Teorema de Lusin, modos de convergencia

Question

Información de fondo:

Teorema 1.18 - Si $E\in M_{\mu}$ entonces \begin{align*} \mu(E) &= \inf\{\mu(U):E\subset U, U \ \text{open}\}\\ &=\sup\{\mu(K):E\subset K, K \ \text{compact}\}\end{align*}

Teorema 2.26 - Si $f\in L^1(\mu)$ y $\epsilon > 0$ entonces

a.) existe una función simple integrable $\phi = \sum_{1}^{n}a_j\chi_{E_j}$ tal que $\int |f - \phi|d\mu < \epsilon$ .

b.) Si $\mu$ es una medida de Lebesgue-Stieltjes en $\mathbb{R}$ los conjuntos $E_j$ en la definición de $\phi$ pueden tomarse como uniones finitas de intervalos abiertos.

c.) Además, en la situación b.), existe una función continua $g$ que desaparece fuera de un intervalo acotado tal que $\int |f - g|d\mu < \epsilon$ .

Corolario 2.32 - Si $f_n\rightarrow f$ en $L^1$ hay una subsecuencia $\{f_{n_j}\}$ tal que $f_{n_{j}}\rightarrow f$ a.e.

2.33 Teorema de Egoroff - Supongamos que $\mu(X) < \infty$ y $f_1,f_2,\ldots$ y $f$ son funciones medibles de valor complejo sobre $X$ tal que $f_n\rightarrow f$ a.e. Entonces para cada $\epsilon > 0$ existe un conjunto $E\subset X$ tal que $\mu(E) < \epsilon$ y $f_n\rightarrow f$ y $f_n\rightarrow f$ uniformemente en $E^c$ .

Pregunta:

Teorema de Lusin - Si $f:[a,b]\rightarrow \mathbb{C}$ es medible por Lebesgue y $\epsilon > 0$ existe un conjunto compacto $E\subset [a,b]$ tal que $\mu(E^c) < \epsilon$ y $f|E$ es continua.

Intento de prueba - Let $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{C}$ sea medible por Lebesgue y $\epsilon > 0$ . Por el teorema 2.26 podemos construir una secuencia de funciones continuas $\{g_n\}$ tal que $$g_n\rightarrow f \ \text{in} \ L^1$$ Entonces, por el Corolario 2.32 existe una subsecuencia $\{f_{n_j}\}$ de $\{g_n\}$ tal que $f_{n_j}\rightarrow f$ a.e. Ahora, por el teorema de Egoroff existe un conjunto $E$ con $\mu(E) < \infty$ tal que $g_n\rightarrow f$ uniformemente en $X\setminus E$ . Tenga en cuenta que $\{f_{n_j}\}$ es una subsecuencia de $\{g_n\}$ entonces tenemos $f_{n_j}\rightarrow f$ uniformemente en $X\setminus E$ también. Ahora por el teorema 1.18 podemos tomar $E$ sea un subconjunto compacto de $[a,b]$ desde $K$ es compacto y $E\subset K$ . Tenga en cuenta que $X\setminus E$ es el espacio en el que $g_n\rightarrow f$ de manera uniforme entonces $E^c$ debe ser parte de ese espacio donde $g_n\rightarrow f$ uniformemente y por lo tanto $\mu(E^c) < \epsilon$ por definición. Por último, ya que $\{g_n\}$ son funciones continuas y $g_n\rightarrow f$ uniformemente en $X\setminus E$ entonces $f$ es continua.

No estoy seguro de que esto sea exactamente correcto, cualquier sugerencia es muy apreciada.

Answer 1

@Wolfy , tu prueba es esencialmente correcta, pero tiene alguna confusión en cuanto a la notación. También necesita algunas mejoras en la última parte. He copiado tu prueba, haciendo los ajustes necesarios.

Teorema de Lusin - Si $f:[a,b]\rightarrow \mathbb{C}$ es medible por Lebesgue y $\epsilon > 0$ existe un conjunto compacto $E\subset [a,b]$ tal que $\mu(E^c) < \epsilon$ y $f|E$ es continua.

Prueba - Deja que $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{C}$ sea medible por Lebesgue y $\epsilon > 0$ .

Desde $f$ es finito y $\mu([a,b])<\infty$ , hay $K>0$ tal que $\mu(\{x \in [a,b] : |f(x)|>K \})< {\epsilon}/{4}$ . Sea $$ H= \{x \in [a,b] : |f(x)|>K \}$$ tenemos que $\mu(H)< {\epsilon}/{4}$ y $f\chi_{H^c}: [a,b] \rightarrow \mathbb{C}$ está en $L^1[a,b]$ .

Por el teorema 2.26 podemos construir una secuencia de funciones continuas $\{g_n\}$ tal que $$g_n\rightarrow f\chi_{H^c} \ \text{in} \ L^1$$

Entonces, por el Corolario 2.32 existe una subsecuencia $\{g_{n_j}\}$ de $\{g_n\}$ tal que $g_{n_j}\rightarrow f\chi_{H^c}$ a.e.. Ahora, por el teorema de Egoroff, para cualquier $\epsilon >0$ existe un conjunto $G\subset [a,b]$ con $\mu(G) < \epsilon/4$ tal que $g_{n_j}\rightarrow f\chi_{H^c}$ uniformemente en $G^c$ .

(Atención: podemos aplicar el teorema de Egoroff a la subsecuencia $g_{n_j}$ porque tenemos que $g_{n_j}\rightarrow f\chi_{H^c}$ a.e.).

Dejemos que $F = H \cup G$ . Tenemos entonces $$\mu(F) \leqslant \mu(H) +\mu(G)= \epsilon/4 + \epsilon/4= \epsilon/2$$ y, como $F^c= H^c \cap G^c$ tenemos que $g_{n_j}\rightarrow f$ uniformemente en $F^c$ .

Ahora, por el teorema 1.18, ya que $\mu([a,b])<\infty$ , hay $E$ un subconjunto compacto de $[a,b]$ , de tal manera que $E\subset F^c$ y $$\mu(F^c)-\epsilon/2 < \mu(E)\leq \mu(F^c)$$
Así que $F \subset E^c$ y tenemos \begin{align*}\mu(E^c) &=\mu(F)+\mu( E^c \setminus F)= \\&= \mu(F)+\mu( E^c \cap F^c)= \\& = \mu(F)+\mu( F^c \setminus E)=\\&=\mu(F)+(\mu( F^c)- \mu(E)) \leq \\ & \leq \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2} =\epsilon \end{align*} Tenga en cuenta que, como $E\subset F^c$ y $g_{n_j}\rightarrow f$ uniformemente en $F^c$ tenemos que $g_{n_j}\rightarrow f$ uniformemente en $E$ . Ya que, para todo $j$ , $g_{n_j}$ es continua, tenemos que $f$ es continua en $E$ Es decir $f|_E$ es continua.

Nota: : He aquí una prueba detallada de que "Desde $f$ es finito y $\mu([a,b])<\infty$ , hay $K>0$ tal que $\mu(\{x \in [a,b] : |f(x)|>K \})< {\epsilon}/{4}$ "

Prueba : Para cada $K\in\mathbb{N}$ , dejemos que $A_K=\{x \in [a,b] : |f(x)|>K \}$ . Así que $\{A_K\}_{K\in\mathbb{N}}$ es una secuencia no creciente de conjuntos mensurables. Dado que $f$ es finito, $\bigcap_{K\in\mathbb{N}}A_K=\emptyset$ . Entonces, como $\mu([a,b])<\infty$ tenemos que

$$\lim_{K \to \infty}\mu(A_K) = \mu \left (\bigcap_{K\in\mathbb{N}}A_K\right)=\mu(\emptyset)=0$$

Por lo tanto, dado cualquier $\epsilon>0$ , hay $K>0$ tal que $\mu(\{x \in [a,b] : |f(x)|>K \})< {\epsilon}/{4}$