[EX] Teorema di Lebesgue per convergenza in misura

[gugo82]

Chiunque abbia studiato un po' di Analisi Superiore conosce il celeberrimo Teorema di Lebesgue o della convergenza dominata (cfr. Rudin, Real and Complex Analysis - Third Edition, §1.34):

Siano \((X,\mathfrak{M}, \mu)\) uno spazio di misura, \(f:X\to \mathbb{C}\) misurabile ed \((f_n)\) una successione di funzioni complesse misurabili su \(X\) tale che \(f_n\to f\ [\mu] \text{-q.o.}\)
Se esiste una funzione \(\phi:X\to [0,\infty]\) misurabile tale che:

a. \(|f_n|\leq \phi\ [\mu] \text{-q.o.}\),
b. \(\int_X \phi\ \text{d} \mu<\infty\),

allora:

1. \(\int_X |f|\ \text{d} \mu <\infty\) e
2. \(\lim_n \int_X |f_n-f|\ \text{d} \mu =0\),

quindi è lecito il passaggio al limite sotto il segno d'integrale:
\[
\lim_n \int_X f_n\ \text{d} \mu =\int_X f\ \text{d} \mu\; .
\]

Già tempo fa, su questo stesso forum, si è parlato di versioni un po' più generali del teorema di Lebesgue: ad esempio, è stata dimostrata la sua "versione \(L^p\)". Tuttavia, nelle generalizzazioni proposte finora, l'unica cosa che cambiava era lo spazio di sommabilità della funzione dominante \(\phi\).
Il prossimo esercizio, invece, mostra che anche l'ipotesi di convergenza puntuale q.o., cioè "\(f_n\to f\ [\mu] \text{-q.o.}\)", può essere indebolita (di parecchio).

Anche per questo esercizio gradirei che fossero soprattutto i "giovani" a proporre qualche soluzione.
Fatevi sotto!

***

Pochi prerequisiti:

Sia \((X,\mathfrak{M},\mu)\) uno spazio di misura.

Si dice che una successione di funzioni complesse misurabili \((f_n)\) converge in misura verso un'applicazione complessa misurabile \(f\) se e solo se risulta:
\[
\forall \varepsilon >0,\quad \lim_{n\to \infty} \mu \left( \{ x\in X:\ |f_n(x)-f(x)|\geq \varepsilon \}\right) =0\; ,
\]
o equivalentemente se:
\[
\forall \varepsilon >0,\ \exists \nu \in \mathbb{N}:\ \forall n\geq \nu,\quad \mu \left( \{ x\in X:\ |f_n(x)-f(x)|\geq \varepsilon \}\right) <\varepsilon \; ;
\]
in tal caso si scrive \(f_n \stackrel{\mu}{\to} f\).
Si dimostra che se \(f_n \stackrel{\mu}{\to} f\) e contemporaneamente \(f_n \stackrel{\mu}{\to} g\), allora \(f=g\ [\mu]\text{-q.o.}\), sicché c'è unicità del limite in misura a meno di modificazioni su insiemi \(\mu\)-trascurabili.

Analogamente, si dice che \((f_n)\) converge ad \(f\) quasi ovunque rispetto a \(\mu\), e si scrive \(f_n\to f\ [\mu]\text{-q.o.}\) se e solo se esiste un insieme \(\mu\)-trascurabile \(N\subseteq X\) (i.e. un insieme misurabile con \(\mu(N)=0\)) tale che
\[
\forall x\in X\setminus N,\quad \lim_n f_n(x)=f(x).
\]
Anche nel caso della convergenza puntuale c'è unicità del limite a meno di modificazioni su insiemi \(\mu\)-trascurabili.

In generale, se una successione \((f_n)\) converge puntualmente q.o. verso \(f\) non è detto che essa converga ad \(f\) anche in misura, e viceversa. Tuttavia è sempre possibile estrarre da \((f_n)\) una sottosuccessione \((f_{n_k})\) convergente in misura ad \(f\), e viceversa.
Chi fosse interessato ai rapporti tra i due tipi di convergenza può vedere qui.

Ricordo inoltre che se \(\int_X |\phi|\text{d}\mu<\infty\), al funzione:
\[
\nu: \mathfrak{M}\ni E\mapsto \int_E |\phi|\ \text{d}\mu \in [0,\infty[
\]
è una misura in \(X\) che risulta assolutamente continua rispetto a \(\mu\); in altri termini \(\nu\) è tale che:
\[
\tag{AC} \forall \varepsilon >0,\ \exists \delta >0:\ \forall E\in \mathfrak{M},\quad \mu (E)<\delta\ \Rightarrow\ \nu (E)=\int_E |\phi|\ \text{d}\mu <\varepsilon\; .
\]

***

Esercizio:

Nel seguito si suppone che \((X,\mathfrak{M},\mu)\) sia uno spazio di misura completo.

1. Sia \(\phi:X\to \mathbb{C}\) misurabile.
Dimostrare che se \(\int_X |\phi|\ \text{d} x<\infty\) allora per ogni \(\varepsilon >0\) esiste un \(E\in \mathfrak{M}\) tale che:
\[
\mu (E)<\infty\qquad \text{e} \qquad \int_{X\setminus E} |\phi|\ \text{d}\mu <\varepsilon\; .
\]

Suggerimenti: Si ponga \(E_n:=\{|\phi|>1/n\}\); gli \(E_n\) sono crescenti, hanno misura finita (disuguaglianza di Chebyshev) e \(\lim_n \int_{E_n} |\phi|\text{d} \mu =\int_X |\phi|\text{d}\mu\); quindi scegliendo \(n\) sufficientemente grande...

2. Se \((f_n),f,\phi\) sono funzioni complesse misurabili e \(f_n\stackrel{\mu}{\to} f\) e \(|f_n|\leq \phi\ [\mu]\text{-q.o.}\) allora anche \(|f|\leq \phi\ [\mu]\text{-q.o.}\)

Suggerimenti: Per la disuguaglianza triangolare è \(|f|-\phi\leq |f_n-f|\) per ogni \(n\), ergo \(\{|f|\geq \phi \} \subseteq \bigcup_{\varepsilon >0} \{|f_n-f|\geq \varepsilon \ \text{per ogni } n\}\); ma \(\{|f_n-f|\geq \varepsilon \ \text{per ogni } n\}=\bigcap_{n\in\mathbb{N}} \{|f_n-f|\geq \varepsilon \}\), quindi \(\mu (\{|f_n-f|\geq \varepsilon \ \text{per ogni } n\})=0\) e perciò...

3. Provare che il Teorema di Lebesgue rimane valido anche se all'ipotesi di convergenza puntuale q.o. si sostituisce quella strettamente più debole di convergenza in misura, i.e. se si sostituisce \(f_n \stackrel{\mu}{\to} f\) al posto di \(f_n\to f\ [\mu] \text{-q.o.}\).

In altre parole, dimostrare la seguente versione generalizzata:

Siano \((X,\mathfrak{M}, \mu)\) uno spazio di misura, \(f:X\to \mathbb{C}\) misurabile ed \((f_n)\) una successione di funzioni complesse misurabili su \(X\) tale che \(f_n \stackrel{\mu}{\to} f\).
Se esiste una funzione \(\phi:X\to [0,\infty]\) misurabile tale che:

a. \(|f_n|\leq \phi\ [\mu] \text{-q.o.}\),
b. \(\int_X \phi\ \text{d} \mu<\infty\),

allora:

A. \(\int_X |f|\ \text{d} \mu <\infty\) e
B. \(\lim_n \int_X |f_n-f|\ \text{d} \mu =0\),

quindi è lecito il passaggio al limite sotto il segno d'integrale:
\[
\lim_n \int_X f_n\ \text{d} \mu =\int_X f\ \text{d} \mu\; .
\]

Suggerimenti: Innanzitutto, mostrare che ci si può sempre ricondurre al caso \(f_n\geq 0\) ed \(f=0\ [\mu]\text{-q.o.}\) (altrimenti considerare \(g_n=|f_n-f|\)).
La A segue dal punto 2, quindi basta provare la B.
Sia \(E\) un insieme che viene dalla 1 in corrispondenza di \(\varepsilon/3\) e sia \(\delta>0\) un numero tanto piccolo da verificare entrambe la (AC) con \(\varepsilon/3\) e la disuguaglianza \(\delta \mu(E)<\varepsilon /3\); per ogni \(n\) è:
\[
\int_X f_n\ \text{d}\mu =\left( \int_{E\cap \{f_n<\delta \}} +\int_{E\cap \{f_n\geq \delta\}} +\int_{X\setminus E}\right) f_n\ \text{d}\mu\; ;
\]
a questo punto, per maggiorare il primo e terzo integrale a secondo membro non serve troppo sforzo; per maggiorare il secondo, invece, basta ricordare che \(f_n\stackrel{\mu}{\to} 0\)...

4. Fornire un esempio in cui non è applicabile il teorema di Lebesgue nella sua veste "standard" (enunciata nell'inicipit) ma è applicabile quella enunciata in 3.

[Paolo902]

Mi butto, non garantisco il risultato, anzi... ma sono giovane e ho tanta voglia di imparare.

"gugo82":
1. Sia \(\phi:X\to \mathbb{C}\) misurabile.
Dimostrare che se \(\int_X |\phi|\ \text{d} x<\infty\) allora per ogni \(\varepsilon >0\) esiste un \(E\in \mathfrak{M}\) tale che:
\[
\mu (E)<\infty\qquad \text{e} \qquad \int_{X\setminus E} |\phi|\ \text{d}\mu <\varepsilon\; .
\]

Alla luce dei suggerimenti in spoiler non dovrebbe essere difficile.

Come suggerito, poniamo \(E_n:=\{|\phi|>1/n\}\). Poichè [tex]\frac{1}{n} > \frac{1}{n+1}[/tex] per ogni [tex]n \ge 1[/tex], abbiamo che $E_n \subset E_{n+1}$. Osserviamo, per inciso, che $E_(n)$ è una successione monotona di insiemi e come tale ammette limite (risulta [tex]\lim_{n\to +\infty}E_n = \bigcup_{j=1}^{\infty} E_{j}[/tex]).

Ora, gli $E_n$ hanno misura finita e per provarlo dovrebbe bastare Markov: in effetti, per ogni $a>0$, vale [tex]\mu (\left\{\vert \phi \vert \ge a \right\}) \le \frac{1}{a} \int_{X} \vert \phi \vert \text{d}\mu < \infty[/tex] per ipotesi.

Inoltre, per note proprietà sugli integrali, vale \(\lim_n \int_{E_n} |\phi|\text{d} \mu =\int_X |\phi|\text{d}\mu\). Sia allora $varepsilon>0$ fissato. Per definizione di limite, esiste $n_0 \in \NN$ tale che se $n \ge n_0$ allora
[tex]\left\vert \displaystyle \int_X |\phi|\text{d} \mu - \int_{E_n} |\phi|\text{d} \mu \right \vert < \varepsilon[/tex]
Insomma, abbiamo provato che definitivamente
[tex]\int_{X \setminus E_n} |\phi|\text{d} \mu < \varepsilon[/tex]

Ora basta ricordare che il passaggio al complementare inverte le inclusioni. Quindi, per ogni $n \ge n_0$, $E_{n_0} \subseteq E_{n}$ implica $X \setminus E_n subseteq X \setminus E_{n_0}$. Ma allora se prendiamo $E=E_{n_0}$ dovremmo essere a posto, grazie alla proprietà di additività dell'integrale (l'integrando è positivo). A parole, se vale "sul più grande" degli insiemi allora sono sicuro che varrà anche "sui più piccoli".

Noto, infine, che $E_{n_0}$ va bene come scelta perchè è ovviamente un elemento della $\sigma$-algebra (essendo $|\phi|$ misurabile) ed ha misura finita (essendo uno degli $E_i$).

Ci sono andato almeno vicino? Speriamo...
Grazie mille per tutto.

[gugo82]

Tutto giusto, Paolo.

C'è un unico passaggio, corretto, ma che però merita ulteriore giustificazione; è quello evidenziato in grassetto:

"Paolo90":[...] poniamo \(E_n:=\{|\phi|>1/n\}\). Poichè [tex]\frac{1}{n} > \frac{1}{n+1}[/tex] per ogni [tex]n \ge 1[/tex], abbiamo che $E_n \subset E_{n+1}$. Osserviamo, per inciso, che $E_(n)$ è una successione monotona di insiemi e come tale ammette limite (risulta [tex]\lim_{n\to +\infty}E_n = \bigcup_{j=1}^{\infty} E_{j}[/tex]). [...]

[...] per note proprietà sugli integrali, vale \(\lim_n \int_{E_n} |\phi|\text{d}\ \mu =\int_X |\phi|\ \text{d}\mu\). [...]

Infatti, le note proprietà dell'integrale implicano:
\[
\lim_n \int_{E_n} |\phi|\ \text{d} \mu = \int_{\bigcup_n E_n} |\phi|\ \text{d}\mu\; ,
\]
quindi come si spiega l'uguaglianza (torno a precisare, corretta!) \(\lim_n \int_{E_n} |\phi|\text{d}\ \mu =\int_X |\phi|\ \text{d}\mu\)?


P.S.: Quella che chiami disuguaglianza di Markov è la mia disuguaglianza di Chebyshev.

[Paolo902]

"gugo82":Tutto giusto, Paolo.

Grazie

"gugo82": C'è un unico passaggio, corretto, ma che però merita ulteriore giustificazione; è quello evidenziato in grassetto: [...]
Infatti, le note proprietà dell'integrale implicano:
\[
\lim_n \int_{E_n} |\phi|\ \text{d} \mu = \int_{\bigcup_n E_n} |\phi|\ \text{d}\mu\; ,
\]
quindi come si spiega l'uguaglianza (torno a precisare, corretta!) \(\lim_n \int_{E_n} |\phi|\text{d}\ \mu =\int_X |\phi|\ \text{d}\mu\)?

Hai assolutamente ragione; ci avevo anche pensato, ma poi l'ho dato per scontato e mi sono dimenticato di riportarlo. Direi che quell'uguaglianza segue dal fatto che [tex]\lim_{n\to +\infty} E_n = \bigcup_j E_j = X \setminus \left\{|\phi|=0\right\}[/tex] (EDIT: si veda sotto il messaggio di gugo82).
Sono sicuro che ci sia un modo molto più pulito e generale del mio, ma per ora non mi viene in mente altro.

Affermo che [tex]\bigcup_{n=1}^{\infty} \left\{ x \in X \text{ tali che } \vert \phi(x) \vert > \frac{1}{n} \right\} = \left\{x \in X : \vert \phi(x) \vert >0 \right\}[/tex].

Un'inclusione è ovvia. Per l'altra, si ragioni per assurdo. Supponiamo che sia [tex]\vert \phi(x) \vert >0[/tex] e che, per ogni $n \in \NN$, [tex]\vert \phi(x) \vert \le \frac{1}{n}[/tex]. Allora (è un semplice esercizio di analisi I: se $x$ è numero reale non negativo e per ogni $epsilon>0$ vale $x \le epsilon$ allora $x=0$), necessariamente [tex]\vert \phi(x) \vert = 0[/tex], il che è assurdo.

Per concludere, ora basta notare che [tex]\int_{\left\{\phi = 0 \right\}} |\phi| \text{d}\mu = 0[/tex] ( ). Alla luce di ciò,

[tex]\lim_n \int_{E_n} |\phi|\ \text{d} \mu = \int_{\bigcup_n E_n} |\phi|\ \text{d}\mu\ = \int_{X \setminus \left\{\phi=0\right\}} |\phi|\ \text{d}\mu\ = \int_{X} |\phi|\ \text{d}\mu\[/tex].

Che ne dici? Può andare?

"gugo82": P.S.: Quella che chiami disuguaglianza di Markov è la mia disuguaglianza di Chebyshev.

Lo immaginavo. Le dispense che sto cercando di studiare la riportano con il nome di Markov. Ad ogni modo, l'importante è intendersi

Grazie mille. Appena riesco provo ad approcciare gli altri punti.

[gugo82]

Giusta la conclusione, ma l'inizio contiene una piccola pecca (probabilmente un errore di battitura).

Infatti l'uguaglianza:

"Paolo90":[tex]\lim_{n\to +\infty} E_n = \bigcup_j E_j = X[/tex]

è falsa, mentre è vera l'uguaglianza che usi dal quarto rigo in giù, ossia:
\[
\lim_{n\to +\infty} E_n = \bigcup_j E_j = \{ x\in X:\ |\phi (x)| >0\}\; .
\]
Invero, come ricordi giustamente alla fine della dimostrazione, è:
\[
X= \{ x\in X:\ |\phi (x)| >0\} \cup \{ x\in X:\ |\phi (x)| =0\}=\{ x\in X:\ |\phi (x)| =0\} \cup \bigcup_j E_j\; .
\]

[Paolo902]

Sì, certo. Scusa, mi è proprio sfuggito. Magari edito, così è più chiaro e non induce in errore chi ci legge.

[Paolo902]

"gugo82": 2. Se \((f_n),f,\phi\) sono funzioni complesse misurabili e \(f_n\stackrel{\mu}{\to} f\) e \(|f_n|\leq \phi\ [\mu]\text{-q.o.}\) allora anche \(|f|\leq \phi\ [\mu]\text{-q.o.}\)

L'idea è quella di sfruttare la completezza della misura $\mu$ (è completa, nevvero? ).

Come suggerisci, osserviamo che per ipotesi abbiamo $|f_n| \le \phi$ per ogni $n$, cioè $-\phi \le -|f_n|$. Allora si ha [tex]|f|-\phi \le |f| - |f_n| \le \left\vert |f| - |f_n| \right\vert \le |f-f_n|[/tex], dove nel penultimo passaggio si è usata l'ovvia relazione $x \le |x|$ per ogni $x \in \RR$ e nell'ultimo si è fatto uso della disuguaglianza triangolare inversa.

Ebbene, in sostanza $|f|-\phi \leq |f_n-f|$ per ogni $n$. Quindi $\{|f|\geq \phi \} \subseteq \bigcup_{\varepsilon >0} \{|f_n-f|\geq \varepsilon \ \text{per ogni } n\}$ (in parole povere, se $x \in X$ rende positivo LHS della disuguaglianza della riga sopra allora rende positivo anche RHS a maggior ragione; per la faccenda degli $epsilon$ si ragioni come nel punto 1).

Come giustamente osservi tu, \(\{|f_n-f|\geq \varepsilon \ \text{per ogni } n\}=\bigcap_{n\in\mathbb{N}} \{|f_n-f|\geq \varepsilon \}\). E per l'ipotesi di convergenza in misura, la misura di questa intersezione è zero (sento che è così, ma ora come ora non riesco a trovare un argomento formale convincente; immagino basti qualche maggiorazione e la solita monotonia della misura... mi riservo di pensarci su domani a mente fresca).

Per la citata completezza, abbiamo che $\{|f|\geq \phi \}$ è un sottoinsieme di un insieme $\mu$-trascurabile e quindi è anche lui $mu$-trascurabile. E ciò è esattamente quanto si voleva provare.

Grazie.

[gugo82]

Esatto.

Per quanto riguarda la faccenda della misura, basta ricordare che la successione \(\bigcap_{n=1}^N \{ |f_n-f|\geq \varepsilon\}\) è monotona decrescente, ergo per continuità verso il basso:
\[
\mu \left( \bigcap_{n=1}^\infty \{ |f_n-f|\geq \varepsilon\}\right) =\lim_N\ \mu \left( \bigcap_{n=1}^N \{ |f_n-f|\geq \varepsilon\} \right) =0\; .
\]

Poi sì, hai ragione, la \(\mu\) è completa.
Non l'ho specificato perché basta passare al completamento per aggirare l'ostacolo con un procedimento standard...
Tuttavia vado ad editare lo OP per aggiungere questa ipotesi; inoltre, visto che mi è venuta in mente, vado anche ad aggiungere un'ultima domanda all'esercizio.

[Paolo902]

"gugo82":Esatto.

Grazie

"gugo82":
Per quanto riguarda la faccenda della misura, basta ricordare che la successione \(\bigcap_{n=1}^N \{ |f_n-f|\geq \varepsilon\}\) è monotona decrescente, ergo per continuità verso il basso:
\[
\mu \left( \bigcap_{n=1}^\infty \{ |f_n-f|\geq \varepsilon\}\right) =\lim_N\ \mu \left( \bigcap_{n=1}^N \{ |f_n-f|\geq \varepsilon\} \right) =0\; .
\]

Avevo pensato anche io che fosse monotona decrescente, ma ieri sera ero troppo stanco per vederlo. In effetti, chiamiamo $A_n : = \{ |f_n-f|\geq \varepsilon\}$. Vogliamo provare che $A_{n+1} \subseteq A_{n}$.

Con i soliti trucchetti standard, $varepsilon \le |f_{n+1}-f| \le |f_{n+1}-f_{n}|+|f_n-f|$ e ora il problema è che non so stimare la distanza fra due termini successivi della successione, cioè non so stimare $|f_{n+1}-f_{n}|$... Come si mostra che la successione è monotona decrescente?

"gugo82": Poi sì, hai ragione, la \(\mu\) è completa.
Non l'ho specificato perché basta passare al completamento per aggirare l'ostacolo con un procedimento standard...
Tuttavia vado ad editare lo OP per aggiungere questa ipotesi; inoltre, visto che mi è venuta in mente, vado anche ad aggiungere un'ultima domanda all'esercizio.

Hai fatto benissimo ad aggiungere un'altra domanda. Per quanto riguarda la questione della completezza della misura, mi scuso: come sai, non sono molto pratico di queste cose e non avevo pensato di passare al completamento. Ho preferito aggiungere l'ipotesi giusta

Buona giornata e grazie ancora.

[DajeForte]

Molto interessante questo topic...

@Paolo: è questo che è decrescente $A_n:= nn_{i=1}^n {|f_n-f|>= varepsilon} $ (dovresti poi ancher dire che esiste $j$ tale che la misura di $A_j$ sia finita).
Keep going!

@Paolo & gugo: Perchè richiedete la completezza dello spazio? Se $f$ e $phi$ sono misurabili, l'insieme ${|f|>=phi}$ è misurabile.