Teorema approssimazione monotona

[3m0o]

Sia \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \cup \{ \infty \} \) misurabile allora esiste una successione \( (\varphi_n)_n \) di funzioni semplici e misurabili tale che
\[ \forall x \in \mathbb{R}, n \in \mathbb{N}_{\geq 1}, \varphi_n(x) \leq \varphi_{n+1}(x) \]
\[ \forall x \in \mathbb{R}, \lim_{n\to \infty} \varphi_n(x) = f(x) \]

A partire dalla costruzione seguente della successione dimostra il teorema.

Per \(n \in \mathbb{N} \)
poniamo \( F_n = \{ x \in \mathbb{R} : f(x) > n \} \in \mathcal{M} \). Inoltre per ogni \( 1 \leq k \leq n 2^n \) poniamo \( E_{n,k} = \{ x \in \mathbb{R} : \frac{k-1}{2^n} <f(x) \leq \frac{k}{2^n} \} \in \mathcal{M} \). E poniamo \( G = \{ x \in \mathbb{R} : f(x) = 0 \} \in \mathcal{M} \).
Inoltre sia
\[ \varphi_n = n \cdot \chi_{F_n} + 0 \cdot \chi_{G} + \sum\limits_{k=1}^{n2^n} \frac{k-1}{2^n}\chi_{E_{n,k}} \]

Il paragrafetto iniziale non riesco a dimostrare e il caso 4. Qualcuno ha suggerimenti?

La mia idea è la seguente:
Per dimostrare che la successione di funzioni è crescente
Credo dovrei dimostrare che
\[ \mathbb{R} = F_n \cup G \cup \bigcup_{k=1}^{n2^n} E_{n,k} \]
Poi dimostrare che per ogni \(n, k, \ell \) gli insiemi \( F_n, G, E_{n,k}, E_{n,\ell} \) sono a due a due disgiunti. Ma non so come fare.

Dimostrato quanto detto qui sopra divido in 4 casi
Caso 1:
Se \( x \in G \) allora evidentemente \( \varphi_n(x)=0 \leq 0 = \varphi_{n+1}(x) \)
Caso 2:
Per \(x \in F_{n+1} \) abbiamo che \( x \in F_n \) pertanto \( \varphi_n(x) = n \leq n+1 = \varphi_{n+1}(x) \).
Caso 3:
Per \( x \in F_n \setminus F_{n+1} \) abbiamo che \( \varphi_n(x) = n \). Inoltre abbiamo che \( n < f(x) \leq n+1 \). Pertanto segue che
\[ n = \frac{n2^{n+1} +1 -1 }{2^{n+1}} < f(x) \leq \frac{n2^{n+1} + 2^{n+1}}{2^{n+1}} = n+1 \]
Dunque abbiamo che \( x \in E_{n+1,k} \) per un qualche \( (n2^{n+1}+1)\leq k \leq (n+1)2^{n+1} \).
E segue che \( \varphi_{n+1}(x)=\frac{k-1}{2^{n+1}} \) e dunque
\[ \varphi_n(x)=n \leq \frac{k-1}{2^{n+1}} = \varphi_{n+1}(x) < f(x) \]
Caso 4:
Per \( x \in E_{n,k} \) abbiamo che \( \varphi_n(x)= \frac{k-1}{2^n} \), ma per trovare \( \varphi_{n+1} \) non saprei come fare...

Per la convergenza puntuale
Inoltre ora dimostriamo che per ogni \( n \) abbiamo che \( 0 \leq \varphi_n \leq f \).
Dividendo i casi in cui \( x \in F_n \) o \( x \in G \) o \( x \in E_{n,k} \) risulta evidente.
Caso 1:
Se \( f(x)= 0 \) per qualche \( x \) abbiamo banalmente \( \varphi_n(x) = 0 \) per ogni \( n \) e per quelle \(x \).

Caso 2:
Se \( 0 < f(x) < \infty \), per qualche \(x \), allora a partire da un certo \(N \) abbiamo che per ogni \( n \geq N \) abbiamo che \( x \in F_{n}^c \). Dunque abbiamo che \( x \in E_{n,k} \) per qualche \(k \) siccome \( E_{n,k} \cap F_n = \emptyset \) e che \( f(x) \neq 0 \). Dunque
\[ 0 \leq f(x) - \varphi_n \leq \frac{k}{2^n} - \frac{k-1}{2^n} = \frac{1}{2^n} \xrightarrow{n \to \infty}0 \]

Caso 3:
Se \( f(x)= \infty \) allora abbiamo chiaramente che \( x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} F_n \) pertanto abbiamo che \( \varphi_n(x)=n \xrightarrow{n \to \infty} \infty \)
Dunque per ogni \( x \in \mathbb{R} \) abbiamo che \( \lim_{n \to \infty} \varphi_n(x) = f(x) \).

[Bremen000]

Ciao,

Sia \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \cup \{ \infty \} \) misurabile [...]

Probabilmente è \( f: \mathbb{R} \to [0, + \infty] \) misurabile.

La costruzione dei vari $G$, $\{F_n\}_{n \ge 1}$, $\{E_{n,k}\}_{n \ge 1, 1 \le k \le n2^n} $ mi sembra perfetta e di conseguenza anche quella delle $\{\varphi_n\}_{n \ge 1}$. Chiaramente $\varphi_n$ è positiva, semplice e misurabile per ogni $n \ge 1$ per costruzione. Giustamente la prima osservazione da fare è che, fissato $n \ge 1$, gli insiemi
\[ G, \, F_n, \, \{E_{n_k}\}_{1 \le k \le n2^n} \]
formano una partizione di $\mathbb{R}$. Questo dovrebbe esserti chiaro dalla loro definizione, infatti se $x \in \mathbb{R}$ appartenesse a più di uno di essi otterresti che (almeno) due delle seguenti condizioni devono valere contemporaneamente
\[ f(x)=0, \, f(x) > n, \, f(x) \in \left ( \frac{k-1}{2^n} , \frac{k}{2^n} \right ], \, f(x) \in \left ( \frac{l-1}{2^n} , \frac{l}{2^n} \right] \]
con $1 \le k < l \le n2^n$, il che è ovviamente impossibile. Il fatto che la loro unione sia tutto $\mathbb{R}$ è altrettanto conseguenza della loro definizione, infatti
\begin{align*}
G \cup F_n \cup \bigcup_{k=1}^{n2^n} E_{n,k} &= f^{-1}(\{0\}) \cup f^{-1}((n, + \infty]) \cup \bigcup_{k=1}^{n2^n} f^{-1} \left ( \left ( \frac{k-1}{2^n} , \frac{k}{2^n} \right ] \right ) \\
&= f^{-1}(\{0\}) \cup f^{-1}((n, + \infty]) \cup f^{-1}((0, n]) \\
&= f^{-1}([0, + \infty)) \\
&= \mathbb{R}.
\end{align*}
Per la divisone in casi. Mi pare più lineare dividere in 3 casi e per $n$ fissato, fare i sottocasi. Cioè, fissiamo $n \ge 1$ e $x \in \mathbb{R}$. Per quanto detto sopra può verificarsi uno solo dei seguenti casi:

1. $x \in G$: perfetto quello che dici; nota comunque che $\varphi_n(x) = 0 \le 0 = f(x)$;


2. $x \in F_n$: qui abbiamo due sottocasi:

2.1 $x \in F_n \cap F_{n+1}$: esattamente come quando dici "$x \in F_{n+1}$"; nota sempre che vale $\varphi_n(x) =n < f(x)$.

2.2 $x \in F_n \setminus F_{n+1}$ ergo $n < f(x) \le n+1$: esattamente come dici tu; nota che continua a valere $\varphi_n(x) =n < f(x)$.


3. Esiste un $1 \le k \le n2^n$ tale che $x \in E_{n,k}$ i.e. vale
\[ f(x) \in \left ( \frac{k-1}{2^n} , \frac{k}{2^n} \right ] = \left ( \frac{2k-2}{2^{n+1}} , \frac{2k}{2^{n+1}} \right ] = \left ( \frac{2k-2}{2^{n+1}} , \frac{2k-1}{2^{n+1}} \right ] \cup \left ( \frac{2k-1}{2^{n+1}} , \frac{2k}{2^{n+1}} \right ]. \]Abbiamo anche qui due soli possibili sottocasi:

3.1. \( f(x) \in \left ( \frac{2k-2}{2^{n+1}} , \frac{2k-1}{2^{n+1}} \right ] \) cioè $x \in E_{n,k} \cap E_{n+1, 2k-1}$ e dunque $\varphi_n(x) = \frac{k-1}{2^n} = \frac{2k-2}{2^{n+1}} = \varphi_{n+1}(x) \le f(x)$;

3.2. \( f(x) \in \left ( \frac{2k-1}{2^{n+1}} , \frac{2k}{2^{n+1}} \right ] \) cioè $x \in E_{n,k} \cap E_{n+1, 2k}$ e dunque $\varphi_n(x) = \frac{k-1}{2^n} = \frac{2k-2}{2^{n+1}} \le \frac{2k-1}{2^{n+1}} \varphi_{n+1}(x) \le f(x)$;

Questo conclude la dimostrazione del fatto che
\[ \varphi_n(x) \le \varphi_{n+1}(x) \le f(x) \quad \forall \, n \ge 1, \, x \in \mathbb{R}.\]

Per quanto riguarda la convergenza:

[...]
Caso 2:
Se \( 0 < f(x) < \infty \), per qualche \( x \), allora a partire da un certo \( N \) abbiamo che per ogni \( n \geq N \) abbiamo che \( x \in F_{n}^c \). Dunque abbiamo che \( x \in E_{n,k} \) per qualche \( k \) siccome \( E_{n,k} \cap F_n = \emptyset \) e che \( f(x) \neq 0 \). Dunque
\[ 0 \leq f(x) - \varphi_n \leq \frac{k}{2^n} - \frac{k-1}{2^n} = \frac{1}{2^n} \xrightarrow{n \to \infty}0 \]
[...]

Più precisamente, se $x$ è tale che $f(x) in (0, + \infty)$, allora esiste un $N \ge 1$ tale che, per ogni $n \ge N$, vale $x \in F_n^c$ e dunque, per ogni $n \ge N$ esiste (esattamente) un $k(n)$ tale che $x \in E_{n,k(n)}$ cioè, per ogni $n \ge N$ vale
\[ \varphi_n(x) = \frac{k(n)-1}{2^n} < f(x) \le \frac{k(n)}{2^n} \Rightarrow 0 < f(x) - \varphi_n(x) \le \frac{1}{2^n} \]
e quindi, quando $n \uparrow + \infty$, abbiamo che $\varphi_n(x) \uparrow f(x)$. Insomma, ti ho solo corretto il "un qualche $k$" con "esattamente un $k$".

[3m0o]

Probabilmente è \( f: \mathbb{R} \to [0, + \infty] \) misurabile.

Sicuro ? Sia negli esercizi che nella teoria il prof lo ha annunciato con \( \mathbb{R} \), è possibile che si sia sbagliato però.

La costruzione dei vari $G$, $\{F_n\}_{n \ge 1}$, $\{E_{n,k}\}_{n \ge 1, 1 \le k \le n2^n} $ mi sembra perfetta e di conseguenza anche quella delle $\{\varphi_n\}_{n \ge 1}$.

E bhe... era nell'enunciato (dell esercizio) da solo non ci sarei mai arrivato a fare questa costruzione!

Grazie mille comunque per la risposta completa!

Ps: piccola domandina nella definizione di \( \varphi_n \) quando scrive \( 0 \cdot \chi_G \) mi sembra che questa cosa valga sempre \(0 \) indipendentemente dal valore di \( x \) pertanto mi chiedo perché scriverlo? C'è una ragione di formalismo magari.

[Bremen000]

[...]
Sicuro ? Sia negli esercizi che nella teoria il prof lo ha annunciato con \( \mathbb{R} \), è possibile che si sia sbagliato però.
[...]

Per come è fatta la dimostrazione che proponevi mi pareva implicito, non consideri mai le controimmagini di sottoinsiemi di $(-\infty, 0)$. Sicuramente il teorema vale pari pari per funzioni limitate dal basso, infatti se $f: X \to \mathbb{R}$ è tale che esiste $M\ge0$ per cui $f(x) \ge -M$ per ogni $x \in X$, allora $g:=f+M : X \to [0, + \infty]$ e puoi applicare il teorema a $g$ e ricavare che la tesi vale anche per $f$.

Se la funzione non è limitata dal basso non puoi fare in modo che valga $\varphi_n \uparrow f$ perché manco esiste una funzione semplice misurabile che stia sotto $f$.

Chiaramente, se $f$ è limitata dall'alto, puoi trovare una successione analoga a quella sopra con $\varphi_n \downarrow f$ (basta applicare il teorema a $g:= -f$).

In generale, se $f$ non è limitata né dall'alto né dal basso, puoi certamente trovare una successione di funzioni semplici e misurabili che la approssima, ma non in maniera monotona.

[...]Ps: piccola domandina nella definizione di φn quando scrive 0⋅χG mi sembra che questa cosa valga sempre 0 indipendentemente dal valore di x pertanto mi chiedo perché scriverlo? C'è una ragione di formalismo magari.[...]

Mah si, si poteva anche omettere. L'idea fondamentale è che stai "affettando" il codominio di $f$.