La "inversa" a la composición de funciones medibles es medible

Question

He aquí una reformulación de un problema que encontré en un libro de texto. Estoy más allá de la edad de hacer la tarea y esto es puramente para auto-estudio.

Ejercicio : Sea $f : (X,\Sigma_1) \to (Y, \Sigma_2)$ y $h:(X,\Sigma_1) \to (\mathbb R, \mathcal B)$ be mapas mensurables donde en este último caso $\mathcal B$ denota el Borel $\sigma$ -sobre $\mathbb R$ . Sea $\Sigma_f = \sigma(f)$ . Demuestre que $h$ es $\Sigma_f$ -si y sólo si existe $g : (Y,\Sigma_2) \to (\mathbb R, \mathcal B)$ tal que $h(x) = g(f(x))$ para todos $x \in X$ .

Una dirección de la prueba es fácil. Supongamos que $g$ existe. Entonces, para todo $B \in \mathcal B$ , $h^{-1}(B) = f^{-1}( g^{-1}(B) )$ y así $h^{-1} \in \Sigma_f$ .

Parece que hay algunos agujeros en la dirección opuesta que no puedo llenar.

Para todos $z \in \mathbb R$ he definido

$$ A_z = \{x: h(x) = z\}. $$

Entonces $A_z \in \Sigma_1$ ya que los singletons $\{z\}$ son medibles por perforación. Además, para $z \neq z'$ es cierto que $A_z \cap A_{z'} = \emptyset$ . Ahora bien, si $h$ es $\Sigma_f$ -medible, entonces $A_z = f^{-1}(B_z)$ para algunos $B_z \in \Sigma_2$ . Pero entonces, por $z \neq z'$ , tenemos que $B_z \cap B_{z'} = \emptyset$ también, por lo que el $\{B_z\}_{z \in \mathbb R}$ establece particiones $Y$ módulo de la parte que no aparece en la imagen de $f$ .

Ahora, fija $g(y) = z$ en $B_z$ y establece $g(y) = 0$ en $y \in N_0 := Y \setminus \cup_{z \in \mathbb R} B_z$ . Parece razonable afirmar que $N_0$ es un conjunto medible considerando que $N_0 = Y \setminus \cup_n C_n$ donde $f^{-1}(C_n) = h^{-1}((-\infty,n))$ et $C_n \in \Sigma_2$ por suposición.

Pero, esto sólo parece demostrar que podemos construir un bien definido $g$ . No parece demostrar que es medible ¡! Para obtener mensurabilidad necesitamos mostrar algo además de esto, como $\{y: g(y) \leq z\} \in \Sigma_2$ para todos $z \in \mathbb R$ .

Para $z < 0$ parece que deberíamos poder obtener una correspondencia entre $\{y: g(y) \leq z\}$ et $C_z$ donde $C_z \in \Sigma_2$ satisface $f^{-1}(C_z) = h^{-1}((-\infty,z))$ . Para $z \geq 0$ Creo que sería algo como $\{y : g(y) \leq z\} = C_z \cup N_0$ Creo.

No consigo que el argumento cuaje.

Preguntas:

1. ¿Va por buen camino? Si es así, ¿cómo lo rematamos? (Parece un poco "demasiado constructivo" para un argumento típico de teoría de la medida).
2. ¿Hay algún otro argumento más inteligente o directo? En caso afirmativo, ¿cuál es?

Answer 1

Esta prueba sigue lo que los probabilistas y otros practicantes de la teoría de la medida llaman a veces el "mantra estándar": primero las funciones indicadoras, luego las funciones simples (las que tienen rango finito), luego las funciones medibles no negativas, luego todas las funciones medibles.

1. Como paso preliminar, demuestre que $\Sigma_f = \{ f^{-1}(B) : B \in \Sigma_2\}$ . ( $\supset$ es obvio. Para $\subset$ demuestre que el lado derecho (llámelo $\Sigma'$ ) es una $\sigma$ -y $f$ es $(X, \Sigma'),(Y,\Sigma_2)$ medible).

2. Supongamos $h = 1_A$ para algunos $A \in \Sigma_f$ . Encuentre un $g$ tal que $h = g \circ f$ . (Utilice el paso anterior).

3. Supongamos a continuación que $h = \sum_{i=1}^n c_i 1_{A_i}$ es una función sencilla. De nuevo, encuentre un $g$ . (No es difícil adivinar cuál es, dado el paso anterior).

4. Si $h$ es un valor no negativo $\Sigma_f$ -entonces recordemos que $h = \sup_n h_n$ para alguna secuencia $h_n$ de $\Sigma_f$ -funciones simples mensurables. (Ésta es la única manera "constructiva" de describir funciones medibles. $g$ .

5. Por último, si $h$ es cualquier $\Sigma_f$ -función mensurable, escriba $h = h^+ - h^-$ y utilice el paso anterior.