¿Por qué la relación "$f=g $ casi en todas partes" es transitiva?

Question

En Rudin Real y Complejo Análisis, se dice en la pág 27

Si $\mu$ ser una medida, definir la $f\sim g$ fib $\mu(\{x|f(x)≠g(x)\})=0$ donde $f,g$ son medibles funciones de $X$ a de un espacio topológico $Y$.

A continuación, $f\sim g$ es una relación de equivalencia.

Pero, no veo por qué se $f\sim g$ es transitiva.

Si asumo $f\sim g$$g\sim h$, entonces, por definición, $\{x|f(x)≠g(x)\}$ $\{x|g(x)≠h(x)\}$ son medibles conjuntos de medida cero.

Pero entonces, ¿cómo sé que el conjunto $\{x|f(x)≠h(x)\} \subset \{x|f(x)≠g(x)\} \cup \{x|g(x)≠h(x)\} $ es medible?

Aquí $Y$ es un espacio topológico, no necesariamente $R$ o extendido de reales.

Answer 1

Rudin tiene esta definición: propiedad $P$ mantiene una.e. en $E$ fib hay un conjunto null $N \subset E$ tal que $P$ mantiene en cada punto de $E - N$. No dice $\{x\;|\; P\text{ holds at }x\}$ es medible. Con esta idea, la transitividad es ACEPTAR.

Pero luego él va y ruinas diciendo $f=g$.e. significa $\mu(\{x\;|\;f(x) \ne g(x)\})=0$, implícitamente, que requieren $\{x\;|\;f(x)\ne g(x)\}$ ser medibles. Como nota, en el caso de $Y$ es un raro espacio topológico donde la diagonal es que no se cierra en $Y \times Y$, no podemos concluir que el $\{x\;|\;f(x)\ne g(x)\}$ es cuantificable para medir las funciones de $f,g$.

Por supuesto Rudin se aplica la noción de"$f=g$.e." sólo en los casos en que $Y$ es metrizable, donde no hay ningún problema.

Answer 2

Así que aquí está nuestro ejemplo. Como se observó en las otras respuestas, necesitamos $\mathfrak M$ no completa, y $Y$ no metrizable.

Vamos $X = \mathbb R$, $\mathfrak M =$ los conjuntos de Borel, $\mu =$ medida de Lebesgue.
Deje $Y = \mathbb R$, topología indiscreta. El abierto sólo los conjuntos de $\varnothing, \mathbb R$.

Debido a $Y$ es indiscreta, cada función de $f \;:\; X \to Y$ es medible.

Deje $N \subseteq X$ ser el conjunto de Cantor, un Borel null conjunto; y deje $K \subseteq N$ ser que no se pueden medir. Hay $2^{\mathfrak c}$ subconjuntos de a $N$, pero sólo $\mathfrak c$ conjuntos de Borel, por lo que no hay duda de que es un conjunto de $K$. Ahora definir $$ f(x) = \begin{cases}0,\qquad x \in K \\0,\qquad x \in N - K \\0,\qquad x \in \mathbb R - N\end{casos} \\ g(x) = \begin{cases}1,\qquad x \in K \\1,\qquad x \in N - K \\0,\qquad x \in \mathbb R - N\end{casos} \\ h(x) = \begin{cases}0,\qquad x \in K \\2,\qquad x \in N - K \\0,\qquad x \in \mathbb R - N\end{casos} $$ Entonces:
$f=g$ .e. desde $\{x \mid f(x) \ne g(x)\} = N$ es un apreciable conjunto null.
$g=h$ .e. desde $\{x \mid g(x) \ne h(x)\} = N$ es un apreciable conjunto null.
Pero no $f=h$ .e., desde $\{x \mid f(x) \ne h(x)\} = K$ no es mensurable.

Answer 3

RESPUESTA ACTUALIZADA

El siguiente argumento funciona sólo si el$\sigma$ - álgebra en$X$ está completo .:

Si$x$ satisface$f(x) \neq h(x)$, entonces satisface exactamente uno de los tres casos siguientes:

A)$f(x) \neq g(x)$ y$g(x) = h(x)$

B)$f(x) = g(x)$ y$g(x) \neq h(x)$

C)$f(x) \neq g(x)$ y$g(x) \neq h(x)$

Entonces, si dejamos que% (%)% (%)% (%)% } \ Subseteq A \ taza B \ taza C$$A = \{x \mid f(x) \neq g(x) \} \cap \{x \mid g(x) = h(x) \}$ A, B,$ $ C$B = \{x \mid f(x) = g(x) \} \cap \{x \mid g(x) \neq h(x) \}$ 0$ $ 0% ) \ Neq h (x) \}$C = \{x \mid f(x) \neq g(x) \} \cap \{x \mid g(x) \neq h(x) \}$ \ sigma $ -algebra está completo).