Composizione di misurabile con continua.

[3m0o]

Denoto \( (\mathbb{R}, \mathcal{M},m) \) lo spazio di misura di Lebesgue e \( (\mathbb{R},\mathcal{B},m) \) lo spazio di misura di Borel.

Dimostra che se \( \varphi \) è misurabile (Leb.) e \(f \) continua abbiamo che \( f \circ \varphi \) è misurabile (Leb.). Trova un controesempio per \( \varphi \circ f \).

Allora per la dimostrazione ho fatto:
Abbiamo che \( ]\alpha, \infty[ \) è un aperto e per continuità di \( f \) è dunque un intervallo (aperto) dunque \( f^{-1}(]\alpha, \infty[) \in \mathcal{B} \), poiché \( \mathcal{B} \) è la sigma algebra più piccola che contiene tutti gli intervalli, e dunque \( \varphi^{-1}(f^{-1}(]\alpha, \infty[)) \in \mathcal{M}\)
Pertanto \( \forall \alpha \) abbiamo che
\[A_{\alpha}(f\circ \varphi)= \{ x \in \mathbb{R} : f(\varphi(x)) > \alpha \} \]
è misurabile, infatti se \( x \in A_{\alpha}(f\circ \varphi) \) allora è tale che \( f(\varphi(x)) \in ] \alpha, \infty[ \) e risulta dunque che \( x \in \varphi^{-1} ( f^{-1}(] \alpha, \infty[)) \). E dunque \(A_{\alpha}(f\circ \varphi) \) è misurabile.

Per il contro esempio non riesco a trovarle...

[Bremen000]

Ma non potevi semplicemente dire: sia $A$ un aperto di $\mathbb{R}$. Allora \( (f \circ \varphi)^{-1}(A) = \varphi^{-1} (f^{-1}(A)) \). Siccome $A$ è aperto, anche $f^{-1}(A)$ è aperto, per continuità di $f$. Siccome $\varphi$ è misurabile, controimmagini di aperti sono misurabili, quindi \( \varphi^{-1}(f^{-1}(A)) \in \mathcal{M} \). Fine.

Ma immagino che a questo punto tu abbia una strana definizione di misurabilità e continuità Per me, se \( (X, \mathcal{M}) \) è uno spazio misurabile, $(Y, \tau)$ e $(Z, \sigma)$ sono spazi topologici e $f: X \to Y$, $g: Y \to Z$, allora $f$ è misurabile se \[ f^{-1}(A) \in \mathcal{M} \quad \forall \, A \in \tau\] e $g$ è continua se
\[ g^{-1}(A) \in \tau \quad \forall \, A \in \sigma.\]

Tu invece quali definizioni usi? (Mi spiace essere pedante, ma siccome sono questioni di base è necessario specificare con che definizioni lavori. Poi alla fine sono tutte (o quasi) equivalenti.)

Per il controesempio, sai cosa è la "scala del diavolo" o funzione di Cantor?

[3m0o]

Di continuità la medesima, di misurabilità di funzioni uso questa
Sia \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \cup \{ \infty\} \) abbiamo che \( f \) è misurabile se \( \forall \alpha \in \mathbb{R} \) risulta che \( A_{\alpha}(f)= \{ x \in \mathbb{R} : f(x) > \alpha \} \in \mathcal{M} \).

Non abbiamo visto direttamente che controimmagini di aperti sono misurabili per funzioni misurabili. Ma abbiamo visto che se \( B \in \mathcal{B} \) e \( f \) misurabile allora \( f^{-1}(B) \in \mathcal{M} \).
Interessante che è falso, in generale, \( B \in \mathcal{M} \) allora \( f^{-1}(B) \in \mathcal{M} \).

Sugli aperti non lo abbiamo dimostrato ma nella dimostrazione che \( B \in \mathcal{B} \) e \( f \) misurabile allora \( f^{-1}(B) \in \mathcal{M} \) abbiamo usato il seguente insieme \( \mathcal{A} \).

Ponendo \( \mathcal{A} = \{ B \subset \mathbb{R} : f^{-1}(B) \in \mathcal{M} \} \)
Dopo aver dimostrato che \( \mathcal{A} \) è una sigma algebra abbiamo dimostrato che \( \mathcal{B} \subset \mathcal{A} \).
Ora dimostro che gli aperti sono dentro \( \mathcal{A} \).
Siccome ogni aperto \( U \) di \( \mathbb{R} \) è scrivibile come unione al più numerabile di intervalli aperti e disgiunti, lo deduciamo dal teorema di Lindelof infatti possiamo costruire la seguente relazione d'equivalenza
\[ a \sim b \Leftrightarrow [a,b] \subset U \ \text{oppure} \ [b,a] \subset U \]
Siccome \( \sim \) è una relazione di equivalenza abbiamo che possiamo partizionare \( U \) con le classi di equivalenza. Consderiamo \( C(a) \) la classe di equivalenza di \( a \in U \). E consideriamo \(b,c \in C(a) \), risulta chiaro che \( [b,c] \vee [c,b] \subset C(a) \) e pertanto abbiamo che \( C(a) \) è un intervallo. Inoltre poiché \( U \) è un aperto abbiamo che per ogni \( b \in U \), in particolare per ogni \(b \in C(a) \), esiste \( \epsilon >0 \) tale che \( ]b- \epsilon,b+ \epsilon [ \subset U \) e deduciamo dunque grazie alla transitività di \( \sim \) che se \( c \in ]b - \epsilon, b+ \epsilon[ \) allora \( c \in C(a) \). E dunque \( C(a) \) è aperto.
Dunque \(U \) è scrivibile come unione disgiunta di classi di equivalenza
\[ U = \coprod C(a) \]
E per il teorema di Lindelof esiste un sottoricoprimento al più numerabile, di intervalli aperti.

Dimostriamo ora che un intervallo della forma aperto \( (a,b) \in \mathcal{A} \) siccome
\[ f^{-1}((a,b)) = \{ x : a < f(x) < b \} = \{ x: f(x) > a \} \cap \{ x : f(x) < b \} \]
e per misurabilità di \( f \) abbiamo che sono misurabili e dunque \( f^{-1}((a,b)) \) è misurabile siccome è dato dall'intersezione di misurabili. Analogamente anche \( [a,b) \) e \( (a,b] \) sono dentro, come pure \( (a, \infty ), etc.. \) Inoltre poiché come abbiamo visto qui sopra che ogni aperto è dato da unione al più numerabile di intervalli aperti e disgiunti e siccome l'unione numerabile di misurabili è misurabile concludiamo che \( f^{-1)}(U) \in \mathcal{A} \).

Così credo di aver dimostrato che la controimmagine di aperti per una funzione misurabile è misurabile.

[3m0o]

Per il controesempio si la scala di Cantor la conosco.
Però forse funziona anche così, sia \( V \not\in \mathcal{M} \) come ad esempio l'insieme di Vitali, sia inoltre \( f : [0,1] \to [0,1] \) la funzione di Lebesgue. Dunque dato un \( x \in [0,1] \) in base 2
\[ x= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{ \epsilon_n}{2^n} \]
dove \( \epsilon_n \in \{ 0,1 \} \) con la convenzione che se un numero possiede due rappresentazioni scegliamo quella che non termina con un infinità di \(0 \).
Definiamo allora \( f \) da
\[ f(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2 \epsilon_n}{3^n} \]
E sappiamo dunque che \( f([0,1]) \) è incluso nell'insieme di Cantor, inoltre \(f \) è strettamente crescente e dunque iniettiva e misurabile.
Definiamo ora la funzione caratteristica \( \chi_{f(V)} \) che è misurabile, e dimostriamo che \( \chi_{f(V)} \circ f \) non è misurabile
\[ \{ x \in \mathbb{R} : ( \chi_{f(V)} \circ f)(x) >0 \} = ( \chi_{f(V)} \circ f)^{-1}((0,\infty)) = f^{-1}(\chi_{f(V)}^{-1}(0,\infty)) = f^{-1}(f(V)) = V \not\in \mathcal{M} \]

Mi chiedevo se la scrittura \( \{ x \in \mathbb{R} : ( \chi_{f(V)} \circ f)(x) >0 \} \) ha senso, \( f \) è definita solo su \( [0,1] \). A priori \( V \) (se non è l'insieme di Vitali ) potrebbe non essere contenuto in \( [0,1] \). Come faccio ad applicare \(f \) ad un \( x \in V \) tale che \( x \not\in [0,1] \) ??
Ma forse è l'orario e mi sto confondendo su una cavolata.

[Bremen000]

Di continuità la medesima, di misurabilità di funzioni uso questa
Sia \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \cup \{ \infty\} \) abbiamo che \( f \) è misurabile se \( \forall \alpha \in \mathbb{R} \) risulta che \( A_{\alpha}(f)= \{ x \in \mathbb{R} : f(x) > \alpha \} \in \mathcal{M} \).

Non abbiamo visto direttamente che controimmagini di aperti sono misurabili per funzioni misurabili. Ma abbiamo visto che[...]

Ok, ho capito. Non ho letto bene tutto il resto ma penso che l'idea, in realtà molto più semplice se devi farlo vedere per i soli aperti è la seguente: supponiamo che per la nostra $f$ come sopra valga
\[ f^{-1}((\alpha, + \infty])) \in \mathcal{M} \quad \forall \, \alpha \in \mathbb{R}.\]
Allora da qui fai vedere che
1. \( f^{-1}((-\infty, \beta]) \in \mathcal{M} \quad \forall \, \beta \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\} \);
2. \( f^{-1}((-\infty, \beta)) \in \mathcal{M} \quad \forall \, \beta \in \mathbb{R} \cup \{+ \infty \}\);
3. \( f^{-1}((\alpha, \beta)) \in \mathcal{M} \quad \forall \, \alpha, \beta \in \mathbb{R} \).
Poi preso un qualsiasi aperto $U \subset \mathbb{R}$ esso si scriverà come unione disgiunta di intervalli aperti
\[ U = \bigcup_{n \ge 1} I_n \]
e quindi \( f^{-1}(U) = \bigcup_{n \ge 1} f^{-1} I_n \in \mathcal{M} \).

Per quanto riguarda il tuo controesempio, mi piace molto! C'è una cosa che non mi è chiarissima: perché $f$ è strettamente crescente? Se questo è vero, allora il resto funziona alla perfezione.

[dissonance]

Penso che abbiate già risolto, ma questa risposta di Rigel è relazionata:

https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 89#p692889

[Bremen000]

Ciao dissonance, il controesempio proposto è esattamente quello, arcinoto, che avevo in mente. Di fatto è molto simile a quello proposto da 3m0o. C'è solo l'inghippo della stretta monotonia della funzione, che non so se qua si può risolvere. Almeno io a occhio non lo vedo!

[3m0o]

Ok, ho capito. Non ho letto bene tutto il resto ma penso che l'idea, in realtà molto più semplice se devi farlo vedere per i soli aperti è la seguente: supponiamo che per la nostra $f$ come sopra valga
\[ f^{-1}((\alpha, + \infty])) \in \mathcal{M} \quad \forall \, \alpha \in \mathbb{R}.\]
Allora da qui fai vedere che
1. \( f^{-1}((-\infty, \beta]) \in \mathcal{M} \quad \forall \, \beta \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\} \);
2. \( f^{-1}((-\infty, \beta)) \in \mathcal{M} \quad \forall \, \beta \in \mathbb{R} \cup \{+ \infty \}\);
3. \( f^{-1}((\alpha, \beta)) \in \mathcal{M} \quad \forall \, \alpha, \beta \in \mathbb{R} \).
Poi preso un qualsiasi aperto $U \subset \mathbb{R}$ esso si scriverà come unione disgiunta di intervalli aperti
\[ U = \bigcup_{n \ge 1} I_n \]
e quindi \( f^{-1}(U) = \bigcup_{n \ge 1} f^{-1} I_n \in \mathcal{M} \).

Fondamentalmente è quello che ho fatto, ma ho pure dimostrate che ogni aperto si scrive come unione, al piu numerabile, di intervalli disgiunti.

Per quanto riguarda il tuo controesempio, mi piace molto! C'è una cosa che non mi è chiarissima: perché $f$ è strettamente crescente? Se questo è vero, allora il resto funziona alla perfezione.

Beh
Siano \[ a = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{2^n} < \sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{2^n} = b\]
Con la convenzione adottata abbiamo che siccome \( a < b \) esiste \( k \in \mathbb{N} \) tale che \( a_n=b_n , \forall 1 \leq n \leq k \) e \( a_{k+1}=0 < 1= b_{k+1} \)
Dunque
\[ f(b)-f(a) = \frac{2}{3^{k+1}} + \sum_{n=k+2}^{\infty} \frac{2(b_n-a_n)}{3^n} \geq \frac{2}{3^{k+1}} - 2\sum_{n=k+2}^{\infty} \frac{1}{3^n}\]
\[ = \frac{2}{3^{k+1}} - \frac{2}{3^{k+2}}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n} = \frac{1}{3^{k+1}} > 0 \]

Dunque è strettamente crescente, pertanto è iniettiva e misurabile.

Nota bene che la convenzione è importante! Perché se non l'adottassimo perderemmo iniettività. Ad esempio \( 1/2 = 0.10000000\ldots = 0.01111111\ldots \) e abbiamo che
\( f(0.01111111\ldots )= 1/3 \) mentre \( f(0.10000000\ldots )=2/3 \).

[Bremen000]

[...]
Fondamentalmente è quello che ho fatto, ma ho pure dimostrate che ogni aperto si scrive come unione, al piu numerabile, di intervalli disgiunti.
[...]

Vedo! Volevo solo farti vedere una via più diretta per ottenere solo e soltanto quello che ti serviva!

[...]
Dunque è strettamente crescente, pertanto è iniettiva e misurabile.
[...]

Perfetto!