Si B⊂RB⊂RB\subset\mathbb{R} es un conjunto de Borel y f:B→Rf:B→Rf:B\to\mathbb{R} es una función creciente, entonces f(B)f(B)f (B) es un conjunto de Borel

Aquí hay una prueba independiente. Notemos primero que basta probar:

Afirmar. Dejar$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ser no decreciente. Entonces para cada conjunto de Borel$B \subseteq \mathbb{R}$, el conjunto$f(B)$es también Borel.

Para probar esto, dejemos$\mathcal{F}$ser el conjunto de todos los conjuntos de Borel$B$para cual$f(B)$es también Borel. Luego comprobamos las siguientes propiedades de$\mathcal{F}$:

1. $\mathcal{F}$contiene cualquier intervalo abierto.

De hecho, deja$I$sea ​​un intervalo abierto, y considere cualquier componente conexo$C$de$\mathbb{R}\setminus f(I)$. ¹⁾ Mostramos que$C$no puede ser un singleton. De lo contrario, escribe$C = \{y\}$. Entonces podemos encontrar secuencias$(a_n)_{n=1}^{\infty}$y$(b_n)_{n=1}^{\infty}$en$I$tal que

Esto en particular obliga a que$a_1 < a_2 < \cdots < b_2 < b_1$, y así, ambos$a = \lim a_n$y$b = \lim b_n$existe en$I$y$a \leq b$. Además,$y \leq f(a) \leq f(b) \leq y$, y entonces,$f(a) = f(b) = y$. Esto contradice que$y$se encuentra en el complemento de$f(I)$, y entonces,$C$no es singleton como se requiere.

Ahora esto dice que$\mathbb{R}\setminus f(I)$es una unión disjunta de intervalos no degenerados, y dado que hay a lo sumo muchos intervalos numerables, su unión es un conjunto de Borel. Por lo tanto$f(I)$es también un conjunto de Borel.

2. Si$A_1, A_2, \dots$están en$\mathcal{F}$, entonces ambos$\cup_n A_n$y$f(\cup_n A_n) = \cup_n f(A_n)$son conjuntos de Borel, por lo tanto$\cup_n A_n \in \mathcal{F}$.

3. Si$A \in \mathcal{F}$, entonces$\mathbb{R}\setminus A \in \mathcal{F}$.

De hecho, denote por$D$el conjunto de valores en$\mathbb{R}$que se alcanzan por$f$en dos o más puntos, es decir,

Para cada$y \in D$y para cada$a, b \in f^{-1}(\{y\})$con$a < b$, encontramos eso$[a, b] \subseteq f^{-1}(\{y\})$. Esto dice que cada$f^{-1}(\{y\})$es un intervalo no degenerado, por lo tanto,$D$puede contener como máximo muchos puntos contables. Luego al notar que$f(A) \cap f(\mathbb{R}\setminus A) \subseteq D$, tenemos

En particular,$f(\mathbb{R}\setminus A) = (f(\mathbb{R})\setminus f(A)) \cup \tilde{D}$para algún subconjunto$\tilde{D}$de$D$. Dado que todos$f(\mathbb{R})$,$f(A)$, y$\tilde{D}$son conjuntos de Borel,$f(\mathbb{R}\setminus A)$es también un conjunto de Borel y por lo tanto$\mathbb{R}\setminus A \in \mathcal{F}$como se desee.

Conclusión. Las observaciones anteriores dicen que$\mathcal{F}$es un$\sigma$-álgebra que contiene todos los intervalos abiertos y, por lo tanto, debe contener cualquier conjunto de Borel. Por lo tanto la demostración es completa.$\square$

1) Si no está familiarizado con la noción de componentes de conexión, aquí hay una forma alternativa de explicar esto para subconjuntos de$\mathbb{R}$. Dejar$E \subseteq \mathbb{R}$y definir la relación$\sim$en$E$como sigue:

• Para cada$x, y \in E$, nosotros escribimos$x \sim y$si y solo si$\{tx + (1-t)y : t \in [0, 1]\} \subseteq E$.

En otras palabras,$x \sim y$si y solo si cualquiera$x = y$o el intervalo cerrado entre$x$y$y$quedarse en cama$E$. Entonces no es difícil comprobar que

1. $\sim$es una relación de equivalencia en$\mathbb{R}$, y
2. cada clase de equivalencia de$\sim$es un singleton o un intervalo.