Demuestra que $\lim_{n\to\infty }\int_0^1 f(x)g_n(x)d\mu(x)=0.$

Question

Considere $g_n:\mathbb R\to\{-1,1\}$ definir para todos $n$ por $$g_n(x)=(-1)^{\lfloor nx\rfloor},$$ demuestre que para todo $f:[0,1]\to\mathbb R$ mesurable y acotada, $$\lim_{n\to\infty }\int_0^1 f(x)g_n(x)d\mu(x)=0.$$

En la corrección, consideran en primer lugar $f=\chi_I$ (la función característica de $I$ ) donde $I\subset [0,1]$ es un intervalo. No entiendo por qué $$\left|\int_{[0,1]}f(x)g_n(x)d\mu(x)\right|\leq\frac{1}{n}.$$

Notación: $\mu$ representa la medida de Lebesgue.

Answer 1

Finalmente lo encontré. Así que si alguien está interesado:

Para $n$ fijo y $x\in[0,1]$ , $$\lfloor nx\rfloor=k\ \ \text{ if }x\in\left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right[, k=0,...,n-1$$ y así

\begin{align*} \left|\int_0^1 f(x)g_n(x)\mu(dx)\right|&=\left|\sum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\chi_I(x)(-1)^k\mu(dx)\right|\\ &\underset{\chi_I\ \leq\ \chi_{[0,1]}}{\leq}\left|\sum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}(-1)^k\mu(dx)\right|\\ &= \left|\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\mu(dx)\right|\\ &= \left|\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\underbrace{\mu\left(\left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right]\right)}_{=\mu\left(\left[0,\frac{1}{n}\right]\right)}\right|\\ &=\mu\left(\left[0,\frac{1}{n}\right]\right) \underbrace{\left|\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k\right|}_{=0\text{ or }1}\\ &\leq\mu\left(\left[0,\frac{1}{n}\right]\right)\\ &=\frac{1}{n} \end{align*}

Answer 2

$(-1)^{\lfloor nx\rfloor}$ es un $\frac{1}{n}$ -periódica, por lo que el valor absoluto de la última integral no puede superar el valor absoluto de la misma integral a lo largo de un período.