Dejemos que $(E,\mathcal{A},\mu)$ sea un espacio de medida finita, y $\{f_n\}$ sea una secuencia acotada en $L^1$ .
¿Por qué existe una secuencia de funciones simples $\{g_n\}$ limitado en $L^1$ tal que..:
$$ f_n-g_n\to 0 \text{ a.e and in } L^1. $$
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Para un fijo $n$ una construcción estándar que se encuentra en la mayoría de los libros de texto de introducción a la teoría de la medida muestra que hay secuencias de funciones simples $g_n^{k,+}$ y $g_n^{k,-}$ indexado por $k$ tal que $$0 \leq g_n^{k,+} \leq g_n^{k+1,+} \leq f_n^+ \qquad 0 \leq g_n^{k,-} \leq g_n^{k+1,-} \leq f_n^-$$ y tal que $g_n^{k,+} \to f_n^+$ y $g_n^k := g_n^{k,-} \to f_n^-$ como $k \to \infty$ a.e. y en $L^1$ . Por lo tanto, $g_n^{k,+} - g_n^{k,-} \to f_n$ a.e. y en $L^1$ .
Además, las desigualdades anteriores muestran que $\|g_n^{k, \pm}\|_{L^1} \leq \|f_n^\pm\|_{L^1} \leq \|f_n\|_{L^1}$ . Desde $(f_n)_{n \geq 1}$ está acotado en $L^1$ Esto demuestra que $\{g_n^k: n, k \geq 1\}$ está acotado en $L^1$ también.
De lo anterior, $g_n^k \to f_n$ en $L^1$ y por lo tanto para cada $n$ Hay un $k_1(n)$ tal que $\|f_n - g_n^{j}\|_{L^1} \leq 2^{-n}$ para $j \geq k_1(n)$ .
Además, por Teorema de Egorov para cada $n$ podemos encontrar un conjunto medible $B_n$ tal que $\mu(E \setminus B_n) < 2^{-n}$ y $g_n^k \to f_n$ uniformemente en $B_n$ . Por lo tanto, existe un $k_2(n)$ tal que para $j \geq k_2(n)$ y $x \in B_n$ , $|f_n(x) - g_n^j(x)| \leq 2^{-n}$ .
Por lo tanto, si definimos $k(n) = \max\{k_1(n), k_2(n)\}$ y $g_n = g_n^{k(n)}$ entonces es inmediato que $$\|f_n - g_n\|_{L^1} \leq 2^{-n} \to 0$$ para que $f_n - g_n \to 0$ en $L^1$ .
Además, para $x \in \bigcup_{k \geq 0} \bigcap_{j \geq k} B_j$ y $n$ suficientemente grande, tenemos que $$|f_n(x) - g_n(x)| \leq 2^{-n}$$ por lo que la convergencia a.e. se da si podemos demostrar que $\mu\left(E \setminus \bigcup_{k \geq 0} \bigcap_{j \geq k} B_j \right) = 0$ . Ahora \begin{align*}\mu\left(E \setminus \bigcup_{k \geq 0} \bigcap_{j \geq k} B_j \right) =& \mu \left(\bigcap_{k \geq 0} \bigcup_{j \geq k} E \setminus B_j \right) \\=& \lim_{k \to \infty} \mu \left(\bigcup_{j \geq k} E\setminus B_j \right) \\ \leq& \lim_{k \to \infty} \sum_{j \geq k} 2^{-j} \\ =& \lim_{k \to \infty} 2^{-k+1} = 0\end{align*} como se desee
