b-\sqrt {b^{2}+1}} _{-\infty}\frac{1}{\pi} \frac{1}{x^2+1}dx+\int ^{b+\sqrt {b^{2}+1}} _{0}\frac{1}{\pi} \frac{1}{x^2+1}dx \ $$ $$ = \dfrac {1}{\pi} [\arctan (b-\sqrt {b^{2}+1}) - (- \dfrac {\pi }{2}) + \arctan (b+\sqrt {b^{2}+1}) - \arctan 0 ] $$ $$ = \dfrac {1}{\pi} [\arctan b + \dfrac {\pi }{2}]=\lim _{a\rightarrow -\infty} \mu ((a, b])=\mu ((-\infty, b]) $$ lo mismo para $b\rightarrow\infty$ .