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Aproximaci´on de la funci´on identidad por funciones simples (un tema del curso “An´alisis real”)

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Academic year: 2022

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(1)

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

exico

11 de abril de 2021

(2)

Objetivo: aproximar la funci´on identidad, definida en [0, +∞], por funciones simples.

0 1

1

2 2

3 3

(3)

Objetivo: aproximar la funci´on identidad, definida en [0, +∞], por funciones simples.

0 1

1

2 2

3 3

ϕ1

(4)

Objetivo: aproximar la funci´on identidad, definida en [0, +∞], por funciones simples.

0 1

1

2 2

3 3

ϕ2

(5)

Objetivo: aproximar la funci´on identidad, definida en [0, +∞], por funciones simples.

0 1

1

2 2

3 3

ϕ3

(6)

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.

(7)

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.

(8)

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.

(9)

Queremos entender la definici´ on de ϕ

1

ϕ1(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.

(10)

Grafiquemos ϕ

1

0 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.

(11)

Grafiquemos ϕ

1

0 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.

(12)

Grafiquemos ϕ

1

0 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.

(13)

Grafiquemos ϕ

1

0 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.

(14)

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.

(15)

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.

(16)

Demostraci´ on: ϕ

n

es 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.

(17)

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 = +∞.

(18)

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.

(19)

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.

(20)

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.

(21)

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).

(22)

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).

(23)

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).

(24)

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.

(25)

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.

(26)

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.

(27)

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.

(28)

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.

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