Cuando no $\lim_{n\to\infty}f(x+\frac{1}{n})=f(x)$ a.e.

Question

Sabemos que si $f\in L^1(\mathbb{R})$,$\|f(\cdot+1/n)-f(\cdot)\|_{L^1}\to 0$$n\to \infty$, lo que implica que existe una larga $f_{n_k}=f(x+\frac{1}{n_k})$ tal que $f_{n_k}\to f$.e.

Mi problema es que Hay alguna $f\in L^1(\mathbb{R})$ función tal que la casi convergencia resultado $$ f(x)=\lim_{n\to\infty}f(x+1/n)\quad \text{a.e.} $$ NO es válido? Quiero creer que no sale de la función. De lo contrario, no sería una hermosa declaración, tal que $f(x)=\lim_{n\to\infty}f(x+1/n)$.e. para cualquier $f\in L^1(\mathbb{R})$.

Gracias por el tiempo comentando a continuación @David C. Ullrich. Esta cuestión ha sido la de reducir a encontrar un conjunto compacto $K$ tal que para cualquier $x\in K$, hay infinitas $n$ tal que $x+\frac{1}{n}\not\in K$.

Answer 1

Yo sostengo que podemos demostrar que la una.e. la convergencia de la propiedad $$\etiqueta{FALSE} f(x+\tfrac1n)\a f(x)\qquad x\text{-un.e.}\quad \forall\, f\en L^1(\mathbb T). $$ NO se sostiene mediante el uso de Stein máxima del principio (gracias David C. Ullrich para señalar esto). Esto tiene la ventaja de una simple prueba a expensas de que no vamos a producir un explícito contraejemplo. (EDIT. Ver David C. Ullrich la respuesta para tales contraejemplo).

Definiciones. Para $f\in L^1(\mathbb T)$ definimos el máximo de la función $$ f^\estrella(x)=\sup_{n\in \mathbb N} |f(x+\tfrac1n)|.$$ Para mostrar que Stein máxima del principio de no mantener necesitamos para construir una secuencia $(f_k)_{k\in \mathbb N}$ $L^1(\mathbb T)$ tal que $$ \frac{\|f_k^\estrellas\|_{1,\infty}}{\|f_k\|_1}\+\infty, $$ donde los débiles $L^1$ norma se define como $$ \|g\|_{1,\infty} =\sup_{t>0} t|\{x\in\mathbb T\ :\ |g(x)|>t\}|,$$ y $|A|$ para un conjunto $A\subset \mathbb T$ denota la medida de Lebesgue.

Prueba. La secuencia de $f_k$ se define como $$ f_k(x)=k^2\mathbf 1_{\{|x|\le \frac1{k^2}\}}.$$ Tenemos $$f_k^\star(x)\ge \sup_{1\le n \le k} |f_k(x+\tfrac1n)|=\sum_{n=1}^k k^2\mathbf1_{\{|x+\tfrac1n|\le\frac1{k^2}\}}=:k^2\mathbf1_{A_k}.$$ Observe que $A_k$ es la unión de $k$ distintos intervalos de longitud de $1/k^2$. El uso de esta observación podemos obligado por debajo de la débil $L^1$ norma como $$ \|f_k^\estrellas\|_{1,\infty}\ge \|k^2\mathbf1_{A_k}\|_{1,\infty}=k. $$ Desde $\|f_k\|_1=1$ todos los $k$, la prueba está completa. $\square$

Observación. Aquí se consideran las funciones en el toro $\mathbb T=\mathbb R/\mathbb Z$, debido a que el Stein máxima principio necesidades de un grupo compacto de la estructura. Esto no es una limitación, ya que la declaración (FALSO) es de naturaleza local. Si tal afirmación fuera cierto para $f\in L^1(\mathbb R)$ también sería cierto para funciones de apoyo en intervalos acotados, y esto nos refutada.

Answer 2

No es una respuesta - dos largos comentarios para el beneficio de, cualquier persona que está buscando para que contraejemplo que "debe" existir:

En primer lugar, me di cuenta el otro día que el tipo de construcción de que yo había estado tratando de no puede funcionar. Para salvar a otros de intentar lo imposible:

Decir $f$ es un contraejemplo. Decir $(n_j)$ es una mala secuencia de $x$ si $$|f(x)-f(x+1/n_j)|>\epsilon$$for all $j$. El tipo de construcciones que yo había estado pensando, grasa de conjuntos de Cantor, etc., habría tenido esta propiedad en caso de éxito:

No existe una única secuencia $S=(n_j)$ tal que $S$ es una mala secuencia de $x$, para todos los $x$ en un conjunto de medida positiva.

Eso es imposible. Dado $S$, el conjunto de $x$ tal que $S$ es malo para $x$ tiene medida cero. Porque no existe un subsequence de $S$ dando la convergencia en casi todas partes.

(Para ser específicos: me di cuenta de que si $C$ es el estándar del conjunto de Cantor, a continuación, para todos, pero countably muchos $x\in C$ tenemos $x+1/3^n\notin C$. Por lo $\chi_C$ sería un contraejemplo, con la excepción de $m(C)=0$. Esto me puso a pensar acerca de las grasas conjuntos de Cantor. Lo anterior muestra que si un hecho conjunto de Cantor no dar un contraejemplo la explicación no puede ser así de simple; no puede ser que "uniforme".)

En la otra dirección:

Si hay un contraejemplo entonces no es un contraejemplo de la forma $\chi_K$ para algunos compacto $K$.

Esto se desprende de Lusin del teorema. Decir $f$ es un contraejemplo. Existe $[a,b]$ que si $E$ es el conjunto de puntos malos en $[a,b]$$m(E)>0$. Supongamos que $K\subset[a,b]$ es compacto, $m(K)+m(E)>b-a$, $g$ es continuo, y $g=f$$K$. Si $x\in K\cap E$, entonces debemos tener $x+1/n\notin K$ para infinidad de $n$. Desde $m(K\cap E)>0$ esto demuestra que $\chi_K$ es un contraejemplo.

Answer 3

Esta cuestión ha sido la de reducir a encontrar un conjunto compacto $K$ tal que para cualquier $x\in K$, hay infinitas $n$ tal que $x+\frac{1}{n}\not\in K$".

Según tengo entendido David C. Ullrich la respuesta, también es necesario que $m(K)>0$.

Acabo de recibir una carta de Taras Banakh con el siguiente

Corolario. Para cualquier disminución de la secuencia $(a_n)_{n=1}^\infty$ de los números reales positivos con $\lim_{n\to\infty}a_n=0$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1$, existe un subconjunto compacto $K\subset\mathbb R$ de Lebesgue positiva medida que el $\bigcap_{n=m}^\infty(K-a_n)=\emptyset$.

Corolario sigue por el Teorema de, ver más abajo.

Deje $\mathcal K(\mathbb R)$ ser el espacio de la no-vacío compacto subconjuntos de la recta real, dotado de la topología de Vietoris (que se genera por la métrica de Hausdorff). Es bien sabido que el espacio de $\mathcal K(\mathbb R)$ es localmente compacto (más precisamente, cada uno cerrada delimitada subconjunto de $\mathcal K(\mathbb R)$ es compacto.

Para cada $c>0$ deje $\mathcal K_c(\mathbb R)=\{K\in\mathcal K(\mathbb R):\lambda(K)\ge c\}$ ser el subespacio de que consta el pacto establece $K$ de la medida de Lebesgue $\lambda(K)\ge c$. La regularidad (o contables aditividad) de la medida de Lebesgue $\lambda$ implica que el $\mathcal K_c(\mathbb R)$ es un subespacio cerrado en $\mathcal K(\mathbb R)$. En consecuencia, el espacio de $\mathcal K_c(X)$ es localmente compacto y polaco.

Teorema. Deje $(a_n)_{n=1}^\infty$ ser una disminución de la secuencia de los números reales positivos tales que $\lim_{n\to\infty}a_n=0$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1$. A continuación, para cada $c>0$ el conjunto $$\{K\in\mathcal K_c(X):\forall m\in\mathbb N\;\bigcap_{n=m}^\infty(K-a_n)=\emptyset\}$$ is dense $G_\delta$ in $\mathcal K_c(X)$.

Prueba. Basta probar que para cada $m\in\mathbb N$ el conjunto $$\mathcal K_m=\{K\in\mathcal K_c(X):\bigcap_{n=m}^\infty(K-a_n)=\emptyset\}$$ is open and dense in $\mathcal K_c(X)$.

A ver que $\mathcal K_n$ está abierto, tomar cualquier conjunto compacto $K\in\mathcal K_m$. Por la compacidad de $K$ existe $l>m$ tal que $\bigcap_{n=m}^l(K-a_n)=\emptyset$. A continuación, para cada $x\in \mathbb R$ existe $n_x\in[m,l]$ tal que $x\notin K-a_{n_x}$. Así, podemos encontrar un simétrica vecindario $U_x\subset[-1,1]$ de cero tal que $x+U_x$ es discontinuo con $U_x+K-a_{n_x}$. Por la compacidad del conjunto de $L=[-1,1]+(K-a_m)$, existe un subconjunto finito $F\subset L$ tal que $L\subset\bigcup_{x\in F}(x+U_x)$. Pretendemos que el abrir vecindario $\mathcal U=\{K'\in\mathcal K_c(X):K'\subset\bigcap_{x\in F}(K+U_x)\}$ $K$ $\mathcal K_c(X)$ está contenida en el conjunto de $\mathcal K_m$. Suponiendo que $\mathcal U\not\subset\mathcal K_m$, podemos encontrar un conjunto compacto $K'\in\mathcal U\setminus \mathcal K_m$. Desde $K'\notin\mathcal K_m$, existe un punto de $z\in \bigcap_{n=m}^\infty (K'-a_n)$. De ello se desprende que $z\in K'-a_m\subset [-1,1]+K-a_m=L$ y, por tanto, $z\in x+U_x$ algunos $x\in F$. Entonces $$z\in (x+U_x)\cap\bigcap_{n=m}^\infty K'-a_n\subset (x+U_x)\cap (K'-a_{n_x})\subset (x+U_x)\cap (U_x+K-a_{n_x})=\emptyset,$$ which is a desired contradiction, showing that $\mathcal U\subconjunto\mathcal K_m$ and the set $\mathcal K_m$ is open in $\mathcal K_m$.

A continuación, se muestra que el $\mathcal K_m$ es denso en $\mathcal K_c(\mathbb R)$. Dado cualquier $K\in\mathcal K_c(\mathbb R)$ $\varepsilon>0$ necesitamos encontrar un conjunto $K'\in\mathcal K_m$ en la distancia de Hausdorff $d_H(K',K)<\varepsilon$$K$.

Elija $k\ge m$ tan grande que $\frac1k<\frac12\varepsilon$. Considere la posibilidad de la cubierta de la $\mathcal I_k=\big\{\big[\frac{n}k,\frac{n+1}k\big]:n\in\mathbb N\big\}$ $\mathbb R$ por cerrado intervalos de longitud de $\frac1n$. La elección de $k$ asegura que el conjunto compacto $\tilde K=\bigcup\{I\in\mathcal I_n:I\cap K\ne\emptyset\}$$d_H(\tilde K,K)\le \frac1k<\frac12\varepsilon$. También es claro que $\tilde K$ tiene medida de Lebesgue $\lambda(\tilde K)>\lambda(K)\ge c$. Elija $p\ge k$ tan grande que $(1-\frac1p)\cdot\lambda(\tilde K)\ge c$.

Desde $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1$ existe $q>p$ tal que $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}>1-\frac1{4p}$ todos los $n\ge q$. Por último, tome $l>q$ tal que $\frac2{lk}<a_q$. Considerar el conjunto abierto $$Z:=\bigcup_{z\in\mathbb Z}{\big]}\tfrac{z}{kl},\tfrac{z}{kl}+\tfrac1{pkl}{\big[}$$ and observe that for every interval $I\in\mathcal I_k$ the set $I\setminus Z$ has Lebesgue measure $\lambda I\setminus Z)=(1-\frac1p)\lambda I)$ and Hausdorff distance $d_H(I,I\setminus Z)<\frac12\varepsilon$. Consequently, the compact set $K'=\tilde K\setminus Z$ has Lebesgue measure $\lambda(K')=(1-\frac1p)\cdot\lambda(\tilde K)\ge c$ and $d_H(K',\tilde K)=\frac1{2pkl}<\frac12\varepsilon$. Then $d_H(K',K)\le d_H(K,\tilde K)+d_H(\tilde K,K)<\varepsilon$. It remains to prove that $K'\in\mathcal K_m$. Assuming that $K'\noen\mathcal K_m$, we could find a point $x\in\bigcap_{n=m}^\infty (K'-a_n)$. Then $x+a_n\in K'\subconjunto\mathbb R\setminus Z$ for all $n\ge m$. Let $z\Z$ be the unique integer number such that $\frac{z-1}{lc}<x\le \frac{z}{lc}$. The choice of $l$ guarantees that $\frac2{lc}<a_q$. Then $\frac{z+1}{lc}=\frac{z-1}{lc}+\frac2{lc}<x+a_q$. Let $i\ge p$ be the smallest number such that $x+a_i\ge \frac{z}{lk}+\frac1{plk}$. Then $x+a_{i+1}<\frac{z}{lk}+\frac1{plk}$ and hence $a_{i+1}<\frac{z}{lk}+\frac1{plk}-x<\frac{z}{lk}+\frac1{plk}-\frac{z-1}{lk}= \frac1{lc}+\frac1{plk}<\frac2{lc}$.

Por otro lado, $$a_i-a_{i+1}=a_{i+1}\tfrac{a_i}{a_{i+1}} (1-\tfrac{a_{i+1}}{a_i})<\tfrac2{lk}(1-\tfrac1{4p})^{-1}\tfrac1{4p}<\tfrac1{lkp}$$ and hence $x+a_{i+1}>x+a_i-\frac1{lkp}\ge\frac{z}{lk}+\frac1{plk}-\frac1{plk}=\frac{z}{kl}$. A continuación, $\frac{z}{kl}<x+a_{i+1}<\frac{z}{lk}+\frac1{lkp}$ implica que el $x+a_{i+1}\in Z$, que es un deseada de la contradicción, de completar la prueba de $K\in\mathcal K_m$.$\square$

PS. También Taras Banakh enviado a mí la referencia a la charla "Teoremas de H. Steinhaus, S. Picard y J. Smital" de W. Wilczyński de Ger-Kominek Taller en el Análisis Matemático y Funciones Reales, 20-21.11.2015.

En la última página se indican los siguientes resultados.

Teorema. Si $A\subset\Bbb R$ es un conjunto medible, entonces para cada secuencia $\{x_n\}_{n\in\Bbb N}$ convergente a $0$ la secuencia de funciones características $\{\chi_{A+x_n}\}_{n\in\Bbb N}$ converge en la medida de a $\chi_A$.

Observación. Existe un conjunto medible $A\subset\Bbb R$ y una secuencia $\{x_n\}_{n\in\Bbb n}$ convergente a $0$ tal que $\{\chi_{A+x_n}\}_{n\in\Bbb N}$ no convergen casi todas partes a $\chi_A$.

Teorema. Si $A$ tiene la propiedad de Baire, a continuación, $\{\chi_{A+x_n}\}_{n\in\Bbb N}$ converge a$\chi_A$, excepto en un conjunto de la primera categoría.

Answer 4

Esto es similar a Alex Ravsky la respuesta, pero acabo de responder exactamente a la pregunta y nada más. Definir

$$K_d=\bigcup_{k=0}^{2^d-1} (k2^{-d}+2^{2-2d},(k+1)2^{-d})\subset [0,1]\qquad\text{for }d\geq 10$$ $$K=\bigcap_{d\geq 10}K_d.$$

Es fácil de calcular, $\mu([0,1]\setminus K_d)=2^{2-d}$ da $\mu(K)\geq 1/2.$ afirmo que para todos los $x\in[0,1]$, y para todos los $d\geq 10$ hay algo de $n$ $2^{d-1}\leq n\leq 2^d$ tal que $x+1/n\notin K_d$ - esto implicaría que $x+1/n\notin K$ para infinidad de $n,$ lo cual es suficiente para responder a la pregunta.

Geométricamente/intuitivamente: Hay una distancia de menos de $2^{2-2d}$ entre elementos consecutivos en la lista de $x+1/2^d, x+1/(2^d-1), \dots, x+1/2^{d-1}.$ Esto significa que a medida que avancemos en la lista no podemos saltar por encima de un hueco de longitud $2^{2-2d}.$ Y la diferencia entre el primero y el último elemento de la lista es $2^{-d}.$ Desde $K_d$ tiene lagunas de tamaño $2^{2-2d}$ a cada múltiplo de $2^{-d},$ no todos los elementos de la lista pueden ser en $K_d.$

Algebraicamente: set $n=\lfloor 1/(k2^{-d}-x)\rfloor$ donde $k=\lceil x2^d\rceil+1.$ tenga en cuenta que $2^{d-1}\leq n\leq 2^d,$ porque $1\leq k-x2^d\leq 2.$ Desde $1/(n+1)\leq k2^{-d}-x\leq 1/n$ $1/n-1/(n+1)=1/n(n+1)<1/n^2\leq 2^{2-2d},$ tenemos $k2^{-d}-x\leq 1/n\leq k2^{-d}+2^{2-2d}-x.$ $x+1/n\notin K_d$ como se requiere.

Answer 5

Je, la gente golpeando la cabeza contra la pared por días, luego de la noche de tres al parecer las respuestas correctas aparecen. Por un lado, Giuseppe Negro la respuesta parece ser la más simple, pero en el otro lado, también depende de Stein teorema sobre maximal funciones.

El punto a esta respuesta es para mostrar que otra respuesta puede ser fácilmente convertido a una explícita contraejemplo, basado en un recuerdo vago de cómo la prueba de Stein del teorema de va.

Decir $X_1,\dots$ son variables aleatorias iid, distribuidos de manera uniforme en $[0,1]$. Definir $$I_k=[X_k,X_k+1/k^2].$$Choose $N$ so $$\sum_N^\infty\frac1{k^2}<1,$$and let $$E=\bigcup_N^\infty I_k$$and $$f=\chi_E.$$

Deje $$A_k=\bigcup_{\frac k2\le n\le k}\left(I_k-\frac1n\right).$$

Como explica Giuseppe, $$m(A_k)\ge c/k.$$ So Borel-Cantelli shows that almost surely almost every point lies in infinitely many $A_k$. In particular, if $B$ is the set of $x\in[0,1]\setminus E$ such that $x$ lies in infinitely many $A_k$ then $m(B)>0$. But if $x\in B$ then $f(x)\ne\lim f(x+1/n)$.

(En caso de que no esta claro, el punto a agregar la restricción $n\ge k/2$ a GN de la definición de $A_k$ es para asegurar que si $x\in A_k$ para infinidad de $k$$x\in I_k-1/n$, donde $n$ es ilimitado.)

Nota la aplicación de Borel-Cantelli es un poco dudoso, debido a que $A_k$ no se necesita ser un subconjunto de a $[0,1]$. Si eso le molesta, respecto a lo de contrucción en el torus $\Bbb T=\Bbb R/\Bbb Z$. Como Guiseppe puntos, un contraejemplo en $\Bbb T$ implica un contraejemplo en $\Bbb R$.

Edit: Se ha objetado que los eventos de $A_k$ no son independientes. Yo no tenía la intención de dar la impresión de que me estaba diciendo que ellos eran. De hecho,$A_k\subset\Bbb T$; si consideramos a $\Bbb T$ como un espacio de probabilidad, a continuación, el$A_k$, de hecho, "eventos", pero a pesar de que no son los acontecimientos independientes que se me fue la aplicación de Borel-Cantelli.

Con disculpas por no explicar lo siguiente en el inicio pensé que era bien sabido que si $\sum m(A_k)=\infty$ y se considera "aleatorio" se traduce entonces casi seguro que cubren casi cada punto infinitamente a menudo:

Para cada una de las $k$ y cada una de las $x\in\Bbb T$ deje $E_{k,x}$ ser el evento $$x\in A_k.$$That's an honest event, a subset of the probability space where the $X_k$ live. Now if $x$ is fixed it's clear that the events $E_{k,x}$ are independent (since, again for fixed $x$, there exists a set $S_k$ such that $x\en A_k$ if and only if $X_k\en S_k$). And since $X_k$ is uniformly distributed on $\Bbb T$ it's clear that $P(E_{x,k})=m(A_k)$. So for each $x$ it is almost surely true that $x$ lies in infinitely many $A_k$, by Borel-Cantelli. Now Fubini shows that it is almost surely true that almost every $x$ lies in infinitely many $A_k$.