Secuencia de funciones medibles$\{g_n\}_{n=1}^{\infty}$ tal que$\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1}f(t)g_n(t)dt=\int_0^1f(t)dt$ siempre que$f\in C[0,1]$

Question

He estado trabajando en algunos de los antiguos reales de análisis calificador de problemas. Yo estoy teniendo problemas con es

Demostrar que existe una sucesión de funciones medibles $g_n$ $[0,1]$ tal que

1. $g_n(x)\geq 0$ cualquier $x\in [0,1]$;
2. $\lim_{n\to\infty}g_n(x)=0$ .e.;
3. Para cualquier función continua $f\in C[0,1]$,

$$ \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1}f(x)g_n(x)dx=\int_{0}^{1}f(x)dx. $$

Yo no sé muy bien cómo enfocar este problema. Mi primer pensamiento fue para ver si puedo llegar a algo asumiendo $f$ es una función simple, pero yo no podía pensar en nada. Mi siguiente intento es simplemente asumir que $f$ es la característica de la función de intervalo, pero incluso esto resulta ser un reto; yo estoy pensando en algo que tiene que ver con funciones delta. Cualquiera que sea la secuencia, es decir, debe tener $\int_0^1\sup_n|g_n(x)|dx=\infty$; else Lebesgue del teorema de convergencia dominada mostraría que (3) siempre sería cero.

Aquí es otro pensamiento que tenía en mente. El mapa definido por $T(f)=\int_0^1f(x)dx$ es un elemento de $C[0,1]^*$. Hay resultados que decir algo al efecto de "funcionales de la forma $f\mapsto \int_0^1fg dx$ son densos en $C[0,1]^*$"? "O la integración en contra de una medida que absolutamente continua con la medida de Lebesgue es denso en $C[0,1]^*$"? Gracias de antemano.

Answer 1

A muy grandes rasgos, la idea es aproximar el uniforme a la medida como una suma normalizada de `delta" de las medidas. Aquí es una construcción que es muy fácil de entender (espero).

Para cada una de las $n$, vamos a $A_n =\cup_{k=0}^{2^{n}-1} [\frac{k}{2^n},\frac{k}{2^n} + \frac{1}{2^{2n}}]$.

Set $g_n = 2^n {\bf 1}_{A_n}$. Entonces $g_n \ge 0$, $\int g_n =2^n \times 2^{n} 2^{-2n}=1$, y $g_n \to 0$.e. Para ver la última reclamación observar que $A_{n+1} \subset A_n$ $m(A_n)=2^n 2^{-2n} = 2^{-n}$ (o, si perezoso para verificar el uso de Borel Cantelli para mostrar que el conjunto de puntos que pertenecen a una infinidad de $A_n$'s es un conjunto null, o utilice el hecho de que los indicadores de $A_n$ convergen en la medida de a $0$ a un extracto de una larga convergente a cero.e.).

Ahora si $f$ es continua $\int f g_ndx = \sum_{k=0}^{2^n-1} 2^n \int_{[k2^{-n},k2^{-n}+2^{-2n}]} f dx$.

Por el uniforme de la continuidad de la $f$, sabemos que para cualquier $\epsilon>0$ existe $n$ tal que $|f(x)-f(y)|<\epsilon$$|x-y|\le 2^{-2n}$. Por lo tanto

\begin{align*} &\left| \sum_{k=0}^{2^n-1} 2^n \int_{[k2^{-n},k2^{-n}+2^{-2n}]} f dx -\underset{(*)}{\underbrace{ \sum_{k=0}^{2^n-1} 2^n f(k2^{-n})2^{-2n}}}\right| \\ &= \left| \sum_{k=0}^{2^n-1} 2^n \int_{[k2^{-n},k2^{-n}+2^{-2n}]} f(x) - f(k2^{-n}) dx \right|\\ & \le \sum_{k=0}^{2^n-1} 2^n \int_{[k2^{-n},k2^{-n}+2^{-2n}]} \left| f(x) - f(k2^{-n}) \right|dx\\ & \le \sum_{k=0}^{2^n-1} 2^n 2^{-2n} \epsilon = \epsilon. \end{align*}

Pero $(*)$ es una suma de Riemann para $f$. Que es:

$$(*) = 2^{-n} \sum_{k=0}^{2^n-1} f(k 2^{-n})\to \int_0^1 f(x) dx.$$

El resultado de la siguiente manera porque $\epsilon$ es arbitrario.