Generalización del Teorema de Convergencia Dominada

Question

Wikipedia afirma que, si $\sigma$-finito, el teorema de convergencia dominada sigue siendo cierto cuando la convergencia puntual se reemplaza por la convergencia en medida, ¿alguien sabe dónde encontrar una prueba de esto? ¡Muchas gracias!

Declaración del teorema:

Sea $\mu$ $\sigma$-finito, $|f_n|\leq g$ y $f_n\rightarrow f$ en medida, entonces debemos tener

$\int f_n \rightarrow \int f$ y $\int|f_n-f| \rightarrow 0$

Answer 1

Creo que hay un punto en revivir esta publicación porque también considero que es una buena prueba que me señaló Chris Janjigian cuando publiqué esta pregunta.

He visto esta pregunta publicada numerosas veces en este sitio, así que creo que vale la pena escribir esto.

Consideremos la secuencia $\int |f_n-f|$. Luego considera lo siguiente, toma una subsecuencia $\int |f_{n_j}-f|$

Para $f_{n_j}$, debe existir una sub-subsecuencia $f_{n_{j_k}}$ tal que $f_{n_{j_k}}$ converge a $f(x)$ casi en todas partes. (Dado que $f_n$, y por lo tanto $f_{n_j}$, convergen a $f(x)$ en medida)

También debe ser el caso que $|f_{n_{j_k}}-f| \leq 2g$, ahora aplicamos convergencia dominada para ver que $\int|f_{n_{j_k}}-f| \rightarrow 0$

Lo que hemos demostrado es que, para cada subsecuencia de $\int |f_n-f|$, tenemos una sub-subsecuencia adicional, que converge a 0. Ahora, usando el lema:

Si para cada subsecuencia de $x_n$, existe una sub-subsecuencia que converge a 0, entonces $x_n$ converge a 0.

Hemos terminado.

La prueba del último lema se puede encontrar Condición suficiente para la convergencia de una secuencia real

Answer 2

Sea $(X,\mathcal B,\mu)$ un espacio de medida, $\{f_n\}$ una secuencia de funciones que converge a $f$ en medida, y para casi todo $x$ y todos los $n$, $|f_n(x)|\leqslant g(x)$, donde $g$ es integrable. Entonces $\lVert f_n-f\rVert_{L^1}\to 0$.

Sea $A_k:=\{g\gt 1/k\}$; entonces $A:=\bigcup_k A_k =\{g\neq 0\}$ y $X\setminus A\subset\bigcap_n\{f_n=0\}\cap\{f=0\}$. Tenemos para cada $k$, $$\int_X|f_n(x)-f(x)|d\mu\leqslant 2\int_{X\setminus A_k}|g(x)|\mathrm d\mu(x)+\int_{A_k}|f_n(x)-f(x)|\mathrm d\mu(x).$$ Si $\lVert f_n-f\rVert_{L^1}$ no converge a $0$, podemos encontrar un $\delta>0$ y una subsecuencia $\{f_{n'}\}$ tal que $\lVert f_{n'}-f\rVert_{L^1}\geqslant 2\delta$. Fijamos un $k$ tal que $2\int_{X\setminus A_k}|g(x)|\mathrm d\mu(x)\leqslant\delta$ (tal $k$ existe por el teorema de convergencia dominada, ya que $\lim_{k\to\infty}\int_{X\setminus A_k}|g(x)|\mathrm d\mu(x)=\int_{X\setminus A}|g(x)|\mathrm d\mu(x)$ ). Entonces $$\delta\leqslant \int_{A_k}|f_{n'}(x)-f(x)|\mathrm d\mu(x).$$ Ahora, como $A_k$ tiene medida finita, podemos extraer una subsecuencia $\{f_{n''}\}$ de $\{f_{n'}\}$ que converge casi en todas partes en $A_k$. Aplicando el teorema clásico de convergencia dominada a esta secuencia, llegamos a una contradicción.

Answer 3

No sé por qué se reabrió esta pregunta. Sin embargo, dado que ninguna de las pruebas realmente me complace, presentaré una.
Así que solo intercambiando los signos de integral, vemos que:
$$\int |f-f_n| = \int_{0}^{\infty} \underbrace{ \mu\left( |f_n-f|>t\right) }_{=:A_n(t)}dt \text{ (1) }$$ Y bajo la condición de acotamiento de $f_n$, tenemos: $$0 \le A_n(t) \le \mu( 2g >t) := G(t)$$ Tenga en cuenta que $$\int_{0}^{\infty} G(t)= \int 2g < \infty$$ Por lo tanto, las condiciones del DCT para las primeras integrales se cumplen, así que:
$$ \lim_{n \rightarrow + \infty} \int |f-f_n| = \lim_{n \rightarrow + \infty} \int_{0}^{\infty} \mu\left( |f_n-f|>t\right) = \int_{0}^{\infty} \lim_{n \rightarrow + \infty} \mu\left( |f_n-f|>t\right) = 0 $$

Answer 4

Aquí hay otra solución. Sea $(f_{n_{k}})$ una subsucesión de $(f_{n})$ que converge a $f$ casi en todas partes. Entonces $f\in L^{1}(X, \mu)$. Ahora sea $Y$ un conjunto de medida finita tal que $\int_{X\setminus Y}g\:\text{d}\mu < \varepsilon/8$. Elija $\delta > 0$ de manera que si $S$ es un conjunto medible tal que $\mu(S) < \delta$ entonces $\int_{S}g\:\text{d}\mu < \varepsilon/8$. Elija $N$ suficientemente grande tal que si $n\geq N$ entonces $\mu(A_{n\varepsilon}) < \delta$ donde \begin{equation*} A_{n\varepsilon} = \{x\in X : |f_{n}(x)-f(x)| > \varepsilon/2\mu(Y)\}. \end{equation*} Entonces para $n\geq N$ tenemos \begin{align*} \int |f_{n}-f|\:\text{d}\mu &= \int_{X\setminus Y}|f_{n}-f|\:\text{d}\mu+\int_{Y\cap A_{n\varepsilon}}|f_{n}-f|\:\text{d}\mu+\int_{Y\setminus Y\cap A_{n\varepsilon}}|f_{n}-f|\:\text{d}\mu\\ &\leq 2\int_{X\setminus Y}g\:\text{d}\mu+2\int_{Y\cap A_{n\varepsilon}}g\:\text{d}\mu+\int_{Y\setminus Y\cap A_{n\varepsilon}}|f_{n}-f|\:\text{d}\mu\\ &< 2\cdot\frac{\varepsilon}{8}+2\cdot\frac{\varepsilon}{8}+\frac{\varepsilon}{2\mu(Y)}\cdot\mu(Y). \end{align*}