Si $f_n$ son medibles y $f_n\to f$ casi en todas partes, $f$ es medible (valores en un espacio topológico)

Question

En Folland del Análisis Real del libro, es un ejercicio para probar:

Dada una medida completa $\mu$ si $f_0, f_1, f_2, \ldots$ son medibles, y $f_n \to f$ casi en todas partes, $f$ es medible.

Puedo demostrar que el uso de otras proposiciones del libro en el caso sencillo en el que las funciones toman valores en los reales (o complejos plano): $$f_0,f_1,f_2,\ldots,f:X\to\mathbb R\text{ or }\mathbb C$$

También, creo que el punto del ejercicio es, de hecho, para demostrar que sólo para estos casos.

Pero tengo la curiosidad de si es posible generalizar este resultado para las funciones $$f_0,f_1,f_2,\ldots,f:X\to Y$$ where $Y$ is a generic measure space. Of course, we need some structure on $S$ to talk about convergence, so $S$ should be a topological space, with a measure defined on its Borel $\sigma$-algebra. Or maybe we need $S$ to be a metric space? I think it must be easy when $Y=\mathbb R^n$ or $\mathbb C^n$, usando el hecho de que una función se puede medir si sus coordenadas son funciones medibles.

Para ser exactos, mi pregunta es: ¿es cierto que Folland de la proposición anterior se sostiene para las funciones de recaudación de los valores arbitrarias de espacios topológicos con medidas de Borel? Si no, es cierto para funciones que toman valores en arbitraria métrica espacios con medidas de Borel? Si no, ¿qué tipo de propiedad que necesitamos en el rango del espacio de las funciones a ser capaz de probar la citada proposición de arriba?

P. S.: La prueba de que Folland del libro lleva a que está basado en $\sup$s y $\inf$s; por eso es que estoy teniendo un tiempo difícil generalizar es arbitraria de espacios.

Answer 1

Primero vamos a demostrar que si $f_n \to f$ todas partes, a continuación, $f$ también es medible, si $Y$ es un espacio métrico. La prueba es más o menos literalmente tomados de Serge Lang "Real y el Análisis Funcional". Una diferente (menor) la prueba se da en Dudley del libro "Análisis Real y Probabilidad", Teorema 4.2.2.

En primer lugar, vamos a $U \subset Y$ ser abierto. Para cada una de las $x \in f^{-1}(U)$, $f_n (x) \to f(x) \in U$ e lo $f_n (x) \in U$, es decir, $x \in f_n^{-1}(U)$ para todos lo suficientemente grande $n \geq n_x$. Esto demuestra

$$f^{-1}(U) \subconjunto \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(U). \qquad (\daga)$$

Ahora, vamos a $A \subset Y$ ser cerrado. Si

$$x \in \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(A),$$ a continuación, para cada una de las $m$ arbitrariamente grande, hay algunos $k \geq m$$f_k (x) \in A$. Esto implica que hay algunos subsequence $(f_{k_\ell})$ $f_{k_\ell} (x) \in A$ todos los $\ell$. Pero $f_{k_\ell} (x) \to f(x)$. Desde $A$ está cerrado, este rendimientos $f(x) \in A$, es decir,$x \in f^{-1}(A)$. Por lo tanto,

$$\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(A) \subconjunto f^{-1}(A). \qquad (\ddagger)$$

Ahora, vamos a $U \subset Y$ ser abierto y definir $$\begin{eqnarray*} A_n &:=& \{y \in Y \mid {\rm dist}(y, U^c) \geq 1/n\},\\ U_n &:=& \{y \in Y \mid {\rm dist}(y, U^c) > 1/n\}. \end{eqnarray*}$$ Puesto que el ${\rm dist}$ función es continua, podemos ver que $U_n$ es abierto y $A_n$ se cierra con $U_n \subset A_n \subset U$$\bigcup_n U_n = \bigcup_n A_n = U$. Aquí, la igualdad de a $U$ utiliza el hecho de que $U$ está abierto.

El uso de $(\ddagger)$, vemos

$$f^{-1}(U) = \bigcup_n f^{-1}(U) \supset \bigcup_n \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(A_n) \supset \bigcup_n \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(U_n).$$

Por el contrario, $(\dagger)$ implica

$$f^{-1}(U) = \bigcup_n f^{-1}(U_n) \subconjunto \bigcup_n \bigcap_m \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(U_n).$$

Todos en todos, podemos conseguir la igualdad. Desde el lado derecho es un conjunto medible, $f^{-1}(U)$ es medible. Esto demuestra que $f$ es medible.

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Ahora, si $X$ es una medida completa el espacio y el si $f = g$.e. con $g$ medibles, a continuación, $f$ también es medible. Para ver esto, vamos a $N \subset X$ ser de medida cero con $f = g$$N^c$. Ahora, si $U \subset Y$ es abierto, entonces

$$f^{-1}(U) = [g^{-1}(U) \cap N^c] \copa [f^{-1}(U) \cap N],$$

donde $[g^{-1}(U) \cap N^c]$ es medible porque $g$ es e $[f^{-1}(U) \cap N]$ es medible como un subconjunto de un null-set, porque la medida que el espacio es asumido completa.

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Por lo tanto, si la convergencia es sólo cierto en casi todas partes, es decir, en $N^c$ donde $N \subset X$ es de medida cero, entonces $g_n := f_n \cdot \chi_{N^c}$ es medible con $g_n \to f \cdot \chi_{N^c}$ pointwise. Por lo tanto, $f \cdot \chi_{N^c}$ es medible. Pero $f = f \cdot \chi_{N^c}$$N^c$, es decir, casi en todas partes. Por lo tanto, $f$ es medible.

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Finalmente, se demuestra que la afirmación es falsa en general si $Y$ no es un espacio métrico. Este contraejemplo es tomado de Dudley del libro, la Proposición 4.2.3.

Tomamos $Y = I^I$ donde $I =[0,1]$ es la unidad de intervalo. Equipamos $I$ con el producto habitual de la topología y de la definimos

$$f_n : I \I^I, x\mapsto (y\mapsto \max \{0, 1 - n|x-y|\}).$$

Desde $I$ es la primera contables, $f_n$ es continua si podemos demostrar que $x_k \to x \in I$ implica $f_n(x_k) \to f_n(x)$. Pero esto significa, simplemente, $f_n(x_k)(y) \to f_n (x)(y)$ todos los $y \in I$, que es fácil de ver.

Ahora definir

$$f : I \I^I, x \mapsto (y \mapsto \chi_\Delta (x,y)),$$ donde $\Delta = \{(x,x) \in I\times I \mid x\in I\}$.

Es fácil ver $f_n (x)(y) \to f(x)(y)$ todos los $x,y\in I$. Pero esto significa $f_n(x) \to f(x)$ todos los $x \in I$.

Ahora, vamos a $E \subset I$ ser una arbitraria subconjunto (potencialmente nonmeasurable) y dejar que

$$W := \{g \in I^I \mid \existe y\E : g(y) > 1/2 \} = \bigcup_{y \in E} {g \in I^I \mid f(y)>1/2}.$$

A continuación, $W \subset I^I$ está abierto, pero $f^{-1}(W) = E$. Si tomamos $E$ a ser nonmeasurable (w.r.t. el Lebesgue $\sigma$-álgebra), esto demuestra que $f$ es no Lebesgue-medible, a pesar de todas las $f_n$ son continuas y por lo tanto medibles.