¿El operador $T(f)(t) := f(t) - f(0)$ ¿preservar la mensurabilidad?

Question

Denota por $\mathcal{B}$ el campo de Borel en $\mathbb{R}$ , denótese por $\mathbf{C}_{\left[0,\infty\right)}$ el conjunto de funciones continuas de valor real sobre el dominio $\left[0,\infty\right)$ y denotar por $\mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ el mínimo $\sigma$ -que hace que cada función de proyección $\pi_t:\mathbf{C}_{\left[0,\infty\right)}\rightarrow\mathbb{R}$ $$ \pi_t\left(f\right) := f\left(t\right) $$ $\mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}/\mathcal{B}$ -Medible.

Considere el siguiente operador $T: \mathbf{C}_{\left[0,\infty\right)} \rightarrow \mathbf{C}_{\left[0,\infty\right)}$ $$ T\left(f\right)\left(t\right) := f\left(t\right) - f\left(0\right) $$

Dejemos que $A \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ .

1. Es $T\left(A\right) \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ ?
2. Si la respuesta a la primera pregunta es: "No", ¿sigue siendo "No" si $A$ ¿es un evento de cola? ( $B \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ es un evento de cola si $B \in \bigcap_{t \in \left[0,\infty\right)}\sigma\left(\pi_s :\mid s \in \left[t, \infty\right)\right)$ .)

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Mis intentos de resolver este problema

• Intento nº 1

  Si $T$ se definieron en su lugar así: $$ T\left(f\right) := f + c $$ para alguna constante $c \in \mathbb{R}$ En otras palabras, si $T$ eran una traducción rígida de $f$ entonces $T$ sería medible e invertible, siendo su inversa una traslación, y por tanto $T\left(A\right)$ pertenecería, efectivamente, a $\mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ . Desgraciadamente, $f\left(0\right)$ no es constante, por lo que este enfoque falla.

• Intento #2

  Supongamos que sabemos que para todo $f \in A$ , $f\left(0\right) \in \mathbb{Q}$ . Entonces $$ A = \bigcup_{q \in \mathbb{Q}}\underbrace{A \cap \left\{\pi_0^{-1} \in \left\{q\right\}\right\}}_{=: A_q} $$ y por lo tanto $$ T\left(A\right) = \bigcup_{q \in \mathbb{Q}}T\left(A_q\right) $$ Para cada $q \in \mathbb{Q}$ , $A_q \in \mathcal{B}_{\left[0\infty\right)}$ y $T\left(A_q\right) = A_q - q$ así que por el intento #1, $T\left(A_q\right) \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ y por lo tanto $T\left(A\right) \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ . Desgraciadamente, puede que no se dé el caso de que por cada $f \in A$ , $f\left(0\right) \in \mathbb{Q}$ , en cuyo caso este intento fracasa.

  Sin embargo, los racionales son densos en $\mathbb{R}$ y además, cada $f \in \mathbf{C}_{\left[0,\infty\right)}$ está determinada de forma única por los valores $f$ asume en los racionales no negativos. ¿Podemos aprovechar esta estructura adicional, junto con el resultado del intento #2, para resolver la pregunta 1 de forma afirmativa? (En cuyo caso la pregunta 2 se resuelve automáticamente también).

Answer 1

Existe un conjunto de Borel $E$ en $\mathbb R^2$ tal que $F := \{x-y\colon (x,y) \in E\}$ no es un conjunto de Borel.

Dejemos que $A := \{f \in \mathbf{C}\colon (f(1), f(0)) \in E\}$ . Entonces $A \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ .

¿Qué tal si $T(A)$ ? De hecho $$ T(A) = \{g \in \mathbf{C}\colon g(0)=0, g(1) \in F\} $$ y no es Borel.

añadido el 10 de marzo
¿Por qué es $T(A)$ ¿No es Borel?

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $\mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ es la misma que los conjuntos de Borel para la topología de convergencia uniforme en conjuntos acotados para $\mathbf{C}_{[0,\infty)}$ un espacio polaco.

Supongamos (a efectos de contracidón) que $T(A)=\{g \in \mathbf{C}\colon g(0)=0 \text{ and } g(1) \in F\}$ es Borel. Entonces también lo es su complemento $T(A)^c := \{g \in \mathbf{C}\colon g(0) \ne 0 \text{ or } g(1) \in F^c\}$ . Para los espacios polacos, la imagen continua de un conjunto de Borel es un conjunto analítico. Ahora $\pi_{01} \colon \mathbf{C}_{[0,\infty)} \to \mathbb R^2$ definido por $$ \pi_{01}(f) = (f(0),f(1)) $$ es continua. Así que $$ G_1:= \{(x,y) \in \mathbb R^2 \colon x=0 \text{ and } y \in F\},\qquad G_2:= \{(x,y) \in \mathbb R^2 \colon x \ne 0 \text{ or } y \in F^c\}, $$ son ambos conjuntos analíticos en $\mathbb R^2$ . Pero entonces las secciones transversales $$ \{y\colon (0,y) \in G_1\} = F \qquad\text{and}\qquad \{y\colon (0,y) \in G_2\} = F^c $$ son ambos conjuntos analíticos en $\mathbb R$ y por lo tanto $F$ es Borel. Esta contradicción muestra que nuestra suposición de que $T(A)$ es que Borel está equivocado.

Answer 2

Intentemos esto para el campo de la cola.

Notación
$\mathcal{B}_1$ los conjuntos de Borel para $\mathbb R$ un espacio polaco,
$\mathcal{B}_2$ los conjuntos de Borel para $\mathbb R^2$ un espacio polaco,
$\mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)} = \sigma\big(\pi_t \colon t \in [0,\infty)\big)$ los conjuntos de Borel para $\mathbf{C}_{\left[0,\infty\right)}$ un espacio polaco,
para $s > 0$ , $\mathcal{T}_s = \sigma\big(\pi_t \colon t \ge s\big)$ ,
$\mathcal{T} = \bigcap_{s>0}\mathcal{T}_s$ el campo de la cola.

Hay $E \in \mathcal{B}_2$ tal que $F := \{x-y\colon (x,y) \in E\} \notin \mathcal{B}_1$ .

Dejemos que $\phi$ sea una función diente de sierra, $\phi(t) = t$ para $0 \le t \le 1$ , $\phi(t) = 2-t$ para $1 < t \le 2$ y periódica con periodo $2$ . Sea $Z = \{a\phi \colon a \in \mathbb R\}$ un conjunto cerrado en $\mathbf{C}_{\left[0,\infty\right)}$ (subespacio unidimensional), y por tanto $Z \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ .

Para $n \in \mathbb N$ , dejemos que $$ A_n := \left\{f \in \mathbf{C}_{\left[0,\infty\right)} \colon (f(2n+1),f(2n)) \in E, \text{ and for all } t \ge 2n, f(t+2)=f(t)\right\} . $$ Porque podemos comprobar la última parte (periódica desde $2n$ on) sólo con el uso racional $t$ tenemos $A_n \in \mathcal{T}_{2n}$ . También hay que tener en cuenta $A_1 \subseteq A_2 \subseteq A_3 \subseteq \cdots$ . Sea $A = \bigcup_n A_n$ . Entonces $A$ es un evento de cola, $A \in \mathcal{T}$ .

Afirmamos que $T(A) \notin \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ . Supongamos (a efectos de contradicción) que $T(A) \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ . Entonces también su complemento $T(A)^c \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ . Por lo tanto, $Z \cap T(A) \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ y $Z \cap T(A)^c \in \mathcal{B}_{\left[0,\infty\right)}$ . Pero, de hecho, $$ T(A) \cap Z = \{a\phi\colon a \in F\},\qquad T(A)^c \cap Z = \{a\phi\colon a \in F^c\} . $$ Ahora (en los espacios polacos) la imagen continua de un conjunto de Borel es analítica, por lo que los dos conjuntos $$ \pi_1\big(T(A)\cap Z\big) = F\qquad\text{and}\qquad \pi_1\big(T(A)^c\cap Z\big) = F^c $$ son ambos analíticos en $\mathbb R$ y por lo tanto $F$ es Borel. Esta contradicción completa nuestra prueba.

Answer 3

Lo que sigue es una adición a GEdgar 's respuesta El objetivo es aclarar algunos puntos para mi futura referencia, así como para el bien de otros lectores que, como yo, no encuentran estos puntos evidentes. Los principales resultados son las proposiciones 6 y 7 que figuran a continuación.

Notación

Denotamos el campo borel en la recta real por $\mathcal{B}$ el campo de Borel en $\mathbb{R}^2$ por $\mathcal{B}_2$ y en general para cualquier $n \in \mathbb{N}_1$ el campo de Borel en $\mathbb{R}^n$ por $\mathcal{B}_n$ . Cuando es conveniente, tomamos $\mathbb{R}^2$ para que sean vectores columna.

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Lema 1

Existe un conjunto plano de Borel, cuya proyección sobre el $x$ no es un conjunto de Borel.

Prueba

Esto se conoce como Teorema de Suslin . Q.E.D.

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Lema 2

Si $A \in \mathcal{B}_2$ y $y \in \mathbb{R}$ , entonces la sección $A_y := \left\{x \in \mathbb{R} \mid: (x,y) \in A\right\}$ es Borel (es decir $A_y \in \mathcal{B}$ ).

Prueba

Véase el teorema A (p. 141) del capítulo 34 ("Secciones") de Halmos, Paul R., "Measure Theory", Springer, 1974. Q.E.D.

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Lema 3

a. Si $T:\mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}^n$ para algunos $m,n \in \mathbb{N}_1$ es lineal, entonces para todo $A \in \mathcal{B}_n$ , $T^{-1}(A) \in \mathcal{B}_m$ .

b. Si $T:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^n$ para algunos $n \in \mathbb{N}_1$ es lineal e invertible, entonces para todo $A \in \mathbb{R}^n$ , $A \in \mathcal{B}_n \iff T(A) \in \mathcal{B}_n$ .

Prueba

Una transformación lineal entre espacios lineales de dimensión finita es continua, y las funciones continuas son de Borel. Q.E.D.

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Lema 4

Dejemos que $A \subseteq \mathbb{R}$ . Entonces $A \in \mathcal{B}$ si $\left\{(x,0) :\mid x \in A\right\} \in \mathcal{B}_2$ .

Prueba

Supongamos que $A \in \mathcal{B}$ . Denote por $T:\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ la proyección de $\mathbb{R}^2$ en el $x$ -coordinación: $T(v) := Pv$ con $$ P := \left[\begin{array}{cc} 1 & 0 \end{array}\right] $$ Entonces $T^{-1}(A) \in \mathcal{B}_2$ (Lema 3a). Entonces $\left\{(x,0) :\mid x \in A\right\} \in \mathcal{B}_2$ como la intersección de $T^{-1}(A)$ con el $x$ -eje, que es $\in \mathcal{B}_2$ .

A la inversa, supongamos que $\left\{(x,0) :\mid x \in A\right\} \in \mathcal{B}_2$ . Definir la transformación lineal $F:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^2$ así: $$ F(x) := (x, 0) $$ Entonces $A = F^{-1}\left(\left\{(x,0) :\mid x \in A\right\}\right) \in \mathcal{B}$ (Lema 3a). Q.E.D.

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Lema 5

Si $A \in \mathcal{B}$ entonces $\left\{(x,-x) :\mid x \in A\right\} \in \mathcal{B}_2$ .

Prueba

Definir $B := \left\{(x, 0) :\mid x \in A\right\}$ . Entonces $B \in \mathcal{B}_2$ (Lema 4). Denotemos por $T:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}^2$ la transformación lineal $T(v) := Rv$ con $$ R := \left[\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right] $$ $T$ es invertible. Por lo tanto, $\left\{\left(x,-x\right) :\ x \in A\right\} = T(A) \in \mathcal{B}_2$ (Lema 3b). Q.E.D.

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Propuesta 6

Existe un conjunto de Borel $E$ en $\mathbb{R}^2$ tal que su conjunto de diferencias $F := \{x-y :\mid \left(x,y\right) \in E\}$ no es un conjunto de Borel.

Prueba

Dejemos que $B \in \mathcal{B}_2$ sea tal que $B$ en la proyección de la $x$ -no es de Borel (lema 1). Consideremos la proyección de $B$ en el $x$ -eje, $PB$ con $$ P = \left[\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right] $$ Entonces $PB \notin \mathcal{B}_2$ (Lema 4).

Definir $E$ para ser la rotación de $B$ $45^\circ$ en el sentido de las agujas del reloj, es decir $E := AB$ , donde $$ A := \left[\begin{array}{cc} \sqrt{2} & \sqrt{2} \\ -\sqrt{2} & \sqrt{2} \end{array}\right] $$ Tenemos $E \in \mathcal{B}_2$ y $\frac{1}{2}APA^{-1}E \notin \mathcal{B}_2$ (Lema 3b). Pero $$ \frac{1}{2}APA^{-1} = \left[\begin{array}{cc} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{array}\right] $$ Por lo tanto, $$ \frac{1}{2}APA^{-1}E = \left\{\left(x - y, -(x - y)\right) :\mid \left(x,y\right) \in E\right\} = \left\{(x,-x) :\mid x \in F\right\} $$ Así que $F \notin \mathcal{B}$ (Lema 5). Q.E.D.

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Propuesta 7

Utilizando las definiciones utilizadas en la respuesta de GEdgar, $T(A) \notin \mathcal{B}_{[0,\infty)}$ .

Prueba

Definir una función $g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbf{C}_{[0,\infty)}$ así: por cada $t \in \mathbb{R}$ y cada $x \in \left[0,\infty\right)$ , $g(t)(x) := tx$ .

$g$ es $\mathcal{B}/\mathcal{B}_{[0,\infty)}$ -medible. Por lo tanto, había $T(A)$ ha estado en $\mathcal{B}_{[0,\infty)}$ Tendríamos $g^{-1}\left(T(A)\right) \in \mathcal{B}$ . Pero $g^{-1}\left(T(A)\right) = F$ . Q.E.D.

Answer 4

Hola creo que es cierto que el operador $T$ que ha definido es tal que la imagen de cualquier conjunto medible de $\mathcal{B}([0,+\infty))$ es un conjunto medible o como se afirma que $T$ preserva la mensurabilidad.

La idea es ver primero las cosas de forma "topológica". Si se "examina" cuidadosamente $T$ Creo que en breve te darías cuenta de que es una aplicación lineal continua de un espacio de Banach a otro y que además es suryectiva, de ahí que estén todos los ingredientes para que se aplique el teorema de Banach-Schauder salvo error.

Esto demuestra que la imagen de todos los conjuntos abiertos del espacio de las funciones continuas dotadas de la norma sup (en todos los compactos) son conjuntos abiertos del espacio a la llegada que está naturalmente embebido en el mismo espacio (se podría refinar el argumento definiendo el espacio de las funciones continuas que empiezan en 0 pero esto no importa realmente).

Ahora conciliemos la teoría topológica y la de los meaustros, se demuestra en Karatzas y Shreve "Brownian Motion and Stochastic Calculus" (puede ser como un ejercicio que se deja al lector no recuerdo) que el $\sigma$ -el álgebra definida de la forma en que lo hiciste por proyección restringida al espacio de las funciones continuas es la misma $\sigma$ -que la Boreliana $\sigma$ -álgebra del espacio de las funciones continuas dotada de la norma sup (en cada compacto).

Por lo tanto, creo que hemos terminado porque $T$ preserva los conjuntos abiertos, que es una colección de conjuntos que genera nuestro $\sigma$ -Álgebra $\mathcal{B}([0,+\infty))$ Una aplicación del Teorema de la Clase Monótona debería ser suficiente para concluir, creo, y te dejo esta parte.

Saludos cordiales