$f_n \geq 0$ $\int f_n = 1$ implica $\limsup_n \left( f_n(x) \right)^{\frac{1}{n}} \leq 1$.e. $x$

Question

Estoy estudiando para un examen de calificación y estoy teniendo dificultades con este problema:

Deje $\left( X, \mathcal{M}, \mu \right)$ ser una medida de espacio y asumen $f_n \geq 0$ tal que $\int f_n = 1$ todos los $n$. Mostrar que $$\limsup_n \left( f_n(x) \right)^{\frac{1}{n}} \leq 1 \text{ for a.e. } x. \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (*)$$

Intentos: (a) Observe que si $x$ no satisface $(*)$, luego por la Raíz de la Prueba de $\sum f_n(x) = \infty$, por lo tanto, si $x$ no satisface $(*)$ sobre un conjunto de medida positiva $E$,$\sum \int_E f_n = \int_E \sum f_n = \infty$. Sin embargo, esto no parece contradecir la hipótesis.

(b) Si $\limsup_n \left( f(x) \right)^{1/n} > 1$,$\limsup_n f_n(x) = \infty$. Por lo tanto, si $x$ no satisface $(*)$ sobre un conjunto de medida positiva $E$,$\infty = \int_E \limsup f_n \geq \limsup \int_E f_n$. De nuevo, esto no parece contradecir la hipótesis.

Gracias de antemano por su ayuda.

Answer 1

Su idea de que si la conclusión de falla, a continuación, $\sum f_n = \infty$ sobre un conjunto de medida positiva es casi lo que tenemos que concluir.

En efecto, considerar la modificación de la secuencia de $g_n := f_n / n^2$. Entonces $$ \int \sum_n g_n \, d\mu = \sum_n \int g_n \, d\mu = \sum_n 1/n^2 < \infty, $$ de manera que obtenemos $\sum_n g_n < \infty$ en casi todas partes.

Pero por la raíz de la prueba, esto implica $$ 1 \geq \limsup_n \sqrt[n]{g_n(x)} = \limsup_n \frac{(f_n(x))^{1/n}}{\sqrt[n]{n^2}} = \limsup_n (f_n(x))^{1/n} $$ para casi todas las $x$.

Answer 2

Solución Alternativa:

Tomar cualquier $\epsilon>0$. Vamos a mostrar que el $\mu\{x: \limsup_n (f_n(x))^{\frac{1}{n}}>1+\epsilon\}=0$. Definir $A_n=\{x: f_n(x)> (1+\epsilon)^n\}$, e $A=\{x: \limsup_n (f_n(x))^{\frac{1}{n}}>1+\epsilon\}$. A continuación, $A=\limsup_n A_n$. Ahora, $$\mu(A_n)=\int_X\mathbb{I}\{A_n\}\le\int_X\frac{f_n(x)}{(1+\epsilon)^n}=(1+\epsilon)^{-n}$$. Therefore, $\sum_{n=1}^{\infty}\mu(A_n)\le\sum_{n=1}^{\infty}(1+\epsilon)^{-n}<\infty$. Hence, by Borel-Cantelli Lemma, $\mu(A)=0$, which proves that $\limsup_n (f_n(x))^{\frac{1}{n}}\le 1$ a.e. $\square$