Si $f_n \to f$ en la medida, entonces hay una larga tal que $f_{n_k}\to f$ en casi todas partes

Question

Supongamos que estamos en un número finito de medir el espacio y $f_n\to f$ en la medida. Quiero mostrar que hay una larga tal que $f_{n_k}\to f$.e.

Sé que $f_n\to f$ en la medida de $\iff$ $\int_X\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}d\mu\to0$. Así que si $f_n\to f$ en la medida, entonces por Fatou del lexema, $\int_X\text{lim inf}\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}d\mu\leq\text{lim inf}\int_X\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}d\mu=0$. Desde $\text{lim inf}\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}\geq 0$, esto significa $\text{lim inf}\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}=0$. Puedo deducir de esto que no es una larga tal que $\frac{|f_{n_k}(x)-f(x)|}{1+|f_{n_k}(x)-f(x)|}\to 0$ $f_{n_k}\to 0$ en casi todas partes?

Answer 1

No, tu argumento no da convergente larga. (Sólo se puede obtener una larga dependiendo x). Aquí es una prueba válida: Elija $n_k$ tal que $\mu \{|f_n -f| >2^{-k}\} < 2^{-k}$$n \geq n_k$. Desde $\sum_k \mu \{|f_{n_k} -f| >2^{-k}\} < \infty$ sigue el conjunto de puntos x para los cuales $|f_{n{_k}}(x)-f(x)| > 2^{-k}$ tiene medida 0, lo que muestra que $f_{n{_k}} -f \to 0$.e..

Answer 2

Es su función $f$ no negativo? Sin eso, no se puede aplicar Fatou del lexema. La respuesta a tu pregunta es sí, creo que es posible encontrar este post de ayuda necesitamos tener una larga tal que $\lim_{k\to\infty}\left\|x_{n_k}\right\|=\liminf_{n\to\infty}\left\|x_n\right\|$?