Aproximaci´ on de la funci´ on identidad por funciones simples
(un tema del curso “An´ alisis real”)
Egor Maximenko
http://www.egormaximenko.com
Instituto Polit´ecnico Nacional Escuela Superior de F´ısica y Matem´aticas
M´exico
11 de abril de 2021
Objetivo: aproximar la funci´on identidad, definida en [0, +∞], por funciones simples.
0 1
1
2 2
3 3
Objetivo: aproximar la funci´on identidad, definida en [0, +∞], por funciones simples.
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ϕ1
Objetivo: aproximar la funci´on identidad, definida en [0, +∞], por funciones simples.
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ϕ2
Objetivo: aproximar la funci´on identidad, definida en [0, +∞], por funciones simples.
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ϕ3
Teorema
Para cada n en N, definimos ϕn: [0, +∞] → [0, +∞) mediante la regla
ϕn(t) :=
b2ntc
2n , 0 ≤ t < n;
n, t ≥ n.
Entonces
1 para cada n en N, la funci´on ϕn es simple y medible;
2 para cada t en [0, +∞], lim
n→∞ϕn(t) = t;
3 para cada t en [0, +∞] y cada n en N, ϕn(t) ≤ ϕn+1(t).
Propiedades 2 y 3 de manera breve: para cada t en [0, +∞], ϕn(t) % t.
Repaso: la parte entera de n´ umeros reales (el redondeo hacia abajo)
Para demostrar el teorema, necesitamos repasar varios conceptos.
Para cada x en R,
bx c := max{k ∈ Z : k ≤ x}.
Para cada x en R y m en Z,
bx c = m ⇐⇒ m ≤ x < m + 1.
Otra forma de la misma propiedad:
bx c ≤ x < bx c + 1.
Ejemplo: bπc = 3, 3 ≤ π < 4.
Repaso: la parte entera y la multiplicaci´ on por un n´ umero natural
Proposici´on. Para cada x en R y cada m en N, m bx c ≤ bmx c.
Demostraci´on. Se cumple bx c ≤ x , luego
m bx c ≤ mx .
Esto significa que m bx c pertenece al conjunto {k ∈ Z : k ≤ mx}.
Pero bmx c es el elemento m´aximo de este conjunto.
Ejemplos. 2bπc = b2πc, 2b√
3c < b2√ 3c.
Queremos entender la definici´ on de ϕ
1ϕ1(t) :=
b2tc
2 , 0 ≤ t < 1, 1, t ≥ 1.
Consideremos el caso 0 ≤ t < 1.
La condici´on 0 ≤ t < 1 implica 0 ≤ 2t < 2 y b2tc ∈ {0, 1}.
ϕ1(t) = 0 ⇐= b2tc = 0 ⇐⇒ 0 ≤ 2t < 1 ⇐⇒ 0 ≤ t < 1 2, ϕ1(t) = 1
2 ⇐= b2tc = 1 ⇐⇒ 1 ≤ 2t < 2 ⇐⇒ 1
2 ≤ t < 1.
Grafiquemos ϕ
10 1
1
ϕ1(t) :=
b2tc
2 , 0 ≤ t < 1, 1, t ≥ 1.
0 ≤t < 1
2 =⇒ ϕ1(t) = 0, 1
2 ≤t < 1 =⇒ ϕ1(t) = 1 2, t ≥ 1 =⇒ ϕ1(t) = 1.
Grafiquemos ϕ
10 1
1
ϕ1(t) :=
b2tc
2 , 0 ≤ t < 1, 1, t ≥ 1.
0 ≤t < 1
2 =⇒ ϕ1(t) = 0,
1
2 ≤t < 1 =⇒ ϕ1(t) = 1 2, t ≥ 1 =⇒ ϕ1(t) = 1.
Grafiquemos ϕ
10 1
1
ϕ1(t) :=
b2tc
2 , 0 ≤ t < 1, 1, t ≥ 1.
0 ≤t < 1
2 =⇒ ϕ1(t) = 0, 1
2 ≤t < 1 =⇒ ϕ1(t) = 1 2,
t ≥ 1 =⇒ ϕ1(t) = 1.
Grafiquemos ϕ
10 1
1
ϕ1(t) :=
b2tc
2 , 0 ≤ t < 1, 1, t ≥ 1.
0 ≤t < 1
2 =⇒ ϕ1(t) = 0, 1
2 ≤t < 1 =⇒ ϕ1(t) = 1 2, t ≥ 1 =⇒ ϕ1(t) = 1.
Ejercicios
Para entender la demostraci´on del teorema (escrita a continuaci´on), recomiendo hacer varios ejercicios.
Ejercicio. Copiar la definici´on de ϕnen papel.
Ejercicio. Calcular a mano ϕn(t) para t =5116 y n = 1, 2, 3, 4, 5.
Ejercicio. Para entender la definici´on de ϕ2, considerar los siguientes 9 casos:
k
4 ≤ t < k + 1
4 (0 ≤ k ≤ 7), t ≥ 2.
Calcular ϕ2(t) en cada uno de estos casos.
Luego graficar la funci´on ϕ2.
Ejercicios
Ejercicio de programaci´on. En alg´un sistema de ´algebra computacional (por ejemplo, en Sagemath o GNU Octave),
programar las funciones ϕ1, ϕ2, ϕ3,
generar 100 puntos pseudoaleatorios en [0, 5], calcular ϕ1, ϕ2, ϕ3 en estos puntos,
mostrar las gr´aficas discretas correspondientes.
Demostraci´ on: ϕ
nes simple y medible
ϕn toma valores de la forma
vk = k
2n, 0 ≤ k ≤ n · 2n. La cantidad de estos valores es n · 2n+ 1.
Para cada 0 ≤ k < n · 2n,
Ak = ϕ−1n [{vk}] =
k
2n,k + 1 2n
.
Para k = n · 2n,
An·2n = ϕ−1n [{n}] = [n, +∞].
El conjunto de los valores es finitos, y los conjuntos Ak son medibles.
Demostraci´ on: ϕ
n(t) → t, el caso t = +∞
Recordemos la definici´on de ϕn:
ϕn(t) :=
b2ntc
2n , 0 ≤ t < n;
n, t ≥ n .
Si t = +∞, entonces para cada n aplicamos el segundo caso de la definici´on:
ϕn(+∞) = n.
Luego
n→∞lim ϕn(+∞) = lim
n→∞n = +∞.
Inicio de la demostraci´ on: ϕ
n(t) → t, el caso 0 ≤ t < +∞
Fijamos t, 0 ≤ t < +∞.
Para encontrar lim
n→∞ϕn(t), es suficiente trabajar con n grandes.
Supongamos n > t. Entonces se aplica el primer caso de la definici´on de ϕn:
ϕn(t) :=
b2ntc
2n , 0 ≤ t < n;
n, t ≥ n.
Continuaci´ on de la demostraci´ on: ϕ
n(t) → t, el caso 0 ≤ t < +∞
Suponemos 0 ≤ t < +∞, n > t. Entonces ϕn(t) = b22nntc. Por la definici´on de b c,
b2ntc ≤ 2nt, 2nt < b2ntc + 1.
Despejamos b2ntc de estas desigualdades, luego dividimos entre 2n: 2nt − 1 < b2ntc, b2nc ≤ 2nt.
t − 1
2n < ϕn(t) ≤ t.
Aplicamos el teorema de compresi´on (el teorema de s´andwich):
n→∞lim ϕn(t) = t.
Inicio de la demostraci´ on ϕ
n(t) ≤ ϕ
n+1(t), divisi´ on en tres casos
Las funciones ϕn y ϕn+1 se definen por casos:
ϕn(t) :=
b2ntc
2n , 0 ≤ t < n;
n, t ≥ n;
ϕn+1(t) :=
b2n+1tc
2n+1 , 0 ≤ t < n + 1;
n + 1, t ≥ n + 1.
Hay que considerar tres casos.
t ≥ n + 1, n ≤ t < n + 1, 0 ≤ t < n.
Demostraci´ on: ϕ
n(t) ≤ ϕ
n+1(t), caso t ≥ n + 1
Supongamos que n + 1 ≤ t ≤ +∞.
Entonces en las definiciones de ϕn y ϕn+1 se aplica el segundo caso:
ϕn(t) :=
b2ntc
2n , 0 ≤ t < n;
n, t ≥ n;
ϕn+1(t) :=
b2n+1tc
2n+1 , 0 ≤ t < n + 1;
n + 1, t ≥ n + 1.
En este caso es muy f´acil comparar ϕn(t) con ϕn+1(t):
ϕn(t) = n < n + 1 = ϕn+1(t).
Demostraci´ on: ϕ
n(t) ≤ ϕ
n+1(t), caso n ≤ t < n + 1
Supongamos que n ≤ t < n + 1.
Entonces la definici´on de ϕn se aplica el segundo caso, y en la definici´on de ϕn+1 el primero:
ϕn(t) :=
b2ntc
2n , 0 ≤ t < n;
n, t ≥ n;
ϕn+1(t) :=
b2n+1tc
2n+1 , 0 ≤ t < n + 1;
n + 1, t ≥ n + 1.
Notamos que
b2n+1tc ≥ 2n+1btc ≥ 2n+1n.
Estamos listos para comparar ϕn+1(t) con ϕn(t):
ϕn+1(t) = b2n+1tc
2n+1 ≥ 2n+1n
2n+1 = n = ϕn(t).
Demostraci´ on: ϕ
n(t) ≤ ϕ
n+1(t), caso 0 ≤ t < n
Supongamos que 0 ≤ t < n.
Entonces en las definiciones de ϕn y de ϕn+1 se aplica el primer caso:
ϕn(t) :=
b2ntc
2n , 0 ≤ t < n;
n, t ≥ n;
ϕn+1(t) :=
b2n+1tc
2n+1 , 0 ≤ t < n + 1;
n + 1, t ≥ n + 1.
Comparamos ϕn+1(t) con ϕn(t) usando la regla b2x c ≥ 2bx c:
ϕn+1(t) = b2n+1tc
2n+1 = b2 · 2ntc
2n+1 ≥ 2 b2ntc
2n+1 = b2ntc
2n = ϕn(t).
Problemas
Problema. Consideremos otra sucesi´on de funciones, m´as simple:
ψn(t) :=
bntc
n , 0 ≤ t < n, n, t ≥ n.
¿Se cumplen las afirmaciones del teorema para esta sucesi´on?
Hay que justificar bien la respuesta.
Cada funci´ on positiva medible es el l´ımite
de una sucesi´ on creciente de funciones simples medibles positivas
Corolario del teorema
Sea (X , F ) un espacio medible y sea f ∈ M(X , F , [0, +∞]).
Entonces existe una sucesi´on (gn)∞n=1 tal que
para cada n en N, gn: X → [0, +∞), gn es simple y medible, para cada x en X , (gn(x ))n∈N% f (x ).
Idea de demostraci´on.
gn:= ϕn◦ f . Ejercicio. Completar la demostraci´on.
Cada funci´ on positiva medible es el l´ımite
de una sucesi´ on creciente de funciones simples medibles positivas
Corolario del teorema
Sea (X , F ) un espacio medible y sea f ∈ M(X , F , [0, +∞]).
Entonces existe una sucesi´on (gn)∞n=1 tal que
para cada n en N, gn: X → [0, +∞), gn es simple y medible, para cada x en X , (gn(x ))n∈N% f (x ).
Idea de demostraci´on.
gn:= ϕn◦ f . Ejercicio. Completar la demostraci´on.
Cada funci´ on positiva medible es el l´ımite
de una sucesi´ on creciente de funciones simples medibles positivas
Corolario del teorema
Sea (X , F ) un espacio medible y sea f ∈ M(X , F , [0, +∞]).
Entonces existe una sucesi´on (gn)∞n=1 tal que
para cada n en N, gn: X → [0, +∞), gn es simple y medible, para cada x en X , (gn(x ))n∈N% f (x ).
Idea de demostraci´on.
gn:= ϕn◦ f .
Ejercicio. Completar la demostraci´on.
Cada funci´ on positiva medible es el l´ımite
de una sucesi´ on creciente de funciones simples medibles positivas
Corolario del teorema
Sea (X , F ) un espacio medible y sea f ∈ M(X , F , [0, +∞]).
Entonces existe una sucesi´on (gn)∞n=1 tal que
para cada n en N, gn: X → [0, +∞), gn es simple y medible, para cada x en X , (gn(x ))n∈N% f (x ).
Idea de demostraci´on.
gn:= ϕn◦ f . Ejercicio. Completar la demostraci´on.