El teorema de Egorov
A lo largo de esta sección, \(m\) denota la medida de Lebesgue en \(\mathbb{R}^{d}\), \(m_{e}\) la medida exterior, y “c.p.d.” abrevia casi por doquier.
Nota (La convergencia puntual no implica convergencia uniforme)
Recordemos que existen sucesiones \(f_{k} : E \to \mathbb{R}\) continuas tales que
\[\lim_{k \to \infty} f_{k} = f\]puntualmente en \(E\), pero tales que \(f_{k}\) no converge uniformemente a \(f\) en compactos. El teorema de Egorov muestra que, para funciones medibles sobre un conjunto de medida finita, la convergencia puntual c.p.d. sí es uniforme fuera de un conjunto de medida arbitrariamente pequeña.
Ejemplo (La hipótesis de medida finita es esencial en Egorov)
Sean \(E = \mathbb{R}^{d}\) y
\[f_{k}(x) = \mathbf{1}_{B(0,k)}(x).\]Entonces \(\lim_{k \to \infty} f_{k} = 1\) puntualmente en \(\mathbb{R}^{d}\). Sea \(F\) cerrado y no acotado; entonces para todo \(k \in \mathbb{N}\) existe \(x \in F\) tal que
\[|1 - f_{k}(x)| = 1,\]pues \(F\) posee puntos fuera de \(B(0,k)\). Es decir, la convergencia no puede ser uniforme en \(F\). Note además que, si \(F\) es cerrado y \(m(\mathbb{R}^{d} \setminus F) < \infty\), entonces \(F\) no es acotado. Por lo tanto, la conclusión del teorema de Egorov falla para esta sucesión: ningún cerrado que deje afuera medida finita admite convergencia uniforme.
Lema (Lema técnico previo al teorema de Egorov)
Sean \(E \subseteq \mathbb{R}^{d}\) medible con \(m(E) < \infty\) y \(\{f_{k}\}_{k=1}^{\infty}\) funciones medibles en \(E\) tales que
\[\lim_{k \to \infty} f_{k} = f \quad \text{c.p.d. en } E, \qquad |f(x)| \neq \infty \ \text{c.p.d. en } E.\]Entonces, dados \(\varepsilon > 0\) y \(\eta > 0\), existen \(F \subseteq E\) cerrado y \(k_{0} = k_{0}(\varepsilon, \eta) \geq 0\) tales que
\[m(E \setminus F) < \eta\]y
\[|f_{k}(x) - f(x)| < \varepsilon \quad \text{para todo } x \in F \text{ y } k \geq k_{0}.\]Prueba: Defina
\[\tilde{E} = \{ x \in E :\ \lim_{k \to \infty} f_{k}(x) = f(x),\ |f(x)| < \infty \}.\]Por hipótesis, \(m(E \setminus \tilde{E}) = 0\). Para \(\varepsilon > 0\) y \(\eta > 0\) fijos, definamos
\[E_{m} = \{ x \in \tilde{E} :\ k \geq m \implies |f(x) - f_{k}(x)| < \varepsilon \}.\]Entonces cada \(E_{m}\) es medible, pues
\[E_{m} = \tilde{E} \cap \bigcap_{k \geq m} \{ x \in E :\ |f(x) - f_{k}(x)| < \varepsilon \}\]es una intersección numerable de conjuntos medibles, y además \(E_{m} \subseteq E_{m+1}\), ya que la condición se exige sobre menos índices \(k\) al crecer \(m\). Se cumple que \(\bigcup_{m=1}^{\infty} E_{m} = \tilde{E}\) (ejercicio; véase el ejercicio siguiente).
Por la continuidad desde abajo de la medida, tenemos que
\[m(\tilde{E}) = \lim_{m \to \infty} m(E_{m}).\]Como \(m(\tilde{E}) \leq m(E) < \infty\), podemos restar y obtenemos
\[\lim_{m \to \infty} m(\tilde{E} \setminus E_{m}) = \lim_{m \to \infty} \big( m(\tilde{E}) - m(E_{m}) \big) = 0.\]Además \(E \setminus E_{m} = (E \setminus \tilde{E}) \cup (\tilde{E} \setminus E_{m})\) y \(m(E \setminus \tilde{E}) = 0\), entonces \(m(E \setminus E_{m}) = m(\tilde{E} \setminus E_{m}) \to 0\). Sea entonces \(k_{0}\) tal que
\[m(E \setminus E_{k_{0}}) < \frac{\eta}{2}.\]Note que si \(x \in E_{k_{0}}\), entonces, por definición de \(E_{k_{0}}\),
\[|f(x) - f_{k}(x)| < \varepsilon \quad \text{para } k \geq k_{0}.\]Finalmente, como \(E_{k_{0}}\) es medible, por regularidad interna existe \(F\) cerrado con \(F \subseteq E_{k_{0}}\) que satisface
\[m(E_{k_{0}} \setminus F) < \frac{\eta}{2}.\]Entonces
\[m(E \setminus F) \leq m(E \setminus E_{k_{0}}) + m(E_{k_{0}} \setminus F) < \eta,\]| y si \(x \in F \subseteq E_{k_{0}}\) y \(k \geq k_{0}\), tenemos que $$ | f_{k}(x) - f(x) | < \varepsilon$$. |
Ejercicio (La unión de los \(E_{m}\) recupera \(\tilde{E}\))
Con la notación de la prueba anterior, muestre que \(\bigcup_{m=1}^{\infty} E_{m} = \tilde{E}\).
Teorema (Egorov: la convergencia c.p.d. es casi uniforme en medida finita)
Sean \(E \subseteq \mathbb{R}^{d}\) medible, con \(m(E) < \infty\), y \(\{f_{k}\}_{k=1}^{\infty}\) funciones medibles en \(E\). Asuma que
\[\lim_{k \to \infty} f_{k} = f\]| c.p.d. en \(E\) y que $$ | f(x) | \neq \infty\(c.p.d. en\)E\(. Entonces, dado\)\varepsilon > 0\(, existe\)F_{\varepsilon} \subseteq E$$ cerrado tal que: |
- \(m(E \setminus F_{\varepsilon}) < \varepsilon\).
- \(f_{k}\) converge a \(f\) uniformemente en \(F_{\varepsilon}\).
Prueba: Sea \(\varepsilon > 0\). Aplicando el lema anterior con \(\varepsilon_{m} = \tfrac{1}{m}\) y \(\eta_{m} = \tfrac{\varepsilon}{2^{m}}\) para cada \(m \geq 1\), existen \(F_{m} \subseteq E\) cerrados y enteros \(\kappa_{m}^{\varepsilon}\) tales que
\[m(E \setminus F_{m}) < \frac{\varepsilon}{2^{m}}\]y
\[|f(x) - f_{k}(x)| < \frac{1}{m} \quad \text{para todo } k \geq \kappa_{m}^{\varepsilon} \text{ y } x \in F_{m}.\]Sea
\[F_{\varepsilon} = \bigcap_{m=1}^{\infty} F_{m}.\]Entonces \(F_{\varepsilon}\) es cerrado, por ser intersección de cerrados, y
\[m(E \setminus F_{\varepsilon}) = m\left( E \cap \bigcup_{m=1}^{\infty} F_{m}^{c} \right) \leq \sum_{m=1}^{\infty} m(E \setminus F_{m}) < \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\varepsilon}{2^{m}} = \varepsilon.\]Veamos que la convergencia es uniforme en \(F_{\varepsilon}\). Dado \(\delta > 0\), tome \(m \geq 1\) con \(\tfrac{1}{m} < \delta\). Si \(x \in F_{\varepsilon} \subseteq F_{m}\) y \(k \geq \kappa_{m}^{\varepsilon}\), entonces
\[|f(x) - f_{k}(x)| < \frac{1}{m} < \delta.\]Como \(\kappa_{m}^{\varepsilon}\) no depende de \(x\), concluimos que \(f_{k} \to f\) uniformemente en \(F_{\varepsilon}\).
El teorema de Lusin
Definición (Propiedad \(C\) de una función)
Una función \(f : E \to \mathbb{R}\) tiene la propiedad \(C\) en \(E\) si dado \(\varepsilon > 0\), existe un \(F \subseteq E\) cerrado tal que
- \(m(E \setminus F) < \varepsilon\);
- \(f\) es continua relativa a \(F\), es decir, \(f : F \to \mathbb{R}\) es continua.
Nota (Caracterización secuencial de la continuidad relativa)
La segunda condición de la definición anterior es equivalente a que si \(\{x_{n}\}_{n=1}^{\infty} \subseteq F\) con
\[\lim_{n \to \infty} x_{n} = x \in F,\]entonces
\[\lim_{n \to \infty} f(x_{n}) = f(x).\]Lema (Las funciones simples medibles tienen la propiedad \(C\))
Sea \(\phi\) una función simple y medible en \(E\). Entonces \(\phi\) tiene la propiedad \(C\).
Prueba: Escribamos
\[\phi(x) = \sum_{\ell=1}^{m} b_{\ell} \mathbf{1}_{B_{\ell}}(x)\]con los \(B_{\ell} \subseteq E\) medibles, \(B_{i} \cap B_{j} = \emptyset\) y \(b_{i} \neq b_{j}\) si \(i \neq j\), y \(E = \bigcup_{\ell=1}^{m} B_{\ell}\).
Dado \(\varepsilon > 0\), por regularidad interna tome, para cada \(1 \leq \ell \leq m\), un cerrado \(F_{\ell} \subseteq B_{\ell}\) tal que
\[m(B_{\ell} \setminus F_{\ell}) < \frac{\varepsilon}{m}.\]Entonces
\[F = \bigcup_{\ell=1}^{m} F_{\ell}\]es cerrado, por ser unión finita de cerrados. Además, como los \(B_{\ell}\) cubren \(E\), tenemos que \(E \setminus F \subseteq \bigcup_{\ell=1}^{m} (B_{\ell} \setminus F_{\ell})\), y por lo tanto
\[m(E \setminus F) \leq \sum_{\ell=1}^{m} m(B_{\ell} \setminus F_{\ell}) < m \cdot \frac{\varepsilon}{m} = \varepsilon.\]Falta ver que \(\phi\) es continua relativa a \(F\). Tome \(\{x_{n}\}_{n=1}^{\infty} \subseteq F\) tal que
\[\lim_{n \to \infty} x_{n} = y \in F.\]Entonces existe \(\ell_{0}\) tal que \(y \in F_{\ell_{0}}\). Afirmamos que, dado \(\ell \neq \ell_{0}\), el conjunto
\[\{x_{n}\}_{n=1}^{\infty} \cap F_{\ell}\]es finito. En caso contrario, existe una subsucesión
\[\{x_{n_{k}}\}_{k=1}^{\infty} \subseteq F_{\ell} \quad \text{con} \quad \lim_{k \to \infty} x_{n_{k}} = y.\]Como \(F_{\ell}\) es cerrado, esto implica que \(y \in F_{\ell}\); pero \(F_{\ell} \cap F_{\ell_{0}} \subseteq B_{\ell} \cap B_{\ell_{0}} = \emptyset\), lo que nos lleva a una contradicción.
Por lo tanto, como los \(x_{n}\) están repartidos entre los \(F_{\ell}\) y solo finitos caen fuera de \(F_{\ell_{0}}\), existe \(k_{0}\) tal que \(x_{n} \in F_{\ell_{0}}\) para \(n \geq k_{0}\). Entonces
\[\phi(x_{n}) = b_{\ell_{0}} = \phi(y) \quad \text{para } n \geq k_{0},\]es decir,
\[\lim_{n \to \infty} \phi(x_{n}) = \phi(y).\]Teorema (Lusin: medibilidad equivale a la propiedad \(C\))
Sea \(f : E \to \mathbb{R}\) con \(E\) medible. Entonces \(f\) es medible si y solo si \(f\) tiene la propiedad \(C\) en \(E\).
Prueba: Medible implica propiedad \(C\), caso \(m(E) < \infty\). Sea \(f : E \to \mathbb{R}\) medible; entonces existe \(\{f_{k}\}_{k=1}^{\infty}\) una sucesión de funciones simples y medibles tales que
\[\lim_{k \to \infty} f_{k}(x) = f(x)\]c.p.d. en \(E\). Sea \(\varepsilon > 0\). Por el lema anterior, para cada \(k \geq 1\) existe \(F_{k} \subseteq E\) cerrado que satisface
\[m(E \setminus F_{k}) < \frac{\varepsilon}{2^{k+1}},\]y tal que \(f_{k}\) es continua relativa a \(F_{k}\). Como \(m(E) < \infty\), por el teorema de Egorov existe \(F_{0} \subseteq E\) cerrado tal que
\[m(E \setminus F_{0}) < \frac{\varepsilon}{2} \qquad \text{y} \qquad \lim_{k \to \infty} f_{k} = f \ \text{uniformemente en } F_{0}.\]Si tomamos
\[F = F_{0} \cap \bigcap_{k=1}^{\infty} F_{k},\]entonces \(F\) es cerrado, y como
\[E \setminus F = (E \setminus F_{0}) \cup \bigcup_{k=1}^{\infty} (E \setminus F_{k}),\]tenemos que
\[m(E \setminus F) \leq m(E \setminus F_{0}) + \sum_{k=1}^{\infty} m(E \setminus F_{k}) < \frac{\varepsilon}{2} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\varepsilon}{2^{k+1}} = \varepsilon.\]Cada \(f_{k}\) es continua relativa a \(F_{k} \supseteq F\), y por lo tanto continua relativa a \(F\). Como
\[\lim_{k \to \infty} f_{k} = f\]uniformemente en \(F\), y el límite uniforme de funciones continuas es continuo, tenemos que \(f\) es continua relativa a \(F\).
Medible implica propiedad \(C\), caso \(m(E) = \infty\). Llamemos
\[E_{k} = E \cap \{ x \in \mathbb{R}^{d} :\ k-1 \leq |x| < k \}, \quad k \geq 1.\]Los \(E_{k}\) son medibles, disjuntos dos a dos, cubren \(E\) y \(m(E_{k}) \leq m(B(0,k)) < \infty\). Por el caso anterior, para cada \(k\) existe \(F_{k} \subseteq E_{k}\) cerrado tal que \(f\) es continua relativa a \(F_{k}\) y
\[m(E_{k} \setminus F_{k}) \leq \frac{\varepsilon}{2^{k}}.\]Tome
\[F = \bigcup_{k=1}^{\infty} F_{k}.\]Como \(E \setminus F \subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty} (E_{k} \setminus F_{k})\), tenemos que \(m(E \setminus F) \leq \sum_{k=1}^{\infty} \varepsilon/2^{k} = \varepsilon\).
Veamos que \(F\) es cerrado. Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^{\infty} \subseteq F\) con \(\lim_{n \to \infty} x_{n} = y \in \mathbb{R}^{d}\). Como la sucesión converge, es acotada: existe \(k_{0}\) tal que
\[n \geq k_{0} \implies |x_{n}| \leq |y| + 1.\]| Sea \(M\) un entero con $$M \geq | y | + 2\(. Si\)x_{n} \in F_{k} \subseteq E_{k}\(con\)n \geq k_{0}\(, entonces\)k - 1 \leq | x_{n} | \leq | y | + 1\(, es decir\)k \leq | y | + 2 \leq M$$. Por lo tanto |
que es una unión finita de cerrados y por ende un cerrado. Entonces \(y \in \bigcup_{k=1}^{M} F_{k} \subseteq F\), y \(F\) es cerrado.
Veamos que \(f\) es continua relativa a \(F\). Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^{\infty} \subseteq F\) con \(\lim_{n \to \infty} x_{n} = y \in F\). Por lo anterior, existe \(k_{0}\) tal que \(x_{n} \in \bigcup_{k=1}^{M} F_{k}\) para \(n \geq k_{0}\). Como los \(F_{k}\) son cerrados y disjuntos dos a dos, por el argumento de la prueba del lema anterior existen \(k_{1}\) y \(\ell_{1}\) tales que
\[n \geq k_{1} \implies x_{n} \in F_{\ell_{1}},\]con \(y \in F_{\ell_{1}}\). Como \(f\) es continua relativa a \(F_{\ell_{1}}\), concluimos que \(\lim_{n \to \infty} f(x_{n}) = f(y)\).
Propiedad \(C\) implica medible. Si \(f\) posee la propiedad \(C\), entonces para cada \(k \geq 1\) existe \(F_{k} \subseteq E\) cerrado que satisface:
- \(m(E \setminus F_{k}) < \frac{1}{k}\);
- \(f\) es continua relativa a \(F_{k}\).
Sea
\[H = \bigcup_{k=1}^{\infty} F_{k},\]entonces \(H \subseteq E\) y \(m(E \setminus H) = 0\) (ejercicio; véase el ejercicio siguiente). Escribamos \(Z = E \setminus H\). Finalmente, para cada \(a \in \mathbb{R}\),
\[\begin{aligned} \{ x \in E :\ f(x) > a \} &= \{ x \in H :\ f(x) > a \} \cup \{ x \in Z :\ f(x) > a \} \\ &= \bigcup_{k=1}^{\infty} \{ x \in F_{k} :\ f(x) > a \} \cup \{ x \in Z :\ f(x) > a \}. \end{aligned}\]Cada \(\{ x \in F_{k} :\ f(x) > a \}\) es medible: como \(f\) es continua relativa a \(F_{k}\), este conjunto es abierto relativo a \(F_{k}\), es decir, de la forma \(F_{k} \cap G\) con \(G\) abierto de \(\mathbb{R}^{d}\), que es medible. Por otra parte, \(\{ x \in Z :\ f(x) > a \} \subseteq Z\) tiene medida exterior cero y es por lo tanto medible. Entonces \(\{ f > a \}\) es medible para todo \(a \in \mathbb{R}\), es decir, \(f\) es medible.
Ejercicio (El complemento de la unión de los \(F_{k}\) es nulo)
Con la notación de la prueba anterior, muestre que si \(H = \bigcup_{k=1}^{\infty} F_{k}\) con \(m(E \setminus F_{k}) < \tfrac{1}{k}\) para todo \(k \geq 1\), entonces \(m(E \setminus H) = 0\).