Una secuencia creciente de funciones simples aproxima una función medible

Question

Lo siguiente es de la página 31 de la obra de Stein y Shakarchi Análisis real . Mi pregunta se refiere a un aspecto de la demostración del siguiente teorema.

Teorema 4.1 Supongamos que $f$ es una función medible no negativa sobre $\mathbb R^d$ . Entonces existe una secuencia creciente de funciones simples no negativas $\{\varphi_k\}_{k=1}^\infty$ que converge puntualmente a $f$ a saber, $$ \varphi_k(x) \le \varphi_{k+1}(x)\quad\text{and}\quad\lim_{k\to\infty}\varphi_k(x)=f(x),\ \text{for all $ x $.} $$ Prueba. Comenzamos primero con un truncamiento. Para $k\ge 1$ , dejemos que $Q_k$ denotan el cubo centrado en el origen y de lado $k$ . Entonces definimos $$ F_k(x) = \begin{cases} f(x) & \text{if $x\in Q_k$ and $f(x)\le k$,} \\ k & \text{if $x\in Q_k$ and $f(x)> k$,}\\ 0 & \text{otherwise.} \end{cases} $$ Entonces $F_k(x)\to f(x)$ como $k$ tiende a infinito para todo $x$ . Ahora, dividimos el rango de $F_k$ , a saber $[0,k]$ como sigue. Para las instalaciones fijas $k,j\ge 1$ definimos $$ E_{\ell,j}=\left\{x\in Q_k:\frac{\ell}{j}<F_k(x)\le\frac{\ell+1}{j}\right\},\quad\text{for}\ 0\le\ell<kj. $$ Entonces podemos formar $$ F_{k,j}(x) = \sum_{\ell=0}^{kj-1}\frac{\ell}{j}{\large{\chi_{E_{\ell,j}}}}(x) $$ [donde $\large{\chi_{E_{\ell,j}}}$ es la función indicadora de $E_{\ell,j}$ ].

Cada $F_{k,j}$ es una función simple que satisface $0\le F_k(x)-F_{k,j}(x)\le 1/j$ para todos $x$ . Si ahora elegimos $j=k$ y que $\varphi_k = F_{k,k}$ entonces vemos que $0\le F_k(x)-\varphi_k(x)\le 1/k$ para todos $x$ , $\color{red}{\underline{\color{black}{\text{and $ \ y que no se puede hacer nada. $ satisfies all the desired properties.}}}}$

No veo por qué $\varphi_k(x)\le\varphi_{k+1}(x)$ para todos $x$ . ¿Puede alguien explicarlo?

Answer 1

A menos que haya entendido algo mal, sospecho que hay un pequeño error en la prueba. Considere $f(x)=x$ y considerar la aproximación del punto $x_0=.6$ . Entonces para $k=2$ tenemos $x_0\in E_{1,2}$ y así $F_{2,2}(.6) = \frac{1}{2}$ . Sin embargo, para $k=3$ tenemos $x_0 \in E_{1,3}$ para que $F_{3,3}(.6)=\frac{1}{3}$ . Si consideramos la secuencia

$$\varphi_k(x) = F_{2^k,2^k}(x)$$

entonces creo que tenemos el resultado deseado. De hecho, en este caso utilizamos la construcción de $F_{k}$ para deducir que $F_{k-1}\leq F_{k}$ y el hecho de que la "malla vertical" es más fina para las $j$ para deducir que $F_{2^k,2^{k-1}} \leq F_{2^k,2^k}.$ Con el conjunto de estas observaciones concluimos

$$F_{2^{k-1},2^{k-1}}\leq F_{2^{k},2^{k-1}}\leq F_{2^k,2^k}.$$

Edición: para probar $F_{2^{k},2^{k-1}}\leq F_{2^k,2^k}$ , arreglar $x$ y observar que si $x\in E_{\ell,2^{k-1}}$ entonces $x\in E_{2\ell,2^{k}}$ o $x\in E_{2\ell+1,2^k}.$ Concluimos

$$F_{2^{k},2^{k-1}}(x) = \frac{\ell}{2^{k-1}} \leq \min\{\frac{2\ell}{2^{k}},\frac{2\ell+1}{2^{k}}\}\leq F_{2^k,2^k}(x).$$