Que $E\subset\mathbb{R},m(E)<+\infty$, $\{f_n(x)\}$ son funciones medibles definidas en $E$. Entonces converge $\{f_n(x)\}$ $f(x)$ en medida $\Leftrightarrow$ % $ $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}=0, a.e. x\in E.$creo que es fácil ver cómo ir de derecha a izquierda desde $\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}<\epsilon\Rightarrow|f_n(x)-f(x)|<2\epsilon$ y casi en todas partes la convergencia implica convergencia en medida. Lo que me desconcierta es la otra dirección.
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Davide Giraudo
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Supongo que lo que tienes que demostrar es que la convergencia en medida de $\{f_n\}$ $f$ es equivalente a $$\lim_{n\to\infty}\int_E\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}dm (x).$ $ (su resultado no es cierto, porque es equivalente a $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}$ $\lim\limits_{n\to\infty}|f_n(x)-f(x)|=0$ y hay secuencias que convergen en la medida pero no casi en todas partes.)
Para mostrar el resultado, si $f_n\to f$ en medida, fijar $\varepsilon>0$. Desde $t\mapsto \frac t{t+1}$ va en aumento $$\int_E\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}dm (x)\leq \frac{\varepsilon}{1+\varepsilon}m(E)+m(|f_n-f|\geq \varepsilon),$ $ así $ de $$\limsup_{n\to\infty}\int_E\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}dm (x)\leq \frac{\varepsilon}{1+\varepsilon}m(E),$ y $$\lim_{n\to\infty}\int_E\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}dm (x)=0.$ $ por el contrario, $$\frac{\varepsilon}{1+\varepsilon} \cdot m(|f_n-f|\geq\varepsilon)\leq \int_{\left\{|f_n-f|\geq\varepsilon\right\}}\frac{\varepsilon}{1+\varepsilon}dm(x)\leq \int_{\left\{|f_n-f|\geq\varepsilon\right\}}\frac{|f_n(x)-f(x)|}{1+|f_n(x)-f(x)|}dm(x),$ $ y hemos terminados.
