Измеримые отображения

[Pyphagor]

Пусть задано $T:X \rightarrow Y$,
$(X, S, s), (Y, R, r)$ - измеримые пространства.
Где $S, R$ - сигма-алгебры, а $s, r$ - меры определенные на них.
Мы называем $T$ измеримым отображением, если образ
каждого измеримого измерим.
А как этот образ определять?
Пусть $A \in R$. Тогда $T^{-1}(A) = {x \in X: T(x) \in A}$.
Так что ли?

[AD]

Ну да. Две поправки.

1. Это не образ, а прообраз.
2. Фигурные скобочки пишутся так:

\{ \}

[Pyphagor]

Thanks.

[Pyphagor]

Опр: Отображение $Q: X \rightarrow Y$ назовем простым если образ $ImQ$
не более чем счетное множество.
Утв. (аналог Теоремы 1 в книге Колмогорова на стр. 335)
Простое отображение $Q: X \rightarrow Y$, где $ (X, S), (Y, R)$ измеримые пространства,
$Y$ - полное, сепарабельное пространство и $R$ - борелевская сигма-алгебра,
является измеримым тогда и только тогда когда $ \forall y \in ImQ$ $Q^{-1}(y) \in S$.
Док-во: Пусть $ \forall y \in ImQ$ $Q^{-1}(y) \in S$, тогда если $A \in R$, то $Q^{-1}(A) = Q^{-1}(A \cap ImQ)$.
Но $A \cap ImQ$ не более чем счетно, а значит $A \cap ImQ = \bigcup\limits_{i=1}^{\infty} y_{i}$ и
$Q^{-1}(A) = Q^{-1}(A \cap ImQ) = \bigcup\limits_{i=1}^{\infty} Q^{-1}(y_{i}) \in S$. В другую сторону очевидно.
Поскольку всякое одноточечное множество содержится в борелевской сигме-алгебре.
Иными словами если $y \in Y$, то $y \in R$. Это следует из определения борелевской сигма-алгебры и
того что множество $Y$ без точки $y$ - открытое.

Теорема.
Всякое измеримое отображение $T: X \rightarrow Y$, где $ (X, S), (Y, R)$ измеримые пространства,
$Y$ - полное, сепарабельное пространство и $R$ - борелевская сигма-алгебра,
может быть приближенно простыми измеримыми отображениями.

Док-во: (здесь уже не аналог док-ва Теоремы 2 в книге Колмогорова на стр. 335)
Пусть $Z$ - счетное всюду плотное подможество в $Y$.
$Z = \{z_{1}, z_{2}...\}$. Рассмотрим $B_{n}_{i} = \{y \in Y: ||z_{i} - y|| \le \frac{1}{n} \}; i=1,2,3...$
Нетрудно видеть что $B_{n}_{i} \in R$ и для всякого $n$(!) верно $\bigcup\limits_{i=1}^{\infty} B_{n}_{i} = Y$
(Если бы это было не так, то $\exists y \in Y: y \notin B_{n}_{i}$ для всякого $i$, а это противоречит всюду плотности $Z$)
Рассмотрим $A_{n}_{i} = T^{-1}(B_{n}_{i})$.
Так как $T$ - измеримо, то, очевидно $A_{n}_{i} \in S$, а также что $\bigcup\limits_{i=1}^{\infty} A_{n}_{i} = X$.
К множествам $A_{n}_{i}$ (имеется в виду,что при фиксированном $n$) применим следующую конструкцию
(этот момент изъят из книги В.А. Садовничий "Теория операторов" на стр.133. Я его не проверял, но книге доверяю.)
$C_{n}_{1} = A_{n}_{1}; C_{n}_{m} = A_{n}_{m}$ отнять $\(\bigcup\limits_{j=1}^{m-1} A_{n}_{j}$.
Так что получим $C_{n}_{i} \cap C_{n}_{j} =$ пустое множество при $i \neq j$,
$C_{n}_{i} \subset A_{n}_{i}$$;$ $\bigcup\limits_{i=1}^{\infty} C_{n}_{i} = X$.
Поскольку $S$ - также сигма-алгебра, то $C_{n}_{i} \in S$.
Наконец, переходим к построению простых и измеримых отображений:
$T_{n}: X \rightarrow Y $ такие что $C_{n}_{i} = ( T_{n})^{-1}(z_{i})$.
Теперь для всякого $x \in X$ будем иметь $||T(x) - T_{n}(x)||_{Y} \le \frac{1}{n}$.
Таким образом мы получили равнормерное приближение к $T$ простыми измеримыми отображениями.
Теорема доказана.

[PAV]

Я не понял, в чем заключается Ваш вопрос.

[Pyphagor]

PAV писал(а):

Я не понял, в чем заключается Ваш вопрос.

Код пустого множества и операции отнимания множеств.

[Pyphagor]

Утв. Пусть $X$ - метрическое несепарабельное пр-во.
$R$ - борелевская сигма-алгебра( можно принять, что с нулевой мерой).
Тогда тождественное измеримое отображение $E:X \rightarrow X$ не может
быть приближенно простыми измеримыми отображениями.
Док-во от противного.
Пусть $T_{n}:X \rightarrow X$ - простые измеримые отображения.
Не умаляя общности можем считать, что $\forall x \in X$ выполнено
$||E(x)-T_{n}(x)||_{X} = ||x-T_{n}(x)||_{X} \le \frac{1}{n}$
Обозначим $A_{n} = ImT_{n}$, $A = \bigcup_{i=1}^{\infty} A_{i}$.
Поскольку мн-ва $A_{n}$ счетны, то счетно и их объединение, т.е. мн-во $A$
Ну, а мн-во $A$ всюду плотно в $X$. Противоречие.