Un pseudometric en el espacio de las funciones medibles es completa

Question

Estoy trabajando en el siguiente ejercicio:

Supongamos $(X, \mathcal A, \mu)$ es de un número finito de medir el espacio y supongamos $\mathcal F$ es el conjunto de todos los $\mathcal A$-funciones medibles $f: X \rightarrow \mathbb R$. Para $f, g \in \mathcal F$, vamos a $$d(f, g)=\int_X\frac{|f-g|}{1+|f-g|}d\mu.$$

Demostrar que:

1. $d(f, g)=0$ si y sólo si $f=g$ en casi todas partes.
2. $d(f, g)=d(g, f)$
3. $d(f, g)\leq d(f, h)+d(h, g)$
4. Si $f_n$ es una secuencia en $\mathcal F$ e si $f \in \mathcal F$ $d(f_n, f)\rightarrow 0$ si y sólo si para cada a $\delta>0$ el siguiente se tiene: $$\lim_{n\rightarrow\infty}\mu(\{x \in X: |f_n(x)-f(x)|\geq\delta\})=0.$$
5. Si $f_n$ es una secuencia de Cauchy en $\mathcal F$ existe $f \in \mathcal F$ tal que $d(f_n, f)\rightarrow 0$.

es decir, debo mostrar que esto es una completa pseudometric espacio.

Ya he hecho 1. 2. 3. 4., pero estoy atascado en la 5. No sé que $f$ $f_n$ convergen.

Answer 1

Como se muestra (por ejemplo) aquí Cauchy en Medir, basta para mostrar que $(f_n)_n$ es de Cauchy en la medida. Tenga en cuenta que esto también utiliza el punto (4) de las propiedades que ya han demostrado.

Para ello, en primer lugar observar que

1. para $|x-y| \leq 1$, tenemos $$ \min\{1, |x-y|\} =|x-y|\geq\frac{|x-y|}{1 + |x-y|} \geq \frac{|x-y|}{2} = \frac{1}{2} \min \{1 , |x-y|\}. $$
2. para $|x-y| > 1$, tenemos $$ \frac{1}{2} \min \{1, |x-y|\}=\frac{1}{2} = \frac{|x-y|}{|x-y| + |x-y|}\leq \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} \leq 1 = \min\{1, |x-y|\}. $$

Todos en todos,

$$ \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} \asymp \min \{1, |x-y|\}. $$

Por tanto, para $\varepsilon \in (0,1)$, tenemos

$$ d(f_n, f_m) \asymp \int \min\{1, |f_n(x) - f_m(x)|\} d\mu(x)\geq \int_{|f_n -f_m| > \varepsilon} \min\{1, |f_n(x) - f_m(x)|\} d\mu(x) \geq \varepsilon \cdot \mu(\{x \mid |f_n(x) - f_m(x)| \geq \varepsilon\}), $$

lo que implica

$$ \mu(\{x \mid |f_n(x) - f_m(x)| \geq \varepsilon\}) \0 \text{ para } n,m\to \infty $$

para todos los $\varepsilon \in (0,1)$ (y, por tanto, para todos los $\varepsilon > 0$).

Por lo tanto, $(f_n)_n$ es de Cauchy en la medida, por lo que el post enlazado anterior implica que existe una función medible $f$ tal que $f_n \to f$ en la medida, que (por la propiedad (4)) implica $d(f_n ,f) \to 0$.

Answer 2

Aquí está una recta argumento adelante utilizando los siguientes hechos:

1) Una contables de la unión de nullsets es null

2) un pointwise límite de funciones medibles es medible

El argumento es el siguiente: Vamos a

$$A(k) := \{ x \in X ~\vert ~\forall ~N \in \mathbb N~\exists ~n,m > N : \vert f_n(x) - f_m(x) \vert > 1/k\}.$$

Es fácil ver que $A(k)$ es un nullset para todos los $k$ desde $f_n$ es una secuencia de cauchy. Por lo tanto, también \begin{align} A := \bigcup_{k \in \mathbb N} A(k) &= \{x \in X ~\vert ~\exists ~k \in \mathbb N : \forall ~N \in \mathbb N~\exists ~n,m > N : \vert f_n(x) - f_m(x) \vert > 1/k\}\\ &= \{x \in X ~\vert f_n(x) \text{ is not a cauchy sequence}\} \end{align}

es un nullset por el hecho 1. Por lo tanto $f_n(x)$ es una secuencia de cauchy para todos los $x \in A^c$, que tiene plena medida en $X$, y por lo tanto el límite de $\lim_{n \to \infty}f_n(x)$ existe para todas las $x \in A^c$. Ahora definir $$f(x) = \begin{cases} \lim_{n \to \infty} f_n(x), ~x \in A^c\\ 69, ~ x \in A \end{casos}$$ A continuación, $f$ se puede medir por el hecho de 2. También no es difícil ver que $f_n \to f$ con respecto al $d$$n \to \infty$.