Monotone Convergence Theorem §

Sia $(f_n{)}_{n\ge 1}$ una successione di funzioni misurabili non negative $f\in m{\Sigma }^{+}$ (spazio misurabile $(S,\Sigma )$), tali che $f_n\uparrow f$. Allora:

$$\mu (f_n)\uparrow \mu (f)\le \infty$$

ovvero

$${\int }_S{f}_n(x)d\mu (s)\uparrow {\int }_{S}f(x)d\mu (x)$$

Proof (Landim) §

L’idea è trovare una successione di funzioni semplici che converga ad $f$, scegliendo funzioni semplici dalle $g_{nm}\uparrow f_n$. Dalla monotonia dell’integrale segue la tesi.

Per ipotesi, $f_n$ sono misurabili, dunque esistono delle successioni di funzioni semplici che convergono monotonamente ad esse:

$$\begin{array}{rl}& g_{11},g_{12},g_{13},\dots f_1\\ & g_{21},g_{22},g_{23},\dots f_2\\ & g_{31},g_{32},g_{33},\dots f_3\end{array}$$

definisco la successione $g_k:={\max }_{i\le k}{g}_{ik}$. Fisso la $k$ colonna, scelgo il max Facciamo vedere le seguenti proprietà:

1. Sono funzioni semplici. Ovvio dalla definizione.
2. $g_k$ è monotona non descrescente: banale dalla definizione, infatti ogni volta prendo il max su funzioni che sono più grandi o uguali a quelle dove ho preso il max la volta prima.
3. $g_k\uparrow f$. L’osservazione cruciale è che $g_k\le f_k$, ma questo è facile e segue direttamente dalla definizione e dal fatto che anche $f_k$ è una sequenza monotona non decrescente. Quindi:

$$g_{ik}\le g_k\le f_k\le f$$

prendendo il limite per $i\to \infty$ ottengo:

$$f_k\le g_k\le f_k\le f$$

e prendendo il limite per $k\to \infty$ ottengo che $g_k\uparrow f$. Quindi, dalla definizione dell’Lebesgue’s integral:

$$\int fd\mu =\underset{n}{\lim }\int g_{n}d\mu$$

Per dimostrare la tesi, prima osserviamo che un verso segue banalmente dalla monotonia dell’integrale di Lebesgue, infatti $f_n\le f$ implica

$$\int f_{n}d\mu \le \int fd\mu \forall n$$

quindi anche per il limsup:

$$\underset{n}{\mathrm{limsup}}\int f_{n}d\mu \le \int fd\mu$$

Per l’altro verso sfruttiamo l’osservazione che $g_k\le f_k$, ancora una volta dalla monotonia:

$$\int fd\mu =\underset{n}{\lim }\int g_{n}d\mu \le \underset{n}{\mathrm{liminf}}\int f_{n}d\mu$$

questo dimostra la tesi. $\square$

Osservazione §

Posso estendere il teorema anche se la sequenza $f_n$ è limitata inferiormente da una funzione misurabile $g$. Basta applicare il teorema alla sequenza non negativa $f_n-g\ge 0$.

Proof (Williams) §

Prima necessitiamo di qualche lemma.

Lemma 1 §

Limite di successioni doppiamente monotone. Sia $(y_n^r{)}_{n,r\ge 1}$ una sequenza di numeri in $[0,\infty ]$ doppiamente monotona, ovvero fissando $r$ monotona in $n$, e viceversa.

Allora il limite doppio esiste ed è indipendente dall’ordine:

$$y^r:=\underset{n}{\lim }{y}_n^r{y}_n:=\underset{r}{\lim }{y}_n^r$$

i limiti esistono per monotonia, il risultato è:

$$y_{\infty }:=\underset{n}{\lim }{y}^r=\underset{r}{\lim }{y}_n$$

Proof §

Siccome lavoriamo nella semiretta realte estesa, è ben definito il sup:

$$y^{\ast }:=\underset{r,n}{\sup }{y}_n^r,y^{\ast }\in [0,\infty ]$$

Scegliamo $ϵ>0$, allora $\exists \overline{r},\overline{n}$ tali che $\forall r\ge \overline{r},n\ge \overline{n}$ si ha:

$$y^{\ast }-ϵ\le y_n^r\le y^{\ast }+ϵ$$

che è la definizione di limite due dimensionale, quindi:

$$\underset{n,r}{\lim }{y}_n^r=y^{\ast }$$

Questo implica che i due limite coincidano. Fissiamo $r$, per la monotonia esiste il limite

$$\underset{n}{\lim }{y}_n^r=:y^r$$

Facciamo vedere che:

$$\underset{r}{\lim }{y}^r=y^{\ast }$$

sia $ϵ>0$, se scelgo il $N:=max(\overline{r},\overline{n})$ allora ho per $n,r\ge N$

$$|y_n^r-y^{\ast }|\le ϵ$$

allo stesso modo esiste un $M$ tale che $\forall n\ge M$

$$|y_n^r-y^r|\le ϵ$$

mettendo insieme i pezzi, scegliendo il massimo tra $N,M$:

$$|y^r-y^{\ast }|\le |y^r-y_n^r|+|y_n^r-y^{\ast }|\le 2ϵ$$

in maniera analoga per il limite di $y_n$. $\square$

Lemma 2 §

Sia $A\in \Sigma$, e la successione di funzioni semplici non negative $h_n\in S{F}^{+}$ tale che $h_n\uparrow I_A$. Allora $\mu (h_n)\uparrow \mu (A)$.

Proof §

Dalla monotonia segue che $\mu (h_n)\le \mu (A)$. Facciamo vedere che:

$$\underset{n}{\mathrm{liminf}}\mu (h_n)\ge \mu (A)$$

che implica l’uguaglianza. Definiamo gli insiemi (misurabili)

$$A_n:=\{s\in A:h_n(s)>1-ϵ\}$$

è evidente che $A_n\uparrow A$. Quindi per Continuity of mesure:

$$\underset{n}{\lim }\mu (A_n)=\mu (A)$$

per costruzione degli $A_n$ vale:

$$(1-ϵ)I_{A_n}\le h_n$$

quindi:

$$(1-ϵ)\mu (A_n)\le \mu (h_n)$$

quindi anche per il $\mathrm{liminf}$. $\square$

Costruiamo un successioni di funzioni semplici che converge monotonamente $f_r\uparrow f$. Definiamo la r-esima funzione scala:

$${\alpha }_r(x):=\{\begin{array}{l}0\text{ if }x=0\\ (i-1)2^{-r}\text{ if }(i-1)2^{-r}<x\le i{2}^{-r}(i\in \mathbb{N})\\ r\text{ if }x>r\end{array}$$

Sia $f_n^{(r)}:={\alpha }_r(f_n)$, e $f^{(r)}:={\alpha }_r(f)$. Siccome ${\alpha }_r$ è continua da sinistra, $f_n^{(r)}\uparrow f^{(r)}$. Siccome ${\alpha }_r(x)\uparrow x$ $\forall x$, $f_n^{(r)}\uparrow f_n$ quando $r\to \infty$.