¿Por qué esta secuencia de medidas de preimágenes converge a una integral?

Question

Dejemos que $f \colon \Omega \to \mathbb{R}$ ser medible y positivo en casi todas partes.

Hemos establecido $g(t) := \mu(\{f \geq t\})$ .

Dejemos que $\varepsilon > 0$ y $k \in \mathbb{N}$ y supongamos que $g(t) < \infty$ para todos $t > 0$ . Establecemos $$g^\varepsilon := \min(g, g(\varepsilon)), $$

$$f^\varepsilon := f \chi_{\{f \geq \varepsilon\}}$$ y $$f_k^\varepsilon := 2^kf^\varepsilon.$$

Considere la secuencia $$ a_k^\varepsilon := 2^{-k} \sum_{n=1}^\infty \mu(\{f^\varepsilon \geq n2^{-k}\}).$$

El autor de mi libro afirma sin pruebas que $$a_k^\varepsilon \overset{k\to \infty}{\to} \int_0^\infty g^\varepsilon(t) dt.$$

No veo por qué esto debería ser trivial. ¿Conoces una prueba y puedes compartir una pista?

Answer 1

Tenga en cuenta que $$a_k^\varepsilon = \lim_{i\to \infty}\sum_{n=1}^{2^k i} 2^{-k}g^\varepsilon(n2^{-k})$$ y que estas sumas finitas son sumas derechas de Riemann de $g^{\varepsilon}(t)$ correspondiente a la integral sobre $[0,i]$ y la longitud de la base $2^{-k}$ . Si se permite intercambiar los límites, entonces $$\lim_{k\to \infty} a_k^{\varepsilon} = \lim_{i\to \infty} \lim_{k\to \infty}\sum_{n=1}^{2^ki} 2^{-k}g^\varepsilon(n2^{-k}).$$ Si las sumas de Riemann de la derecha convergen a las integrales de Riemann al dejar que la longitud de la base sea cero, tenemos que $$\lim_{k\to \infty} a_k^{\varepsilon} =\lim_{i\to\infty} \int_0^i g^{\varepsilon}(t) dt = \int_0^\infty g^{\varepsilon}(t) dt.$$