¿Si $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ va en aumento, hace mapas de que Borel define conjuntos medibles?

Question

Supongo que $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ es estrictamente creciente y continua a la izquierda. ¿Sigue que $f$ mapas de subconjuntos de Borel de $[a,b]$ en subconjuntos mensurables de Lebesgue de $\mathbb{R}$?

Mi intuición me dice que esto es así porque el hecho de que $f$ es no-decreciente sobre un intervalo cerrado $[a,b]$ implica que el $f$ tiene muchos a lo más numerable de discontinuidades. Pero no puedo continuar desde allí.

Answer 1

El reclamo será verdadera si podemos demostrar que $f^{-1}$ es Borel medible. La idea es la siguiente:

• Encontrar un continuo no-función decreciente $g : \Bbb{R} \to [a, b]$ extender $f^{-1}$.
• Mostrar que $E = f([a, b])$ es Borel medible.

A continuación, $g|_E = f^{-1}$ es automáticamente Borel medible, ya que para cualquier conjunto de Borel $B \subset [a, b]$ hemos

$$f(B) = (g|_E)^{-1}(B) = g^{-1}(B) \cap E.$$

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Para ser más específicos,

• Definir $g : \Bbb{R} \to [a, b]$ por $$g(y) = \sup\{x \in [a, b] : f(x) \leq y \}, $$ con el convenio que $\sup\varnothing = a$. Es fácil comprobar que $g$ es continua no decreciente y una izquierda-inversa de a$f$, $g\circ f = \text{id}$.

• El uso de $g$, la imagen de $E = f([a, b])$ es fácil que se caracteriza por \begin{align*} E &= \{ f(a) \} \cup \{ y : g(y-\epsilon) < g(y) \text{ for all } \epsilon > 0 \}.\\ &= \{ f(a) \} \cup \left( \cap_{k=1}^{\infty} \{ y : g(y-1/k) < g(y) \} \right). \end{align*} que obviamente es Borel medible.

Answer 2

Sí, lo es.

Permítanme esbozar la prueba. En primer lugar, mostrar que $f([a,b])$ es igual a $[f(a), f(b)]$, con una contables de la mitad el número de abrir intervalos eliminado (correspondientes a los saltos de $f$). En particular, $f([a,b])$ es de Borel.

A continuación se muestra que para cualquier intervalo de $[c,d] \subset [a,b]$, $f([c,d]) = [f(c), f(d)] \cap f([a,b])$ que es también Borel.

Ahora vamos a $\mathcal{F}$ ser la colección de todos los conjuntos de $A \subset [a,b]$ tal que $f(A)$ es de Borel. Nos han mostrado $\mathcal{F}$ contiene todos los intervalos cerrados. Desde $f\left(\bigcup_n A_n\right) = \bigcup_n f(A_n)$, $\mathcal{F}$ es cerrado bajo contables de los sindicatos. Y desde $f$ es inyectiva, tenemos $f(A^c) = f([a,b]) \setminus f(A)$, de modo que $\mathcal{F}$ es cerrado bajo la complementa. Por lo tanto $\mathcal{F}$ $\sigma$- álgebra y contiene todos los subconjuntos de Borel $[a,b]$.

Answer 3

La respuesta es SÍ.

Una más elementales de la prueba. Si $f$ es de izquierda continua y estrictamente creciente, entonces $$ f\big[[a,b]\big]=\big(f(a),f(b)\big)\setminus\bigcup_{i\in I}(c_i,d_i], $$ donde, los intervalos de $(c_i,d_i]$ son disjuntas y contables.

Con el fin de mostrar que el $f$, que también es de 1-1, toma Borel de los conjuntos de Borel, es suficiente para mostrar que $f\big[(A,B)\big]$ es Borel, para cada $A,B\in\mathbb R$. Pero, también claramente $$ f\big[(a,B)\big]=\Big(\big(f(a),f(b)\big)\setminus\bigcup_{i\in I}(c_i,d_i]\Big)\cap \big(f(A),f(B)\big), $$ que es de hecho un conjunto de Borel!