¿Convergencia en medida implica convergencia de pointwise?

Question

En la demostración de que se puede sustituir pointwise convergencia con la convergencia en la medida en la Lebesgue Teorema de Convergencia Dominada, me hizo la siguiente afirmación:

1.) $f_n\to f$ medida $\,\,\Longrightarrow\,\,$ $f_{n_k}\to f$ medida $\,\,\Longrightarrow\,\,$ $f_{n_{k_j}}\to f$ pointwise.

2.) Entonces a partir de la $\{f_n\}$ es una secuencia de tal forma que cada subsequence $\{f_{n_k}\}$ tiene más subsubsequence $\{f_{n_{k_j}}\}$ que converge a pointwise $f$, $f_n$ converge pointwise a$f$.

Pero esto parece demostrar que la convergencia en medida implica pointwise convergencia, que sabemos que es falso. Considere este ejemplo:

1.) Deje $\{I_n\}_{n=1}^\infty=\{[0,1], [0,1/2], [1/2,1], [0,1/3], [1/3,2/3], [2/3,1], [0,1/4],\ldots\}$.

2.) Deje $f_n(x)=\chi_{I_n}(x)$ todos los $x\in[0,1]$. De acuerdo a mi texto, $f_n\to 0$ en la medición, pero no existe $x \in [0,1]$ tal que $f_n\to 0$ pointwise.

PREGUNTAS: El único error en la lógica de mi prueba original parece ser suponiendo que $f_n\to f$ medida $\Longrightarrow$ cada subsequence $f_{n_k}\to f$ en medir".

1.) Es la falla en mi prueba en otro lugar?

2.) ¿La secuencia de funciones en el contraejemplo tienen algunos subsequence que no convergen en la medida en 0?

3.) Si sí, ¿qué es?

4.) Si no, podemos crear una secuencia diferente que converge medida, pero tiene algunos subsequence que no convergen en que medida?

Answer 1

El problema es que usted no está tomando en consideración que la convergencia en medida garantiza una larga que converge pointwise casi en todas partes a $f$ - no en todas partes pointwise convergencia. En todas partes pointwise convergencia es necesario para garantizar que $f_n \to f$ pointwise si cada subsequence tiene una más larga que converge a $f$ pointwise.

Con eso dicho, este es un argumento que puede ser utilizado para demostrar que la convergencia en medida (con una función dominante) da lugar a que el teorema de convergencia dominada. La diferencia es que la convergencia en $L^1$ hechos en clases de equivalencia de casi todas partes de la igualdad de funciones.

Answer 2

Veo que lo que se pretende ahora por que el enlace web. Supongamos $f_n$ converge a $f$ en medida, y hay un $g$ tal que $|f_n|\leq g$ todos los $n$, e $\int g < \infty$.

Creo que te refieres a esto: Su secuencia original es $\{\int f_n\}_{n=1}^{\infty}$. Considere la posibilidad de un infinito larga de este con índices de $\mathcal{N}$. Queremos mostrar que existe una convergente subsequence $\int f_{n_k}$, $n_k \in \mathcal{N}$ todos los $k$ (y donde $n_k < n_{k+1}$ todos los $k$) que satisface: $$ \int f_{n_k} \rightarrow \int f $$ Si esto es cierto, entonces por que enlace web, también sabemos que $\int f_n \rightarrow \int f$.

Lo bueno es que si una secuencia de funciones converge a $f$ en la medida, entonces, de hecho, hay una larga $f_{n_k}$ que converge a $f$ pointwise en casi todas partes. Así entonces, podemos invocar la costumbre teorema de Lebesgue para garantizar la $\int f_{n_k} \rightarrow \int f$.

Yo estaba realmente confundido por su uso original de "convergencia pointwise" cuando en realidad debería ser "la convergencia de pointwise en casi todas partes," como otra persona comentó.

Demostrando que dicen: Supongamos $h_n$ converge a $h$ en la medida. Luego hay una larga $h_{n_k}$ que converge a $h$ pointwise en casi todas partes.

Creo que esto puede ser probado de la misma manera que la probabilidad hecho de que si las variables aleatorias $X_n$ convergen a $X$ en la probabilidad, una larga converge con prob 1. El paso principal es definir una larga de funciones $h_{n_k}$ tal que para cada una de las $k$: $$\mu(\{x \mbox{ such that } |h_{n_k}(x)-h(x)|>1/k\}) \leq 1/k^2 $$

Answer 3

1. No hay nada malo con la declaración si $f_n\to 0$ en medida, entonces también lo hace cada subsequence $f_{n_k}$. Sin embargo, está mal, eso si un $\{f_{n_k}\}$ del subsequence converge pointwise, entonces así debe $\{f_n\}$del estado.

2. No.

3. (y 4) Véase arriba.

Answer 4

Deje $\{A_m\}_{m \in \mathbb{N}}$ ser una secuencia de conjuntos en $X$ finito de medida tal que $A_m \nearrow X$, de otra manera arbitraria.

Vamos a suponer $\lim_{n \to \infty}\int_X|f_n-f|d\mu \neq 0$, y llegar a una contradicción. Por nuestra suposición de que existe un número positivo $\hat{\varepsilon}$ y una larga $\{f_{n_k}\}$, de modo que \begin{equation}2 \hat{\varepsilon} \leq \int_X|f_{n_k}-f|d\mu \leq 2\int_{X\setminus A_{m}} |g|d\mu\ + \int_{A_m}|f_{n_k}-f|d\mu \;.\end{equation} La Monotonía teorema de Convergencia proporciona un entero positivo fijo $\hat{m}$, de modo que \begin{equation}2\int_{X\setminus A_{\hat{m}}} |g|d\mu \leq \hat{\varepsilon} \;.\end{equation} Así \begin{equation} \hat{\varepsilon} \leq \int_{A_\hat{m}}|f_{n_k}-f|d\mu \;.\end{equation} Desde $\{f_{n_k}\} \subset \{f_n\}$ $f_n \to f$ en la medida en $X$, $f_{n_k} \to f$ en la medida en $A_{\hat{m}}$. Podemos simplificar la notación mediante el establecimiento $f_{n_k}=h_k$. Claramente existe una estrictamente creciente secuencia de enteros positivos $\{k_j\}$, de modo que dado $j$ tenemos $\mu(\{x:|h_k(x)-f(x)|\geq 2^{-j} \} \cap A_{\hat{m}})<2^{-j}$ siempre $k \geq k_j$.

Para cada una de las $j$ definimos el conjunto medible $E_j=\{x:|h_{k_j}(x)-f(x)|\geq 2^{-j} \}$, y tenga en cuenta que $\mu(E_j) < 2^{-j}$. Deje $E=\cap_{j=1}^{\infty} \cup_{i=j}^{\infty}E_i$. Así que para cualquier entero positivo $i$ hemos \begin{equation}\mu(E) \leq \mu(\cup_{i=j}^{\infty}E_i)\leq \Sigma_{i=j}^{\infty} 2^{-i}=2^{1-i} \; .\end{equation}

Por lo tanto $E$ $\mu$- null conjunto.

Ahora vamos a $x_o \in A_{\hat{m}} \setminus E$ y deje $\varepsilon>0$ ser dado. Desde $x_o \notin E$ hay algo de $j_o$, de modo que $x \notin \cup_{i=j_o}^{\infty} E_i $, y, por tanto, $|f_{n_{k_j}}(x_o)-f(x_o)|=|h_{k_j}(x_o)-f(x_o)|<2^{-j}$ todos los $j \geq j_o$. Por lo tanto, no es un número entero positivo $J_o \geq j_o$, de modo que $|f_{n_{k_j}}(x_o)-f(x_o)| < \varepsilon$ siempre $j \geq J_o$. Por lo $\{f_{n_{k_j}}\}$ converge pointwise en casi todas partes en $A_{\hat{m}}$. Desde $\mu(A_{\hat{m}})<\infty$ $f_{n_{k_j}}(x) \to f(x)$ para casi todos los $x \in A_{\hat{m}}$, $\: f_{n_{k_j}} \to f$ en la medida en $A_{\hat{m}}$. Por lo tanto, no es un número entero positivo $J$, de modo que si $j \geq J$ \begin{equation} \int_{A_\hat{m}}|f_{n_{k_j}}-f|d\mu < \hat{\varepsilon} \; .\end{equation} Esto nos da la deseada contradicción.