La generación de la sigma-álgebra de Borel en la recta

Sabemos que la \sigma-álgebra de Borel de la recta real es la generada por los abiertos de la topología usual. Existen otras clases que generan dicha \sigma-álgebra. A continuación esbozo una demostración de este hecho.

Las siguientes clases de partes de \mathbb{R} generan la \sigma-álgebra de Borel:

[(a)] La clase \mathcal{C}_1 de los intervalos abiertos (a,b).
[(b)] La clase \mathcal{C}_2 de los intervalos cerrados [a,b].
[(c)] La clase \mathcal{C}_3 de los conjuntos cerrados.
[(d)] La clase \mathcal{C}_4 de los conjuntos compactos.
[(e)] La clase \mathcal{C}_5 de las bolas abiertas B(q,r), donde q es racional y r>0 también es racional.
[(f)] La clase \mathcal{C}_6 de los intervalos (a,b].
[(g)] La clase \mathcal{C}_7 de los intervalos [a,b).
[(h)] La clase \mathcal{C}_8 de los intervalos no acotados (-\infty,b).

(a). Recordemos que todo intervalo (a,b) con a \leq b es un abierto. Por tanto,
\mathcal{C}_{1} \subset \mathbb{B},
luego
\sigma(\mathcal{C}_{1}) \subset \mathbb{B}.
Pero todo abierto A de la topología usual es unión numerable y disjunta de intervalos abiertos. Por tanto, si T es la topología usual en \mathbb{R}, tenemos
T \subset \sigma(\mathcal{C}_{1})
y de aquí
\mathbb{B} = \sigma(T) \subset \sigma(\mathcal{C}_{1}).
Luego \sigma(\mathcal{C}_{1})= \mathbb{B}.
(b). Dados a \leq b, tenemos
[a,b]^c = (-\infty,a) \cup (b,+\infty)
por lo que concluimos que [a,b] \in \mathbb{B}, luego \mathcal{C}_{2} \subset \mathbb{B} y de aquí
\sigma (\mathcal{C}_{2}) \subset \mathbb{B}.
Observemos que
[a,b) = \bigcup_{n=1}^{\infty} \bigg[ a, b- \frac{1}{n} \bigg], \quad  (a,b] = \bigcup_{n=1}^{\infty} \bigg[ a+ \frac{1}{n}, b \bigg].
Por tanto,$[a,b)$ y (a,b] son elementos de \sigma(\mathcal{C}_2) y, en consecuencia,
(a,b) = [a,b) \cap (a,b]
es un elemento de \sigma(\mathcal{C}_{2}), por lo que \mathcal{C}_1 \subset \sigma(\mathcal{C}_2) y esto implica que \mathbb{B} \subset \sigma(\mathcal{C}_2). Esta doble inclusión lleva a la igualdad \sigma(\mathcal{C}_2) = \mathbb{B}.
(c). Veamos ahora la clase de los conjuntos cerrados. Sea C un conjunto cerrado de la topología usual de la recta real, entonces su complementario A = \mathbb{R}-C es abierto, por lo que C \in \mathbb{B}, luego \mathcal{C}_3 \subset \mathbb{B} y de aquí
\sigma(\mathcal{C}_3) \subset \mathbb{B}.
Recíprocamente, si A es un abierto de la topología usual, su complementario C=\mathbb{R}-A es cerrado y A \in \sigma(\mathcal{C}_3), luego T \subset \sigma(\mathcal{C}_3) y concluimos que
\mathbb{B} \subset \sigma(\mathcal{C}_3).
La doble inclusión lleva a la igualdad.
(d). Sea \mathcal{C}_4 la clase de todos los compactos. Todo compacto de la topología usual de la recta es cerrado y acotado por lo que \mathcal{C}_4 \subset \mathcal{C}_3 y, en consecuencia
\sigma(\mathcal{C}_4) \subset \sigma(\mathcal{C}_3) =\mathbb{B}.
Sea C un cerrado y consideremos la familia (\overline{B(0,n)})_{n\in \mathbb{N}}. Esta familia está formada por conjuntos cerrados y acotados (compactos). Vemos que
C \cap \overline{B(0,n)}, \quad n=1,2,\ldots
son compactos (pues cada uno de ellos es intersección de cerrados y está acotado). Finalmente,
C = \cup_{n \in \mathbb{N}} (C \cap \overline{B(0,n)}).
Esto prueba que C \in \sigma(\mathcal{C}_4) y de aquí \mathcal{C}_3 \subset \sigma(\mathcal{C}_4) y \mathbb{B}= \sigma(\mathcal{C}_3) \subset \sigma(\mathcal{C}_4). La doble inclusión lleva a la igualdad.
(e). Sabemos que toda bola B(q,r) con q,r \in \mathbb{Q} es un abierto y de aquí \mathcal{C}_5 \subset T y por ello
\sigma(\mathcal{C}_5) \subset \mathbb{B}.
Sean a,b \in \mathbb{R} con a < b y sea (a,b). Entonces \mathbb{Q} \cap (a,b) es no vacío y numerable. Podemos escribir
\mathbb{Q} \cap (a,b) = \{q_1, q_2, \ldots, q_n, \ldots \}.
Tomamos 0<r_n < \min \{|q_n-a|, |q_n-b| \}, para n=1,2, \ldots. Esta elección nos permite afirmar que
(a,b) = \bigcup_{n \geq 1} B(q_n, r_n).
Por tanto, (a,b) \in \sigma(\mathcal{C}_5) y de aquí \mathcal{C}_1 \subset \sigma(\mathcal{C}_5) y \mathbb{B}= \sigma(\mathcal{C}_1) \subset \sigma(\mathcal{C}_5).
(f). Sea \mathcal{C}_6 la clase formada por los intervalos de la forma (a,b] con a \leq b. Vemos que si a=b es (a,b]= \emptyset y si a <b es
(a,b] = \bigcap_{n=1}^{\infty}\bigg(a,b+\frac{1}{n} \bigg).
Esto prueba que \mathcal{C}_6 \subset \mathbb{B} y, en consecuencia, \sigma(\mathcal{C}_6) \subset \mathbb{B}. Por otro lado,
[a,b] = \bigcap_{n=1}^{\infty} \bigg( a-\frac{1}{n}, b \bigg].
Por lo que [a,b] \in \sigma(\mathcal{C}_6). Esto significa que \mathcal{C}_2 \subset \sigma(\mathcal{C}_6), de donde
\mathbb{B}= \sigma (\mathcal{C}_2) \subset \sigma(\mathcal{C}_6).
Es decir, \mathbb{B}= \sigma(\mathcal{C}_6).
(g). Utilizamos el mismo razonamiento que en (h) con las igualdades
[a,b) = \bigcap_{n=1}^{\infty} \bigg(a-\frac{1}{n}, b \bigg),
[a,b] = \bigcap_{n=1}^{\infty} \bigg[a, b+\frac{1}{n} \bigg).
(h) Sea la clase \mathcal{C}_8 = \{ (-\infty, b): b \in \mathbb{R} \}. Como todo elemento de dicha clase es un abierto se concluye de forma inmediata que
\sigma(\mathcal{C}_8) \subset \mathbb{B}.
Por otro lado,
(-\infty,a] = \bigcap_{n=1}^{\infty} \bigg( -\infty, a+\frac{1}{n} \bigg),
lo que prueba que (-\infty,a]  \in \sigma(\mathcal{C}_8) y también su complementario (a,+\infty) pertenece a \sigma(\mathcal{C}_8). En consecuencia, si a<b, es
(a,b)=(-\infty,b) \cap (a,+\infty)
y resulta que (a,b) \in \sigma(\mathcal{C}_8) por lo que \mathcal{C}_1 \subset \sigma(\mathcal{C}_8) y \mathbb{B}= \sigma(\mathcal{C}_1) \subset \sigma(\mathcal{C}_8). La doble inclusión lleva a la igualdad buscada.

Ejercicio resuelto Espacios vectoriales

Captura de pantalla de 2015-12-04 10-06-31.png

(a) Obviamente W_1 \subset C([0,1]) pues los elementos W_1 son funciones continuas en el intervalo [0,1]. Sean f,g dos elementos del conjunto W_1. Existen pues, a_1,b_1, a_2, b_2, números reales, tales que

f=a_1 x+ b_1 x^3,

g=a_2 x + b_2 x^3.

Sean \lambda, \mu dos números reales.  Entonces

\lambda f + \mu g = \lambda (a_1 x+ b_1 x^3)+ \mu (a_2 x + b_2 x^3) = (\lambda a_1+ \mu a_2) x+ (\lambda b_1 + \mu b_2 ) x^3.

Esto prueba que \lambda f + \mu g pertenece a W_1 y dicho conjunto es un subespacio vectorial de C([0,1]). Usando el  mismo razonamiento podemos ver que W_2 es un subespacio vectorial.

(b) La suma W_1+W_2  es el subespacio vectorial cuyos elementos son de la forma

f+g, con f \in W_1 y g \in W_2.

Pero esto supone que

f+g =ax+bx^3+a' +b'x+c' x^2 = a' + (a+b')x+c'x^2 + bx^3.

Lo que significa que W_1 + W_2 = \{ a+bx+cx^2+dx^3: a,b,c,d \in \mathbb{R} \}. Obviamente la suma no es directa pues

W_1 \cap W_2 = \{ ax : a \in \mathbb{R} \} \neq \{0\}.

Finalmente, es fácil ver que

dim W_1 = 2, dim W_2 = 3.

 

Un ejercicio más de E.V.

Captura de pantalla de 2015-11-28 10-54-26

Recordemos que si E y F son dos subespacios vectoriales de V, entonces el conjunto

E+F = \{ u+v: u \in E, v \in F \}

es un subespacio de V y además el más pequeño entre aquellos que incluyen a ambos. Es decir,
E \cup F \subset E+F \subset H,
para todo H subespacio de V que incluye a E y a F. En el caso de que E \cap F = \{0 \} y sólo en ese caso diremos que la suma E+F es directa y escribimos E \bigoplus F.  Por otro lado, la notación

L(S)

hace referencia a la envoltura lineal del conjunto S. Esto es, al subespacio vectorial formado por las combinaciones lineales de los elementos de S o lo que es lo mismo, al menor subespacio vectorial que incluye a S.

(a) Sean S_1 y S_2 dos subconjuntos finitos de vectores de V, linealmente independientes. Por ejemplo, si suponemos que V = \mathbb{R}^2, y definimos

S_1= \{(0,1)\}, S_2 = \{(0,1),(1,1) \}.

Tenemos que

L(S_1) = \{(0.x) : x \in \mathbb{R} \}, \quad L(S_2) = \mathbb{R}^2 ,

por lo que L(S_1) \cap L(S_2) = L(S_1) y la suma L(S_1)+L(S_2) no es directa.

(b) Si L(S_1) \bigoplus L(S_2), entonces L(S_1) \cap L(S_2) = \{0\} o lo que es lo mismo, cada vector de L(S_1) + L(S_2) se puede escribir de una sola forma como suma de un vector de L(S_1) y otro de L(S_2). En particular, si formamos la combinación lineal

\lambda_1 u_1 + \lambda_n u_n+ \mu_1 v_1+ \ldots + \mu_m v_m =0,

tenemos que

\lambda_1 u_1 + \ldots + \lambda_n v_n = -\mu_1 v_1 - \ldots - \mu_m v_m.

Es decir, tenemos un vector que pertenece a la intersección L(S_1) \cap L(S_2) por lo que será nulo. Es decir,

\lambda_1 u_1 + \ldots + \lambda_n v_n = 0,

-\mu_1 v_1 - \ldots - \mu_m v_m = 0.

Pero esto no garantiza que todos los escalares sean nulos. Sólo será posible si tanto S_1 como S_2 son linealmente independientes. Así que la afirmación (b) es falsa.

(c) Por nuestras explicaciones iniciales podemos afirmar que

L(S_1) \cup L(S_2) \subset L(S_1)+L(S_2).

Como S_1 \subset L(S_1) y S_2 \subset L(S_2) concluimos que

S_1 \cup S_2 \subset L(S_1) \cup L(S_2) \subset L(S_1)+L(S_2).

En consecuencia,

L(S_1 \cup S_2) \subset L(S_1)+ L(S_2).

Por otro lado, si z es un vector L(S_1)+L(S_2), hallaremos

u = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i u_i, \quad v= \sum_{j=1}^{m} \mu_{j} v_j,

tales que

z = u+v = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i u_i+\sum_{j=1}^{m} \mu_{j} v_j,

luego z \in L(S_1 \cup S_2). Esto prueba que L(S_1) + L(S_2) \subset L(S_1 \cup S_2) y la doble inclusión nos lleva a la igualdad

L(S_1 \cup S_2) =L(S_1)+ L(S_2).

Solución ejercicio espacio vectorial

Respondiendo al correo de consultas de hoy, voy a resolver el siguiente ejercicio:

Captura de pantalla de 2015-11-25 19-29-53

En primer lugar, debemos recordar que una base de Hamel (o base algebraica) de un espacio vectorial es una familia de vectores de dicho espacio que es linealmente independiente y que genera dicho espacio.  El cardinal de la familia de vectores de cualquier base es siempre el mismo y se llama dimensión del espacio vectorial. En el caso de que el cardinal sea finito diremos que el espacio vectorial es de dimensión finita y entonces podemos dar una serie de resultados más sencillos de entender y manejar:

  1. En un espacio vectorial V de dimensión n, todo sistema linealmente independiente tiene como máximo n vectores.
  2. En un espacio vectorial V de dimensión n, todo sistema linealmente independiente con n vectores es una base.

En nuestro problema vamos a utilizar el segundo resultado. En efecto, si B=(v_1, \ldots, v_n) es una base de V, entonces la dimensión de V es n y bastará probar que (u_1, u_2, \ldots, u_n) es una familia de vectores linealmente independientes para concluir que son una base de V. ¿Cómo hacemos esto? Pues planteando la combinación lineal trivial
\sum_{j=1}^{n} \lambda_i u_i =0.
En nuestro caso,
\sum_{j=1}^{n} \lambda_i (\sum_{i=1}^{j} v_i).
Esto parece muy difícil en notación de sumatorios pero en realidad es
\lambda_1 v_1 + \lambda_2 (v_1+v_2) + \ldots + \lambda_n (v_1+ \ldots v_n) =
(\lambda_1+ \ldots + \lambda_n)v_1 + \lambda_2 (v_2+ \ldots + v_n)+ \ldots + \lambda_n v_n =0.
Como v_1, v_2, \ldots, v_n son linealmente independientes (recordemos que son una base), entonces
\lambda_n =0,
\lambda_{n-1}+ \lambda_n = 0,
\ldots ,
\lambda_1 + \lambda_2 + \ldots + \lambda _n = 0.
Es decir, obtenemos un sistema homogéneo cuya única solución es
\lambda_1 = \lambda_2 = \ldots = \lambda_n =0.
Esto prueba que B' =(u_1, u_2, \ldots, u_n) es linealmente independiente y por ello, aplicando el resultado 2, es una base.

Un problema de sucesiones de conjuntos

Problema: Sean A_n y B_n sucesiones de partes de un conjunto X y sea B_n \subset A_n, para todo n \geq 1. Probar que entonces \lim \inf B_n \subset \lim \inf A_n y que la misma relación de inclusión se tiene para el límite inferior.
Solución: Como resulta que B_n \subset A_n, para todo n, si definimos las sucesiones:
D_n = \cup_{k=n}^{\infty} B_k,
E_n = \cup_{k=n}^{\infty} A_k,
podemos probar por inducción que
D_n \subset E_n, para todo n. Es decir,
\lim \inf B_n = \cap_{n=1}^{\infty} D_n \subset \cap_{n=1}^{\infty} E_n = \lim \inf A_n.
El mismo razonamiento se puede aplicar para demostrar la inclusión del límite superior usando las sucesiones
H_n = \cap_{k=n}^{\infty} B_k,
J_n = \cap_{k=n}^{\infty} A_k.
Esto termina nuestro desarrollo. Ahora bien, ¿cómo utilizamos la inducción para probar que D_n \subset E_n? Pues bien, vamos a esbozar el procedimiento. En primer lugar, dado n definimos para r=1,2, \ldots:
D_{n}^{r} = \cup_{k=n}^{r} B_k,
E_{n}^{r} = \cup_{k=n}^{r} A_k.
Por hipótesis, si n es fijo
D_{n}^{r} \subset E_{n}^{r}.
Entonces,
D_{n}^{r+1} = D_{n}^{r} \cup B_{r+1} \subset E_{n}^{r} \cup A_{r+1} = E_{n}^{r+1}.
Esto significa que para cualquier r es
D_{n}^{r} \subset E_{n}^{r},
luego
D_n = D_{n}^{\infty} \subset E_{n}^{\infty} = E_n,
que es lo que queríamos probar.

Corrección errata

En los problemas del Capítulo uno del borrador del texto sobre Teoría de la Medida hay una errata que ya he corregido. Este es el enunciado correcto.

Problema: Sean \mathcal{S}_1 y \mathcal{S}_2, semianillos sobre X e Y, respectivamente. Probar que el producto \mathcal{S}_1 \times \mathcal{S}_2 es un semianillo sobre X \times Y.
¿Cómo podemos utilizar este resultado para resolver el problema anterior?}
Solución: Sabemos que el vacío pertenece a todo semianillo. Por tanto,
\emptyset \times \emptyset = \emptyset \in \mathcal{S}_1 \times \mathcal{S}_2 .
Sean E y F elementos de \mathcal{S}_1 \times \mathcal{S}_2. Hallaremos A_1, B_1 \in \mathcal{S}_1 y A_2, B_2 \in \mathcal{S}_2, tales que
E = A_1 \times A_2, \quad F = B_1 \times B_2.
Por ello,
E \cap F = (A_1 \times A_2) \cap (B_1 \times B_2) = (A_1 \cap B_1) \times (A_2 \cap B_2).
Pero todo semianillo es un \pi-sistema por lo que A_1 \cap B_1 \in \mathcal{S}_1, A_2 \cap B_2 \in \mathcal{S}_2 y E \cap F \in \mathcal{S}_1 \times \mathcal{S}_2. Por tanto, el producto cartesiano de semianillos también es un \pi-sistema. Por otro lado,
E-F = (A_1 \times A_2)- (B_1 \times B_2) = ((A_1-B_1) \times A_2)) \biguplus ((A_1 \cap B_1) \times (A_2-B_2)).
Pero sabemos que A_1-B_1 = \biguplus_{i=1}^{n} C_i y A_2-B_2 = \biguplus_{j=1}^{m} D_j, donde C_i \in \mathcal{S}_1 y D_j \in \mathcal{S}_2. Por tanto, si hacemos A_1 \cap B_1 = H_1 \in \mathcal{S}_1, tenemos
E-F = ((A_1-B_1) \times A_2) \biguplus (H_1 \times (A_2-B_2)) =
((\biguplus_{i=1}^{n} C_i) \times A_2) \biguplus (H_1 \times (\biguplus_{j=1}^{m} D_j)) = \bigg(\biguplus_{i=1}^{n} (C_i \times A_2) \bigg) \biguplus \bigg( \biguplus_{j=1}^{m} (H_1 \times D_j) \bigg)

Es decir, E-F es unión finita y disjunta de elementos de \mathcal{S}_1 \times \mathcal{S}_2. Este resultado se puede generalizar por inducción para n semianillos, donde n es un entero positivo mayor o igual que dos. Bastará recordar que se define
\times_{i=1}^{n} S_i = (\times_{i=1}^{n-1} S_i) \times S_n .