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Prueba del teorema 8.14 de Rudin, RCA

En la demostración de Rudin del Teorema 8.14, que afirma que las circunvoluciones de funciones integrables de Lebesgue sobre la recta real son integrables de Lebesgue, primero demuestra el resultado para las funciones medibles de Borel, a diferencia de las funciones medibles de Lebesgue más generales. No veo por qué esto es necesario -- la prueba de la mensurabilidad de la función producto

$$f(x-y)g(y)$$

sobre el plano puede demostrarse sin esa suposición, creo; sólo hay que tener en cuenta que las composiciones de funciones medibles con funciones continuas son medibles, y también lo son los productos de pares de funciones medibles. ¿Me he perdido algo?

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David C. Ullrich Puntos 13276

Dices que sólo debemos observar que "las composiciones de funciones medibles con funciones continuas son medibles". Si aplicamos eso a $f(x-y)$ debemos hablar de $f\circ\phi$ donde $f$ es medible y $\phi$ es continua (a diferencia de $\phi\circ f$ ). Pero en general $f$ medible y $\phi$ continua hace no implican que $f\circ \phi$ ¡es medible! Por supuesto, aquí $f(x-y)$ es medible, pero no por la razón que dices que es.

Un ejemplo explícito del fenómeno que menciona Daniel Fischer:

Diga $C\subset[0,1]$ es el conjunto de Cantor de los tercios medios y $K\subset[0,1]$ es un "conjunto gordo de Cantor": $K$ es homeomorfo a $C$ pero $m(K)>0$ . Supongamos que $0,1\in K$ . Entonces existe un homeomorfismo $\phi:[0,1]\to[0,1]$ con $\phi(K)=C$ .

Ahora bien, como $m(K)>0$ existe un conjunto no medible $E\subset K$ . Sea $F=\phi(E)$ . Entonces $F$ es medible ya que $F\subset C$ y $m(C)=0$ . Así que $\chi_F$ es medible, mientras que $\chi_F\circ\phi=\chi_E$ no es medible.

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