$|f_n|\le M$ y $f_n\to f$ en medida implica $|f|\le M$ ¿a.e.?

Question

¿Es cierto que $|f_n|\le M$ y $f_n\to f$ en medida implica $|f|\le M$ a.e.? A mí me parece que sí, como se justifica a continuación. Agradecería que alguien me lo confirmara o refutara.

Dejemos que $A\triangleq \{x:|f(x)|>M\}$ . Queremos mostrar $\mu(A)=0$ . Dejemos que $A_k\triangleq \{x:|f(x)|>M+\frac{1}{k}\}, k\in\mathbb N.$ Entonces $A=\bigcup_{k=1}^\infty A_k$ y $A_{k}\subset A_{k+1}$ . Por lo tanto, $\mu(A)=\lim_{k\to \infty}\mu(A_k).$

Ahora considere $E_n\triangleq\{x:|f_n(x)-f(x)|>\frac{1}{k}\}$ . Claramente $A_k \subset E_n$ Así que $\mu(A_k)\le \mu(E_n)$ para cualquier $n$ . Pero $\mu(E_n)\to 0$ ya que $f_n\to f$ en medida. Así que $\mu(A_k)=0$ para cualquier $k$ y por lo tanto $\mu(A)=0.$

¿Es correcta esta prueba? ¿Hay fallos o una prueba más sencilla? Muchas gracias.

Answer 1

Un argumento más sencillo:

Recordemos que la convergencia en la medida implica la convergencia a.e. de una subsecuencia. Restringiéndose a esta subsecuencia $(f_{\varphi(n)})_n$ , que tiene para casi todos los $x$ que $$ M\geq \lvert f_{\varphi(n)}(x)\rvert \xrightarrow[n\to\infty]{} \lvert f(x)\rvert $$ dando la conclusión.

Answer 2

Dejemos que $\epsilon>0$ y considerar

$A_\epsilon = \{ x | |f(x)| > M + \epsilon\}$ .

Dejemos que $\delta>0$ y elija $N$ tal que para $n \ge N$ tenemos $\mu \{ x | |f(x)-f_n(x)| > \epsilon \} < \delta$ .

Tenga en cuenta que si $|f(x)| > M+\epsilon$ entonces tenemos $|f(x)-f_n(x)| > \epsilon $ y así $\mu A_\epsilon < \delta$ . Desde $\delta$ era arbitraria, tenemos $\mu A_\epsilon = 0$ .

De ello se desprende que $|f(x)| \le M$ para ae. $x$ .