Solución a dos problemas del Rudin
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8/18/2019 Solución a dos problemas del Rudin
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Problemas del Rudin
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1 Problema 16 Teorema de Egoroff
Si µ(X ) < ∞, {f n} es una sucesión de funciones complejo medibles que convergepuntualmente en cada punto punto de x y > 0, entonces existe un conjuntomedible E ⊆ X tal que µ(X − E ) < y {f n} converge uniformemente en E .
Prueba Sea
S (n, k) =
i,j>n
x : |f i(x)− f j(y)| < 1
k
Obs:1.Este conjunto es medible.2. S (n, k) ⊆ S (n + 1, k), pues
S (n, k) = i,j>n+1
x : |f i(x)− f j(y)| < 1
k ∩
i=n+1
j>n+1
x : |f i(x)− f j(y)| < 1
k =
= S (n + 1, k) ∩
i=n+1
j>n+1
x : |f i(x)− f j(y)| < 1
k
También tenemos que X = ∞
n=1 S (n, k). Pues, dada x ∈ X (fijando k), ten-emos por hipótesis que f n → f puntualmente. Entonces existe N tal que|f i(x)− f j(x)| < 1k , si i,j > N (pues toda sucesión convergente es de Cauchy),aśı x ∈ S (N, k), por tanto x ∈
∞
n=1 S (n, k).
Entonces tenemos una sucesión creciente de conjuntos medibles S (n, k) conX =
∞
n=1 S (n, k). Esto implica (por un teorema anterior) que:
µ(S (n, k)) −→ µ(X )
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Entonces, para cada k = 1, 2, 3,..., sea nk tal que:
|µ(S (nk, k))− µ(X )| < 2k
Sea
E =
∞k=1
S (nk, k)
Afirmamos que este conjunto E cumple con lo pedido en el teorema.
Obs: X −E = ∞k=1 (X − S (nk, k))Entonces, tenemos que:µ(X −E ) ≤
∞k=1
µ(X − S (nk, k))
=
∞k=1
µ(X )− µ(S (nk, k))
≤∞k=1
|µ(X )− µ(S (nk, k))|
<
∞
k=1
2k
=
Ahora veamos que f n −→ f uniformemente en E . Para > 0, sea k talque 1
k < . Notemos que si x ∈ S (nk, k), entonces |f i(x)− f j(x)| < 1k < ,∀i, j ≥ nk.
Entonces, como E ⊆ S (nk, k), tenemos que para > 0 existe nk tal que∀i, j ≥ nk se cumple |f i(x)− f j(x)| < , ∀x ∈ E . Si fijamos i en la expresión an-terior y tomamos el ĺımite cuando j → ∞, tenemos: |f i(x)− f (x)| < , ∀x ∈ E .Por tanto f n −→ f uniformemente en E .
2 Problema 12
Supongamos que µ(Ω) = 1 y que h : Ω → [0,∞] es medible. Si
A =
Ω
h dµ
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Demostrar que:
1 + A
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≤ Ω 1 + h2 dµ ≤ 1 + APrueba Si A = ∞ o si A = 0 se cumple la desigualdad. Aśı que podemossuponer que 0 < A