Dejemos que $f: S \times [0, \infty)\rightarrow \mathbb{R}$ satisfacer $f(x, t)$ es continua en $x$ para cada $t$ y derecho continuo en $t$ para cada $x \in S$ . Aquí $S$ es un espacio métrico. ¿Por qué es $f$ ¿Medible de Borel? (En el sentido conjunto) Estoy vagamente familiarizado con la idea de prueba que hice hace mucho tiempo para si $S$ es, en cambio, un espacio euclidiano, y tenemos una continuidad total en lugar de sólo la derecha. Entonces uno interpola. Pero de todos modos no se puede hacer eso aquí, ya que $S$ no es euclidiano, y no importa el hecho de que de todos modos sólo tienes continuidad derecha. También intenté escribir $f$ como límite de funciones conjuntas medibles usando la continuidad correcta, pero falló.
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MrTuttle
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Para un espacio métrico separable $S$ podemos utilizar el
Lema:
Dejemos que $S$ sea un espacio métrico separable, $Y$ un espacio topológico, y $f \colon S\times Y \to \mathbb{R}$ una función tal que
- $s \mapsto f(s,y)$ es continua para cada $y \in Y$ y
- $y \mapsto f(s,y)$ es (Borel) medible para cada $s \in S$ .
Entonces $f$ es medible.
Prueba:
Dejemos que $D = \{s_\nu\colon\nu\in\mathbb{N}\}$ sea un subconjunto denso contable de $S$ .
Para $n \geqslant 1$ , dejemos que $\mathfrak{U}_n = \{B(\frac1n,\,s)\colon s \in D\}$ . Desde $D$ es denso, $\mathfrak{U}_n$ es una cobertura abierta de $S$ . Los espacios métricos son paracompactos, por lo que existe una partición subordinada de la unidad
$$\{\varphi_{n,\nu} \in \mathscr{C}(S,\mathbb{R}) \colon 0 \leqslant \varphi_{n,\nu}(s) \leqslant 1,\, \operatorname{supp} \varphi_{n,\nu} \subset B(\frac1n,\, s_\nu)\},\quad \sum_{\nu \in \mathbb{N}} \varphi_{n,\nu} \equiv 1,$$
con la familia $\{\operatorname{supp}\varphi_{n,\nu}\colon \nu\in\mathbb{N}\}$ localmente finito.
Dejemos que $g_{n,\nu}(s,y) = \varphi_{n,\nu}(s)\cdot f(s_\nu,\, y)$ y $g_n(s,\,y) = \sum\limits_{\nu \in\mathbb{N}} g_{n,\nu}(s,\,y)$ .
$g_{n,\nu}$ es medible (como el producto de las funciones medibles $\varphi_{n,\nu} \circ \pi_S$ y $f(s_\nu,\,\cdot) \circ \pi_Y$ ), y $g_n = \lim\limits_{k\to\infty} \sum\limits_{\nu = 0}^k g_{n,\nu}$ es el límite puntual de funciones medibles, por lo tanto medibles (como la familia de soportes es localmente finita, la suma contiene sólo finitamente muchos términos distintos de cero en cada punto, por lo que la convergencia está asegurada).
Ahora, $f = \lim\limits_{n\to\infty} g_n$ muestra que $f$ es medible.
Para ver este último límite, fije $(s,\,y) \in S\times Y$ y $\varepsilon > 0$ . Desde $f(\cdot,\,y)$ es continua, existe un $n \in \mathbb{Z}^+$ con $d(s,\,t) < \frac1n \Rightarrow \lvert f(t,\,y) - f(s,\,y)\rvert < \varepsilon$ . Entonces
$$\lvert g_n(s,\,y) - f(s,\,y)\rvert = \left\lvert\sum_{\nu \in \mathbb{N}} \varphi_{n,\nu}(s)\cdot\bigl(f(s_\nu,\,y) - f(s,\,y)\bigr) \right\rvert \leqslant \sum_{\nu \in \mathbb{N}} \varphi_{n,\nu}(s)\cdot \lvert f(s_\nu,\,y) - f(s,\,y)\bigr\rvert < \varepsilon$$
ya que siempre que $\varphi_{n,\nu}(s) \neq 0$ tenemos $d(s,\,s_\nu) < \frac1n$ y por lo tanto $\lvert f(s_\nu,\,y) - f(s,\,y)\bigr\rvert < \varepsilon$ .
Con el lema anterior, lo único que queda por demostrar es que una función continua de derecha $h \colon [0,\,\infty) \to \mathbb{R}$ es medible.
Dejemos que $t_n(x) = (\lfloor 2^nx\rfloor + 1)/2^n$ y $h_n(x) = h(t_n(x))$ . Entonces $t_n$ (y por lo tanto $h_n$ ) es constante en cada intervalo $[m/2^n,\, (m+1)/2^n)$ y $t_n(x) \searrow x$ monótonamente. Por lo tanto, $h_n$ es medible, y la continuidad derecha de $h$ implica que $h_n \to h$ en el sentido de la palabra.
Para el caso general en el que $S$ no se supone que sea separable:
Lebesgue demostró que toda función continua separada $f\colon \mathbb{R}\times\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ es un límite puntual de funciones continuas. W. Rudin lo amplió demostrando que si $X$ es un espacio métrico, entonces para cualquier espacio topológico $Y$ cada función continua por separado $f \colon X \times Y \to \mathbb{R}$ es un límite puntual de funciones continuas.
(Del resumen de Maxim R. Burke, Medibilidad de Borel de funciones continuas por separado en "Topología y sus aplicaciones", 129, 1.)
No tengo a mano una prueba del resultado de Rudin, pero, aceptándolo, sabemos que una función continua separada $f \colon X \times Y \to \mathbb{R}$ es medible por Borel.
Ahora, no equipes el intervalo $[0,\,\infty)$ con la topología estándar $\mathcal{T}_s$ En su lugar, utilice la topología $\mathcal{T}_h$ generado por los intervalos semiabiertos $[a,\,b)$ .
Toma eso como el espacio $Y$ . Una función $g \colon \bigl([0,\,\infty),\, \mathcal{T}_h\bigr) \to \mathbb{R}$ es continua si y sólo si $g \colon \bigl([0,\,\infty),\, \mathcal{T}_s\bigr) \to \mathbb{R}$ es continua a la derecha.
Así que por ese resultado, su
$$f \colon S \times Y \to \mathbb{R}$$
es medible por Borel.
Pero el Borel $\sigma$ -generada por $\mathcal{T}_h$ es el mismo que el generado por $\mathcal{T}_s$ .
Edición: Lo que está entre comillas no es cierto. Por ejemplo, hay biyecciones de reales cuyas gráficas no son medibles. Gracias a Jeff por señalarlo.
"Supongamos $S$ es un espacio métrico localmente compacto separable y $Y = [0, \infty)$ bajo topología abierta derecha. Demostremos que si cada sección vertical y horizontal de $B \subseteq S \times Y$ está abierto, entonces $B$ es Borel".
Fijar $f: [0, \infty) \times S \rightarrow \mathbb{R}$ . Definir $f_n(x, t) = f(m/n, t)$ donde $m, n \geq 1$ son tales que $(m-1)/n \leq x < m/n$ . Entonces $f_n$ son todos continuos. Observemos ahora que para un $(x, t) \in [0, \infty) \times S$ , como $n \rightarrow \infty$ , $f_n(x, t) \rightarrow f(x, t)$ .
