Demostración de la convergencia puntual en casi todas partes

Question

Me gustaría probar la siguiente afirmación:

Dejemos que $(X, F, \mu)$ sea un espacio de medidas, no necesariamente finito. Supongamos que para cada $\epsilon > 0$ existe un número natural $N$ tal que $ \mu(\bigcup_{n = N}^{\infty} \{x \in X : |(f_n(x) - f(x)| > \epsilon \}) < \epsilon $ .

Entonces $f_n \to f$ en casi todas partes.

Mi idea era demostrar la afirmación por contradicción, es decir, asumiendo la negación de la convergencia puntual en casi todas partes:

Supongamos que existe un $\epsilon'$ tal que para todo $N$ existe un $n \geq N$ con $|f_n(x) - f(x)| > \epsilon$ para casi todos los $x \in X$ .

Por supuesto, sabemos que para cualquier $\epsilon$ en particular para $\epsilon'$ podemos encontrar un $N_0$ tal que para todo $n \geq N_0$ tenemos $|f_n(x) - f(x)| > \epsilon'$ para casi todos los $x \in X$ .

Pensé que esto implicaría que

$\mu(\bigcup_{n = N_0}^{\infty} \{x \in X : |(f_n(x) - f(x)| > \epsilon' \}) = \mu(X)$ ,

pero incluso si ese fuera el caso, no veo la manera de llegar a una contradicción ya que no puedo asumir que $\mu(X) > \epsilon$ Probablemente he cometido un error, pero no veo dónde.

¿Hay alguna manera de completar esta prueba, o hay una manera mejor?

Gracias de antemano.

Answer 1

Ya que el OP pide un camino alternativo, doy un enfoque constructivo. Prefiero esto ya que vemos la verdad a lo largo de la prueba. Además, la habilidad de convertir una unión incontable en una contable se reutiliza a menudo.

Para cualquier $\epsilon' > 0$ ,

\begin{align} & \{x \in X : f_n(x) \not\to f_n(x) \} \\ =& \{x \in X : \exists \epsilon > 0, \forall N \in \Bbb{N}, \exists n \ge N, |f_n(x) - f(x)| > \epsilon \} \\ =& \bigcup_{\epsilon > 0} \bigcap_{N\in\Bbb{N}} \bigcup_{n \ge N}^{\infty} \{x \in X : |f_n(x) - f(x)| > \epsilon \}\\ =& \bigcup_{k \in \Bbb{N}} \bigcap_{N\in\Bbb{N}} \bigcup_{n \ge N}^{\infty} \{x \in X : |f_n(x) - f(x)| > \epsilon'/2^k \}. \end{align}

Demuestra que la última igualdad es verdadera:

• $\subseteq$ : tomar $k$ lo suficientemente grande como para que $\epsilon > \epsilon'/2^k$
• $\supseteq$ para cualquier $k \in \Bbb{N}$ , elija $\epsilon$ lo suficientemente pequeño como para que $\epsilon'/2^k > \epsilon$

Para cada $k \in \Bbb{N}$ invocar la condición dada (con $\epsilon = \epsilon'/2^k$ ) para encontrar $N_k \in \Bbb{N}$ para que

$$\mu\left(\bigcup_{n = N_k}^{\infty} \{x \in X : |f_n(x) - f(x)| > \epsilon'/2^k \}\right) < \epsilon'/2^k.$$

No es difícil comprobar que $$\bigcap_{N\in\Bbb{N}} \bigcup_{n \ge N}^{\infty} \{x \in X : |f_n(x) - f(x)| > \epsilon'/2^k \} \subseteq \bigcup_{n = N_k}^{\infty} \{x \in X : |f_n(x) - f(x)| > \epsilon'/2^k \},$$ de la que obtenemos la conclusión deseada

\begin{align} & \mu\left(\bigcup_{\epsilon > 0} \bigcap_{N\in\Bbb{N}} \bigcup_{n \ge N}^{\infty} \{x \in X : |f_n(x) - f(x)| > \epsilon \}\right) \\ =& \mu\left(\bigcup_{k \in \Bbb{N}} \bigcap_{N\in\Bbb{N}} \bigcup_{n \ge N}^{\infty} \{x \in X : |f_n(x) - f(x)| > \epsilon'/2^k \}\right) \\ \le& \sum_{k \in \Bbb{N}} \mu\left( \bigcap_{N\in\Bbb{N}} \bigcup_{n \ge N}^{\infty} \{x \in X : |f_n(x) - f(x)| > \epsilon'/2^k \} \right) \\ \le& \sum_{k \in \Bbb{N}} \mu\left( \bigcup_{n = N_k}^{\infty} \{x \in X : |f_n(x) - f(x)| > \epsilon'/2^k \} \right) \\ \le& \sum_{k \in \Bbb{N}} \epsilon'/2^k = \epsilon'. \end{align}

Desde $\epsilon' > 0$ es arbitraria, concluimos que $\mu(\{f_n \not\to f\}) = 0$ es decir $f_n \to f$ a.e.