La rápida convergencia en $L^1$ implica convergencia casi en todas partes

Question

Esta es una solicitud de verificación de prueba.

Afirmación: Sea $(X,\mathscr M,\mu)$ un espacio de medida. Sea $f_n$ ($n\in\mathbb N$) y $f$ funciones medibles, integrables, con valores reales tal que $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ converge a $f$ en $L^1$ a una velocidad de $O(1/n^p)$, donde $p>1$. Entonces, $f_n\to f$ casi en todas partes.

Nota: Si no se realiza ninguna suposición sobre la velocidad de convergencia, entonces lo mejor que se puede establecer es la existencia de una subsecuencia $(f_{n_k})_{k\in\mathbb N}$ que converge a $f$ casi en todas partes (Corolario 2.32 en Folland, 1999).

Prueba de la Afirmación: Supongamos que existe $M>0$ tal que $\int|f_n-f|\,\mathrm d\mu\leq M/n^p$ para todo $n\in\mathbb N$. Para cada $\varepsilon>0$ y $n\in\mathbb N$, sea $$E(n,\varepsilon)\equiv \big\{x\in X\,\big|\,|f_n(x)-f(x)|\geq\varepsilon\big\}.$$ Entonces, $$\frac {M}{n^p}\geq\int|f_n-f|\,\mathrm d\mu\geq \int_{E(n,\varepsilon)}|f_n-f|\,\mathrm d\mu\geq\varepsilon\,\mu(E(n,\varepsilon))$$ para cada $n\in\mathbb N, de modo que $$\mu(E(n,\varepsilon))\leq\frac{M}{n^p\varepsilon}.$$ Definiendo $$E(\varepsilon)\equiv\bigcap_{m=1}^{\infty}\bigcup_{n=m}^{\infty}E(n,\varepsilon),$$ se tiene que $$\mu(E(\varepsilon))\underset{\forall m\in\mathbb N}{\leq}\mu\left(\bigcup_{n=m}^{\infty}E(n,\varepsilon)\right)\leq\sum_{n=m}^{\infty}\mu(E(n,\varepsilon))\leq\frac{M}{\varepsilon}\sum_{n=m}^{\infty}\frac{1}{n^p}\to0\quad\text{a medida que $m\to\infty$},$$ ya que la serie $\sum_{n=1}^{\infty}1/n^{p}=\zeta(p)$ converge. Por lo tanto, $\mu(E(\varepsilon))=0$ para cualquier $\varepsilon>0$, lo que también implica que $$\mu\left(\bigcup_{q\in\mathbb Q\cap(0,\infty)}E(q)\right)=0.$$

Ahora, si $x\in X$ es tal que $f_n(x)\not\to f(x)$, entonces existe algún $q>0$ tal que $q\in\mathbb Q$ y para cada $m\in\mathbb N$, existe algún $n\geq m$ de modo que $|f_n(x)-f(x)|\geq q$. Es decir, $x\in E(q)$. Por lo tanto, el conjunto donde falla la convergencia puntual es un subconjunto de $\bigcup_{q\in\mathbb Q\cap(0,\infty)}E(q)$, completando la prueba. $\quad\blacksquare$

Answer 1

Sí, tu demostración es correcta.

Además, en lugar de $\frac{1}{n^p}$ podría haber sido cualquier función $f$, tal que $\Sigma_{i = 1}^\infty f(n)$ converja.

Answer 2

Haré referencia al ejercicio correspondiente y a las notaciones en "Introducción a la Teoría de la Medida" de Tao.

Dada una secuencia ${f_n = A_n 1_{E_n}}$ de funciones escalonadas, tenemos el soporte de la cola ${N^{th}}$ ${E^*_N := \bigcup_{n \geq N} E_n}$ de la secuencia ${f_1, f_2, f_3, \ldots}$

Ejercicio $1.5.5$ (Convergencia rápida de ${L^1}$) Supongamos que ${f_n, f: X \rightarrow {\bf C}}$ son funciones medibles tales que ${\sum_{n=1}^\infty \|f_n-f\|_{L^1(\mu)} < \infty}$.

Demuestra que ${f_n}$ converge puntualmente casi en todas partes a ${f}$.

Prueba:

Primero trabajamos en el caso especial donde ${f_n = A_n 1_{E_n}}$ son funciones escalonadas de conjuntos medibles ${E_n}$ y $f = 0$. Para simplificar, asumiremos que los ${A_n > 0}$, y que ${\mu(E_n) > 0}$. También asumimos que los ${A_n}$ convergen a cero, o bien están acotados alejados de cero.

A partir de la condición tenemos $\sum_{n=1}^\infty \int_{X} A_n 1_{E_n}(x) d\mu = \sum_{n=1}^\infty A_n\mu(E_n) < \infty$. Supongamos que los $A_n$ están alejados de $0$. (es decir, existe ${c>0}$ tal que ${A_n \geq c}$ para cada ${n}$). Entonces claramente $\sum_{n=1}^\infty \mu(E_n) < \infty$. Por el lema de Borel-Cantelli, casi todo $x \in X$ está en a lo sumo finitos $E_n$. Nota que $\forall x \in {\bigcap_{N=1}^\infty E^*_N}$, $x \in E_n$ para infinitos $n$. De hecho, si $x \in E_n$ para finitos $n$, elige el mayor $n$ tal que $x \in E_n$. Pero $x \in E^*_N$ para cualquier $N > n$ implica que $n$ no es el índice más grande, una contradicción. Por lo tanto $\mu({\bigcap_{N=1}^\infty E^*_N}) = 0$ y $f_n \rightarrow 0$ p.d.c por (v) del Ejercicio $1.5.3$.

Ahora para ${f_n, f: X \rightarrow {\bf C}}$ medibles en general. Supongamos por contradicción que existe $\varepsilon > 0$ tal que el conjunto $\{x \in X: \lim_{n \to \infty}|f_n(x) - f(x)| > \varepsilon \} = A$ tiene medida positiva. Sea $E_n := \{x \in X: |f_n(x) - f(x)| > \varepsilon\}$, entonces $E_n$ es medible y $A = {\bigcap_{N=1}^\infty E^*_N}$. Dado que la función $\varepsilon 1_{E_n} \leq |f - f_n|$ para cada $n$, tenemos: $\sum_{n=1}^\infty \int_X \varepsilon 1_{E_n} d\mu \leq \sum_{n=1}^\infty \int_X|f_n-f|d\mu < \infty$. Por el caso especial anterior, entonces tenemos que $\mu({\bigcap_{N=1}^\infty E^*_N}) = \mu(A) = 0$, una contradicción. La afirmación sigue al asignar ${\varepsilon = 1/m}$ para ${m=1,2,3,\ldots}$ y usando el hecho de que la unión numerable de conjuntos nulos es nuevamente un conjunto nulo.

Answer 3

Para cada $q \in \mathbb{Q^+}$ considera $\{E_{i}^{q}\}_{i=1}^{\infty}$ tal que $$E_{i}^{q} = \{x \in X: |f_n(x) - f(x)| \geq q\}$$ por la desigualdad de Chebyshev $\mu(E_{i}^{q}) \leq \frac{|f_n-f|_{L^1}}{q}$ y como q está fijo $$\Sigma_{i=0}^{\infty}\mu(E_{i}^{q}) < \infty$$ usando el lema de Borell-Cantli entonces $\mu(\limsup E_{i}^{q}) = 0$ para cualquier $q \in \mathbb{Q}^+$.
Al usar la aditividad contable, se sigue la conclusión.