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8.3: Messbare Funktionen in ((S, mathcal{M}, m))


ICH. Wir werden fortan nicht nur einen messbaren Raum (§1) voraussetzen, sondern einen Maßraum ((S,mathcal{M},m),) mit (m : mathcal{M} ightarrow E^{*} ) ist ein Maß auf einem (sigma)-Ring (mathcal{M}subseteq 2^{S}).

Wir haben in Kapitel 7 gesehen, dass man Mengen von Lebesgue-Maß Null auf (E^{n}-) oft vernachlässigen kann, wenn eine Eigenschaft überall außer auf einer Menge von Lebesgue-Maß Null gilt. Die folgende Definition verallgemeinert diese Verwendung.

Definition

Wir sagen, dass eine Eigenschaft (P(x)) für fast alle (xin A) (bezüglich des Maßes (m)) oder fast überall (ae ((m) )) gilt. auf (A) genau dann, wenn es auf (AQ) für ein (Qinmathcal{M}) mit (m Q=0) gilt.

So schreiben wir

[
f_{n} ightarrow f(a . e .) ext { or } f=lim f_{n}(a . e .(m)) ext { on } A
]

wenn (f_{n} ightarrow f( ext { punktweise })) auf (AQ, m Q=0 .) Natürlich impliziert "punktweise" (" a . e . "( ext { take } Q=emptyset),), aber die Umkehrung schlägt fehl.

Definition

Wir sagen, dass (f : S ightarrowleft(T, ho^{prime} ight)) auf (A) fast messbar ist, wenn (Ain mathcal{M}) und (f) ist (mathcal{M}) -messbar auf (AQ, m Q=0).

Wir sagen dann auch, dass (f) (m)-messbar ((m) ist das betreffende Maß) im Gegensatz zu (mathcal{M})-messbar.

Beachten Sie, dass wir hier (Q subseteq A) annehmen dürfen (ersetzen Sie (Q) durch (A cap Q )).

*Anmerkung 1. Wenn (m) ein verallgemeinertes Maß ist (Kapitel 7, §11), ersetze (m Q=0) durch (v_{m} Q=0left(v_{m}= ext { totale Variation von } m ight)) in den Definitionen 1 und 2 und in den folgenden Beweisen.

Folgerung (PageIndex{1})

Wenn die Funktionen

[
f_{n} : S ightarrowleft(T, ho^{prime} ight), quad n=1,2, ldots
]

sind (m)-messbar auf (A,) und falls

[
f_{n} ightarrow f(a . e .(m))
]

auf (A,) dann ist (f) (m)-messbar auf (A).

Nachweisen

Nach Annahme ist (f_{n} ightarrow f ( ext { pointwise })) auf (A-Q_{0}, m Q_{0}=0 .) Auch (f_{n} ) ist (mathcal{M})-messbar auf

[
A-Q_{n}, m Q_{n}=0, quad n=1,2, dots
]

(Die (Q_{n}) müssen nicht gleich sein.)

Lassen

[
Q=igcup_{n=0}^{infty} Q_{n};
]

so

[
m Q leq sum_{n=0}^{infty} m Q_{n}=0.
]

Nach Korollar 2 in §1 sind alle (f_{n}) (mathcal{M})-messbar auf (AQ) (warum?), und (f_{n} ightarrow f )
(punktweise) auf (A-Q,) als (A-Q subseteq A-Q_{0} .)

Somit ist nach Satz 4 in §1 (f) (mathcal{M}) -messbar auf (A-Q .) Da (m Q=0) , ist dies
ist das gewünschte Ergebnis. (Platz)

Folgerung (PageIndex{2})

Wenn (f=g (a . e .(m))) auf (A) und (f) (m)-messbar auf (A,) ist, so ist auch (g ).

Nachweisen

Nach Annahme ist (f=g) auf (A-Q_{1}) und (f) ist (mathcal{M})-messbar auf (A-Q_{2}) , mit (m Q_{1}=m Q_{2}=0).

Sei (Q=Q_{1} cup Q_{2} .) Dann (m Q=0) und (g=f) auf (A-Q .) (Warum? ())

Nach Korollar 2 von §1 ist (f) (mathcal{M})-messbar auf (A-Q). Also auch (g), wie behauptet. (Platz)

Folgerung (PageIndex{3})

Wenn (f : S ightarrowleft(T, ho^{prime} ight)) (m) -messbar auf (A,) ist, dann

[
f=lim_{n ightarrowinfty} f_{n} ( ext{gleichmäßig}) ext{ on} A-Q(m Q=0),
]

für einige Abbildungen (f_{n},) alle elementar auf (A-Q).

Nachweisen

Fügen Sie hier einen Beweis hinzu und er wird automatisch ausgeblendet

(Vergleiche Korollar 3 mit Satz 3 in §1).

Ganz ähnlich übertragen sich alle anderen Sätze von §1 auf fast messbare (d. h. (m) -messbare) Funktionen. Beachten Sie jedoch, dass der Begriff "messbar" in §§1 und 2 immer ("mathcal{M}) -messbar" bedeutete. Dies impliziert (m)-Messbarkeit (nimm (Q=emptyset ),), aber die Umkehrung versagt. (Siehe jedoch Hinweis (2,).)

Wir erhalten noch folgendes Ergebnis.

Folgerung (PageIndex{4})

Wenn die Funktionen

[
f_{n} : S ightarrow E^{*} quad(n=1,2, ldots)
]

sind (m)-messbar auf einer Menge (A,) so sind auch

[
sup f_{n}, inf f_{n}, overline{lim} f_{n}, ext{ und } underline{lim} f_{n}
]

(Verwenden Sie Lemma 1 von §2).

Ebenso überträgt sich Satz 2 in §2 auf (m)-messbare Funktionen.

Anmerkung 2. Wenn (m) vollständig ist (wie Lebesgue-Maß und LS-Maß), dann gilt für (f : S ightarrow E^{*}left(E^{n}, C^{n} ight), m-) und (mathcal{M})-Messbarkeit fallen zusammen (siehe Problem 3 unten).

II. Messbarkeit und Kontinuität. Um den Zusammenhang zwischen diesen Begriffen zu untersuchen, geben wir zunächst zwei Lemmata an, die oft als Definitionen behandelt werden.

Lemma (PageIndex{1})

(A operatorname{map} f : S ightarrow E^{n}left(C^{n} ight)) ist (mathcal{M})-messbar auf (A) wenn
[
A cap f^{-1}[B]inmathcal{M}
]
für jede Borel-Menge (äquivalent offene Menge) (B) in (E^{n}left(C^{n} ight)).

Nachweisen

Siehe Probleme (8-10) in §2 für eine Beweisskizze.

Lemma (PageIndex{2})

(A operatorname{map} f :(S, ho) ightarrowleft(T, ho^{prime} ight)) ist relativ stetig auf (A subseteq S) genau dann für alle offene Menge (Bsubseteqleft(T, ho^{prime} ight),) die Menge (Acap f^{-1}[B]) ist offen in ((A , ho)) als Unterraum von ((S, ho)).
(Dies gilt auch, wenn "offen" durch "geschlossen" ersetzt wird.)

Nachweisen

Nach Kapitel 4, §1, ist die Fußnote (4, f) auf (A) relativ stetig, wenn ihre Beschränkung auf (A) (nennen wir sie (g : A ightarrow T )) stetig in der gewöhnliche Sinn.
Nach Aufgabe 15((mathrm{iv})(mathrm{v})) in Kapitel 4, §2, wobei (S) durch (A,) ersetzt ist, bedeutet dies, dass (g ^{-1}[B]) ist offen (geschlossen) (in(A, ho)), wenn (B) so ist in (left(T, ho^{prime} richtig) .) Aber
[
g^{-1}[B]={x in A | f(x)in B}=A cap f^{-1}[B].
]
(Warum?) Daraus folgt das Ergebnis. (Platz)

Satz (PageIndex{1})

Sei (m : mathcal{M} ightarrow E^{*}) ein topologisches Maß in ((S, ho) .) Wenn (f : S ightarrow) (E^{ n}left(C^{n} ight)) ist relativ stetig auf einer Menge (Ainmathcal{M},) sie ist (mathcal{M}) -messbar auf ( EIN).

Nachweisen

Sei (B) offen in (E^{n}left(C^{n} ight) .) Nach Lemma 2 gilt:
[
A cap f^{-1}[B]
]
ist offen (i n(A, ho) .) Daher gilt nach Satz 4 von Kapitel 3, §12,
[
A cap f^{-1}[B]=A cap U
]
für eine offene Menge (U) in ((S, ho)).
Nun ist nach Annahme (A) in (mathcal{M} .) so ist (U,) da (mathcal{M}) topologisch ((mathcal{M} supseteqmathcal{G})).
Somit
[
Acap f^{-1}[B]=Acap Uinmathcal{M}
]
für jedes offene (Bsubseteq E^{n}left(C^{n} ight) .) Das Ergebnis folgt aus Lemma 1. (square)

Notiz 3. Die Umkehrung schlägt fehl. Zum Beispiel ist die Dirichlet-Funktion (Beispiel (( ext{c})) in Kapitel 4, §1) L-messbar (sogar einfach), aber überall unstetig.
Hinweis 4. Lemma 1 und Satz 1 gelten auch für eine Abbildung (f : S ightarrowleft(T, ho^{prime} ight),), sofern (f[A]) separierbar ist, d.h.
[
f[A] subseteq overline{D}
]
für eine abzählbare Menge (Dsubseteq T) (vgl. Aufgabe 11 in §2).
*III. Für stark reguläre Maße (Definition 5 in Kapitel 7, §7) erhalten wir den folgenden Satz.

*Satz (PageIndex{2})

(Luzin). Sei (m : mathcal{M} ightarrow E^{*}) ein stark reguläres Maß in ((S, ho)). Sei (f : S ightarrowleft(T, ho^{prime} ight)) (m)-messbar auf (A).
Dann gibt es zu (varepsilon>0,) eine abgeschlossene Menge (Fsubseteq A(Finmathcal{M})) mit
[
m(A-F)]
und (f) ist auf (F) relativ stetig.
(Beachten Sie, dass wenn (T=E^{*}, ho^{prime}) wie in Aufgabe 5 von Kapitel 3, §11 ist.)

Nachweisen

Nach Annahme ist (f) (mathcal{M})-messbar auf einer Menge
[
H=A-Q, mQ=0;
]
also ist nach Aufgabe 7 in §1 (f[H]) in (T) separierbar. Wir können sicher annehmen, dass (f) auf (S) (mathcal{M})-messbar ist und dass alle (T) trennbar sind. (Wenn nicht, ersetze (S) und (T) durch (H) und (f[H],) und beschränke (f) auf (H,) und (m ) zu (mathcal{M})-Mengen innerhalb von (H ;) siehe auch Aufgaben 7 und 8.)
Dann können wir nach Aufgabe 12 von §2 Globen (G_{1}, G_{2}, ldots) in (T) so fixieren, dass
[
ext { jede offene Menge } B eq emptyset ext { in } T ext { ist die Vereinigung einer Teilfolge von }left{G_{k} ight}.
]
Sei nun (varepsilon>0,) und setze
[
S_{k}=Scap f^{-1}left[G_{k} ight]=f^{-1}left[G_{k} ight], quad k=1,2, ldots
]
Nach Korollar 2 in §2 ist (S_{k}inmathcal{M} .) Da (m) stark regulär ist, finden wir für jedes (S_{k}) eine offene Menge
[
U_{k} supseteq S_{k},
]
mit (U_{k}inmathcal{M}) und
[
mleft(U_{k}-S_{k} ight)]
Sei (B_{k}=U_{k}-S_{k}, D=igcup_{k} B_{k} ;) also (Dinmathcal{M}) und
[
m D leq sum_{k} m B_{k} leq sum_{k} frac{varepsilon}{2^{k+1}} leq frac{1}{2} varepsilon
]
und
[
U_{k}-B_{k}=S_{k}=f^{-1}left[G_{k} ight].
]
Als (D=igcup B_{k},) gilt
[
(forall k) quad B_{k}-D=B_{k} cap(-D)=emptyset.
]
Also nach (left(2^{prime} ight)),
[
egin{aligned}(forall k) quad f^{-1}left[G_{k} ight] cap(-D) &=left(U_{k}-B_{k} ight ) cap(-D) &=left(U_{k} cap(-D) ight)-left(B_{k} cap(-D) ight)=U_{k} cap(-D) end{ausgerichtet}.
]
Kombiniert mit ((1),) erhalten wir für jede offene Menge (B=igcup_{i} G_{k_{i}} operatorname{in} T),
[
f^{-1}[B] cap(-D)=igcup_{i} f^{-1}left[G_{k_{i}} ight] cap(-D)=igcup_{ i} U_{k_{i}} cap(-D).
]
da die (U_{k_{i}}) offen in (S) sind (durch Konstruktion), ist die Menge ((3)) als Unterraum von (S .) in (SD) offen .) Nach Lemma (2,) ist dann (f) relativ stetig auf (SD,) bzw. auf
[
H-D=A-Q-D
]
(da wir im Verlauf des Beweises tatsächlich (S) durch (H) ersetzt haben). Da (m Q=0) und (m D[
m(H-D)]
Da (m) schließlich stark regulär ist und (H-Dinmathcal{M},) gibt es eine abgeschlossene (mathcal{M})-Menge
[
F subseteq H-D subseteq A
]
so dass
[
m(H-D-F)]
da (f) auf (H-D,) relativ stetig ist, ist es sicher auch auf (F .)
[
A-F=(A-(H-D))cup(H-D-F);
]
so
[
m(A-F) leq m(A-(H-D))+m(H-D-F)]
Damit ist der Beweis abgeschlossen. (Platz)

*Lemma (PageIndex{3})

Gegeben ([a, b] subset E^{1}) und disjunkten abgeschlossenen Mengen (A, B subseteq(S, ho),) gibt es immer eine stetige Abbildung (g : S ightarrow [a, b]) mit (g=a) auf (A) und (g=b).

Nachweisen

Wenn (A=emptyset) oder (B=emptyset,) (g=b) oder (g=a) auf alle (S) setzt.
Wenn jedoch (A) und (B) beide nicht leer sind, setze
[
g(x)=a+frac{(b-a) ho(x, A)}{ ho(x, A)+ ho(x, B)}.
]
Da (A) abgeschlossen ist, gilt ( ho(x, A)=0) genau dann, wenn (x in A) (Aufgabe 15 in Kapitel 3, §14); ähnlich für (B .) Also ( ho(x, A)+ ho(x, B) eq 0).
Auch (g=a) auf (A, g=b) auf (B,) und (a leq g leq b) auf (S).
Zur Stetigkeit siehe Kapitel 4, §8, Beispiel ((mathrm{e}) .) (square)

*Lemma (PageIndex{4})

(Tietze). Wenn (f :(S, ho) ightarrow E^{*}) auf einer abgeschlossenen Menge (F subseteq S,) relativ stetig ist, gibt es eine Funktion (g : S ightarrow E^{ *}) mit (g=f) auf (F),
[
inf g[S]=inf f[F], sup g[S]=sup f[F],
]
und (g) ist auf allen (S) stetig.
(Wir nehmen (E^{*}) metrisch wie in Aufgabe 5 von Kapitel 3, §11 an. Falls (|f|

Beweisumriss

Nehmen wir zunächst an inf (f[F]=0) und (sup f[F]=1 .) Menge
[
A=Fleft(fleqfrac{1}{3} ight)=Fcap f^{-1}left[left[0, frac{1}{3} ight] Rechts]
]
und
[
B=Fleft(fgeqfrac{2}{3} ight)=Fcap f^{-1}left[left[frac{2}{3}, 1 ight] Rechts].
]
Da (F) abgeschlossen ist (i n S,), sind es auch (A) und (B) nach Lemma (2 .) (Warum? ())
Da (B cap A=emptyset,) liefert Lemma 3 eine stetige Abbildung (g_{1} : S ightarrowleft[0, frac{1}{3} ight],) mit (g_{1}=0) auf (A,) und (g_{1}=frac{1}{3}) auf (B .) Setze (f_{1}=f -g_{1}) auf (F ;) also (left|f_{1} ight|leq frac{2}{3},) und (f_{1}) ist stetig auf (F .)
Wenden Sie die gleichen Schritte auf (f_{1}) an (mit geeigneten Mengen (A_{1}, B_{1} subseteq F ),) finden Sie eine stetige Abbildung (g_{2},) mit (0 leq g_{2} leq frac{2}{3} cdot frac{1}{3}) auf (S .) Dann gilt (f_{2}=f_{1}- g_{2}) ist stetig, und (0leq f_{2}leqleft(frac{2}{3} ight)^{2}) auf (F).
Erhalten Sie fortfahrend zwei Folgen (left{g_{n} ight}) und (left{f_{n} ight}) reeller Funktionen, so dass jede (g_{n} ) ist stetig auf (S),
[
0 leq g_{n} leq frac{1}{3}left(frac{2}{3} ight)^{n-1},
]
und (f_{n}=f_{n-1}-g_{n}) ist definiert und stetig auf (F,) mit
[
0 leq f_{n} leqleft(frac{2}{3} ight)^{n}
]
dort (left(f_{0}=f ight)).
Das behaupten wir
[
g=sum_{n=1}^{infty} g_{n}
]
ist die gewünschte Karte.
Tatsächlich konvergiert die Reihe gleichmäßig gegen (S) (Satz 3 von Kapitel 4, §12).
Da alle (g_{n}) stetig sind, ist auch (g) stetig (Satz 2 in Kapitel 4, §12). Ebenfalls,
[
left|f-sum_{k=1}^{n} g_{k} ight| leqleft(frac{2}{3} ight)^{n} ightarrow 0
]
auf (F( ext { warum? }) ;) also (f=g) auf (F .) Außerdem gilt
[
0 leq g_{1} leq g leq sum_{n=1}^{infty} frac{1}{3}left(frac{2}{3} ight)^{n} =1 ext { auf } S.
]
Also inf (g[S]=0) und (sup g[S]=1,) nach Bedarf.
Nehmen wir nun an
[
inf f[F]=a]
Satz
[
h(x)=frac{f(x)-a}{b-a}
]
so dass inf (h[F]=0) und (sup h[F]=1 .) (Warum?)
Wie oben gezeigt, gibt es eine stetige Abbildung (g_{0}) auf (S,) mit
[
g_{0}=h=frac{f-a}{b-a}
]
auf (F,) inf (g_{0}[S]=0,) und (sup g_{0}[S]=1 .) Menge
[
a+(b-a) g_{0}=g.
]
Dann ist (g) die gesuchte Funktion. (Verifizieren!)
Schließlich, falls (a, b in E^{*}(a

*Satz (PageIndex{3})

(Fréchet). Sei (m : mathcal{M} ightarrow E^{*}) ein stark reguläres Maß in ((S, ho) .) Wenn (f : S ightarrow E^{*} left(E^{n}, C^{n} ight)) ist (m) -messbar auf (A,) dann
[
f=lim_{i ightarrowinfty} f_{i}(acdot e .(m)) ext { on} A
]
für eine Folge von Abbildungen (f_{i}) stetig auf (S .) (Wir nehmen an, (E^{*}) sei metrisch wie in Lemma 4.)

Nachweisen

Wir betrachten (f : S ightarrow E^{*}) (die anderen Fälle reduzieren sich über Komponenten auf (E^{1}).
Nimmt man (varepsilon=frac{1}{i}(i=1,2, ldots)) im Satz (2,), so erhält man für jedes (i) ein abgeschlossenes (mathcal{ M})-Menge (F_{i}subseteq A) so dass
[
mleft(A-F_{i} ight)]
und (f) ist auf jedem (F_{i} .) relativ stetig. Wir können annehmen, dass (F_{i} subseteq F_{i+1}) (wenn nicht, ersetze (F_{i }) durch (igcup_{k=1}^{i} F_{k})).
Nun liefert Lemma 4 für jedes (i) eine stetige Abbildung (f_{i} : S ightarrow E^{*}) mit (f_{i}=f) auf (F_{i } .) Wir vervollständigen den Beweis, indem wir zeigen, dass (f_{i} ightarrow f) (punktweise) auf der Menge
[
B=igcup_{i=1}^{infty} F_{i}
]
und dass (m(A-B)=0).
In der Tat bestimme jedes (x in B .) Dann (x in F_{i}) für ein (i=i_{0},) also auch für (i>i_{0}) ) (da (left{F_{i} ight} uparrow ) .) Da (f_{i}=f) auf (F_{i},) gilt
[
left(forall i>i_{0} ight) quad f_{i}(x)=f(x),
]
und damit (f_{i}(x) ightarrow f(x)) für (xin B .) Als (F_{i} subseteq B,) erhalten wir
[
m(A-B)leq mleft(A-F_{i} ight)]
für alle (i .) Also (m(A-B)=0,) und alles ist bewiesen. (Platz)