Supongamos que$X$ es un espacio métrico separable y$F \colon X \times ℝ_+→[0,1]$ es Borel. Dejar $f(x) = \liminf_{ε→0} F(x,ε)$. Es$f$ Borel?
Respuesta
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Reto Meier
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No, $f$ no es necesariamente Borel.
Vamos a hacer que el más fuerte suposición de que $X$ es el polaco. Entonces yo reclamo:
Para cada una de las $a \in [0,1]$, la $\{f \le a\}$ es analítica, pero no necesita ser Borel.
A ver es analítico, tenga en cuenta que podemos escribir $$\{f \le a\} = \bigcap_{n=1}^\infty \bigcap_{k=1}^\infty \pi_1\left(\left\{F \le a + \frac{1}{k}\right\} \cap \left(X \times \left(0, \frac{1}{n}\right)\right)\right).$$ Aquí $\pi_1 : X \times \mathbb{R}_+ \to X$ es la proyección sobre la primera coordenada. Esta es la versión de la declaración de
$\liminf_{\epsilon \to 0} F(x,\epsilon) \le a$ fib para cada $n$ y cada una de las $k$ existe $\epsilon < \frac{1}{n}$ tal que $F(x, \epsilon) \le a + \frac{1}{k}$.
(Yo tenía esta incorrecto en una versión anterior de esta respuesta, esperemos que ahora está correcto.)
El conjunto $\{F \le a + \frac{1}{k}\}$ es de Borel en $X \times \mathbb{R}_+$ desde $F$ es de Borel, y así es $X \times (0, \frac{1}{n})$. La imagen continua de un Borel subconjunto de un espacio polaco es analítica, y una contables intersección de la analítica de los conjuntos es analítica.
A ver no es necesario que sea Borel, supongamos $A \subset X$ es analítica, pero no Borel (un conjunto existe siempre $X$ es un incontable polaco espacio). Entonces existe un conjunto $E \subset X \times [0,1)$ tal que $E$ es Borel y $\pi_1(E) = A$. Definir $F$ por $$F(x,t) = \begin{cases} 1, & t \ge 1 \\ 1 - 1_E(x,2^n t -1), & 2^{-n} \le t < 2^{-(n-1)}, n \ge 1 \end{casos}$$ Claramente $F$ es de Borel.
Puedo reclamar $f = 1 - 1_A$. Si $x \notin A$ $1_E(x,t) = 0$ todos los $t$, y, por tanto, $F(x,t) = 1$ todos los $t$, lo $f(x) = 1$. Si $x \in A$ existe $t_0 \in [0,1)$ tal que $(x, t_0) \in E$, por lo que si tomamos $t_n = 2^{-n} (t_0 + 1)$, luego tenemos a$t_n \to 0$$F(x,t_n) = 0$, lo $f(x) = 0$.
En particular,$\{f \le 0\} = A$.
