Unicità e permanenza del segno limite in misura

[Bremen000]

Buondì, vorrei un controllo su queste dimostrazioni dove temo di non aver usato qualche ipotesi.

Teorema:
Sia $(\X, \mathcal{M}, \mu)$ uno spazio di misura con $\mu$ completa e sia $\{f_n\}_{n \in NN}$ una successione di funzioni misurabili. Allora
(i) Se $f_n \overset{\mu}{\to} f$ e $f_n \overset{\mu}{\to} g$ con $f$ e $g$ misurabili, allora $f \overset{\text{q.o.}}{=}g$.
(ii) Se $f_n \overset{\mu}{\to} f$ con $f$ misurabile e esiste $g$ misurabile tale che $f_n \overset{\text{q.o.}}{<=}g \forall n \in NN$, allora $f \overset{\text{q.o.}}{<=}g$.

Dimostrazione (Tentativo di...)

(i)
Sia
$A_k := \{x \in X : |f-g| >= 1/k \} \quad \forall k \in NN_0 $
Chiaramente
$ A:= \{ x \in X : f(x) \ne g(x) \} = \{ x \in X : |f-g|>0\} = \bigcup_{k \in NN_0} A_k$

Fissati $k \in NN_0$ e $n \in NN$ si ha, per la disuguaglianza triangolare, che
$A_k \subset \{x \in X : |f_n(x)-f(x)| >= 1/(2k) \} \cup \{x \in X : |f_n(x)-g(x)| >= 1/(2k) \} =: A_{f,n,k} \cup A_{g,n,k}$

Per definizione di convergenza in misura si ha che $\mu(A_{f,n,k}) \underset{n}{\to} 0 $ e $\mu(A_{g,n,k}) \underset{n}{\to} 0$ e dunque che $\mu(A_k) =0 \quad \forall k \in NN_0$.

Ma quindi $\mu(A)=0$ cioè $f \overset{\text{q.o.}}{=}g$.


(ii)
Per assurdo si supponga che, posto $A:= \{ x \in X: f(x) > g(x) \}$, si abbia $\mu(A)>0$.
Sia $A_k:= \{ x \in X : f(x)-g(x) > 1/k \} \quad \forall k \in NN_0 $.
Si ha che $A:= \bigcup_{k \in NN_0} A_k$.
Se $A$ ha misura positiva deve esistere almeno un $\overline{k}$ t.c. $\mu(A_{\overline{k}}) = \delta >0$
Sia $\overline{X}:= \{ x \in X : f_n(x) <= g(x) \quad \forall n \in NN\}$, per ipotesi $\mu(X-\overline{X})=0$.

Fissato $n \in NN$ si ha che se $x \in A_{\overline{k}} \cap \overline{X}$ allora $-1/\overline{k} > g(x)-f(x) = g(x) -f_n(x) +f_n(x) -f(x) >= f_n(x)-f(x)$ cioè $|f_n(x)-f(x)| > 1/\overline{k}$ per ogni $x \in A_{\overline{k}} \cap \overline{X}$ e per ogni $n \in NN$.

Nella definizione di convergenza in misura si prenda $\epsilon = 1/\overline{k}$ e sia $n \in NN$ fissato; si ha:

$\mu( \{ x \in X: |f_n(x)-f(x)| > 1/\overline{k} \}) = \mu({x \in A_{\overline{k}} \cap \overline{X}: |f_n(x)-f(x)| > 1/\overline{k} \}) + \mu({x \in (A_{\overline{k}} \cap \overline{X})^c: |f_n(x)-f(x)| > 1/\overline{k} \}) >= \mu({x \in A_{\overline{k}} \cap \overline{X}: |f_n(x)-f(x)| > 1/\overline{k} \}) = \mu(A_{\overline{k}}) = \delta >0$

Ma per l'arbitrarietà di $n$ si ha che $\mu( \{ x \in X: |f_n(x)-f(x)| > 1/\overline{k} \})>=\delta$ per ogni $n \in NN$ e dunque $\mu( \{ x \in X: |f_n(x)-f(x)| > 1/\overline{k} \})$ non tende a zero quando $n \to \infty$, cioè $f_n$ non tende in misura a $f$ che è la negazione dell'ipotesi.

$\square$


In particolare dove sto usando la completezza?

[javicemarpe]

Fissato $n \in NN$ si ha che se $x \in A_{\overline{k}} \cap \overline{X}$ allora $1/\overline{k} > g(x)-f(x) = g(x) -f_n(x) +f_n(x) -f(x) >= f_n(x)-f(x)$ cioè $|f_n(x)-f(x)| > 1/\overline{k}$ per ogni $x \in A_{\overline{k}} \cap \overline{X}$ e per ogni $n \in NN$.

I don't understand this part. Anyway, I wouldn't do the proof by contradiction. I would check that $A$ is contained in a countable union of sets with zero measure, so, by completeness, $A$ would have zero measure. You can do the details.

[Bremen000]

Ciao, grazie per la risposta. Cerco di spiegare quello che intendo dire nel pezzo che hai citato.
Poiché:
1. Se $x \in A_{\overline{k}}$ si ha $1/\overline{k} > g(x)-f(x)$.
2. Se $x \in \overline{X}$ si ha $g(x)-f_n(x) >=0$ e dunque $[g(x)-f_n(x)] +[f_n(x)-f(x)] >= f_n(x)-f(x)$ poiché la prima quadra è positiva.

Essendo $x$ nell'intersezione dei due insiemi valgono entrambe le proprietà e dunque si ha $f_n(x)-f(x) < 1/\overline(k)$ cioè $|f_n(x)-f(x)|>1/\overline(k)$.

Per il resto, $A$ so già essere un insieme misurabile perché è la controimmagine di $(0,+\infty)$ attraverso $f-g$ che è misurabile perché differenza di funzioni misurabili, quindi non ho bisogno di usare la completezza. E non ho capito quali sarebbero gli insiemi di misura zero nella cui unione è contenuto $A$.

[javicemarpe]

If I am not mistaken, 1) cannot follow from the definition of $A_{\overline{k}}$ unless you write a minus sign before $1/\overline{k}$. The union of sets containing $A$ can be found by writing $f(x)-g(x)>1/k$ for a point $x\in A$, then introducing the term $f_n(x)-f_n(x)$ (this works for any $n$) and using triangular inequality and the given hypotheses.

[Bremen000]

If I am not mistaken, 1) cannot follow from the definition of $A_{\overlin{k}}$ unless you write a minus sign before $1/\overline{k}$.

Hai certamente ragione! Grazie, corretto!

The union of sets containing $ A $ can be found by writing $ f(x)-g(x)>1/k $ for a point $ x\in A $, then introducing the term $ f_n(x)-f_n(x) $ (this works for any $ n $) and using triangular inequality and the given hypotheses.

Non è quello che ho fatto io? Cioè usando gli $A_k$ dimostro praticamente che ogni $A_k$ ha misura nulla per assurdo..

P.S.: curiosa questa cosa che ci scriviamo in lingue diverse, potrei passare all'inglese ma non è il mio forte! Di dove sei, se posso chiedere?

[javicemarpe]

Actually I'm not sure that the completeness is necessary. Indeed, convergence in measure implies convergence of a subsequence almost everywhere. This means that there exists $\{n_k\}_{k\in\mathbb{N}}$ a sequence of natural numbers such that $f_{n_k}\to f$ almost everywhere. Since $f_{n_k}\leq g$ almost everywhere, we have that $f\leq g$ almost everywhere. So it looks like the completeness of the space is not necessary at all...
I think this argument is correct. On the other hand, I don't think my previous idea will work...

P.S.: Well, English is not one of my best skills, but I can't write in Italian, although I understand it. I'm from Spain.

[Bremen000]

Grazie! Così è molto più semplice!