Integral de Lebesgue pregunta relativa a las órdenes de límite y de integración

Question

Tengo una mano en la pregunta en un puro análisis del supuesto de que tenía la esperanza de que pudiera ser una pista sobre - tener dificultad para venir para arriba con un buen enfoque.

La pregunta:

Deje $(X,\Sigma,\mu)$ ser una medida de espacio y deje $f:X\rightarrow [0,\infty]$ ser una función medible tal que $$\int_X f(x)d\mu(x)=A,$$ for some $0<Un<\infty$. Si $\alpha>0,$ mostrar $$\lim_{n\rightarrow\infty} \int_X n\log\left(1 + \left(\frac{f(x)}{n}\right)^{\alpha} \right)d\mu(x)=\begin{cases} \infty&\mbox{if }0<\alpha<1\\\ A&\mbox{if } \alpha=1\\\ 0&\mbox{if }\alpha>1. \end{casos}$$

Mi intento de una solución sólo llega hasta la primera parte:

\begin{align*} g(x,n)&=n\log(1 + [f(x)/n]^{\alpha})\\ &=n\cdot \sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m+1}[f(x)/n]^{\alpha m}/m\\ &=\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m+1}\cdot \frac{f(x)^{\alpha m}}{m\cdot n^{\alpha*m-1}} \\ &= \frac{f(x)^\alpha}{n^{\alpha-1}}+\sum_{m=2}^{\infty}(-1)^{m+1}\frac{f(x)^{\alpha m}}{m\cdot n^{\alpha m-1}}, \end{align*} que es el aumento en el $n$ $\alpha<1$ (esto es un poco handwavy, pero me parece que no puede averiguar cómo mostrar de la manera más estricta). Por lo tanto, podemos aplicar el Teorema de Convergencia Monótona para mover el límite dentro del integrando, transformar $n=1/t$, el uso de un poco de L'hopitals regla, y conseguir que este límite es divergente para cualquier $f(x)$ $\alpha<1$ (e $f(x)$ $\alpha=1$ cero para $\alpha>1$). Pero ¿cómo hago para demostrar que puedo interruptor de límite e integrando en estos otros casos, o hay alguna otra forma sencilla de probarlo? Cualquier sugerencias sería muy apreciada!

Muchas gracias de antemano

Answer 1

Deje $I_n(\alpha):=\int_X n\log\left(1+\left(\frac{f(x)}n\right)^{\alpha}\right)d\mu (x)$. Si $0<\alpha<1$, ya que el $\int_X fd\mu>0$ podemos encontrar $\beta>0$ tal que $\mu(\{f\geq \beta\})>0$. Por lo tanto, tenemos \begin{align*} I_n(\alpha)&\geq\mu(f\geq \beta)n\log\left(1+\left(\frac{\beta}n\right)^{\alpha}\right) \\ &\geq \mu(f\geq \beta)n\left(\left(\frac{\beta}n\right)^{\alpha}-\frac 12\left(\frac{\beta^2}{n^2}\right)^{\alpha}\right)\\ &=\mu(f\geq \beta)n^{1-\alpha}\left(\beta^{\alpha}-\frac{\beta^{2\alpha}}{2n^{\alpha}}\right) \end{align*} y converge a $+\infty$.

Si $\alpha=1$, el uso de la desigualdad de $x-\frac{x^2}2\leq \ln(1+x)\leq x$ nos permite aplicar el teorema de convergencia dominada.

Si $\alpha>1$, el uso de la medida $\nu=f\mu$ que es una medida de probabilidad. Tenemos $$I_n(\alpha)=\int_X\phi\left(\frac n{f(x)}\right)d\nu,$$ con $\phi(x)=x\ln (1+x^{-\alpha})$. Desde $\phi'(x)=\ln(1+x^{-\alpha})-\alpha\frac{x^{-\alpha}}{1+x^{-\alpha}}$ $\phi''(x)=\frac{-\alpha x^{-1-\alpha}}{1+x^{-\alpha}}-\frac 1{(1+x^{-\alpha})^2}(-\alpha x^{-\alpha-1})\alpha=-\alpha\frac{x^{-1-\alpha}}{1+x^{-\alpha}}x^{-\alpha}<0$ $x>0$, $\phi$ es cóncava. Jensen la desigualdad de los rendimientos $$I_n(\alpha)=\int_X\phi\left(\frac n{f(x)}\right)d\nu\leq \phi\left(\int_X\frac n{f(x)}d\nu\right)\leq \left(\int_X\frac n{f(x)}d\nu\right)^{1-\alpha},$$ así funciona si $(X,\Sigma,\mu)$ es finito. Supongo que podemos resolver el caso de $\sigma$-finito utilizando el teorema de convergencia dominada para el recuento de medida.