Demostrar que $u\leq v$ en todas partes.

Question

Dejemos que $u$ sea una función subarmónica sobre un conjunto abierto $U$ en $\mathbb{C}$ y que $v$ sea una función semicontinua superior sobre $U$ tal que $u\leq v$ casi en todas partes. Demuestra que $u\leq v$ en todas partes.

Supongamos que $u\leq v$ en $U-E$ donde $E$ tiene medida cero. Si $v$ también eran subarmónicos, entonces podemos demostrar el resultado utilizando el Teorema de Suavización que se centra en las convoluciones. Así que traté de demostrar que $v$ tiene la propiedad submedia en $U$ pero fracasó. Entonces traté de conseguir una contradicción asumiendo que hay $\omega_0\in E$ tal que $u(\omega_0)>v(\omega_0)$ pero no tengo ni idea de cómo proceder a partir de aquí. Cualquier sugerencia por favor

Answer 1

Dejemos que $a \in U$ y $\varepsilon > 0$ . A partir de la semicontinuidad superior de $v$ se deduce que hay un $R > 0$ tal que $$ v(z) < v(a) + \varepsilon \text{ for } \lvert z - a \rvert \le R \, . $$

$u$ es subarmónico. Integrando la desigualdad sub-media en $z=a$ pour $0 \le r \le R$ da $$ u(a) \le \frac{1}{ \pi R^2 } \int_0^{2 \pi} \int_0^R u(a + r e^{it}) \, r \, dr \, dt $$ Desde $u(z) \le v(z)$ casi en todas partes en $U$ se deduce que

$$ u(a) \le \frac{1}{ \pi R^2 } \int_0^{2 \pi} \int_0^R v(a + r e^{it}) \, r \, dr \, dt \le v(a) + \varepsilon \, . $$ Esto es válido para cualquier $\varepsilon > 0$ Por lo tanto $u(a) \le v(a)$ .