% Rápido $L^{1}$convergencia implica convergencia casi uniforme

Question

implica la $\sum_{n \in \mathbb{N}} ||f_{n}-f||_{1} < \infty$ $f_{n}$ converge casi uniformemente a $f$, ¿cómo demostrarlo?

EDICIÓN: Teorema de Egorov está disponible. He podido demostrar la convergencia del pointwise a.e. usando Chebyshev y Borel-Cantelli, estoy teniendo problemas tratando de pasar a la convergencia casi uniforme con la condición de sumabilidad absoluta...

Answer 1

$g_n:=|f_n-f|$ De poner y fijar $\delta>0$. Tenemos $\sum_{n\in\mathbb N}\lVert g_n\rVert_{L^1}<\infty$ así que podemos encontrar un % de secuencia estrictamente creciente $N_k$de números enteros tales que $\sum_{n\geq N_k}\lVert g_n\rVert_1\leq \delta 4^{-k}$. Poner $A_k:=\left\{x\in X:\sup_{n\geq N_k}g_n(x)>2^{1-k}\right\}$. Entonces $A_k\subset\bigcup_{n\geq N_k}\left\{x\in X: g_n(x)\geq 2^{-k}\right\}$ lo $$2^{-k}\mu(A_k)\leq \sum_{n\geq N_k}2^{-k}\mu\left\{x\in X: g_n(x)\geq 2^{-k}\right\}\leq \sum_{n\geq N_k}\lVert g_n\rVert_1\leq \delta 4^{-k},$ $ % que $\mu(A_k)\leq \delta 2^{-k}$. Poner $A:=\bigcup_{k\geq 1}A_k$. $\mu(A)\leq \sum_{k\geq 1}\mu(A_k)\leq \delta\sum_{k\geq 1}2^{-k}=\delta$, Y si tenemos $x\notin A$ % todo $k$: $\sup_{n\geq N_k}g_n(x)\leq 2^{1-k}$ % que $\sup_{n\geq N_k}\sup_{x\notin A}g_n(x)\leq 2^{1-k}$. Resulta que $g_n\to 0$ uniformemente en $A^c$, ya que un % fijo $\varepsilon>0$, $k$ tal que $2^{1-k}$, $n\geq N_k$ tenemos $\sup_{x\notin A}g_n(x)\leq\varepsilon$.

Answer 2

Supongamos $\sum_{n=1}^{\infty} \|f_n - f\|_{L^1} < \infty$, donde

\begin{align} \|f_n - f\|_{L^1} = \int_{X}|f_n(x) - f(x)| dx. \end{align}

Deje $\epsilon > 0$ $\delta > 0$ ser parámetros a nuestra disposición. Por la absoluta summability supuesto, para una lo suficientemente grande entero positivo $N$, tenemos

\begin{align} \sum_{n=N}^{\infty} \|f_n - f\|_{L^1} < \epsilon \delta. \end{align}

Ahora, vamos a

\begin{align} E_n = \{ x \in X : |f_n(x) - f(x)| > \delta \}. \end{align}

A continuación, tenemos una simple obligado

\begin{align} \sum_{n = N}^{\infty} m(E_n) \delta \leq \sum_{n=N}^{\infty} \|f_n - f\|_{L^1} < \epsilon \delta. \end{align}

Así,

\begin{align} \sum_{n = N}^{\infty} m(E_n) < \epsilon. \end{align}

Pero,

\begin{align} m\left(\bigcup_{n = N}^{\infty} {E_n} \right) \leq \sum_{n = N}^{\infty} m(E_n) < \epsilon. \end{align}

Deje $E = \bigcup_{n = N}^{\infty} {E_n}$. Luego, se nota

\begin{align} E^{C} &= \left( \bigcup_{n = N}^{\infty} {E_n} \right)^{C} \\ &= \bigcap_{n = N}^{\infty} {E_n^{C}} \\ &= \{ x \in X : |f_n(x) - f(x)| \leq \delta \hspace{5pt} \forall n \geq N \}. \end{align}

Los parámetros de $\epsilon$ $\delta$ se hacen arbitrariamente pequeño (simultáneamente) como $N \to \infty$. Como $\delta$ puede hacerse arbitrariamente pequeña, vemos que $f_n$ converge uniformemente a$f$$E^{C}$. Como $\epsilon$ puede hacerse arbitrariamente pequeña, tenemos que $f_n$ (en el peor) no converge uniformemente a $f$ en un excepcional conjunto $E$ de medida cero.

Por lo tanto, $f_n$ converge casi uniformemente a $f$.

Answer 3

Puesto $g_n:=|f_n-f|$y que $\delta >0$ ser dado. Debemos mostrar que existe $A\subset X$ $\mu (A)<\delta$, tal que para cualquier $k>0$ allí existe $N>0$ así que todos $n>N$ y todos los $x\notin A$, $g_n(x)<\frac{1}{k}$.

Definición de $B_{n,k} := \left\{x\in X:g_n(x)\ge \frac{1}{k} \right\}$ y $A_{N,k}:=\bigcup_{n>N}B_{n,k}$. Markov, tenemos: $$\mu (A_{N,k})\le \sum_{n>N}\mu (B_{n,k})\le k\sum_{n>N} ||g_n||_1\mathrel{\mathop{\longrightarrow}_{\mathrm{N\to\infty}}} 0. $ $

Por lo tanto cada $k$, que $N_k$ ser un entero tal que $\mu (A_{N_k,k})\le \frac{\delta}{2^k}$. Que %#% $ #%

Entonces $$A:=\bigcup_{k>0}A_{N_k,k}.$. Por otra parte, para un determinado $\mu(A)\le \delta$, tomar $k>0$, para cualquier $N=N_k$ y $n>N$, $x\notin A$ como sea necesario.