Convergencia en $L^p$ implica convergencia en medida

Question

Estoy tratando de demostrar que si $f_n$ converge a $f$ en $L^p(X,\mu)$, entonces $f_n\to f$ en medida, donde $1\le p \le \infty$.

Aquí está mi intento para $p\ge 1$: Sea $\varepsilon>0$ y definamos $A_{n,\varepsilon}=\lbrace x: \vert f_n(x)-f(x) \vert \ge \varepsilon\rbrace$. Quiero mostrar que $\mu (A_{n,\varepsilon})\to 0$. $\Vert f_n-f \Vert_p=\left(\int _X \vert f_n-f\vert ^p\right)^{1/p}\ge \left(\int _{A_{n,\varepsilon}}\vert f_n-f\vert ^p\right)^{1/p}\ge \varepsilon \mu (A_{n,\varepsilon})^{1/p}$ para que $\mu (A_{n,\varepsilon})\le \left(\frac{\Vert f_n-f\Vert_p }{\varepsilon}\right)^{p}$ y el RHS tienda a $0$ a medida que $f_n\to f$ en la norma $L^p$.

¿Cómo puedo lidiar con el caso $p=\infty$?

Answer 1

El caso $ p = \infty $ es el más simple ya que $ \|f_n-f\|_{\infty} < \epsilon $ significa que $ |f_n-f| $ es menor que $ \epsilon $ casi en todas partes, y por lo tanto $ \mu\big(|f_n-f|\ge\epsilon\big) = 0 $.

Si $ 1 \le p < \infty $, puedes usar la desigualdad de Tchebychev: $$ \mu\big(|f_n-f|\ge\epsilon\big) = \mu\big(|f_n-f|^p\ge\epsilon^p\big) \le \frac{1}{\epsilon^p}\int|f_n-f|^p\,d\mu = \frac{1}{\epsilon^p}\|f_n-f\|_p^p, $$ donde la última expresión puede hacerse arbitrariamente pequeña tomando $ n $ suficientemente grande.