Dejemos que $f:X \to \mathbb R_{\ge 0}$ ser medible y $(B_n)$ tal que $\mu(B_n) \to 1$ . Entonces $\int_{B_n} f \mathrm d \mu \to \int_{X} f \mathrm d \mu$

Question

Estoy tratando de probar este resultado de convergencia. ¿Podría explicarme cómo terminar la prueba?

Dejemos que $(X, \mu)$ sea un espacio de probabilidad y $f:X \to \mathbb R_{\ge 0}$ medible. Supongamos que existe una secuencia $(B_n)$ de conjuntos medibles tales que $\mu(B_n) \to 1$ . Entonces $$ \int_{B_n} f \mathrm d \mu \to \int_{X} f \mathrm d \mu. $$

Mi intento: Observe que $(1_{B_n} f)_n$ no converge necesariamente a $f$ $\mu$ -a.e. Deja $f_m := f \wedge m$ . Entonces $f_m \in L_1 (\mu)$ para todos $m$ y $f_m \nearrow f$ . Se deduce de este resultado que $$ \lim_n \int_{B_n} f_m \mathrm d \mu = \int_{X} f_m \mathrm d \mu \quad \forall m. $$

La prueba estaría completa si pudiéramos demostrar que $$ \lim_m \lim_n \int_{B_n} f_m \mathrm d \mu = \lim_n \int_{B_n} f \mathrm d \mu. $$

¿Podría explicarnos cómo proceder?

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Actualización: Ya probé para el caso $f \in L_1 (\mu)$ aquí . El resto de la carga recae en el caso $\int_{X} f \mathrm d \mu = +\infty$ :v

Answer 1

Para toda función simple $g$ tal que $0 \le g \le f$ tenemos: $$\int f \mathrm{d} \mu\ge \limsup_{n} \int_{B_n} f \mathrm{d} \mu \ge \liminf_{n} \int_{B_n} f \mathrm{d} \mu \ge \liminf_{n} \int_{B_n} g \mathrm{d} \mu =\int g\mathrm{d}\mu,$$ Por lo tanto, $$\limsup_{n} \int_{B_n} f \mathrm{d} \mu = \liminf_{n} \int_{B_n} f \mathrm{d} \mu =\int f\mathrm{d}\mu.$$ De ahí la conclusión.

Answer 2

Paso 1. Dejemos que $f:X\to[0,\infty)$ ser medible. Si $\{a_n\}$ es una secuencia positiva con $a_n\to\infty$ entonces $$\int_{\{x\in X: f(x)\leq a_n\}}f\,d\mu\to \int_X f\,d\mu.\tag{1}$$ Esto se puede demostrar con Fatou: $\lim_{n\to\infty} f(x)1_{\{x\in X: f(x)\leq a_n\}}(x)=f(x)$ para todos $x\in X$ (nota que $f(x)<\infty$ para todos $x$ .)

Paso 2. Podemos suponer WLOG que $\mu(B_n)>0$ para todos $n$ . Para cualquier $\epsilon>0$ Consideramos que $a_n=\frac{\epsilon}{\mu(B_n^c)}$ . Desde \begin{align*} \int_{\{x\in X: f(x)\leq a_n\}}f\,d\mu&=\int_{B_n\cap\{x\in X: f(x)\leq a_n\}}f\,d\mu+\int_{B_n^c\cap\{x\in X: f(x)\leq a_n\}}f\,d\mu\\ &\leq\int_{B_n}f\,d\mu+a_n\mu(B_n^c)=\int_{B_n}f\,d\mu+\epsilon, \end{align*} tenemos $$\liminf_{n\to\infty}\int_{\{x\in X: f(x)\leq a_n\}}f\,d\mu\leq \liminf_{n\to\infty}\int_{B_n}f\,d\mu+\epsilon.$$ Desde $a_n=\frac{\epsilon}{\mu(B_n^c)}\to\infty$ , $(1)$ implica que para cada $\epsilon>0$ , $$\liminf_{n\to\infty}\int_{\{x\in X: f(x)\leq a_n\}}f\,d\mu=\int_Xf\,d\mu.$$ Por lo tanto, $$\int_Xf\,d\mu\leq \liminf_{n\to\infty}\int_{B_n}f\,d\mu+\epsilon,\qquad \forall \epsilon>0,$$ es decir, $$\int_Xf\,d\mu\leq \liminf_{n\to\infty}\int_{B_n}f\,d\mu\leq \limsup_{n\to\infty}\int_{B_n}f\,d\mu\leq \int_Xf\,d\mu.$$