Omitiendo las hipótesis del aspecto finito de la medida en Egorov Teorema

Question

Quiero demostrar que si omito el hecho de que $\mu (X) < \infty$ en Egorova y teorema de lugar en lugar de que nuestras funciones $|f_n| <g$ $g$ es integrable, todavía podemos obtener el resultado de Egorova del teorema.

Fix $m$ un número natural.

Tomé $w_{n} = |f_n-f|$ y por lo tanto por DCT $\int |f_{n} - f|$ va a cero.

Entonces tomé $\bigcup_n {( w_{n} \geq 1/m)}$. Necesito su medida finita. Su medida es menor que la suma de las medidas de cada una de las $w_n\geq 1/m)$ variación $n$, y por Tchebychev, esto es menos de $m\int|f_{n} - f|$. Pero me quedé atrapado aquí.

Cualquier ayuda es muy apreciada. Gracias!

Answer 1

Podemos, sin pérdida de generalidad, supongamos que la secuencia de $f_n$ es decreciente y convergente en casi todas partes a $0$ (si no es el caso, considere la posibilidad de $\displaystyle g_n(x):=\sup_{k\geq n}|f_n-f(x)|$, el cual está dominado por $2g$, una función integrable. Reparamos $\varepsilon>0$, y estamos buscando un conjunto medible $A$ tal que $\mu(X\setminus A)\leq \varepsilon$ y la secuencia de $\{f_n\}$ converge uniformemente a$f$$A$. Tenemos para todos los enteros $j$ $n$ que $$\mu\left(\left\{g_n\geq \frac 1j\right\}\right)\leq j\int_X |g_n|d\mu,$$ y la monotonía teorema de convergencia nos da ese $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_X |g_n|d\mu=0$. Por lo tanto para todos los $j\geq 1$, podemos recoger $n_j\in\mathbb N$ tal que $$\mu\left(\left\{g_{n_j}\geq \frac 1j\right\}\right)\leq \varepsilon2^{-j}.$$ Ahora, pon $A_j:=\left\{g_{n_j}\geq \frac 1j\right\}$$\displaystyle A:=\bigcap_{j\geq 1}\complement_X A_j$. Tenemos $$\mu(X\setminus A)=\mu\left(\bigcup_{j\geq 1}A_j\right)\leq \sum_{j\geq 1}\mu(A_j)=\varepsilon\left(\frac 1{1-2^{-1}}-1\right)=\varepsilon$$ y $\displaystyle\sup_{x\in A}\,|g_{n_j}-0|\leq \frac 1j$. Desde la secuencia de $\displaystyle\left\{\sup_{x\in A}\,g_n(x)\right\}$ es menor y tiene una sub-secuencia que converge a $0$, toda la secuencia converge a $0$, y hemos terminado.

Answer 2

Aquí hay otra solución:

Podemos escribir:

$$X=\{ g>1\}\cup(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}\left\{ 2^{-k}<g\leqslant2^{1-k}\right\})\cup \{g=0\}$$ Observe que el anterior establece son todos distintos.

Aplicar Egoroff del teorema para cada uno de los conjuntos: $$\{ g>1\},\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}\left\{ 2^{-k}<g\leqslant2^{1-k}\right\}$$

Entonces no existe $A\subset G=\{g>1\}$ ,e $A_k\subset G_k=\left\{ 2^{-k}<g\leqslant2^{1-k}\right\},$ tal forma que: $$\mu (A)<\varepsilon/2 , \mu (A_k)<\varepsilon 4^{-k}$$ and $$f_n\longrightarrow f$$ uniformly in $E^c=(G\setminus A)\cup(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}G_k\setminus A_k)\cup \{f_n=0,\forall n\}$, where the last set in the union is a superset of $\{g=0\}$.

Ahora, es suficiente para demostrar que $\mu (E)<\varepsilon$.

De hecho, después de algunos simples cálculos (usando el hecho de que hemos descompuesto X en conjuntos disjuntos) podemos obtener que: $$E=X\setminus\left\{(G\setminus A)\cup(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}G_k\setminus A_k)\cup \{f_n=0,\forall n\}\right\}\subset$$ $$(X\setminus(G\setminus A))\cap(X\setminus(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}G_k\setminus A_k))\cap (X\setminus\{g=0\})\subset$$ $$A\cup(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty} A_k)$$ Por lo tanto, $$\mu (E)\leqslant \mu (A\cup(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty} A_k))\leqslant \mu(A)+\mu (\bigcup\limits_{k=1}^{\infty} A_k))<\varepsilon/2+\sum\limits_{k=1}^\infty \varepsilon4^{-k} =\varepsilon/2+\varepsilon/3 <\varepsilon$$