$\lim_n \int_{\frac{1}{n}\leq |f|\leq n} |f|\,d\mu=\int |f| \,d\mu$ .

Question

Dejemos que $(X,\tau,\mu)$ un espacio de medidas y $f\in L^1$ .

a) Demuestre que $\lim_n \int_{\frac{1}{n}\leq |f|\leq n} |f|\,d\mu=\int |f|\, d\mu$ .

b) Deducir para todos $\epsilon>0$ $\exists A\in \tau$ tal que $\mu(A)<\infty$ , $\sup_{x\in A }|f(x)|<\infty$ y $\int_{A^c} |f|\,d\mu<\epsilon$

Para a). ¿Debe aplicarse el teorema de convergencia monótona?

Answer 1

$a$ no es del todo correcto: o bien en el lado izquierdo tiene $f$ en lugar de $|f|$ (en el integrando), o en el lado derecho tienes $|f|$ en lugar de $f$ . Haré la primera corrección: la segunda se deduce de la sustitución de $f$ por $|f|$ en el primero.

Cuando veas una diferencia de integración de dominio, sólo tienes que añadir funciones características para poder aplicar los teoremas de tu elección.

Por ejemplo $\displaystyle\int_{\frac 1n \leq |f| \leq n} f d \mu = \int f \chi_{\{\frac 1n \leq |f| \leq n\}} \, d \mu$ .

Ahora, $\chi_{\frac 1n \leq |f| \leq n} \to \chi_{\{f \neq 0\}}$ en forma puntual, y las funciones $f \chi_{\{\frac 1n \leq |f| \leq n\}}$ son no necesariamente creciente, ya que $f$ ahora puede tomar valores negativos. Por lo tanto, el MCT no se aplica. Sin embargo, se aplicará si $f$ es no negativo, ya que en ese caso estas funciones son realmente crecientes.

Sin embargo, se aplica el teorema de convergencia dominada, ya que estas funciones están limitadas por la función integrable $|f|$ . En ese caso, obtenemos $\displaystyle \lim_n \int_{\frac 1n \leq |f| \leq n} f \,d \mu \to \int f \chi_{f \neq 0} \,d \mu = \int f \,d \mu$ .

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Para la parte $b$ Utiliza la definición de límite: para cualquier $\epsilon > 0$ existe $N$ tal que $\int_{\frac 1n \leq f \leq N} |f| d \mu \geq \int |f| d \mu - \epsilon$ (y esto es cierto para todos los grandes $n > N$ pero no lo necesitaremos).

Por lo tanto, dejemos que $A = \{\frac 1N \leq |f| \leq N\}$ . Entonces $f$ está acotado en $A$ por definición, y $\mu(A) < \infty$ Si no es así $\int_A |f|\,d \mu \geq \int_A \frac 1N d \mu$ y esto no será finito si $A$ tiene una medida infinita, y no podemos tener un finito mayor que un infinito positivo. La condición de complemento se satisface con la elección de $N$ .

Por lo tanto, hemos terminado.

Answer 2

Dejemos que $A_n = \{1/n \leqslant |f| \leqslant n\}$ entonces por (a) existe $n$ tal que

$$0 \leqslant \int_{A_n^c} |f| \, d\mu = \int |f| \, d\mu - \int_{A_n} |f| \, d\mu < \epsilon$$

Tenemos $\sup_{x \in A_n} |f| \leqslant n < \infty$ y $\infty > \int |f| \, d\mu > \int_{A_n} |f| \, d\mu \geqslant \frac{1}{n} \mu(A_n) \implies \mu(A_n) < \infty.$